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，但外力远小于内力，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。3．反冲问题在某些情况下，原来系统内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，其中大块质量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。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AB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，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以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：（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，ABC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，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量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.mRhLM4.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(弹簧仍在弹性限度内)，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？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)mMFLABCPQORD【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：解得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内能。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l1l2=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方向为正方向，【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=(m1m2)g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，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正方向相反【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）/（Mm）【例7】解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（Mm）v①所以v=v0方向向右（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=mv′2-mv02②联立①②解得：s=v02【例8】（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。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有∴（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有∴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：0vMmmv①木块(含子弹)在BC段运动，满足机械能守恒条件，可得22)(21)(221CBvMmgMmRvMm②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′，可得：RvMmgMmTC2)()(③又：T=T′=(M+m)g④由①、②、③、④方程联立解得：子弹射入木块前瞬间的速度：RgmMmv6)(2、（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，取向右为正方向由动量守恒：－mAvA+mBmB=0爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能：222121BBAAvmvmE带入数据解得：vA=vB=3m/s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：PBcCBBBEvmmvm22)(2121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+mCvC121212212121CCBBBBvmvmvm带入数据解得：vB1=－1m/svC1=2m/s（vB1=3m/svC1=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：22212)(2121)(21PABCCBACABBAEvmmmvmvmm带入数据得：EP2=0.5J3.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=21Mv21+21mv22(2分)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=21gt2(2分)L=（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共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有：2mvA=(m+m)v0①(2分)即vA=v0由系统能量守恒有：202)(21221vmmmvEA②(2分)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：22021212mvmvRmg③(2分)在最高点Q，由牛顿第二定律有：Rvmmg2④(2分)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：vmMFt)（(3分)撤去拉力F前木板的位移为：2021tMmgFs(3分)整个过程对系统由功能关系得：20)(21vmMmgLFs(4分)联立以上各式，代入已知数据求得：t=1s.(2分)