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动量守恒定律综合应用
高一奥赛班
例题7 (2006年全国理综)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经△t时间,身体伸直刚好离开地面,速度为V,在此过程中:
A.g△t,地面对他做的功为mV2/2;
B.g△t,地面对他做的功为零;
C.地面对他的冲量为mV,地面对他做的功为mV2/2;
D.g△t,地面对他做的功为零;
分析与解:设运动员在起跳过程中受到地面平均作用力为F,根据动量定理:
(F- mg)△t=mV
故: F△t=mV+mg△t
另外,地面虽然对运动员有作用力,却没有对运动员做功,原因是这个弹力的作用点没有位移,运动员起跳动能的获得是运动员身体的一部分对另一部分做功的结果,故选项B子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型,它的特点是:子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解析:子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒:
从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f,设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2,如图所示,显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理: ……①
对木块用动能定理: ……②
①、②相减得: ……③
点评:这个式子的物理意义是:f?d恰好等于系统动能的损失;根据能量守恒定律,系统动能的损失应该等于系统内能的增加;可见,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应该用路程,而不是用位移)。
由上式不难求得平均阻力的大小:
至于木块前进的距离s2,可以由以上②、③相比得出:
从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比:
一般情况下,所以s2d。这说明,在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒,最后共同运动的类型,全过程动能的损失量可用公式:…④
当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔEK= f ?d(这里的d为木块的厚度),但由于末状态子弹和木块速度不相等,所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
3.反冲问题
在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。
6.物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M,A、B间动摩擦因数为μ,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:
(1)A、B最后的速度大小和方向;
(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动位移大小。
解析:(1)由A、B系统动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v ①
所以v=v0 方向向右
(2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得:Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得:
-μmgs=mv′2-mv02 ②
联立①②解得:s=v02
如图2-5所示,质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上,平衡时,弹簧的压缩量为x0.一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块的质量也为m时,它们恰能回到O点;若物块的质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度.求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离.
图2-5
【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为:
v0=
设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1,由动量守恒定律有:
mv0=2mv1
设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep,对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程,由机械能守恒定律得:
Ep+×2m×v12=2mgx0
设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2,物块与钢板回到
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