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2动量竞赛讲义动量守恒


高中物理奥赛讲义·动量与能量 第二讲、动量守恒定律
一.知识回顾:
1.内容: 若一个系统不受外力或所受外力矢量和为零,则这个系统的总动量保持不变。 2.表达式:以两个物体组成的系统为例: ①△P1= -△ P2 表示两个物体的动量改变大小相等、方向相反。 ② p=p′,p1+p2=p1′+p2′或 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 表示系统内各物体

相互作用前的总动量等于各物体相互作用后的总动量。 ③△P=P′—P=0;系统动量变化等于 0,系统动量守恒;m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 3.守恒条件: 理想守恒——系统不受外力或者所受外力之和为零。 近似守恒——系统受到的外力远小于内力,也可认为系统动量守恒,如碰撞、爆炸等。 单方向守恒——系统在某一方向上不受外力或所受合外力为零,系统在该方向动量守恒。 4. 定律特点: ① 矢量性:动量是矢量,动量守恒定律的方程是一个矢量方程。通常规定正方向后, 注意 v1,v2,v1',v2'的正负; ②瞬 时 性 :动量 是一个 瞬时量 ,其中 v1 ,v2 … 都是作 用前 同一时 刻的 瞬时速 度, v1', v2' 都是作用后同一时刻的瞬时速度。只要系统满足动量守恒定律的条件,在相互作用过程的任 何一个瞬间,系统的总动量都守恒。 ③相 对 性 :物体的动量 与参考系 的选择 有关。 通常,取 地面为 参考系 ,因此, 作用前 后 的速度都必须相对于地面。 5.动量守恒定律的一般解题步骤: ⑴分析题意,确定研究对象; ⑵分析作为研究对象的系统内各物体的受力情况,分清内力与外力,确定系统动量是否守恒; ⑶在确认动量守恒的前提下,确定所研究的相互作用过程的始末状态,规定正方向,确定始末状 态的动量值的表达式; ⑷列动量守恒方程; ⑸求解,如果求得的是矢量,要注意它的正负,以确定它的方向. 例 1.在光滑的水平地面上,有一辆车质量为 M,车内有一个人和 N 个质量均为 m 的铅球,系统原 来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出,车子和人将获 得反冲速度。第一过程,保持每次相对地面抛球速率均为 v ,直到将球抛完;第二过程,保持 每次相对车子抛球速率均为 v ,直到将球抛完。试问:哪一过程使车子获得的速度更大?

变形:在光滑的水平地面上,有一辆车质量为 M,车内有 N 个质量均为 m 的人,系统原来处 于静止状态。现车内的人以相对车大小恒为 v,方向水平向后的初速往车下跳。 第一过程,N 个质量均为 m 的人同时跳下。 第二过程,N 个质量均为 m 的人依次跳下。 试问:哪一过程使车子获得的速度更大?

例 2.如图所示,一排人站在 x 轴的水平轨道旁,原点 O 两侧的人的序号都记为 n (n=1,2,3…).每 人只有一个沙袋,x>0 一侧的每个沙袋质量为 m=14kg,x<0 一侧的每个沙袋质量为 m/=10kg.一 质量为 M=48kg 的小车以某初速度从原点出发向正 x 方向滑行,不计轨道阻力,当车每经过一 人身旁时, 此人就把沙袋以水平速度 u 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上, 的大小等于扔此 u 沙袋之前车的瞬间速度大小的 2n 倍(n 是此人的序号数)问: (1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行? (2)车上最终有大小沙袋共多少个?

例 3.如图所示,两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接,另一端分别与 质量为 m 和 2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢,铰链在上、竖直地放在水平桌面上,然后 轻敲一下,使两小球向两边滑动,但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦,试求:两杆 夹角为 90° 时,质量为 2m 的小球的速度 v2。

例 4.如图 7 所示,一个质量为 M ,半径为 R 的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在球顶有 一个质量为 m 的质点,由静止开始沿球面下滑。试求: 1.质点离开球面以前的轨迹。 2.当质点 m 滑到方位角 θ 时(未脱离半球) ,质点的速度 v 的大小、方向怎样?

