高考物理动量守恒定律的应用2

动量守恒定律应用(二)1.一.子弹打木块类问题

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。例1.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。s2

ds1v0v2.解：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：……②3.①、②相减得：……③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）。4.

练习1、子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是：

()A、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩擦生的热的总和B、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功C、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹对木块所做的功的差ACD5.

例2、光滑水平面上静置厚度不同的木块A与B，质量均为M。质量为m的子弹具有这样的水平速度：它击中可自由滑动的木块A后，正好能射穿它。现A固定，子弹以上述速度穿过A后，恰好还能射穿可自由滑动的B，两木块与子弹的作用力相同。求两木块厚度之比。v0AVv0ABVB解：设A木块厚度为a，B木块厚度为b射穿自由滑动的A后速度为Vmv0=(m+M)Vfa=1/2×mv02-1/2×(m+M)V2=1/2×mv02×M/(m+M)子弹射穿固定的A后速度为v1，射穿B后速度为VB1/2×mv12=1/2×mv02-fa=1/2×(m+M)V2

mv1=(m+M)VB

fb=1/2×mv12-1/2×(m+M)VB2

=1/2×mv12×M/(m+M)∴a/b=v02/v12=(M+m)/m6.

练习2.如图示，在光滑水平桌面上静置一质量为M=980克的长方形匀质木块，现有一颗质量为m=20克的子弹以v0=300m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为L=10cm，子弹打进木块的深度为d=6cm，设木块对子弹的阻力保持不变。（1）求子弹和木块的共同的速度以及它们在此过程中所增加的内能。（2）若子弹是以V0=400m/s的水平速度从同一方向射向该木块的，则它能否射穿该木块？（3）若能射穿木块，求子弹和木块的最终速度是多少？v0(1)(2)7.v0V解：（1）由动量守恒定律mv0=(M+m)VV=6m/s系统增加的内能等于系统减少的动能Q=fd=1/2×mv02-1/2×(M+m)V2=900-1/2×36=882J（2）设以400m/s射入时，仍不能打穿，射入深度为d′由动量守恒定律mV0=(M+m)V′V′=8m/sQ′=fd′=1/2×mv0′2-1/2×(M+m)V′2

=1600-1/2×64=1568Jd′/d=1568/882=16/9∴d′=16/9×6=10.7cm>L所以能穿出木块题目下页8.v1v2（3）设射穿后，最终子弹和木块的速度分别为v1和v2,系统产生的内能为fL=10/6×fd=5/3×882=1470J由动量守恒定律mV0=mv1+Mv2由能量守恒定律fL=1/2×mV02-1/2×Mv12-1/2×mv22代入数字化简得v1+49v2=400v12+49v22=13000消去v1得v22-16v2+60=0解得v1=106m/sv2=6m/s题目上页9.

例3、质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射穿木块后速度为v0/2。设木块对子弹的阻力F恒定。求：（1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u<v0水平向右运动，则子弹的最终速度是多少？v02mm解析：（1）设子弹穿过木块后木块获得的速度是V由系统动量守恒得：mv0=mv0/2+2mV(1)由能量守恒得：FL=1/2×mv02-1/2×2mV2-1/2×m(v0/2

)2(2)对木块有：FS=1/2×2mV2

（3）解得：木块的速度V=v0/4

木块的位移S=L/5

10.（2）在此过程中，由于木块受到传送带的作用力，所以系统动量不守恒。以子弹为研究对象:由动量定理得：mv0-mv=Ft(1)由动能定理得：1/2×mv02-1/2×mv2=F(ut+L)(2)解以上两式得v，解得：当(v0-u)2>5/8×v02

即当(v0-u)2<5/8×v02

方程无解，表明子弹不能穿出木块。即11.二、反冲运动1.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。2.在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象.3.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．12.例4.质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？l2

l1解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于s。设人、船位移大小分别为s1、s2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ms1=Ms2，而s1+s2=s，∴应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。13.【练习3】2002年，美国《科学》杂志评出的《2001年世界十大科技突破》中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果．该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．在上述研究中有以下说法：①该研究过程中牛顿第二定律依然适用；②该研究中能的转化和守恒定律依然适用；③若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；④若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反．其中正确的是：A.①②，B.①③，C.②③，D.③④；解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为μ子和τ子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当μ子与中微子的运动方向一致时,τ子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但μ子运动方向与中微子运动方向相反时,τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确.14.【练习4】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M,枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（）解析:设n颗子弹发射的总时间为t,取n颗子弹为整体,由动量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;设子弹相对于地面移动的距离为s1,小船后退的距离为s2,则有:s1=v0t,s2=v1t;且s1＋s2=L解得:答案：C15.【练习5】如图所示，一质量为ml的半圆槽体A，A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，设A和B均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A向一侧滑动的最大距离．解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的最右端时,糟向左运动的最大距离设为s1,则m1s1=m2s2,又因为s1＋s2=2R,所以16.【例5】科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。求：（1)飞船加速度的表达式。(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？17.解析:(1)设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为：N＝nst……①对光子由动量定理得Ft=NP一N（一P）……②对飞船由牛顿运动定律得F＝ma……③由以上三式解得飞船的加速度为(2）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：ft=0一N（一P）……④由①③④得18.【练习6】宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2×10－7的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？解析：设飞船速度为v，飞行时间为Δt，每前进1m附着的尘粒数为n，尘粒的平均质量为m0，则在Δt内飞船增加的质量Δm＝nm0vΔt.据动量定理FΔt＝Δmv。可知推力：19.【例5】一玩具车携带若干质量为m的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动,若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸,求:1.至少发射多少颗弹丸后,小车开始反向运动?2.写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.解析:(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v1,由切线方向动量守恒得:(M－m)v1＋mu=Mv0

