4 习题课动量守恒定律的应用.docx

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4习题课动量守恒定律的应用

学案4　习题课：

动量守恒定律的应用

[目标定位]1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．

一、动量守恒条件的扩展应用

1．动量守恒定律成立的条件：

（1）系统不受外力或所受外力的合力为零；

（2）系统的内力远大于外力．

（3）系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；

2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．

例1　如图1所示，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上．一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成θ角，求物体落入砂车后车的速度v′.

图1

解析　物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，即mvcosθ＝（M＋m）v′，得v′＝

，方向与v的水平分量方向相同．

答案　

，方向与v的水平分量方向相同．

例2　一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（　　）

解析　弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝

＝1s，取向右为正方向，由水平速度v＝

知，选项A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s；选项B中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s；选项C中，v甲＝1m/s，v乙＝2m/s；选项D中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝

m，m乙＝

m，v＝2m/s，代入数值计算知选项B正确．

答案　B

二、多物体、多过程动量守恒定律的应用

求解这类问题时应注意：

（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；

（2）分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统．

（3）对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．

例3　如图2所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s，求：

（1）A的最终速度大小；

（2）铁块刚滑上B时的速度大小．

图2

解析　

（1）选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，

由系统总动量守恒得：

mv＝（MB＋m）vB＋MAvA

可求得：

vA＝0.25m/s

（2）设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25m/s.

由系统动量守恒得：

mv＝mu＋（MA＋MB）vA

可求得u＝2.75m/s

答案　

（1）0.25m/s　

（2）2.75m/s

针对训练　如图3所示，光滑水平面上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m、mB＝m.A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧（弹簧与木块不栓接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三木块速度恰好相同，求B与C碰撞前B的速度．

图3

答案　

v0

解析　细绳断开后，在弹簧弹力的作用下，A做减速运动，B做加速运动，最终三者以共同速度向右运动，设共同速度为v，A和B分开后，B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，取v0的方向为正方向，则有（mA＋mB）v0＝（mA＋mB＋mC）v

对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有

（mA＋mB）v0＝mAv＋mBvB

联立以上两式可得：

B与C碰撞前B的速度为

vB＝

v0.

三、动量守恒定律应用中的临界问题分析

分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．

例4　如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．

图4

（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？

（用字母表示）．

（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后返向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？

（用字母表示）

（3）若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？

解析　

（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：

（M＋m）v0＝mv＋Mv1①

解得v1＝

②

（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv－Mv0＝（m＋M）v2③

解得v2＝

④

（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤

其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．

联立②④⑤三式，并代入数据得

v≥5.2m/s.

答案　

（1）

（2）

　（3）5.2m/s

1．系统动量守

恒的条件

2．合理选取研究对象和研究过程

3．临界问题的分析

1．（动量守恒条件的扩展应用）如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是（　　）

图5

A．斜面和小球组成的系统动量守恒

B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒

C．斜面向右运动

D．斜面静止不动

答案　BC

解析　斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零（球有竖直向下的加速度），故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误．但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确．由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．

2．（动量守恒条件的扩展应用）如图6所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（　　）

图6

A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒

B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒

C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零

D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反

答案　BD

解析　以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A、C错，B、D对．

3．（多过程动量守恒定律的应用）如图7所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）

图7

A．两者的速度均为零

B．两者的速度总不会相等

C．物体的最终速度为mv0/M，向右

D．物体的最终速度为mv0/（M＋m），向右

答案　D

解析　物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：

mv0＝（M＋m）v，故v＝mv0/（M＋m），向右，D项对．

4．（临界值问题）如图8所示，滑块A、C的质量均为m，滑块B的质量为

m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度

地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？

图8

答案　1.5v2

v1≤v2<

v1

解析　设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′①

为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②

设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得

2mv′－

mv2＝

mv″③

为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④

联立①②③④式得1.5v2

v1≤v2<

v1

题组一　动量守恒条件的扩展应用

1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将（水的阻力不变）（　　）

A．变大B．变小

C．不变D．无法判定

答案　C

解析　相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向的速度和船的速度相同，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船的速度不变．

2．如图1所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是（　　）

图1

A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒

B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒

C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C组成的系统动量都守恒

D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒

答案　BC

解析　当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C视为一个系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．

3．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（　　）

图2

A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足（M＋m0）v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2

C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′

D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2

答案　BC

解析　M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变（速度不变），可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．

题组二　多物体、多过程动量守恒定律的应用

4．如图3所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在小车的两端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是（　　）

图3

A．A、B质量相等，但A比B速率大

B．A、B质量相等，但A比B速率小

C．A、B速率相等，但A比B的质量大

D．A、B速率相等，但A比B的质量小

答案　AC

解析　A、B两人及小车组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．

5．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为（子弹留在木块中不穿出）（　　）

A.

B.

C.

D.

答案　C

解析　设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M以v1向右运动，连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为系统的末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：

nmv2－Mv1＝0，得n＝

所以选项C正确．

6．如图4所示，一玩具小车携带若干质量为m的弹丸，车和弹丸的总质量为M（

＝

），在半径为R的水平光滑轨道上以速度v0做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度v（

＝

）发射一颗弹丸，则小车发射第几颗弹丸时静止（　　）

图4

A．4B．5C．8D．10

答案　A

解析　假设小车发射第n颗弹丸时静止，则由动量守恒定律可得：

Mv0＝nmv.

把

＝20，

＝

代入上式，可得n＝4.

7．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图5所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为________.

图5

答案　

v0

解析　由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，mv0＝5mv，v＝

v0，即它们最后的速度为

v0.

8．在如图6所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动．已知木箱的质量为m，人与车的质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：

图6

（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；

（2）小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小．

答案　

（1）

v　

（2）

v

解析　

（1）由动量守恒定律

2mv1－mv＝0

解得v1＝

v

（2）小明接木箱的过程中动量守恒

2mv1＋mv＝（2m＋m）v2

解得v2＝

v

题组三　综合应用

9．如图7所示，质量分别为m1和m2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v1、v2向右运动，并发生对心正碰，之后m2与墙碰撞被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m2返回后又与m1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m1球的速度．

图7

答案　

　方向向右

解析　设m1、m2第一次碰后的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，则由动量守恒定律知

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v1′－m2v2′＝0

解得v1′＝

，方向向右．

10．如图8所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车（连同车上的人）以v＝3m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应当在什么范围以内才能避免两车相撞？

不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．

图8

答案　大于等于3.8m/s

解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．

以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，

由水平方向动量守恒得：

（m1＋M）v－m2v0＝（m1＋m2＋M）v′，解得v′＝1m/s.

以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：

（m1＋M）v＝m1v1′＋Mu

解得u＝3.8m/s.

因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8m/s，

就可避免两车相撞．

11．如图9所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．

图9

答案　

v0

解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，以v0的方向为正方向，

由动量守恒定律得

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v

由A与B间的距离保持不变可知

vA＝v，联立代入数据解得vB＝

v0

12．如图10所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止．A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．

图10

答案　2m/s

解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mAv0＝mAvA＋mCvC①

A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得

mAvA＋mBv0＝（mA＋mB）vAB②

A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足

vAB＝vC③

联立①②③式，代入数据得

vA＝2m/s