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第一章 動量和動量守恒定律
第4節 動量守恒定律的應用
系統動量守恒的條件：
（1）理想條件：系統不受外力
（2）實際條件：系統所受合外力為零；
（3）近似條件：系統所受合外力不為零，但系統內力遠大于外力，外力可以忽略不計，則系統動量近似守恒。
（4）單向條件：系統總的來看雖不符合上述條件，但在某一方向符合上述某一條件，則系統在該方向上動量守恒。
1.動量守恒定律的普適性：適用于計算合外力為零時系統中物體相互作用的規律。
（1）不僅適用于正碰，也適用于斜碰；
（2）不僅適用于碰撞，也適用于任何形式的互相作用；
（3）不僅適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統。
動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律
知識點一：動量守恒定律的應用
思考：
（1）冰壺碰撞的過程，兩個冰壺組成的系統動量守恒嗎？
分析：冰壺與冰面間摩擦因數很小，摩擦力很小；且冰壺碰撞時間極短，內力遠大于外力，故摩擦力可以忽略不計，可認為系統所受合外力為零。
結論：無論正碰還是斜碰，系統動量守恒。
（2）碰撞后，冰壺速度如何變化？
在某次投擲中，黃色冰壺運動一段時間后以0.4 m/s的速度與靜止的紅色冰壺發生正碰，碰后紅色冰壺以0.3 m/s的速度向前滑行。若兩冰壺質量相等，求碰后黃色冰壺的速度。
冰壺撞擊瞬間
2.動量守恒定律的基本應用
情境轉化
v0=0.4m/s
v2=0.3m/s
物理建模
m
m
（假設）v1
正方向
（假設）v1
v0=0.4m/s
v2=0.3m/s
物理建模
m
m
解：設碰前運動方向為正方向，則
黃色冰壺碰前v0=0.4m/s，碰后假設速度沿正方向設為v1；紅色冰壺碰后速度v2=0.3m/s
根據系統動量守恒定律：mv0=mv1+mv2
解得：v1= 0.1m/s
即：速度大小為0.1m/s，方向不變。
應用動量守恒定律應注意：
—— 矢量性：一維相互作用時，應選定正方向，用“+、-”號表示速度方向。
（3）冰壺運動中，除了冰壺碰撞過程外，還有哪些過程也遵循動量守恒定律？
擲壺過程：冰壺與冰面間的摩擦力可以忽略不計，運動員和冰壺組成的系統水平方向可視為合外力為0，故系統水平方向動量守恒。
假設擲壺運動員手持冰壺從本壘圓心向前的速度v0=1m/s，至前衛線冰壺出手瞬間，冰壺在水平方向上相對于手的速度v1=2m/s。已知擲壺運動員的質量M=60kg，冰壺的質量m=20kg，則冰壺出手后，運動員的速度如何變化？
v（假設）
v+v1（對地速度）
擲壺瞬間
情境轉化
M
m
v0 = 1m/s
物理建模
解：以地面為參考系，取初速度方向為正方向
冰壺出手時，假設擲壺隊員的速度為v，方向沿正方向，則冰壺的對地速度為v+v1：
根據系統動量守恒定律有：
（M+m）v0 = Mv + m（v+v1）
整理可得：v=
代入數據求得：v= 0.5m/s，方向不變。
v（假設）
v+v1（對地速度）
M
m
v0 = 1m/s
物理建模
思考：（4）是否可以用牛頓運動定律求解？
碰撞過程、擲壺過程力的變化比較復雜，且相互作用時間很短，利用牛頓運動定律解決很困難。
動量守恒定律只考慮相互作用前后兩個狀態量，不需要考慮相互作用的過程量，體現了動量守恒定律的普適性和易用性。
動量守恒定律應用的一般步驟和注意事項：
（1）找：研究對象(系統包括那幾個物體)+ 研究過程；
（2）析：受力分析，判斷系統動量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
（3）定：規定正方向，確定初末狀態動量正負號，畫好分析圖；
（4）列：根據動量守恒定律列方程
（5）算：合理運算求結果，并對結果進行分析。
物理情景：反沖小車停在光滑的桌面上，車上固定一個用膠塞塞住封口的試管。試管內充滿空氣，用車上的酒精燈加熱試管尾端。當試管內的空氣達到一定溫度時，膠塞從試管口噴出。
問題1：整個反沖小車遵循動量守恒嗎？
問題2：膠塞從試管口噴出瞬間，小車是否運動？
系統合外力為0,動量守恒
膠塞向右運動，則小車向左運動
1.定義
一個靜止的物體，在內力的作用下，分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動。這個現象叫反沖。
2.特點
①物體間相互作用突然發生，時間短，作用強。
②系統所受外力一 般不為零，但遠遠小于內力。
氣球是如何實現反沖的，在反沖運動中，能量如何轉化
知識點二：反沖
問題3：設反沖小車總質量為M，膠塞質量為m，膠塞噴出時，膠塞相對于地面的速度為v，此時，小車相對于地面的速度是多少？
mv＋(M－m)v′＝0
