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* * 2 动量守恒定律的应用 动量守恒定律 第十二章 1.恰当选取系统 (2009扬州市期末)一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为.求另一块爆炸后瞬时的速度大小． 点评：本题选择炮弹在最高点研究系统水平方向的动量的情况，避开了物体在空中的曲线运动的复杂情况，使得问题可以简单解决，这正是动量守恒解决问题的优势所在． 在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v.在某一时刻拖车脱钩了.若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大？ 在拖车和汽车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，汽车和拖车构成的系统所受合外力为零.脱钩后，拖车做匀减速运动，汽车做匀加速运动，它们各自所受的合外力都不为零，但是由于汽车的牵引力不变，汽车和拖车各自受到的摩擦阻力不变.如果仍然以两者构成的系统为研究对象，系统所受外力之和仍然为零，整个过程动量守恒，所以有：(M+m)v=Mv′，拖车刚停止时汽车的速度v′=(M+m)v/M. 2.多过程多物体的动量守恒 如图12-2-1所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500g，B的质量是300g，有一质量为80g的小铜块C(可视为质点)以25m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上，B与C一起以2.5m/s的速度共同前进.求 (1)木块A最后的速度vA′； (2)C离开A时的速度vC′. 图13-2-1 C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则 mCv0=mCvC′+(mA+mB)vA′ C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则 mCvC′+mBvA′=(mB+mC)vBC 也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中，A、B、C组成系统的总动量守恒，则： mCv0=mAvA′+(mB+mC)vBC 把上述三方程式中的任意两个联立求解即可得到vA′=2.1m/s，vC′=4m/s. 点评：此题涉及多个过程动量守恒的问题，解决这类问题一是动量守恒的系统和过程如何确定，二是碰撞后的各个物体的运动状态如何确定．本题中应注意动量的正负号应表示准确，不要出错． 3.人船模型 碧海蓝天，群帆竞技，经过三天的激烈角逐，2010年中日韩国际帆船赛于9月13日完美落幕。某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾.设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况判断错误的是( ) A.人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B.人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C.人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D.当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 人和船组成的系统在水平方向动量守恒，选人前进的方向为正方向，由动量守恒定律得： m人v人-Mv船=0 即 故人前进的速度跟船后退的速度大小总跟它们的质量成反比，但人的速度和船的速度成正比.故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停.即A、C的判断是正确的.由于人和船间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律知，m人a人=Ma船，即人和船的加速度大小跟它们的质量成反比，B的判断正确.D选项的判断错误. 点评：以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的速度和位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关．该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒． 模型要点：(1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．(2)动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化． 如图13-2-2所示，在光滑水平面上，质量为M和m的两物体开始速度均为零，在m下滑的过程中，M将后退.求M后退的距离. 图13-2-2 水平方向系统不受外力，所以水平方向上动量守恒.m滑到底端时，若M后退距离为x，则m水平方向移动的距离为（b-a-x),代入m1x1+m2x2=0,可解得M后退的距离为: 易错题：质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动．当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，车子的速度将(　　)