动量及动量守恒定律全章典型习题精讲.docx

动量及动量守恒定律全章典型习题精讲.docx

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动量及动量守恒定律全章典型习题精讲

动量及动量守恒定律全章典型习题精讲

一.学法指导：

动量这部分内容，本身并不复杂，主要有冲量和动量这两个概念，还有动量定理和动量守恒定律这两个重要规律.动量定理是对一个物体说的，它受到合外力的冲量等于该物体动量的增量.动量守恒定律是对相互作用的系统而言的，在系统不受外力作用的

情况下，系统的总动量守

本章的难点主要在于冲量和动量都是矢量，矢量的运算比起标量的运算来要困难得

多.我们中学阶段目前只要求计算同一直线上的动量问题，对于同一直线上的动量，可以用正负号表示方向，从而把矢量运算转化为代数运算.

这部分内容的另一个难点是涉及到相互作用的系统内物体的动量和机械能的综合问题，为此，我们在学习时要把动量这部分内容与机械能部分联系起来.下面三个方面的问题是我们学习中要重点理解和掌握的.

1、4个重要的物理概念，即冲量、动量、功和动能，下面把它们归纳、整理、比较如下:

冲里1]-旳\

feh聖（尸加订

矢量关系

1

陆（r=-Fscas/）

动能（也予冈2）

标壘关系

（1）冲量和功，都是“力”的，要注意是哪个力的冲量，哪个力做的功.

动量和动能，都是“物体"的，要注意是哪个物体的动量、哪个物体的动能.

（2）冲量和功，都是“过程量”，与某一段过程相对应.要注意是哪个过程的冲量，是

哪个过程中做的功.

动量和动能，都是"状态量”，与某一时刻相对应.要注意是哪个时刻的动量或动能，过程量是不能与状态量划等号的，即决不能说某力的冲量等于某时刻的动量，或说某个功等于某时刻的动能.动量定理和动能定理都是“过程关系”，它们说的是在某段

过程中，物体受到的合外力的冲量或做的功，等于物体动量或动能的增量，这里“增量”

又叫“变化量”，是相应过程的“始”、“末”两个状态量的差值，表示的还是某一段过程的状态的变化

此外，还有一点要注意，那就是这些物理量与参考系的关系.由于位移和速度都是与参考系有关的物理量，因此动量、功、动能都是与参考系有关的物理量，只有冲量与参考系无关.凡没有提到参考系的问题，都是以地面为参考系的.

2、两个守恒定律是物理学中的重要物理规律，下面把有关两个守恒定律的问题整理列表如下：

对象

4件

结论

政童守恒定律

不受^力作用

总动童守恒

两个物体的动量变化大小相等、方向相反

机械館守恒定律

只有重力做功

机械能守怛

辦餉重力势能的减少等干动能的増加

没有外力做功內力中没有影摩擬力等做功

系统的总机械能守恒

系统的勢能的磁少等干动能的增加

3•几点说明：

（1）.对于动量守恒定律，“系统”指的是相互作用的物体组成的系统，系统内的物体数量可以多于两个，但我们中学阶段多数情况下只物体组成的系统，在“实质”一栏中就是以两个物体组成的系统为例的.

对于机械能守恒定律，我们课本上写的是“在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变.”这里讨论的对象是“物体”•但

我们实际遇到的问题，包括很多试题，都涉及到几个物体组成的系统，因此我们在表格里把机械能守恒定律列成两行，即对物体的机械能守恒和对系统的机械能守恒.在系统的机械能守恒问题中，系统内的物体要发生相互作用，有内力做功，但只要内力中没有滑动摩擦力等能使机械能向其他形式能量转化的力做功，系统的总机械能的总量就会保

持不变，而内力做功的结果，是使机械能从系统内的一个物体转移到另一个物体.

（2）.系统在不受外力作用的情形下，总动量守恒，这与牛顿第三定律有密切的联系.牛顿第三定律指出相互作用的两物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相

反，而且它们的作用时间总是相等，因此这两物体受到的力的冲量大小相等、方向相反，

又根据动量定理，两物体的动量的变化量大小相等、方向相反.在满足不受外力的条件时，该系统的总动量保持不变，这就是动量守恒.