得20.第二枚弹丸发射后,则(M－2m)v2＋mu=(M－m)v1

得则第n枚弹丸发射后,小车的速度为小车开始反向运动时,vn≤0,则(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(k<n)枚弹丸后小车的周期,即:21.练习7.总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，22.【练习8】春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（）

A，合外力不变；B．反冲力变小；

C．机械能可能变大；D．动量变小解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选答案：ABCD23.

例6、如图所示，质量为M=2kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为m=1kg的物块。两者间的动摩擦因数为μ=0.1，使物块以v1=0.4m/s的水平速度向左运动，同时使小车以v2=0.8m/s的初速度水平向右运动，（取g=10m/s2）求：（1）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向（2）为使物块不从小车上滑下，小车的长度L至少多大？Mmv1v2解：（1）木块先向左匀减速运动到0，再匀加速运动到共同速度VMmV1MmVV由动量守恒定律(m+M)V=Mv2-mv1V=0.4m/s（2）由能量守恒定律μmgL=1/2×Mv22+1/2×mv12-1/2×(m+M)V2L=0.48m24.

例七.一质量为M的长木板B静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块A（可视为质点）以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，到达另一端滑块刚离开木板时的速度为1/3v0，若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求：滑块离开木板时的速度。25.解：木板不固定时，如图示：S2v0/3VBALv0LAf1Bf2由动量守恒定律mv0=1/3mv0+MVV=2mv0/3M由能量守恒定律fL=1/2·mv02-1/2m·1/9v02-1/2·MV2=2/9·mv02(2-m/M)若把此木板固定在水平桌面上，滑块离开木板时的速度为v

，由动能定理-fL=1/2·mv2-1/2·mv02由以上四式解得26.

例8.的摩擦系数为μ，现在小车与物体以速度v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.Mmv0解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律Mmv0v0（M+m）V=（M-m）v0最后速度为V，由能量守恒定律MmVV1/2（M+m）v0

2-1/2（M+m）V2=μmgS27.练习9.如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m的可视为质点的木块。两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以v0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。求碰后：（1）木块相对地面向右运动的最大距离L（2）木块相对木板运动的距离S2mmv0v0解：木板碰墙后速度反向如图示2mmv0v0（1）当木块速度减小为0时L2mmv1v=02mv0-mv0=2mv1v1=v0/2μmgL=1/2×mv02L=v02/2μg（2）当两者速度相同时v22mv2Sm2mv0-mv0=3mv2v2=v0/3μmgS=1/2×3mv02-1/2×3mv22S=4v02/3μg

28.

例10：长L=1m，质量M=1kg的木板AB静止于光滑水平面上。在AB的左端有一质量m=1kg的小木块C，现以水平恒力F=20N作用于C，使其由静止开始向右运动至AB的右端，C与AB间动摩擦因数μ=0.5，求F对C做的功及系统产生的热量ABCM=1kgm=1kgF=20N解：由于C受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板向前运动的位移是S，则木块的位移为S+L,时间为tABCFSL对C：F（S+L）-μmg（S+L）=1/2×mvm2

（F-μmg）t=mvm对AB：μmgS=1/2×MvM2μmgt=MvM解以上四式得：vm=3vMS=0.5mF对C做的功W=F（S+L）=30J摩擦生的热Q=μmgL=5J29.例11.如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m,C是一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.ABCM=2.0kgM=2.0kgv0=2.0m/sm=1.0kg1230.解：先假设小物块C在木板B上移动距离x后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为V．ABCVABCv0Sx由动量守恒得①

在此过程中，木板B的位移为S，小木块C的位移为S+x．由功能关系得相加得②解①、②两式得③代入数值得④题目下页31.x比B板的长度l大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A板上．设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，如图示：ABCv1V1则由动量守恒得⑤由功能关系得⑥以题给数据代入解得由于v1必是正数，故合理的解是⑦⑧题目上页下页32.ABCV2V1y

当滑到A之后，B即以V1=0.155m/s做匀速运动．而C是以v1=1.38m/s的初速在A上向右运动．设在A上移动了y

距离后停止在A上，此时C和A的速度为V2，如图示：由动量守恒得⑨解得V2=0.563m/s⑩由功能关系得解得y=0.50my比A板的长度小，故小物块C确实是停在A板上．最后A、B、C的速度分别为:题目上页33.Sigma胎牛血清/xueqing/Sigma-xueqing.htmlSigma胎牛血清

wpd13xry起来确实很好看。但由于笑的时机不对，让慕容凌娢有种想吐血的感觉。方才自己的行为难道都被他看见了！完了完了，一定会被