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 1.5v2v1≤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1.5v2v1≤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
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