相互作用的两物体间的作用力与反作用力虽然总是大小相等、方向相反，但它们对两物体所做的功却不一定绝对值相等，这是因为两物体的位移不一定相等.以摩擦力为

例说明问题：

对于一对静摩擦力，由于两物体间没有相对运动.位移数值一定是相等的，从而这一对静摩擦力对两物体做的功的代数和一定为零，这种情况下，有机械能从一个

物体向另一个物体转移，但机械能的总量仍保持不变.但对于一对滑动摩擦力，由于两物体间的有相对运动，从而二者的位移数值不相等，一对滑动摩擦力做功的代数一定为负值，这表示有机械能向内能的转化，即平时所说的“摩擦生热”，这样系统的机械能

就不守恒了.

二.例题分析

【例1】一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上.若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s,则这段时间内软垫对小球的冲量为.（取邑=］临『,

不计空气阻力）.

【分析与解】小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接

触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：

求出：

：

=/-

接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G（=mg）作用，规定向下为正，由动量定理:

故有：

J\6=O.U10x（i.2N^+0.1>4Ns

=0.2N-：

s+C.4N■s=0.6N-S

在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略•若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大。

【例2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中•若把在空中下落的过程

称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，贝V:

A、过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量

B、过程II中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小

C、过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的重力势能之和

D、过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能

【分析与解】钢珠在过程I中只受重力，所以由动量定理可判断A正确.过程I中动量

的增加量与过程II中的动量减少量大小相等，而过程II中的动量变化量应等于在这个过程中钢珠所受合力（阻力和重力）的冲量，所以B选项错误•由于全过程中，钢珠的动能变化量为零，所以重力在全过程中所做正功与阻力在过程II中所做负功大小相等，故

C选项正确•过程II中损失的机械能应等于过程II中阻力所做的功，结合C选项的分析，可知D错误

通过此题，应注意理解动量定理和动能定理两个定理的物理意义，理解物体运动的过程中，状态量（动量、动能）的变化与过程量（冲量、功）的对应关系，必要时画出过程草图，帮助思考.

【例3】如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：

A、动量守恒、机械能守恒

B、动量不守恒、机械能不守恒

C、动量守恒、机械能不守恒

D、动量不守恒、机械能守恒

【分析与解】若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），从子弹开始射入木

块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒•而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒•实

际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间

弹簧尚未形变）•子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒.物

理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件.

【例4】在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为咗：

.小车（和单摆）以恒定的速

度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极

短•在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的

A、小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为、二、〔，满足：

（M十蚀=必］十Mv2十M広叫

B、摆球的速度不变，小车和木块的速度变「和匚，满足：

丁一讨L'亠

C、摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足-1-''二

D、小车和摆球的速度都变为T，木块的速度变为门，满足

【分析与解】本题首先应注意理解系统与过程前后时刻的选取关系，由于碰撞过程是在极短时间内发生的，因摆球的摆线在碰撞之前是竖直的，可以不考虑在这个极短时间内

摆球与小车在水平方向上的相互作用（这与例3中子弹射入木块瞬间可不考虑弹簧形变类似），而只需考虑小车与木块的相互作用力，因此选择小车与木块为系统动量守恒.其

次，应注意理解碰撞可能出现的情况.即在本题中小车与木块碰撞可能出现结合在一起

或分离两种情况•因而B、C两种情况均有可能，B、C正确.

【例5】质量为M的小船以速度儿行驶，船上有两个质量均为m的小孩-；和b•分别静止站在船头和船尾.现小孩立沿水平方向以速率叨（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩b

跃出后小船的速度.

