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高中物理辅导资料4


高中物理辅导资料 5:动量、动量定理、动量守恒定律
一.理论基础: 1 动量:动量是综合表示物体运动状态的物理量。表示物体最本质的物理量是质量 m,表示运动最 直接的物理量是 v,mv 叫做物体的动量。也用 P 表示,是矢量。物体不受外力时,动量是不变的。 2 冲量:冲量表示力对物体持续作用的物理量。Ft 叫做冲量。也用 I 表示,是矢量。 3.动量定理:力对物体瞬时作

用的效果是使物体产生加速度,力对物体持续作用产生的效果是什么 呢?由牛顿第二定律:F=ma=m(v-v0)/t=(mv-m v0)/t。得: Ft=mv-m v0。或 I=p-p0=Δ P。对物 体的冲量等于物体动量的变化。这就是动量定理。这表明外力对物体的冲量是改变物体动量的原因。 4.动量守恒定律: 当不受外力或外力的合力为 0 时,几个物体组成的系统内部发生相互作用,互给冲量时,它们的总 动量变不变?例如在光滑的水平面上小球 A、B 发生碰撞前后,它们的总动量是否变化呢?参看图 1。 设 A 球质量为 mA,B 球质量为 mB,A 球初速度为 vA,末速度为 vA',B 球初速度为 vB,末速度 vB'。 根据动量定理 IA=mAvA-mAvA', IB=mBvB-mBvB'. ∵ I= - I, 得: A vA B vB

mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'。这就是动量守恒定律的表达式。

图 1

“当合外力为零时,两个物体相互作用前的总动量与相互作用后的总动量相等。 ” 上式也可写成 mAvA-mAvA'= - (mBvB-mBvB') 。或Δ PA= - Δ PB。 “当合外力为零时,两个物体相互作用前、后的动量变化,大小相等,方向相反。, ” 二.深入理解、灵活运用: 1.P=mv 所以 v=P/m 当已知动量及质量时,用来求速度。 (动量方向与速度方向相同) 2 2 2.EK=mv /2=Pv/2,或=P /2m 当已知动量及速度或动量及质量时,用来求动能。 3.I=Ft,F 是什么力?遵守什么规律?t 与运动种类有关,常根据运动条件求时间。 4.I=P-P0=Δ P,已知 I 可求Δ P,反过来已知Δ P 也可求 I(不知 Ft 时求 I 用) 。 5.动量守恒定律是重点。要在应用中加深理解,不同的题型常常联系不同的外围知识,要学会从相 关的公式中找出函数关系以便求解。在运用动量守恒定律解题时,要按以下步骤做: ①先说明以哪几个物体组成系统,分析并说明合外力等于零;②指定正方向;③写出动量守恒定律 关系式求解。注意,这个公式是矢量式,一种写法是以代数式写,与指定方向相同的已知动量取正值, 相反的取负值;未知数求出为正时与正方向相同,反之与指定方向相反。另一种写法是以算术式写已知 动量,相反方向的动量前取减号写公式,数值都是大小不用负值。未知数方向处理与以上相同。 三.典型题型提示: 1.碰撞型:中学只处理一维对心碰撞。例如两球同向或反向运动的碰撞。碰撞后能完全恢复形状叫 做“弹性碰撞” ,总动量和总动能都不变;不能完全恢复形状叫做“非弹性碰撞”动量守恒,动能有损 失;碰撞后合到一起叫做“完全非弹性碰撞” ,动量守恒,动能损失最大。 2.人船型、 人车型: 二人在船上相向运动判定船的运动。 二人在光滑水平面上的平板车上向相运动。 3.反冲型、爆炸型:火箭、射击、抛物、手榴弹爆炸(简化为一维的两块)等。 4.综合型:除了要用动量守恒定律,还要用机械能守恒等其他关系式。系统的组成灵活、运动过程 不只一个,各相对独立遵守不同规律,列相关方程式,其中必有相同量使方程组可解,这种题型常常带 有隐含条件、边界条件,找到后才能列出方程式。 四.典型题型举例:动量定理部分从略,只举动量守恒定律应用题。 例 1 如图 1, .在一条光滑的水平直线轨道上, A、 两个小球, A=2Kg, B=1Kg, A=4m/s, B=2m/s, 有 B m m v v 求两球发生弹性碰撞后的速度各是多少? 分析:系统所受合外力为 0,这是碰撞的常规题,弹性碰撞,遵守动量守恒定律、动能不变。列两个