現代火箭較古代火箭結構復雜得多，現代火箭主要由殼體和燃料組成，殼體是圓筒形的，前端是封閉的尖端，后端有尾噴管，燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出，火箭就向前飛去。
3.火箭
1.原理：火箭的飛行應用了反沖的原理，靠噴出氣流的反沖作用來獲得巨大速度。
當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的氣體具有很大的動量，火箭獲得大小相等、方向相反的動量，因而發生連續的反沖現象，隨著燃料的消耗，火箭質量減小，加速度增大，當燃料完全消耗后，火箭即以獲得的速度沿著預定軌道飛行。
2.結構：為了提高速度，實行多級（不超過四級）火箭發射。
3.作用：發射洲際導彈、人造衛星、宇宙飛船。
思考：假設火箭在地球表面由靜止起飛時，在極短的時間△t內噴出燃氣的質量為△m，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度大小為u，噴出燃氣后火箭的質量為m,我們設法計算火箭在這樣一次噴氣后增加的速度 △v。
發射前的總動量為：
發射后的總動量為：
系統由動量守恒得：
0
mΔv -Δmu
0= mΔv -Δmu
認為動量守恒，設噴出燃氣后火箭增加的速度為Δv，火箭的速度方向為正方向：
分析：
Δm
m
正方向
燃氣速度u
影響火箭飛行速度的主要因素是什么呢？
① 燃氣噴射的速度
② 火箭的質量比（即火箭開始飛行時的質量與燃料燃盡時的質量之比）
現代的火箭噴氣速度通常在2000-4000m/s
質量比：
Δm/m一般小于10，火箭強度有限
要提高噴氣速度，就要使用高質量的燃料， 目前常用的液體燃料是液氫，用液氧做氧化劑。
多級火箭發射時，較大的第一級火箭燃燒結束后，便自動脫落，接著第二級、第三級依次工作，燃燒結束后自動脫落，這樣可以不斷地減小火箭殼體的質量，減輕負擔。
【問題】衛星發射最小速度為7.9km/s，為如何能提升火箭的發射速度，解決衛星發射問題？
目前多級火箭一般不超過四級，因為級數太多，結構復雜，連接機構和控制機構質量會增加很多，工作可靠性會降低。
例題：用火箭發射人造衛星，假設最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛星一起以速度 繞地球做勻速圓周運動。已知衛星質量M=500 kg，最后一節火箭殼體的質量m=100 kg，某時刻火箭殼體與衛星分離，分離時衛星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度 ，試分析計算：
（1）分離后衛星的速度是多大？
（2）火箭殼體的速度是多大？（以地面為參考系）
條件判斷：由于衛星與火箭殼體分離時間很短，重力等作用引起的動量變化與它們各自在分離前后具有的動量相比可以忽略不計，故衛星與火箭殼體分離時近似視為動量守恒。
解：設分離時衛星速度方向為正方向，分離后衛星的速度為v1，火箭殼體的速度為v2，由動量守恒，有
（m+M）v= mv2+Mv1
由題意可知 v1v2
解得 v1 ，v2
拓展：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？
S2
S1
條件:系統動量守衡且系統初動量為零.
結論:人船對地位移為將二者相對位移按質量反比分配關系
處理方法:利用系統動量守衡的瞬時性和物體間作用的等時性,求解每個物體的對地位移.
-----------①
s1 + s2 = L -----------②
1.一只質量為1.4 kg的烏賊吸入一定質量的水,靜止在水中。遇到危險時,它在極短時間內把吸入的水以20 m/s的速度向后全部噴出,以2 m/s的速度向前逃竄。則該烏賊吸入的水的質量為( )
A.0.1 kg B.0.14 kg
C.0.2 kg D.0.28 kg
B
2.(多選)下列措施有利于增加火箭的飛行速度的是( )
A.使噴出的氣體速度更大
B.使噴出的氣體溫度更高
C.使噴出的氣體質量更大
D.使噴出的氣體密度更小
AC
如圖所示，質量mB=1kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運動。某時刻質量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動摩擦因數為μ=0.2。若A最終沒有滑出小車，求A在小車上停止運動時，小車的速度大小。（取g＝10m/s2。）
v1=1m/s
v2=2m/s
解：取水平向右為正方向，當A在小車上停止運動時，假設A、B以共同速度向右運動，設為v：
根據系統動量守恒定律：mAv2- mBv1=（mA+mB）v
解得：v = 1m/s，方向向右。

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