【分析与解】在本问题中，研究对象即系统和过程有两种方法，第一种方法分为两个过程，是先取小孩二和小船（及小孩b）为系统，因水平方向无外力，水平方向动量守恒.规定方向为正，并设小孩向前跃入水中后小船的速度为宀，有：

（M+2w）v0={M+w）v1+wsv

再取小孩b和小船为系统，同样因水平方向无外力，水平方向动量守恒•并设小孩b向

后跃入水中后小船的速度为=有:

两式联立，消去厂，有:

（M+2测）比-曲卫-W5P+mv

解出：

第二种方法是直接取小孩二、小孩b和小船为系统，因水平方向始终无外力，水平方向

动量守恒•规定方向为正，并设小孩-<■向前跃入水中后小船的速度为门，把小孩；向

前跃入水中至小孩b向后跃入水中选作过程的初态与末态，则可直接列出：

（M+2聊）也--mumv

解出「f

解答则简捷得多•在实际问题中，应体会这种方法.

【例6】向空中发射一物体，不计空气阻力•当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂

成b两块，若质量较大的二块的速度方向仍沿原来的方向，则：

A、b的速度方向一定与原速度方向相反

B、从炸裂到落地的这段时间里，煌飞行的水平距离一定比b的大

C、b一定同时到达水平地面

D、在炸裂过程中，、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等

【分析与解】当物体速度方向为水平时，物体炸裂•其中较大质量的二块仍沿原来方向飞

行，因水平方向无外力，可知水平方向动量守恒，爆炸瞬间相互作用力方向也是水平的，对块，爆炸作用力方向沿原方向，故块速度将比原来速度大，动量增加•而b块受爆炸

作用力方向应与原方向相反，b块动量将减少.因爆炸过程中两块间作用与反作用等值反向，故受到冲量大小是相等的，D正确.由于两块在同一高度水平飞行，无论初速大小，下落高度相同，由平抛规律，下落时间相同，故C也正确.

题中未给出爆炸前后具体数据，对b块而言，虽然受到冲量方向与原速度方向相反，但有三

种可能性，一是速度减少，仍沿原方向飞行；二是速度恰好变为零；三是沿反方向飞行，因此A不正确•因；质量大于b,又两者爆炸时所受冲量大小相同，动量变化量大小也相同，可知b的速度变化量必大于■<，因此b的末速度有可能比还大（但沿反方向）•所以B

也不正确.本题要求对动量守恒的本质即相互作用过程有较深刻的理解.

【例7】如图所示，甲、乙两小孩各坐一辆冰车在摩擦不计的冰面上相向运动，已知甲连同冰车的总质量M=30kg，乙连同冰车的总质量也是M=30kg，甲还推着一只质量m=15kg的

箱子•甲、乙滑行的速度大小均为2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿冰面推给乙，

箱子滑到乙处时被乙接住.试求:

①甲至少用多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才可避免

和乙相撞？

②甲在推出时对箱子做了多少功？

【分析与解】甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子，也可使其自己减速，甚至反向运动.若甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙（包括箱子）的速度相同•根据动量守

恒定律，我们先做定性分析：

选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系统的总动量的方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应不变，故判断共同速度的方向在甲的原运动方向上•设：

甲推出箱子前的运动方向为正方向，甲、乙初速度大

小为和，甲、乙、箱子后来的共同速度为-，根据动量守律：

【分析与解】甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子，也可使其自己减速，甚至反向运动.若甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙（包括箱子）的速度相同.根据动量守恒定律，我们先做定性分析：

选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系

统的总动量的方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应不变，故判断共同速度的方向在甲的原运动方向上•设：

甲推出箱子前的运动方向为正

方向，甲、乙初速度大小为甲、乙、箱子后来的共同速度为「，根据动量守律：

二11l-1■'，可求出=0.4m/s;再以甲与箱子为研究对象，甲推出

箱子的过程中动量守恒，设箱子被推出后的速度为1■■■■'-“一-，可求出

被推出后箱子的速度为1一"•由动能定理，甲推出箱子的过程对箱子做功等于箱

W==1.7x10^

子动能的增加量］^J.在本题中，对甲、乙不相撞的条件的分析，

是解决问题的关键.而在具体的求解过程中，如何选择研究对象和过程始末去运用动量守恒定律，可以有不同的方式，例如，先选甲和箱子为系统，再选箱子和乙为系统也可解出，但要麻烦一些，不妨试一试，作一比较.