1

方程解两个未知数,不用多想。立即列方程求解。 1 解:由动量守恒定律:mAvA + mBvB = mAvA’+ mBvB’??????????○ 由动能不变:
2 2 2

1 2

m Av A ?
2

2

1 2

mBvB ?
2

1 2

m Av A ?

‘ 2

1 2

m B v B ??

’ 2

2 ○

2 3 由○mAvA +mBvB =mAvA' +mBvB' ??????????????????? ○ 1 3 4 代已知数入○、○得:vB'=10-2vA'???????????????? ○ 2 2 5 vB' =36-2vA' ????????????????○ 2 4 、○得: 5 由○ 3vA' -20vA'+32=0,解得 vA'=4、2.7m/s,4 是不合理的, 4 得 vB'=4.6m/s. 1 取 vA'=2.7m/s。代入○ 将数据代入○式,P1=10Kg·m/s,P2=10Kg·m/s. 小结: 1.第一步,必须分析系统所受合外力,为 0 时(或可忽略时)才能用动量守恒定律. 2.列方程组,代入已知量化简方程式,解方程可用因式分解法或用公式法. 1 2 3.二次方程有二解,要取合理的解,如时间允许,代入○式验证一下(当取近似值时若代入○式 验证会有差别) 例 2.A、B 两个小球在同一光滑直线轨道上,取向右为正方向,PA=6Kg·m/sPB=-4Kg·m/s,两球碰 撞后的动量可能是( ) A.PA'=4Kg·m/s,PB'=4Kg·m/s; B.PA'=-6Kg·m/s,PB'=6Kg·m/s; C.PA'=-4Kg·m/s,PB'=6Kg·m/s;D.PA'=2Kg·m/s,PB'=0 分析:P1=2Kg·m/s, P2: A=8;B=0;C=2;D=2;但是 D 显然不合理.故选择 C。 小结:不仅考虑动量守恒,还有速度大小、方向的合理性以及动能的大小的合理性。 例 3. A、B 两个小球在同一光滑直线轨道上同向运动,碰撞前,,P A=5Kg·m/s,P B=7Kg·m/s,碰撞 后 P B'=10Kg·m/s,则两个球的质量可能是( ) A.m A=m B;B.m B=2m A;C.mB=4mA;D.mB=6mA; 分析:①由动量守恒可知 PA'=2Kg·m/s,比较两球动量变化可知,是 A 球去碰 B 球,故 vA>vB、 ∵P=mv,m=P/v,碰撞前 PB>PA、vB<vA∴mB>mA.排除 A; 碰撞后 vB'>VA'及 v'=P'/m,得(PB'/mB)>(PA'/mA)或 mB/mA<PB'/PA'=5.排除 D; 2 2 2 2 2 ○由动能关系:(PA /2mA)+(PB /2mB)≥(PA' /2mA)+(PB' /2mB) 即(25/2mA)+(49/2mB)≥(4/2mA)+(100/2mB)或(21/2mA)≥(51/2mB), 得(mB/mA)≥51/21≥2.排除 B.故选择 C. 小结:这种只有动量关系的题,只能从动量与速度、质量、动能的关系上求解,用排除法是特点. 例 4.在光滑水平面上,A、B 两个小球沿同一直线运动,如图 2,两个球的质量关系为 mB=2mA,设向右为 正方向,两球的动量均为 6Kg·m/s,碰撞后 A 球动量的增量为-4Kg·m/s, 求碰撞后 A、B 两球速度大小之比。并标出 A、B 球。



