摘要：(二)动量守恒定律的应用 1．碰撞 两个物体在极短时间内发生相互作用.这种情况称为碰撞.由于作用时间极短.一般都满足内力远大于外力.所以可以认为系统的动量守恒.碰撞又分弹性碰撞.非弹性碰撞.完全非弹性碰撞三种. 仔细分析一下碰撞的全过程:设光滑水平面上.质量为m1的物体A以速度v1向质量为m­2的静止物体B运动.B的左端连有轻弹簧.在Ⅰ位置A.B刚好接触.弹簧开始被压缩.A开始减速.B开始加速,到Ⅱ位置A.B速度刚好相等(设为v).弹簧被压缩到最短,再往后A.B开始远离.弹簧开始恢复原长.到Ⅲ位置弹簧刚好为原长.A.B分开.这时A.B的速度分别为.全过程系统动量一定是守恒的,而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了. (1)弹簧是完全弹性的.Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能.Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大,Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能,因此Ⅰ.Ⅲ状态系统动能相等.这种碰撞叫做弹性碰撞.由动量守恒和能量守恒可以证明A.B的最终速度分别为:..(这个结论最好背下来.以后经常要用到.) (2)弹簧不是完全弹性的.Ⅰ→Ⅱ系统动能减少.一部分转化为弹性势能.一部分转化为内能.Ⅱ状态系统动能仍和(1)相同.弹性势能仍最大.但比(1)小,Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少.部分转化为动能.部分转化为内能,因为全过程系统动能有损失.这种碰撞叫非弹性碰撞. (3)弹簧完全没有弹性.Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能.Ⅱ状态系统动能仍和(1)相同.但没有弹性势能,由于没有弹性.A.B不再分开.而是共同运动.不再有Ⅱ→Ⅲ过程.这种碰撞叫完全非弹性碰撞.可以证明.A.B最终的共同速度为.在完全非弹性碰撞过程中.系统的动能损失最大为.(这个结论最好背下来.以后经常要用到.) [例11]质量为M的楔形物块上有圆弧轨道.静止在水平面上.质量为m的小球以速度v1向物块运动.不计一切摩擦.圆弧小于90°且足够长.求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v. 解:系统水平方向动量守恒.全过程机械能也守恒. 在小球上升过程中.由水平方向系统动量守恒得: 由系统机械能守恒得:.解得 全过程系统水平动量守恒.机械能守恒.得 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同.唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能. [例12]动量分别为5kgžm/s和6kgžm/s的小球A.B沿光滑平面上的同一条直线同向运动.A追上B并发生碰撞后.若已知碰撞后A的动量减小了2kgžm/s.而方向不变.那么A.B质量之比的可能范围是什么? 解:A能追上B.说明碰前vA>vB.∴,碰后A的速度不大于B的速度.,又因为碰撞过程系统动能不会增加..由以上不等式组解得: 此类碰撞问题要考虑三个因素:①碰撞中系统动量守恒,②碰撞过程中系统动能不增加,③碰前.碰后两个物体的位置关系和速度大小应保证其顺序合理. 2．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.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13]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: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:mv0=(M+m)v 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 这个式子的物理意义是:fžd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.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M>>m.所以s2<<d.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=fžd.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. 做这类题时一定要画好示意图.把各种数量关系和速度符号标在图上.以免列方程时带错数据. 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.这类问题统称为反冲. [例14]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? 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L.设人.船位移大小分别为l1.l2.则:mv1=Mv2.两边同乘时间t.ml1=Ml2.而l1+l2=L.∴ 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. 做这类题目.首先要画好示意图.要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系. 以上所列举的人.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. [例15]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..得:.

网址：http://m.1010jiajiao.com/timu_id_3992675[举报]