【例8】一个连同装备共有=1kg的宇宙行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L=45m

处与飞船处于相对静止状态，他带着一个装有円=0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使

氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能

回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞向飞船的途中呼吸.飞行员呼吸的耗氧

率为八---J-亠」•如果他在开始返回的瞬间释放_'J…二的氧气，他能安全回

到飞船吗？

如果宇航员想以最短的时间返回飞船，他开始最多能释放出多少氧气？

这时他返

回飞船所用时间是多少？

【分析与解】本题立意在分析解决实际问题.宇航员放出氧气后，由于反冲使自己获得返回

飞船的速度.设其反冲速度为7，由动量守恒定律：

因M故有MV-Nnv

v==5x1（i_am/s

M

宇航员返回飞船的时间■'-■--■-

在这900s内，宇航员需要呼吸氧气

M■无■0.225kg

可以看出:

'…八J

所以，宇航员可以安全返回飞船.

如果宇航员以最短的时间返回飞船，设时间为t,宇航员放出氧气的质量为Am,则留下呼

吸的氧气至少为m-Am•根据动量守恒定律，宇航员获得的反冲速度：

LLM

t=—=

v1Amv

故有：

v=v

M

而宇航员呼吸氧气应满足：

「：

--"J两式联立，可得：

m-g_LM

JtAwiv

代入数据解出Am=0.45kg（另一解Am=0.05kg舍去）

求出二=2二*

【例9】质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上•平衡时，弹簧

的压缩量为r,如图所示.一物块从钢板正上方距离为3=的A处自由落下，打在钢板上

并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为

m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m,仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.

“：

r

13X0

0IZ-f

为■'■'.由于碰撞

【分析与解】物块与钢板碰撞时的速度可由自由落体公式求出,时间极短，碰撞过程中可认为重力远小于物块与钢板之间的碰撞弹力大小，系统动量守恒,以〔表示碰后物块与钢板的共同速度，则有:

因O点是弹簧的原长位置，所以物块碰后与弹簧向下运动压缩弹簧至最低点又弹起回到O

点时，弹簧的弹性势能应恰为零，题目中说，这时物块与钢板的速度也恰为零.这个过程机

械能守恒，设刚碰完时的弹性势能为J,有:

按照同样的思路，设质量是2m的物体与钢板碰撞后的共同速度是辽，由动量守恒定律:

碰后压缩弹簧至最低点又回到O点时，若物块的速度为，则有：

咼十g刚齐沁勺十£知）出

因题目中给定的是轻弹簧，所以弹簧回到O点时不再上升，而物块因有向上的速度，仍继

续向上运动，也就是说，在O点物块与弹簧分离•物块还能上升的高度为：

将以上关系式联立，可求出：

1

本题是动量守恒与涉及弹簧的机械能守恒的综合问题，具有学科内综合解决问题特点.需要

理解弹簧的弹性势能零点在弹簧的原长处，能正确分析表达涉及重力势能、弹性势能和动能的初末态机械能、以及正确判断出在极短时间内物块与弹簧碰撞过程可以运用动量守恒定律

B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板•以地面

【例10】如图所示，一质量为M、长为I的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A,m

A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离.

【分析与解】

（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速

度.设此速度为V,根据m

M-m

v=叫

解得：

"1■"-方向向右

（2）本题应着重理解物理过程的定性分析方法，在此基础上形成正确的物理图景.注意以下

说理分析：

A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，若以地面为参考，可见A在运动过程中必经历先向左受摩擦力作用而作减速运动，直到相对地面速度为零的阶段，而后经历因B板速度方向向右，A相对B板向左，故A所摩擦力方向向右，A向右作初速度为零的加速运动直到有共同速度为的阶段，如下图所示.在前一阶段，摩

擦力阻碍A向左运动，在后一阶段，摩擦力为动力，使A向右加速.设•一为A开始运动到

速度变为零过程中向左运动的过程，I为A从速度为零增加到速度誓过程中向右运动的路

程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程•设A与B之间的滑动

摩擦力为-•，则由功能关系可知:

对于

由几何关系丄:

、

由以上四式解得

M4竹

4M

【例11】如图所示，一个带斜面的物体A静止在光滑的水平面上，它的质量为M=0.5kg.另一个质量为m=0.2kg的小物体B从高处自由下落，落到B的斜面上，下落高度为h=1.75m.与斜面碰撞后B的速度变为水平向右，碰撞过程中A、B组成的系统的机械能没有损失.（计算时取g=10m/s2）

（1）碰后A、B的速度各多大？

（2）

碰撞过程中A、B的动量变化量各多大？

水平面光滑，两物体相互作用过程中，水平方向不受外力作用，因此系统水平方向的动量守恒•由于碰前系统水平方向的动量为0,碰后总动量仍为0•设碰后两物体速度大小分别是

和込.