2

例 5 一种老式的测量子弹速度的装置----砂摆,如图 3,砂箱质心至悬挂点为摆长 L,子弹以速度 v 水平射入砂箱并留在箱中,使砂摆产生一个摆角θ ,测出摆角即可求出子弹的速度。试给出 V 的表达式。设子弹的质量 m 砂箱的质量为 M。 解:1.子弹射入砂箱为非弹性碰撞,动量守恒:mv=(M+m)V???????? ① 2 2.砂摆摆起的过程机械能守恒(1/2) (M+m)V =(M+m)gl(1-cosθ )??② V=
M ?m m 2 gL ( 1 ? cos ? ) 。

小结:子弹与砂箱碰撞的时间极短,可忽略摆动。后一过程只受重力,机械能守恒。 图 3

2

碰撞过程中动能损失为Δ EK=(1/2)mv -(1/2) (M+m)V 。这些能量变为系统的内能。 例 6.如图 4 所示,在光滑的水平面上,物体 A 以速度 v 去撞击静止的物体 B,求弹簧被压缩到最短 时物体 B 的速度及弹簧的弹性势能。 分析:系统所受合外力为 0,弹簧压缩最短时,A、B 必等速运动, v 1.由动量守恒定律;mAv=(mA+mB)V?????????? ① A B 2 2 2.系统机械能守恒;EP=(1/2)mAv -(1/2) A+mB)V ? ② (m 小结:弹簧最短时 A、B 必同速,这是一个隐含条件。上题的 图 4 第一过程,内力为摩擦力,损失的动能变为内能,余下的动能在第二过程中变为重力势能;本题第一过 程, 内力为弹力, 损失的动能变为弹簧的弹性势能。 所以, 具体问题必须根据具体受力情况确定关系式。 例 7.在同一条轨道上有 A、 两辆小车相向运动, B 如图 5。 质量 MA=60Kg, B=40Kg, M 速度大小 VA=4m/s, VB=2m/s,为避免相碰撞,由 A 车向 B 车投出 m=10Kg 的物体,试问投出的速度至少是多少,两车才不致 相碰? A B 分析;系统所受合外力为 0,从整体看,系统初态为 PA-PB, 末态 P 两车同速度,从 A 车看,抛物前动量为 PA,抛物后动量为 图 5 PA’+Pm 从 B 车看,接物前动量为 PB,接物后动量为 PB',可列三个方程式。 解:1.从整体看,动量守恒:MAVA-MBVB=(MA+MB)V??????????① 2.从 A 车看,MAVA=(MA-m)V+mv????????????? ② 3.从 B 车看,mv-MBVB=(m+M)V??????????????③ 由①,V=(MAVA-MBVB)/MA+MB=(60×4-40×2)/60+40=1.6m/s 由②,v=[MAVA-(MA-m)V]/m=[60×4-50×1.6]/10=16m/s。 (由③也可得相同结果) 小结:当物体为多个时,能合理选择由哪几个物体组成系统,列方程式,常常是关键。 例 8.仿上题,设两车上各有一个小孩,两车的速度大小都是 v0=6m/s,A 车上有质量 m=1Kg 的小球 若干个,A 车的总质量 MA=50Kg,B 车的总质量 MB=30Kg,A 车上的小孩不断的以 v=16.5m/Sr 的速度把球 抛给 B 车的小孩,并被接住。试问,至少抛出多少个小球,两车才不会相撞? 分析:可按 nm 一次抛出列方程式解 n(15 个) 。解从略。 例 9.弹簧枪以 10m/s 速度水平方向射出的子弹,射入以 6m/s 速度沿光滑水平面迎面而来木块中, 木块的速度变为 5m/s,试问有几发子弹射入时可使木块停止? 分析:此题未给质量,可根据以上两个过程分别列出动量守恒方程式,联立求解。 个) (9 例 10.(2010 全国)如图 6 所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放一重物,右方有一竖直的 墙,重物质量为木板质量的 2 倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ 使木板与重物以共同的速度 v0 向右运动,某时刻木板与墙壁发生 弹性碰撞,碰撞时间极短,求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞 所经过的时间。设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为 g。 图 6 分析:弹性碰撞动能不变,板弹回速度仍为 v0,所求为第一次碰撞后到第二次碰撞间的时间,第一 次碰撞后的“初态”是:重物 2m 的速度 v0 向右,板的速度 v0 向左,相对运动,直到共速为 V,板将返 回,这是第一阶段的“末态” 。这一过程中动量守恒,木板向左移动了 L;经过的时间 t1,这一阶段木 板的运动很像竖直上抛运动,第二阶段物、板一起以 V 匀速返回,经过时间为 t2。设以向右为正方向。 解:1.由动量守恒: 2mv0-mv0=3mV,V=mv0/3m=v0/3。 2.对于板,由动量定理;2μ mgt1=mV-(-mv0)=mv0/3+mv0=4mv0/3。∴t1=2v0/3μ g。
? ?

