动量守恒专题训练(含答案)

动量守恒专题训练（含答案）

动量守恒定律成立的条件

⑴系统不受外力或者所受外力之和为零； ⑵系统受外力，但外力远小于力，可以忽略不计；

⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 ⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度

v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和

物块的最终速度v。

2．子弹打木块类问题

【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

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3．反冲问题

在某些情况下，原来系统物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。

【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的

右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左 端离岸多远？

【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

4．爆炸类问题

【例6】 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时忽然炸成两块，其块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

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5．某一方向上的动量守恒

【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

6．物块与平板间的相对滑动

【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为

m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速

度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为

，

的滑块C（可视为质点），以

，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量

的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，

由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：

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（1）木块A的最终速度 ； （2）滑块C离开A时的速度 。

习题

1、如图所示，A B C是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，并滞留在木块中．若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C，已知木块对C点的压力大小为(M+m)g，求：子弹射入木块前瞬间速度的大小．

2、如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，

mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能

量损失）。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后

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和B粘到一起。求：

（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值； （2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。

3.如图所示，在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m =0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离

m

开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量

R L M h M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间摩擦不计，图

中h =0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.

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4.如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在

A和C上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度)，这时三个小球均静止于距离P端足够

远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为

g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多大？

D

Q O A B C P R 专业资料

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5.如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m=1kg的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.今用一水平力

M L m F F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下

来，求此力至少作用多长时间？(重力加速度g取10m/s2)

【例1】

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：

由系统机械能守恒得：

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解得

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全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得 【例2】

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的能。设平均阻力大小为f，

【例3】解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：

mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1 l2=L，

∴

【例4】解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，

以v0方向为向，

【例5】分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1 m2 )g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。

由动量守恒定律：

m/s

此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设向相反

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【例6】

MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L-Lcosθ）-d］

解得圆环移动的距离：d=mL（1-cosθ）/（M m） 【例7】

解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M m）v ①所以v= 方向向右

v0

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①

对板车应用动能定理得：

-μmgs= 【例8】

mv′2- mv02 ② 联立①②解得：s= v02

（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为 度

运动，由动量守恒定律有

。最后C相对静止在B上，与B以共同速

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∴

（2）为计算 ，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动

，B与A的速度同为

，由动量守恒定律有

量守恒。C离开A时的速度为

∴

1、（14）.解：设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为vB，到达C点 时的速度为vC。

子弹射入木块时，系统动量守恒，可得：mvmMv0 ①

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木块(含子弹)在BC段运动，满足机械能守恒条件，可得

1122 ② mMvB2R(mM)g(mM)vC22木块(含子弹)在C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T，木块对轨道的压力为T′，

2(mM)vC可得： T(mM)g ③

R又：T =T′=(M+m)g ④ 由①、②、③、④方程联立解得： 子弹射入木块前瞬间的速度：v(mM)6Rg

m2、（15）（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为向

由动量守恒：－mAvA+mBmB=0

爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能：E带入数据解得：vA = vB = 3m/s

1122 mAvAmBvB22

由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1

由动量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC 由能量定恒定定律：

1122mBvB(mBmC)vBcEP 22

带入数据得：EP1=3J （2）设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1

111222mBvBmBvBmCvC11 222

带入数据解得：vB1=－1m/s vC1=2m/s

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（vB1=3m/s vC1=0m/s 不合题意，舍去。）

A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，

发生碰撞瞬间达到共速vAB

由动量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB 解得：vAB=1m/s

当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2 由动量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC 由能量守恒：

11122(mAmB)vABmCv12(mAmBmC)vABCEP2 222带入数据得：EP2=0.5J

3.解:物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力. 设物体滑到圆弧的底端时车速度为v1，物体速度为v2 对物体与车，由动量及机械能守恒得

0=Mv1-mv2 (2分) mgR=112Mv1+m v22 (2分) 22物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有

h=12 gt(2分) 2L=（v1+v2）t (2分)

由以上各式带入数据解得 R=0.055m (2分)

4.解:对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大

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小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有：

2 mvA = (m+m) v0 ① (2分) 即 vA = v0

由系统能量守恒有：E1122 ② (2分) 2mvA(mm)v022此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v，由机械能守恒有： mg2R1212mv0mv ③ (2分) 22v2在最高点Q，由牛顿第二定律有：mgm ④ (2分)

R联立① ～ ④式解得：E =10mgR (2分)

5.解：以地面为参考系，整个过程中，小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动.撤去拉力F前，木板向右做初速为零的匀加速直线运动；撤去拉力F后，木板向右做匀减速直线运动.要使小滑块从木板上掉下来，拉力F作用的最短时间对应的过程是：小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止（即与木板达到共同的速度）. 设拉力F作用的最短时间为t，撤去拉力前木板的位移为s0，小滑块滑到木板左端并恰好与木板达到的共同速度为v.

整个过程对系统由动量定理得：Ft（Mm)v (3分)

1Fmg2t (3分)

2M1整个过程对系统由功能关系得：Fs0mgL(Mm)v2 (4分)

2撤去拉力F前木板的位移为：s0联立以上各式，代入已知数据求得：t=1s. (2分)

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