动量冲量计算题训练

【答案】（1）$p=mgc$ ；（2） ①$a=\dfrac{nhv_0}{cm}$；②$\Delta E =hv_0(1+\dfrac{v_0}{c})-\dfrac{h^2v_0^2}{2c^2m}$

【详解】

（1）设在∆t时间内照射到玻璃表面的光子数为n，则由动量定理

$F\Delta t=np$

对玻璃板由平衡知识

$F=mg$

每个光子的能量

$E=hv=\dfrac{hc}{\lambda}=cp$

激光照射到小玻璃片上的功率

$P=\dfrac{nE}{\Delta t}$

解得

$P=mgc$

（2）①原子单位时间内与n个光子发生相互作用，由动量守恒定律

$n\dfrac{hv_0}{c}=m\Delta v$

原子的加速度

$a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}$

其中∆t=1s解得

$a=\dfrac{nhv_0}{cm}$

②以原子开始运动的方向为正方向，原子吸收一个光子的过程，由动量守恒定律

$mv_0-\dfrac{hv_0}{c}=mv$

该原子的第一激发态和基态的能级差

$\Delta = \dfrac{1}{2}mv_0^2+hv_0-\dfrac{1}{2}mv^2$

解得

$\Delta E = hv_0(1+\dfrac{v_0}{c})-\dfrac{h^2v_0^2}{2c^2m}$

【解析】

（1）B、C碰撞前，A做加速运动，B、C碰撞后，A做减速运动，故A、B速度相等时，A的速度最大；

对A、B系统，取向右为正方向，由动量守恒定律：$m_1v_1=(m_1+M)v$

解得$v=1m/s$

（2）B、C碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：$m_1v-m_2v_2=(m_1+m_2)v′$

解得：$v′=-0.5m/s$

碰撞过程中能量损失为：$\Delta E_1=\dfrac{1}{2}m_1v^2+\dfrac{1}{2}m_2v_2^2-\dfrac{1}{2}（m_1+m_2）v′^2$

解得：$\Delta E_1$=9J

当A、B、C相对静止时有：$m_1v_1-m_2v_2=(M+m_1+m_2)v″$

解得：$v″=0$

A、B间摩擦产生的热量：$Q=\dfrac{1}{2}m_1v_2^2+\dfrac{1}{2}m_2v_2^2-\Delta E_1$

解得：Q=7J。

【分析】

（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t₁后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t₁又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出v_B的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E₂的大小；而根据题意，为求出t₁与v₀满足的条件，只需要使E₂＞E₁即可，那么就可以最终求得t₁与v₀间的关系式．

【解答】 解：（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为$E_2$，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；
对于匀速运动阶段，有$qE_1=mg$…①
对于场强突然增大后的第一段$t_1$时间，由牛顿第二定律得：$qE_2-mg=ma_1$…②
对于场强第二段$t_1$时间，由牛顿第二定律得：$qE_2+mg=ma_2$ …③
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：$v_1=v_0+a_1t_1$④
油滴在B的速度为：$v_B=v_1-a_2t_1$…⑤
联立①至⑤式，可得：$v_B=v_0-2gt_1$；方向向上；

方法二：还记得冲量是改变速度的原因吧？上下时间相等，而增加部分的电场力是一样的，所以向上的冲量和向下的冲量是一样的，所以不会影响速度变化，所以vB=v0-2gt1。

（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：${v_0}^2=2gh$…⑥
根据位移时间关系可得：$v_0t_1+\frac{1}{2}a_1{t_1}^2=x1$…⑦
$v_1t_1-\frac{1}{2}a_2{t_1}^2=x2$…⑧
油滴运动有两种情况：

情况一：
位移之和$x_1+x_2=\frac{h}{2}$ ⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：
$E_2=E_1+\frac{E_1}{g} (g+\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $
由题意得$E_2＞E_1$由题意满足条件$\frac{2v_0}{t_1}−\frac{{v_0}^2}{4{t_1}^2}<g$
即当$0＜t_1＜（1−\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$或$t_1＞（1+\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$才是可能的；

情况二：
位移之和$x_1+x_2=-\frac{h}{2}$⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：
$E_2=E_1+\frac{E_1}{g} (g-\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $
由题意得$E_2＞E_1$，即满足条件$\frac{2v_0}{t_1}+\frac{{v_0}^2}{4{t_1}^2}＜g $，即$t_1＞（1+\frac{\sqrt{5}}{2}）\frac{v_0}{g}$，另一解为负，不合题意，舍去．