2

2

L= v t1, v =[v0+(-V)]/2=[v0-v0/3]/2=v0/3。∴L=(v0/3)×2v0/3μ g=2v0 /9μ g 3.t2=L/V=(2v0 /9μ g)/(v0/3)=2v/3μ g。 t=t1+t2=4v/3μ g。 小结:这是一道综合题,第一步是常规思路,第二步动量定理也是常规思路,但是用平均速度时要 注意以 v0 方向为正这和第一步相反,因为板向左做匀减速运动,通常以初速为正方向。
2

2

3

— —

关于平均速度的深入理解: V = (V
2

1

1

? V 2) 。这个公式既适用于匀加速运动,也适用于匀减速

运动。在匀减速运动中,当 V2 等于负值时也适用。V2 只取大小(绝对值)时公式中的+号改为-号。 在处理复杂运动问题时我们用动能定理解决 F、t 的计算问题,用动量守恒定律及机械能守恒定律解 决 V1、V2 问题,以及质量问题,因此,当求位移时,从理论配套来说,应当用平均速度乘以时间来计算。 而不用牛顿定律求加速度再用匀加速运动学公式求位移,这样做也省时间。 V 为此,有必要再加深对平均速度的理解。 V1+v2 一.图 7.1;7.3 表示初速为 v1、末速为 v2 的速度图线。 (v)0 时) v
?

从理论上理解:s= v t= (V
2

1

1

? V 2) t,v2=v1+at,∴s=v1t+(1/2)at 。

2

V1

以上二式都是位移公式,只是已知条件不同。 从几何图形上理解: 0 1 t 2 位移的值①等于梯形的面积(v?上底,v?下底,t 高。 ) v ②等于下边的矩形加上边的三角形面积( 你自己表示出来) ③等于大矩形(v1+v2)t 面积之半,图 7.2;7.4(你自己能看出来吗?) 这第三个视角在讨论匀减速运动并且 v 为负值时是重要的依据。 V 图 7.5 是初速为 v1 末速为 v2,并且 v2 为负的速度图线。 按照“速度图线与时间轴间的面积等于位移”则是时间轴上的 三角形面积(1/2)v1t1 – 时间轴下的三角形)面积(1/2)v2(t-t1) 这要先求 t1,给计算带来麻烦,从图形上看,这个面积就是横轴上缺角 0 3 4 形成的梯形,可以看出,这个梯形的面积刚巧等于矩形面积(v1-v2)t 之半。 v 应当注意的是,这个平均速度只能在匀变速运动中使用,即加速度方向 v1 和大小都不变的条件下使用,如果加速度有变化,应当分段计算。 v1-v2

t

t

关于碰撞的理论分析研究
设两个小球在一直线上发生弹性对心碰撞,已知两球的质量为 m1、m2, 碰撞前,两球的速度分别为 v1、v2,求碰撞后两球的速度 v、v。 完全弹性碰撞前后动量守恒,机械能也守恒,参看图 8,故有: m1

0 v2

t 5 图 7 m2 v2 图 8

m v +m v =m v '+m v '???????????
1 1 2 2 1 1 2 2

① ②

v1

1 2

m 1 v1 ?

2

1 2

m 2v2

2

?

1 2

m 1 v1 ’ ?
2

1 2

m 2 v 2 ’ ????