例 5.如图所示,一块长为 L ? 1.00m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧的下端与地面固定 连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖直导轨) ,从而只能地竖直 方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T ? 2.00s 。一小球 B 放在光滑的水平台面 上,台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h ? 9.80m 。平板静止在其平 衡位置。 水球 B 与平板 PQ 的质量相等。 现给小球一水平向右的速度 μ0, 使它从水平台面抛出。 已知小球 B 与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球 与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞,μ0 的值应在什么范围内?取 g ? 9.8m / s
2

质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x ② 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ) = mgR(1-cosθ) =

1 1 2 2 M v2 + m v 1 ,即: 2 2


1 1 2 2 2 M v2 + m( v1x + v1y ) 2 2 M v2 , m
v1y = (

三个方程,解三个未知量(v2 、v1x 、v1y)是可行的,但数学运算繁复,推荐步骤如下—— 1、由①、②式得:v1x = 例 4.1.以半球球心 O 为原点,沿质点滑下一侧的水平轴为 x 坐标、竖直轴为 y 坐标。 由于质点相对半球总是做圆周运动的(离开球面前) ,有必要引入相对运动中半球球心 O′的方 位角 θ 来表达质点的瞬时位置,如图 8 所示。 由“定式”,易得:

m?M tgθ) v2 m

2、代入③式解 v2 ,得:v2 =

2m 2 gR (1 ? cos ?) M 2 ? Mm ? ( M ? m) 2 tg 2 ? 2gR(1 ? cos ?)( M 2 ? 2Mm sin 2 ? ? m 2 sin 2 ?) M 2 ? Mm ? m(M ? m) sin 2 ?

M x= Rsinθ M?m



2 2 3、由 v 1 = v1x + v1y 解 v1 ,得:v1 =

2

而由图知:y = Rcosθ ② 不难看出,①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质,我们可以将 参数 θ 消掉,使它们成为:

v1 的方向:和水平方向成 α 角,α= arctg 这就是最后的解。

v 1y v 1x

= arctg(

M?m tg? ) M

y2 x2 + =1 M R2 2 ( R) M?m
这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度 ω =

v相 R

=

2g ( m ? M )(1 ? cos ?) 。 〕 R ( M ? m sin 2 ?)

M R 的椭圆。 M?m

2. 解说:此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识,数学运算比较繁复,是一道考查 学生各种能力和素质的难题。 据运动的合成,有:

例 2(1) 当向右经过第 1 个人时有:Mv0-m(2× v0)=(M+1m)v1 1× 经过第 2 个人时有:(M+1m)v1-m(2× v1)=(M+2m)v2 2× 经过第 3 个人时有:(M+2m)v2-m(2× v2)=(M+3m)v3 3× 按数学归纳法,经过第 n 个人时有:[M+(n-1)m]vn-1-m(2nvn-1)=(M+nm)vn

? ? ? ? ? v 点? 半球 = v 点?地 + v 地? 半球 = v 点?地 - v 半球 ?地
其中 v 半球 ?地 必然是沿地面向左的,为了书写方便,我们设其大小为 v2 ;

?

? v 点? 半球 必然是沿半球瞬时位置切线方向(垂直瞬时半径)的,设大小 ?

为 v 相 。根据矢量减法的三角形法则,可以得到 v 点?地 (设大小为 v1)的 示意图,如图 16 所示。同时,我们将 v1 的 x、y 分量 v1x 和 v1y 也描绘在图 中。 由图可得:v1y =(v2 + v1x)tgθ ①
解之:vn= (1)

要使小车反向运动,必须 vn-1>0,vn<0 仍照(1)式,可以推出:vn-1= (2) ∴

小车反向运动的条件是:v n-1>0,vn<0 即:M-nm>0,M-(n+1)m<0

解此不等式组是 2.4<n<3.4 又因为 n 为整数,故 n=3,即车上堆积 3 个沙袋时,车就反向运动。

代入数字,得:n<

, n> (2)

n 应为整数,故 n=3,即车上堆积 3 个沙袋后车就反向滑行。 车反向运动时,车的质量变为 M+3m=90kg,设反向滑行中第 n'-1 个沙袋扔到车上后车速为 v'n-1,第 n 个沙袋 (2)当车上放着 3 个沙袋,以某一速度设 v'0,向左滑行时,其物理过程,除最初的质量为 M+3m,初速为 v'0 扔到车上后车速 v'n,由动量守恒定律得: [90+10(n'-1)]nn-1-10× 2n'v'n-1=(90+10n')v'n 外完全相同,仍可依照(1)式的结论,推出:v'n= 及 v'n-1= ∴v'n=[90-10(n'+1)]v'n-1/(90+10n') 车不再向左滑行的条件是:v'n-1>0, v'n≤0, 车不再向左滑行时,必须满足 v'n-1<0,v'n≥0 即 M-3m-nm'>0;M+3m-(n+1)m'≤0,

