微型专题1 动量守恒定律在多物体、多过程及临界问题中的应用
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.
一、动量守恒条件的扩展应用 1.动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零； (2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.
2.动量守恒定律的研究对象是系统.研究多个物体组成的系统时,必须合理选择系统,再对系统进行受力分析.分清系统的内力与外力,然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件. 例1 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图1所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是( )
图1
A.M、m0、m速度均发生变化,碰后分别为v1、v2、v3,且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,且满足Mv＝Mv1＋mv2 C.m0的速度不变,M和m的速度都变为v′,且满足Mv＝(M＋m)v′
D.M、m0、m速度均发生变化,M和m0的速度都变为v1,m的速度变为v2,且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短,在极短的时间内弹簧形变极小,可忽略不计,因而m0在水平方向上没有受到外力作用,动量不变(速度不变),可以认为碰撞过程中m0没有参与,只涉及M和m,由于水平面光滑,弹簧形变极小,所以M和m组成的系统水平方向动量守恒,两者碰撞后可能具有共同速度,也可能分开,所以只有B、C正确.
例2 如图2所示,质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的光滑半圆形槽,金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁.质量为m的小球从金属块左上端R处由静止
下落,小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出,到达最高点时离半圆形槽最低点的高7
度为R,重力加速度为g,不计空气阻力.
4
图2
求：
(1)小球第一次到达最低点时,小球对金属块的压力为多大？ (2)金属块的质量为多少？ 答案 (1)5mg (2)7m
1
解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程,根据动能定理有mg·2R＝mv02
2小球第一次到达最低点时,根据牛顿第二定律 v02
有N－mg＝m
R
根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为N′＝N 联立解得N′＝5mg.
(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点的过程,小球和金属块组成的系统水平方向动量守恒,取向右为正方向,则 mv0＝(m＋M)v 根据能量守恒定律有 711
mg·R＝mv02－(m＋M)v2
422联立解得M＝7m.
虽然系统整体上不满足动量守恒的条件,但在某一特定方向上,系统不受外力或所受外力远小于内力,则系统沿该方向的分动量守恒.可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答. 二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用 求解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；
(2)分清作用过程中的不同阶段,并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统,既要符合守恒条件,又方便解题.
(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒方程.
例3如图3所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止,A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
图3
答案 2 m/s
解析 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上,两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计,长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒,取水平向右为正方向,
则mAv0＝mAvA＋mCvC①
A、C碰撞后,长木板A与滑块B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v②
长木板A和滑块B达到共同速度后,恰好不再与滑块C碰撞,则最后三者速度相等,vC＝v③ 联立①②③式,代入数据解得：vA＝2 m/s.
处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题
1.正方向的选取.
2.研究对象的选取,明确取哪几个物体为系统作为研究对象. 3.研究过程的选取,明确哪个过程中动量守恒. 三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
分析临界问题的关键是寻找临界状态,在动量守恒定律的应用中,常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态,其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.
m
例4 如图4所示,一质量为的人站在质量为m的小船甲上,以速率v0在水平面上向右运动.
3另一个完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来,两船在一条直线上运动.为避免两船相撞,人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上,问：为能避免两船相撞,人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？
图4
答案
25v 70
解析 设向右为正方向,两船恰好不相撞,最后具有共同速率v1,由动量守恒定律,有 mm(＋m)v0－mv0＝(2m＋)v1 331解得v1＝v0.
7
m
设人跃出甲船相对于地面的速率为v2,人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律,有(＋m)v0＝
3mmv1＋v2
325
解得v2＝v0.
7
1.(某一方向上的动量守恒)(多选)如图5所示,在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块,开始时木块是静止的,把一个小球放到槽边从静止开始释放,关于两个物体的运动情况,下列说法正确的是( )
图5
A.当小球到达最低点时,木块有最大速率 B.当小球的速率最大时,木块有最大速率 C.当小球再次上升到最高点时,木块的速率最大 D.当小球再次上升到最高点时,木块的速率为零 答案 ABD
解析 小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒,初状态系统动量为零,当小球到达最低点时,由能量守恒定律得小球有最大速率,所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时,小球速率为零,木块的速率也为零.
2.(多过程中的动量守恒)如图6所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一个质量为m的物块.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0,那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
图6
A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等
mv0
C.物块的最终速度为,方向水平向右
Mmv0
D.物块的最终速度为,方向水平向右
M＋m答案 D
解析 物块与盒子组成的系统所受合外力为零,物块与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度vmv0
共同运动,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v,故v＝,方向水平向
M＋m右,D项正确.
3.(动量守恒的临界问题)如图7所示,甲车质量m1＝20 kg,车上有质量M＝50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行,此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来.为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车之间的摩擦,且乙车足够长.
图7
答案 大于等于3.8 m/s
解析 人跳到乙车上后,当甲车的速度等于乙车的速度时,两车恰好不相撞. 以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象, 取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得： (m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′,解得v′＝1 m/s.
以人与甲车为研究对象,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mv1 解得v1＝3.8 m/s.
因此,只要人跳离甲车的速度大于等于3.8 m/s,就可避免两车相撞.
一、选择题
考点一 动量守恒条件及系统和过程的选取
1.(多选)如图1所示,在光滑的水平面上有一静止的斜面,斜面光滑,现有一个小球从斜面顶端由静止释放,在小球下滑的过程中,以下说法正确的是( )
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第一章微型专题1