2

由②提取公因式并进行因式分解得:

m1(v1+v1') 1-v1')=m2(v2'+v2) 2'-v2)??③ (v (v
由①提取公因式:

v1’=

(m

1

? m 2)v

1

? 2m 2v2

m1 ? m 2

m1 (v1-v1') = m2 (v2'-v2)?????????

4 ○

v2'=

(m

2

? m 1)v

2

? 2 m 1 v1

m1 ? m 2

4 5 ③/○得 v1+v1’= v2+v2'?????????? ○ 5 4 4 由○导出 v2'代入○可得 v1’导出 v1’代入○可得 v2'。

记忆方法:分母都是质量和,分子 质差乘自速,再加 2P 对。

4

5 4 另法:分别用 m2、m1 乘○后和○用加、减消元法亦可解出 v1’及 v2'。结果如上页右式。

需要注意,这两个公式中的速度都是矢量,取值时要注意方向。用这两个公式可以解 决所有已知质量及初速求末速的问题或相反求初速的问题。下面分几种情况讨论: 1.质量大的追质量小的球:
(m 由 v1’=
1

? m 2)v

1

? 2m 2v2

m1 ? m 2

, v2'=

(m

2

? m 1)v

2

? 2 m 1 v1

m1 ? m 2

v1

m11

v2

m2

∵m2>m1, v2>v1,∴v1'> v1, v2'< v2. 图 9 例 1.m 1=1Kg,m 2=4Kg,v 1=2m/s,v 2=4m/s,代入公式可得 v1'=5.2m/s, v2'=3.2m/s,从结果看,小球 速度增量的大小是大球的 4 倍,为什么会是这样?这正是动量守恒规律的体现,你可以验算:Δ P 1=-Δ P 2, 及 P 1== P 2.由于碰撞过程传递的是动量而不是速度,所以质量 m 小几倍速度增量就会大几倍. 2.质量相等,小球的碰撞: 由公式可得 v1'= v2. v2'= v1.这是由于传递了动量才交换了速度.如果被碰的原来是静止的,则碰 撞后被动的走了,主动的停了,也是交换了速度.试问,对碰是否也是交换速度呢? 3.质量不等,小球的对碰: 对碰时两球的速度一正一负,设 v1 为负 m 2>m 1,由公式可知 v1'>0,小球反弹,大球减速. 例 2 上例中 v1 改为-2m/s,可得 v1'=7.6m/s, v2'=1.6m/s。

对碰和追碰比较,速度变化更大,因为对碰时产生的冲量更大,因此,动量变化更大. 4.质量小的追质量大的球:m2>m1,v2>v1。
从本质上讲,两个球碰撞中产生速度的变化是由于动量变化,而动量变化是由于受到冲量,因此,在 使用公式讨论之前先用动量定理分析一下,可以预见结果的“存在域” ,这也可作为定性验证计算结果 的依据。如图 9,在碰撞时 m1 受到的冲量与 v1 同向,因此速度必增大;而 m2 受到的冲量与 v2 反向,这 可能有三种结果,冲量小于 P2 时,m2 以变小的速度前进;相等时 m2 停下来;当冲量大于 P2 时,碰撞后 m2 将反向弹回。而冲量的大小又和两个球的质量差与速度差有关。显然,差别越大冲量越大。 从公式上分析,在 v1’式中 m1>m2,此项为+,这只能说明方向不变,而要说明 v1’>v1,则

不容易,但是在上面定性分析中却是非常简明。在 v2'式中,可以从分子的两项关系讨论 v2',从而确定 m2 的运动状态,m1v2>2m1v1+m2v2 反弹;m1v2=2m1v1+m2v2 停止;m1v2<2m1v1+m2v2 减速 前进.当 m1、m2、v1、v2 中已知三个量及想要实现的运动状态, 可直接将 v2'取值代入公式求解。 例 3.图 9,m1=4Kg,m2=1Kg,v1=2m/s,v2=4m/s,①.求 v1’及 v2';②.若只改变 v1 而使 v2'=0,求
v1;③.若只改变 v2 而使 m2 以 v2'=-2m/s 反弹,求 v2。 解:①.将已知分别代入 v1’ v2'公式可得:v1’=2.8m/s,v2'=0.8m/s。 、 ②.将已知分别代入 v1’ v2'公式可得:v 1=、<1.5m/s。 、 ③.将已知分别代入 v1’ v2'公式可得:v 2=、>5.3m/s。 、