代入数字:n<



解此不等式组得 8≤n'<9。 n≥ ,8≤n<9。 n'=8 时,v'n=0,车停止滑行,即 x<0 一侧第 8 个沙袋扔到车后上就停止运动,此时车上共有沙袋个数为 n+n'=11 n=8 时,车停止滑行,即在 个。 解析 3: 解析 2: (1) (1) 设扔第 n 个沙袋后车反向滑行,则第 n 个沙袋扔上车前的动量大小应大于此时车的动量大小。 设小车在朝 x 正向滑行过程中,第 n-1 个沙袋扔上后车速为 vn-1,第 n 个沙袋扔上后车速为 vn,由动量守恒定律 得: [48+14(n-1)]vn-1-14× n-1=(48+14n)vn 2nv 即 vn=[48-14(n+1)]vn-1/(48+14n) 即 14× n-1>[48+14(n-1)]vn-1 2nv 解得 n>2.4,又 n 为整数,故 n=3,即车上堆积 3 个沙袋后车就反向运动。 (2) —侧共有 8 个沙袋,抛到车上车就停止运动,所以最终车上共有沙袋:3+8=11 个。

同解析 1 或解析 2 说明: 上述三种解法中,对解析 1 是突出了物理过程,对每一个过程列出分过程式,最后得到通式。对解析 2 是找出 了车反向运动的条件,直接列出通式。而解析 3 是比较沙袋和车的动量大小,得出了车反向运动的条件。思考问题 的角度不同,但最后是殊途同归。 不论哪个解法,需研究每个已知条件对于解题的作用,抓主要矛盾,明确关键所在,集中精力突破。从“当车 经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度 u 朝与车速相反的方向沿车面反作用到车上,设 u 的大小等于此沙袋之 前的瞬间车速大小的 2n 倍。”这句话可以知道:车从序号为 n-1 的人身旁以 vn-1 的速度驶向序号为 n 人身旁,车上 已有 n-1 个沙袋,而车从接受了第 n 个沙袋到从序号为 n 的人身旁离开的过程中,车及车上的沙袋动量守恒,可列 方程: [48+14(n-1)]vn-1-14× n-1=(48+14n)vn 2nv 许多学生列出这个方程,但不知所措。其实只要仔细审题,反复体会“车反向滑行”这几个字便可发现,使车反 向滑行的条件是:vn-1>0,vn<0。这便是本题的关键所在,突破了这个关键,解决问题就易如反掌了。

u0max ? 0.71m/s
如果 u0 ? u0max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方 向的速度为 v1 ,则有

(4)

v1 ? 2gh

(5)

? 以 v1 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程
中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

? mv1 = mv1 ? mV1? 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 1 2 1 1 1 1 2 2 ? mv1 ? mu0 = mv12 ? mV1?2 ? mu0 2 2 2 2 2 解(6)(7)两式,得 、
? v1 ? 0
V1? = v1 ? 2 gh
碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处于平 衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 t ? 0 , 则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

(6)

(7)

(8)

(9

一、参考解答: 例 5.如果小球的水平速度比较大, 它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处, 这时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值; 如果小球的水平速度 u 0 较小, 在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最小 值. 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的 时间为 t1 ,有 B u0

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

2π T A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

??



h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2
L ? u0t1

(1)

h

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?
Q (2) 因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9)(11)(12)式可求得 、 、



P

从(1)(2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值, 、 即

A?

2 gh T 2?



? ??
u0 max
代入有关数据得

g ?L 2h

(3)

π 2



把(13)(14)式代入(10)式,得 、

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰撞且发 生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

xPQ ? xB

0.70

0.36

0.19

0.09

0

0

-0.01

-0.08

-0.17

-0.36

-

xB ? t2 ? ?
平板的 x 座标为

1 2 gt2 2

(16)

xPQ ? t2 ? ?
在碰撞时,有

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

xB ? t2 ? ? xPQ ? t2 ?
由(16)(17)(18)式,代入有关数据得 、 、

(18)

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?
这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

(19)

t2 ? 0.771s
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

(20)

L ? u0 ? t1 ? t2 ?
由(1)(20)和(21)式得 、

(21)

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s
附: (19)式的数值求解 用数值解法则要代入 t 2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

(23)

t2
xPQ ? 4.41cos ? πt2 ?
2 xB ? 4.90t2

0.730

0.750

0.760

0.765

0.770

0.771

0.772

0.775

0.780

0.790

0.810

? ?

π? 2?

?

3.31

3.12

3.02

2.96

2.91

2.91

2.90

2.86

2.81

2.70

2.48

2.61

2.76

2.83

2.87

2.91

2.91

2.91

2.94

2.98

3.06

3.21


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