动量守恒定律及其应用

1、动量守恒定律及其应用（例、练及答案）典例:典例1.（2017沦国I卷？14）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 （喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A. 30 kg m/sB. 5.7 102 kg m/s C. 6.0 102 kg m/sD. 6.3 102 kg m/s典例2.（2018沦国I卷?24）质量为m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时

2、间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量，求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。练习:1.（多选）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.3 s,碰后的速度大小变为 4 m/s,当A与B碰撞后立即粘在一起运动,m/s2,则（）A. A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对 A的平均作用力的大小g取10F = 50 NB. A与

3、墙壁碰撞的过程中没有能量损失C. A、B碰撞后的速度v=3 m/sD. A、B滑上圆弧轨道的最大高度h=0.55 m块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率-时间图象进行描述,在下图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线 2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图象中可能正确的是（）4.如图所示，两质量分别为 mi和m2的弹性小球 A、B叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与 A碰撞，所 1= 3m1，则A反弹后能达到的高度为（）A. h B. 2hC. 3h D. 4h5.（多选）如图所示，小车的上面固定一个光滑弯

4、曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上。 现有一个可以看作质点的小球，质量为m,半径略小于管道半两物块中间加有一压缩的轻质弹簧 （弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则（）2.在光滑的水平地面上放有一质量为1 一M带光滑圆弧形槽的小车，一质量为 m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M = m,则铁块离开车时将()A,向左平抛 B.向右平抛C.自由落体D .无法判断有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰

5、好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()C.车上管道中心线最高点的竖直高度为2 V 3gD .小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv36.（多选）光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,A.小球滑离小车时，小车回到原来位置3.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一水平轻质弹簧。物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块 A运动，并通过弹簧与物B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为v xF"b"i "ii" I' I &qu

6、ot;"i j- inA.物块B的加速度大小为 a时弹黄的压缩重为2B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为2x3C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为2mv2D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv27 .如图甲所示，一质量为 ma的滑块(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道 的顶端A点，另一质量为 mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端 B处，A点和圆弧对应 的圆心。点等高。ma的同时给mb一个向右的初速度(1)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块Vb，ma滑至水平面时的速度是Va(Va>Vb),相碰之后ma、mb的速度分别是Va'、Vb

7、9;,假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式:mlaVa+ mbVb= maVa'+ mbVb'。(2)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B点，ma从静止开始释放，假 设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3ma<mb。(3)若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接，如图乙所示。已知ma=mb=1 kg, R= 0.8 m,传送带逆时针匀速运行的速率为Vo= 1 m/s, B点到传送带水平面右端点 C的距离为L = 2 m。mb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结

8、合在一起(设为mc)运动，当mc运动到C点时速度恰好为零。求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩 擦而产生的热量 Q。(g= 10 m/s2)8 .如图所示，某时刻质量为 mi = 50 kg的人站在 m2= 10 kg的小车上，推着m3= 40 kg的铁 箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在 A点，铁箱则向右运动到距 A点s= 0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹 回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加

9、速度 g= 10m/s；求：人推出铁箱时对铁箱所做的功；4（2）人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离。参考答案典例1.【解析】设火箭白质量（不含/气）为mi,燃气的质量为m2,根据动量守恒，mivi=m2v2, 解得火箭的动量为：p=mivi=m2v2=30 kg m/s,所以A正确，B、C、D错误。【答案】Ai 2 f典例2【解析】（i）设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E=;2m%设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有 0-v0=-gt联立式得t =1、匡g 1 m(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为hi,由机械能守恒定律有 E = mghiVi 和 V2。火

10、药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为由题给条件和动 量守恒定律有1212小mv +m2 =E 4411-my +- mv, =0 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹121上部分继续上升的高度为 h2,由机械能守恒定律有 4mV=mgl1联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h =打+儿=匹mg【答案】见解析练习答案1.【答案】AC2【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左1 O 1 O 1为正万向，由动量守恒定律得：mv=Mv车+ mv铁，由机械能守恒定律得： 2mv2=3Mv车

11、2+mv铁2,解得铁块离开小车时：v铁=0, 丫车=丫，所以铁块离开时将做自由落体运动，故 A、B、D错误，C正确。【答案】C3.【解析】 物块B压缩弹簧的过程，开始时 A做加速运动，B做减速运动，两个物块的加速度增大。当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速。当弹簧恢复原长时B离开弹簧，A、B均做匀速直线运动，C、D错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度Va= 2mB vo , vb= mB mAvo。A、B两项中碰后B的速度为正值， mA+ mBmA + mB2可知mB>mA,故va=vo>vo,故A错反，B正确。* 1mB【答案】B4 .【解

12、析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得：(m+ m2)gh = 2(mi+ m2)v2, m?v miv= mivi+ m2v2,2(mi+ m2)v2 = 2mivi2+：m2v22, 2mivi2= mighi,将 m2= 3m1代入，联立可得 h1=4h,选项 D 正确。【答案】D5 .【答案】BC【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv= (m+2m)v'，彳导v'=；,小车动量变3化大小 绿车=2m£=2m

13、v, D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守3 3恒有mgH = ；mv2 g(m+ 2m)v2,得H =v C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程， 2 2 3g由动量守恒和机械能守恒有：mv= mv1 + 2mv2, mv2= ；mv12+< 2mv22,解得v1 = , v2='|22233v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为|v+1v = v, B项正确。由以上分析可知在整个33过程中小车一直向右运动，A项错误。6 .【答案】AD【解析】当物块A的加速度大小为 a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得 kx=2ma,当物块 B的加速度大小为 a时，有：k

14、x = ma,对比可得：x= 2,即此时弹簧的压缩量为 卷，故A 正确；取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2mxA mxB=0,又xA+xB = x,解得1A的位移为：xa= "x,故B错反；根据动重寸恒te律得：0=2mv mvB,得物块B刚要离开3弹簧时的速度 vB=2v,由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep =1 2mv2 + 2mvB2= 3mv2,故 C 错误，D 正确。7 .【解析】(1)设ma与mb相碰过程中滑块之间的相互作用力为Fa、Fb,则有：Fa= Fb, Fa=maaa, Fb = mbab, aa= (va va)/t , ab

15、= (vb vb)/t整理可得： mava+ mbvb= mava'+ mbvb'。(2)两滑块碰撞时动量守恒：mava+ mbvb=mava'+ mbvb'12 1212 12无机械能损失： 2mava+zmbvb= 2m*ava +？mbvb解得：va'=ma-mbma+ mb,2mava； vb =1 _ va，ma mb要想发生两次碰撞必须满足：- Va' Vb'代入可得：3ma<mb。(3)ma从静止开始释放，机械能守恒：magR=2maV2滑块ma与mb相碰后结合在一起，动量守恒：mavi=mcV2mc从B运动到C点时速

16、度恰好为零，由动能定理可得：fL=01mcv2mc从B运动到C点做匀减速直线运动，然后又向左做匀加速直线运动与传送带的速度相同为V。,全程所受的合外力为滑动摩擦力f不变，所以全程可以看做是向右的匀减速直线运动,初速度为V2、末速度为V0(向左)，则有：f=mca, vo = V2 at1 2mc向右运动 Si = V2t at传送带向左运动S2= V0t那么mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q = fs 相对=f(si + S2) = 9J。8 【解析】(1)人推铁箱过程，以V。的方向为正方向，由动量守恒定律得:(mi + m2+ m3)vo= m3Vi解得：vi = 5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为:i i iW= 2m3vi 2m3vo = 420 J(2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为V