小结:学习物理不但要了解物理状态(本题即小球的状态),而且还要了解状态变化的原 因(本题即冲量),这样才能从理论上认识和说明物理问题.对于物理公式,不但要知道它的 来源、适用条件,而且还要能变通使用,不能把物理公式仅仅当作数学公式看待,要能把 物理公式中所表达的物理量间的函数关系“挖掘出来” ,灵活运用。 综合题练习:
1.(2010 山东)图 10 所示,滑块 A、C 质量均为 m,滑块 B 质量为 1.5m,开始时 A、B 分别以 v 1、 v 2 的速度沿光滑水平轨道向右侧固定档板运动,现将 C 无初速度地放在 v1 A 上,并与 A 粘合不再分开,此时 A 与 B 较近,B 与档板相距足够远, C v2 B 与档板碰撞后以原速率反弹,A 与 B 碰撞亦粘合在一起,为使 B 与档板 A B 碰撞两次,v 1、v 2 应满足什么关系? 分析:①.C、A 粘合前后的动量是什么关系?②.A 若追上 B 还能二次碰板 ? 图 10

5

③.A、B 粘合前后的动量是什么关系?粘合后的速度是多少才能再碰板? 小结:这是一道只用动量守恒定律就能解的简单题型,只是过程多些。 2.如图 11 所示,在同一竖直平面内用长为 L 的细线悬挂三个同样直径的弹性球, 且 mA:mB:mC=1:1:2,使 A 球偏离竖直方向θ 角,然后无初速度释放,求三球 θ 依次碰撞结束时,各球的速度 vA',vB',和 vC'。 L 分析:①弹性球碰撞动量守恒,动能不变,A 球碰 B 球前的过程机械能守恒; ②A 球碰 B 球,动量守恒,速度交换; ③B 球碰 C 球,动量守恒,动能不变。 A B C 方法:第三③步列方程后不必真解,可直接将两球碰撞后的速度公式简化 图 11 后写出碰撞后的速度计算公式,然后代入已知数求解。 3.如果以上摆球的质量分别 mA、mB、mC,使 A 球偏离竖直方向后上升的高度是 H,忽略空气阻力, 要使 A 与 B、B 与 C 相碰之后,三个球的动量相同,mA:mB;mC 应为多少?它们上升的高度分别是多少? 分析:本题从规律上遵守动量守恒及动能守恒,但是既没给质量也没给速度的具体大小,不能按 常规列方程求解,因此必须从题目的“关键词”或“关键句子”突破。这就是“A 与 B、B 与 C 相碰之 2 后,三个球的动量相同” ,动量及动能的定义式 P=mV 及 EK=(1/2)mv ,虽然都有 m 但是 v 不知,求不 2 出 m 的关系,只有 EK=P /2m 能把 m 与 P 及 EK 直接联系起来,由此可想出解题步骤: ①根据“关键句”及实际碰撞过程,以 P 的形式列动量守恒方程,找到三个球碰撞前后的动量各 是多少。②以 P 的形式及实际碰撞过程,列出动能守恒方程,便可以得到质量比。③以 A 球碰撞前的 动能是由升高 H 的势能转化而来列方程求出各球上升的高度。 小结;这是一道难题,一是条件特殊,二是规律表达式特殊,三是解题顺序颠倒,总体上是难以 找到突破口。做难题的目的正是为了积累分析研究的经验。和上题比较,装置相同,但是条件不同, 处理方法也不相同。然而基本规律仍然是机械能守恒、动量守恒及动能不变这三条。 现在的考试题,为了不与以前的题目雷同,总是花样不断翻新,有的是在设定的条件上变化,有 的是在数学计算上增加难度,有的是在相关联的运动上加花样,有的是节外生枝,在支节上加花样。 我们应当掌握的原则是:基本理论知识熟练(包括物理和数学) 、典型题目熟悉(熟能生巧) 、 方法灵活(根据具体条件决定具体步骤)作为验证,做下一题。 A 4.如图 12 所示,细绳上端固定于 O 点,下端系一质量 m=1.0Kg 的小球 A, 它与平台接触而无压力,并处于静止状态。绳长 L=0.6m,平台高 h=0.8m, O· 另一质量为 M=2.0Kg 的小球 B,以速度 v 沿平台向右运动,到右端与 A 球 发生正碰,碰撞后,A 球做圆周运动到最高点时绳子的张力恰等于球的重 B A 力;B 球则做平抛运动,落地点与抛出点的水平距离为 1.2m,求 v。