答：
（1）油滴运动到B点时的速度为：$v_B=v_0-2gt_1$；
（2）增大后的电场强度的大小为$E_1+\frac{E_1}{g}（g+\frac{{v_0}^2}{{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}）$，t₁和v₀应满足的条件为$0＜t_1＜（1−\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$或$t_1＞（1+\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$
或$E_1+\frac{E_1}{g} (g-\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $；相应的t₁和v₀应满足的条件为$t_1＞（1+\frac{\sqrt{5}}{2}）\frac{v_0}{g}$

解 1. 两车恰好不相撞的临界情况是：人跳到乙车后，两车速度相同。设共同速度为\(v’\)。

2. 对甲、乙车和人组成的系统应用动量守恒定律

规定向右为正方向，系统总动量守恒，初始总动量\(p=(m_{1}+M)v – m_{2}v_{0}\)。 – 末态总动量\(p’=(m_{1}+m_{2}+M)v’\)。

– 根据动量守恒定律即\((m_{1}+M)v – m_{2}v_{0}=(m_{1}+m_{2}+M)v’\)。

– 代入数据\(m_{1} = 20\ \text{kg}\)，\(M = 50\ \text{kg}\)，\(v = 3\ \text{m/s}\)，\(m_{2} = 50\ \text{kg}\)，\(v_{0}=1.8\ \text{m/s}\)：

– 左边\((20 + 50)\times3-50\times1.8=70\times3 – 90 = 210 – 90=120\)。

– 右边\((20 + 50+50)v’ = 120v’\)。

– 由\(120 = 120v’\)，解得\(v’ = 1\ \text{m/s}\)。

3. 对人跳离甲车过程应用动量守恒定律

– 设人跳出甲车的速度为\(u\)，对人跳离甲车过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律\((m_{1}+M)v = m_{1}v’+Mu\)。

变形可得\(u=\frac{(m_{1}+M)v – m_{1}v’}{M}\)。

把\(m_{1} = 20\ \text{kg}\)，\(M = 50\ \text{kg}\)，\(v = 3\ \text{m/s}\)，\(v’ = 1\ \text{m/s}\)代入：

\(u=\frac{(20 + 50)\times3-20\times1}{50}=\frac{210 – 20}{50}=\frac{190}{50}=3.8\ \text{m/s}\)。

所以，人跳出甲车的水平速度\(u\geqslant3.8\ \text{m/s}\)时，才能避免两车相撞。

【解析】(1)点燃炸药，\(A\)、\(B\)组成的系统动量守恒，有\(mv_{0}=nmv_{1}\)， 若\(n = 2\)，则\(v_{1}=\frac{v_{0}}{2}=0.6m/s\)。

(2)爆炸后，对滑块\(A\)由牛顿第二定律有\(\mu mg = ma\)， 滑块\(A\)和滑块\(B\)在小车上滑动时的加速度大小均为 \(a = \mu g = 2m/s^{2}\)， 设滑块\(A\)和\(B\)分别相对小车\(C\)运动的路程为\(x\)和\(x’\)， 由运动学公式有\(v_{0}^{2}=2ax\)，\(v_{1}^{2}=2ax’\)， 代入数据得\(\frac{x}{x’}=4\)。

(3)取水平向右为正方向，设小车的加速度大小为\(a_{1}\)，\(B\)的加速度大小为\(a_{2}\)，由牛顿第二定律可得\(\mu nmg – \mu mg = nma_{1}\)， 解得\(a_{1}=\frac{n – 1}{n}\mu g\)，

当\(1\leq n\leq5\)时，\(a_{1}>0\)，故小车向右加速，设经\(t_{1}\)时间滑块\(B\)和小车\(C\)达到共同速度\(v_{2}\)， 对\(C\)，有\(v_{2}=a_{1}t_{1}\)，对\(B\)，有\(v_{2}=v_{1}-at_{1}\)， \(B\)、\(C\)共速后一起匀减速，滑块\(A\)、\(B\)和小车\(C\)所受合外力为\(0\)，系统动量守恒，故最终三者同时静止，设滑块\(A\)运动时间为\(t_{2}\)，则

\(0 = v_{0}-at_{2}\)， 设滑块\(A\)和\(B\)分别相对小车\(C\)运动的距离为\(x_{1}\)和\(x_{2}\)，

则\(x_{1}=\frac{v_{2}}{2}t_{2}+\frac{v_{0}}{2}t_{2}\)，\(x_{2}=\frac{v_{1}+v_{2}}{2}t_{1}-\frac{v_{2}}{2}t_{1}\)，滑块\(A\)、\(B\)之间的距离为\(x = x_{1}+x_{2}\)，

联立得\(x = \frac{0.36n^{2}}{2n – 1}m=\frac{0.36}{1-(1 – \frac{1}{n})^{2}}m\)，可知\(n\)越大，\(x\)越大， 将\(1\leq n\leq5\)代入得\(0.36m\leq x\leq1m\)。