動量守恒定律的典型模型及其應用

動量守恒定律的典型模型及其應用第1頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月動量守恒定律的典型應用幾個模型：

（一）碰撞中動量守恒

（四）子彈打木塊類的問題：

（五）人船模型：平均動量守恒（二）反沖運動、爆炸模型(三)碰撞中彈簧模型第2頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月3.彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒．

以質量為m1速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為

結論：(1)當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換了速度．(2)當質量大的球碰質量小的球時，碰撞后兩球都向前運動．(3)當質量小的球碰質量大的球時，碰撞后質量小的球被反彈回來．第3頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月完全非彈性碰撞碰撞后系統(tǒng)以相同的速度運動v1=v2=v動量守恒：

動能損失為第4頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月

解決碰撞問題須同時遵守的三個原則:

一.系統(tǒng)動量守恒原則三.物理情景可行性原則例如：追趕碰撞：碰撞前：碰撞后：在前面運動的物體的速度一定不小于在后面運動的物體的速度二.能量不增加的原則第5頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月【例2】A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線，向同一方向運動，A

球動量為pA＝5kg·m/s，B球動量為pB＝7kg·m/s，兩球碰后

B球動量變?yōu)閜B′＝10kg·m/s，則兩球質量關系可能是(

) A．mA＝mBB．mA＝2mBC．mB＝4mAD．mB＝6mA第6頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月解析：由碰撞中動量守恒可求得pA′＝2kg·m/s要使A追上B，則必有：vA＞vB，即mB＞1.4mA①碰后pA′、pB′均大于零，表示同向運動，則應有：vB′≥vA′即：mB≤5mA②碰撞過程中，動能不增加，則

答案：C第7頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月（二）反沖運動、爆炸模型圖1－1－3為一空間探測器的示意圖，P1、P2、P3、P4是四個噴氣發(fā)動機，P1、P3的連線與空間一固定坐標系的x軸平行，P2、P4的連線與y軸平行．每臺發(fā)動機噴氣時，都能向探測器提供推力，但不會使探測器轉動．開始時，探測器相對于坐標系以恒定的速率v0沿正x方向平動．先開動P1，使P1在極短的時間內(nèi)一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對于坐標系的速度大小為v.然后開動P2，使P2在極短的時間內(nèi)一次性噴出質量為m的氣體，氣體噴出時相對坐標系的速度大小為v.此時探測器的速度大小為2v0，且方向沿正y方向．假設探測器的總質量為M(包括氣體的質量)，求每次噴出氣體的質量m與探測器總質量M的比值和每次噴出氣體的速度v與v0的比值．解析：探測器第一次噴出氣體時，沿x方向動量守恒，且探測器速度變?yōu)榱悖碝v0＝mv①第二次噴出氣體時，沿y方向動量守恒：0＝(M－2m)·2v0－mv②解①②得：＝，＝.答案：4第8頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月碰撞中彈簧模型第9頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中

（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？第10頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有（2）B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為三物塊速度相等為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據(jù)能量守恒第11頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月由系統(tǒng)動量守恒得設A的速度方向向左則則作用后A、B、C動能之和系統(tǒng)的機械能故A不可能向左運動第12頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月1.運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。

2.符合的規(guī)律：子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。3.共性特征：一物體在另一物體上，在恒定的阻力作用下相對運動，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，ΔE=f滑d相對（三）子彈打木塊的模型

第13頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月例1

質量為M的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為速度為的子彈水平射入木塊中，如果子彈所受阻力的大小恒為f，子彈沒有穿出木塊，木塊和子彈的最終速度為，在這個過程中木塊相對地面的位移為，子彈相對與地面的位移為，子彈相對與木塊的位移為。第14頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月解：光滑水平面，子彈與木塊水平方向動量守恒①對木塊用動能定理②對子彈用動能定理③②＋③，得到④觀察方程④，等式的左邊表示摩擦力對系統(tǒng)做的功，右邊表示系統(tǒng)動能的變化，那么它表示的物理意義是，在不受外力作用下，系統(tǒng)內(nèi)部摩擦力做功（摩擦力與物體相對位移的乘積）等于系統(tǒng)動能的變化。這種模型適用條件是，一個物體在另一個物體表面或內(nèi)部運動，在運動方向上不受外力，系統(tǒng)動量守恒。從能量的觀點看，系統(tǒng)內(nèi)部摩擦力做功（摩擦力與物體相對位移的

第15頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月（四）、人船模型例：靜止在水面上的小船長為L，質量為M，在船的最右端站有一質量為m的人，不計水的阻力，當人從最右端走到最左端的過程中，小船移動的距離是多大？SL-S0=MS–m（L-S）若開始時人船一起以某一速度勻速運動，則還滿足S2/S1=M/m嗎？第16頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月1、“人船模型”是動量守恒定律的拓展應用，它把速度和質量的關系推廣到質量和位移的關系。即：

m1v1=m2v2

則：m1s1=m2s22、此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。3、人船模型的適用條件是：兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的合動量為零。第17頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月例.質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？

l2

l1解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。第18頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月類碰撞中繩模型如圖所示，光滑水平面上有兩個質量相等的物體，其間用一不可伸長的細繩相連，開始B靜止，A具有（規(guī)定向右為正）的動量，開始繩松弛，那么在繩拉緊的過程中，A、B動量變化可能是（）第19頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月如圖所示，質量為M=4kg的平板車靜止在光滑水平面上，其左端固定著一根輕彈，質量為m=1kg的小物體以水平速度v0=5m/s從平板車右端滑上車，相對于平板車向左滑動了L=1m后把彈簧壓縮到最短，然后又相對于平板車向右滑動到最右端而與之保持相對靜止。求（1）小物體與平板車間的動摩擦因數(shù)；（2）這過程中彈性勢能的最大值。Mmv0第20頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月.在光滑水平地面上放有一質量為M帶光滑弧形槽的小車，一個質量為m的小鐵塊以速度v沿水平槽口滑去，如圖所示，求：(1)鐵塊能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度H；此刻小車速度(設m不會從左端滑離M)；(2)小車的最大速度(3)若M=m，則鐵塊從右端脫離小車后將作什么運動?

(1)Hm=Mv2/［2g(M+m)］

mv/(M+m)

（2）2mv/(M+m)

(3)鐵塊將作自由落體運動第21頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月第22頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月第23頁，課件共24頁，創(chuàng)作于2023年2月圖（1）所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端栓一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為m0的子彈B沿水平方向以速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內(nèi)做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力