反冲运动:
反冲运动是指一个系统内部的两部分(通常是两部分)在内力作用下相互 图 12 分离的运动。当系统不受外力或外力与内力比较可忽略或在某一方向合外力为零时,动量守恒,典型 的反冲运动如枪、炮的发射过程;火箭的运动;人船的运动。 例 1.长为 L、质量为 M 的平板船,停在静水中,质量为 m 的人从船尾以速度 v 向船头走动时,船 的后退速度是多少?当人从船尾走到船头时,在岸边上的人看起来,人的位移 s 和船的位移 S 各是多 少?水的阻力不计。 分析:人、船系统初态动量为零,因此在不受外力时不论人是否动以及怎样动,系统动量守恒, 即总动量总为零。故有“人行船退,人退船行,人停船停。 ”的现象。由动量守恒定律: 0=mv+MV,MV = - mv ∴V = - (m/M)v。负号表示 V 与 v 方向相反。这是以矢量式表达动量守恒。 已知人、船动量方向相反,也可用标量式 mv-MV=0,得 V=(m/M)v,即 V 的大小为(m/M)v;也可直 接以 MV=mv 表达动量守恒,但是一定要答出大小及方向。因为人、船运动是同时的,mv=MV,mvt=MVt,

6

即 ms=MS。得(s/S)=M/m。此式给出人走的距离与船退的距离的比值。 又,s+S=L,S=L-s,∴s=(M/m+M)L;S=(m/m+M)L。此二式给出人走的距离占船长的比以及船 退的距离占船长的比。由于此二式中无速度及时间因子,可以断定,不论人以多大的速度走动多长时 间,人和船他们的总位移及位移比是不变的。这是根据人、船系统动量守恒,所推导出来的结果。 对于人、船系统还可以从运动学角度分析:L=s+S=vt+Vt,这是在岸边上的人看到的情况;在船上 行走的人,自己的感觉(观点)是什么情况?应当是:L=(v+V)t。仅从数学上看它仅仅是提取了公 因式,但是从物理上看却是站在两处的人所持的不同观点。这个例子给我们提示了一个重要的物理学 研究方法:对于一个物理现象或物理过程,根据它的特点和遵守的基本规律写出数学表达式,按照数 学关系进行变换、处理得到不同的关系式,然后再研究它们是否有新的物理意义?(自己画人、船图) 例 2.图 14 所示,在光滑的水平面上,有一个带 1/4 圆弧的滑块, 一个小球 m 由静止沿圆弧面滑下,然后离开滑块做平抛运动,设圆弧 的半径为 R、滑块的质量为 M,M=2m,小球将离开滑块时离地的高度 为 h。求小球刚离开滑块时的速率及小球落地时离滑块右侧的水平 距离。 (小球与圆弧面间的摩擦不计) 图 13 分析:小球与滑块在水平方向不受外力,动量守恒;竖直方向只有重力做功机械能守恒。 1 mv=MV???????????????? ○ m
1 2 mv
2

?

1 2

MV

2

? (m

? M ))g

2 R???? ○

M

3 M=2m??????????????????○ 解之得 图 14 V= V= 小球平抛过程中,竖直方向做自由落体运动,水平向右匀速运动路程 s,同时滑块向左匀速运动路 程 S,小球离滑块右侧距离 L。

h ?