列动量守恒的关系式:

再根据碰撞过程中系统的机械能没有损失，得:

+阮匕=0

解上面2式，得」上=-2m/s,v-=5m/s，或"上=2m/s，"丘=-5m/s.

正负号代表二者的方向相反，由于我们事前没有规定正方向，因此两组解都可以认为正确.根

据实际情况我们知道，碰后"日方向是向右，若以向右为正方向，则应取

上=-2m/s，七=5m/s;

若取向左为正方向，则应取

上=2m/s,"£=-5m/s.

（2）我们规定向右为正方向，则碰撞过程中A的动量变化量是：

--1：

：

",其中负号代表方向向左.

由于B的初、末动量不在同一直线上，不能简单地用正负号表示方向，求动量变化需利用

平行四边形定则，初动量大小为’-''■'■-'■”kg•m/s=1.2kg•m/s，方向竖直

向下，末动量大小为花=1kg•m/s,方向水平向右，动量变化量的大小为

wsji邸十卩：

-02^60

kg•m/s=1.5kg•m/s,

方向斜向右上，与水平方向夹角为

（本题中A、B两物体组成的系统在碰撞过程中，动量并不守恒，从上面的计算可以清楚看到这一点（二者的动量变化量并不是大小相等、方向相反），它们只是在水平方向

上的动量分量守恒•其原因是除了A、B两物体间的相互作用以外，还受到重力及水平

面的支持力，但由于重力及水平面的支持力都是沿竖直方向的，水平方向满足“不受外力”的条件，因此水平方向动量分量守恒.）

【例12】带有斜面的木块P原静止在光滑的水平桌面上，另一个小木块Q从P的顶端由静

止开始沿光滑的斜面下滑.当Q滑到P的底部时，P向右移动了一段距离，且具有水平向右的速度v,如图所示.下面的说法中正确的是：

（A）P、Q组成的系统的动量守恒

（B）P、Q组成的系统的机械能守恒

（C）Q减少的重力势能等于P增加的动能

T7t77777i^7777777777777f77771

【分析与解】选项A是学生最容易错选的，其实在这个过程中，P、Q组成的系统只是在水

平方向不受外力，水平方向的动量分量守恒，而在竖直方向上，由于地面对P的支持力在Q

下滑过程中要大于P的重力，但小于P、Q的重力之和，竖直方向上不满足不受外力的条件，因此竖直方向上动量不守恒，总的动量也就不守恒.

P、Q组成的系统在这个运动过程中，除了重力对Q做功以外，P对Q的支持力要做负功，

而Q对P的压力要做正功，这两个力的大小相等而方向相反，两物体沿力的方向的位移相等（即图中的s）,因此这两个力的功的代数和为0，这说明在两物体间只有机械能的转移（由

Q向P转移），而没有能量的形式的转化，因此系统的总的机械能守恒.选项B正确.

P、Q组成的系统的机械能守恒，意味着系统损失的重力势能等于系统增加的动能，但这过程中重力势能减少的只是P,而动能增加的则是P和Q,因此选项D正确而选项C错误.本题的正确答案是BD.

（本题中地面及P的斜面都是光滑的，在系统相对运动的过程中，没有机械能向内能的转

化，只有动能与重力势能间的转化，因此系统的机械能守恒.如果斜面是不光滑的，存在着

滑动摩擦力，则本题的4个选项都不正确.但自然界的总能量仍是守恒的，D选项只要改为

“P减少的机械能等于Q增加的动能与生热的和”，则它是正确的.）

【例13】甲、乙两个小球在水平光滑直轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是「1