1 2

4 gt ??????????????? ○

2

5 S=vt?????????????????○ 6 S=Vt?????????????????○ 7 L=s+S???????????????? ○ 解之得 L= 例 3 一个连同装备总质量为 M=100Kg 的宇航员,在距离飞船 S=45m 处与飞船处于相对静止状态, 宇航员背着装有质量 m0=0.5Kg 氧气的储气筒,筒上有一个可以使氧气以 v=560m/Sr 速度喷出的喷嘴, 宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气才能回到飞船,同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸 -4 用,宇航员的耗氧率为 Q=2.5×10 Kg/s。不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响,则: (1)瞬间喷出多少氧气,宇航员才能安全返回飞船? (2)为了使总耗氧量最低,应一次喷出多少氧气?返回时间又是多少?(提示:一般飞船沿椭圆 轨道运行,可视为飞船做匀速直线运动,是惯性参考系) 分析:1.宇航员利用喷气反冲,遵守动量守恒定律,并以反冲速度 V 匀速返回飞船,设喷气质量 为 m,返回时间 t,则有: mv=MV????????① 解联立方程得 m=0.05Kg 或 0.45Kg,喷出氧气多则返回较快。 S=Vt???????? ② m0=Qt+m???????③ 3 4 2.若耗氧量最小,设为 m0',则○式变为○式 4 m0'=Qt+m???????○ 由①②解 t=SM/vm 代入④得

7

5 m0'=(QSM/mv)+m????○

或 m - m0'm+QSM/v=0。对 m 配方得 m= m0'/2,m0'=2m,为最小值。
?2

2

5 代入○得 m ?

QSM v

?

225 ? 10

=0.15Kg;t=600s。

小结:本题物理知识很简单,但在数学上用到解二次方程和求极值,故有一些难度。 例 4.设火箭质量 M=300Kg,火箭发动机每秒喷气 20 次,每次喷出 m=200g 的气体,气体喷出时的 速度 v=1000m/s(相对于地面) 。求: (1)火箭第一秒末、第二秒末、第三秒末的速度各是多少? (2)火箭第一秒末、第二秒末、第三秒末的动量各是多少? 解:1.按一次性喷出,并且都以未动为初状态,列动量守恒方程求解, 1 ○(M-20m)V1 - 20mv = 0,V1=20mv/M-20m=(4/296)1000=13.5m/s; 2 ○(M-40m)V2– 40mv = 0,V2=40mv/M-40m=(8/292)1000=27.4m/s; 3 ○(M-60m)V3 – 60mv = 0,V3=60mv/M-60m=(12/288)1000=41.7m/s 1 2.○P1=(M-20m)V1=296×13.5=3996Kg·m/s 2 ○P2=(M-40m)V2=292×27.4=8000.8 Kg·m/s 3 ○P3=(M-60m)V3=288×41.7=12009.6Kg·m/s 观察以上结果可知,火箭的速度和动量都随时间增长,近似线性增长,略有上翘。 P 例 5.如图 15 所示,发射地球卫星时,先把卫星送到近地点 Q,然后使其沿 椭圆轨道到达远地点 P,此时卫星的速度为 v0,与地心的距离为 R。此时立即 变轨,使卫星沿半径为 R、与椭圆相切于 P 点的圆形轨道运行。为了变轨,立 即将质量为Δ m 的燃气向后喷出使卫星得到应有的速度 v。试求喷气速度 v'。 Q (设卫星的总质量为 m,地球半径为 R0,地面的重力加速度为 g) 分析:卫星以 R 为半径做匀速圆周运动,是以万有引力做向心力,可求线速度 v 及动量,喷气正是为了改变动量,在切线方向不受外力,动量守恒,可求 v'. 图 15 ( )中的条件是为了不用引力恒量而设.列方程时应当注意,是喷气后在圆形轨道上运行. 解:1.由万有引力=向心力: GM 2 2 v ? G(M-Δ m)/R =(m-Δ m)v /R ,∴ R g 2 2 在地面:mg=GmM/R0 ,GM=gR0 , v=R0 R 2.由动量守恒: mv0=(m-Δ m)v-Δ mv', v'=(m-Δ m)v-mv0/Δ m
(m
? ? m )) g
0

∴v'=

R

? mv 0

?m

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