第一章 习题课：动量守恒定律的应用 学案

学案5　习题课：动量守恒定律的应用
[学习目标定位]
1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性.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．
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一、把握守恒条件，合理选取系统
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)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；
(3)系统的内力远大于外力．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
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例1
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　(双选)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1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)
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图1
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
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．
答案　BC
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例2
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图2
如图2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′.
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mvcos
θ＝(M＋m)v′，得v′＝mvcos
θ/(M＋m)
答案　mvcos
θ/(M＋m)
二、认真分析物理过程，合理选择初末状态
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
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例3
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　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mA＝0.5
kg，mB＝0.3
kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1
kg
的滑块C(可视为质点)，以vC＝25
m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图3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3.0
m/s，求：
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图3
(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？
(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度vC′是多大？
解析　(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．
(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：
mCvC′＋mBvA＝(mB＋mC)vBC①
A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：
mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA②
由以上两式联立解得vC′＝4.2
m/s，vA＝2.6
m/s.
答案　(1)不守恒　守恒　(2)守恒　4.2
m/s
三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，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．
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例4
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　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＝30
kg，乙和他的冰车总质量也是30
kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15
kg的箱子和他一起以v0＝2
m/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．
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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，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
解析　(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，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，乙和箱子组成的整体动量守恒，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≥5.2
m/s.
答案　(1)　(2)　(3)v1≤v2
　5.2
m/s
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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
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1．(双选)如图5所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和摆球以恒定的速度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，下列可能发生的情况是(　　)
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图5
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1、v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案　BC
2.
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图6
(双选)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(　　)
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．如图7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？
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图7
答案　1.5v2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1.5v2INCLUDEPICTURE
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[概念规律题组]
1．(双选)如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
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图1
A．先放开右手，后放开左手，总动量向左
B．先放开左手，后放开右手，总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．先放开右手，后放开左手，总动量向右
答案　CD
解析　先放开右手后，系统的总动量向右，再放开左手后，系统的动量守恒，所以总动量仍向右，选项A错误，D正确；同理分析，先放开左手后，系统的总动量向左，再放开右手后，系统的动量守恒，所以总动量仍向左，选项B错误，C正确．本题答案为C、D.
2．(双选)如图2所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　)
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图2
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　两人及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．
3．(单选)(2014·重庆·4)一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/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＝10
m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
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答案　B
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＝
＝1
s，取向右为正方向，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5
m/s，v乙＝－0.5
m/s；选项B中，v甲＝2.5
m/s，v乙＝0.5
m/s；选项C中，v甲＝1
m/s，v乙＝2
m/s；选项D中，v甲＝－1
m/s，v乙＝2
m/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＝2
m/s，代入数值计算知选项B正确．
4．(单选)如图3所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)
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图3
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．槽将与墙不会再次接触
答案　D
解析　小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙壁挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒．从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A、B错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确．
[方法技巧题组]
5．(单选)一弹簧枪可射出速度为10
m/s的铅弹，现对准以6
m/s
的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5
m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为(　　)
A．5颗
B．6颗
C．7颗
D．8颗
答案　D
解析　设木块质量为m1、铅弹质量为m2，取木块运动的方向为正方向，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
6．(2014·北京·22)如图4所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2
m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10
m/s2.求：
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图4
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.
答案　(1)2
m/s　(2)1
m/s　(3)0.25
m
解析　设滑块的质量为m
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2
m/s
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′＝v＝1
m/s
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25
m
7.
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图5
如图5所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的3/4，子弹的质量m是物体B的质量的1/4，求弹簧压缩到最短时B的速度．
答案　
解析　弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为.
8．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：
(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．
答案　(1)2.5v0　与爆炸前速度方向相反　(2)mv
解析　手榴弹爆炸过程中，爆炸产生的作用力是内力，远大于重力，因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒．因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加．
(1)
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斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos
60°＝v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2.
其中爆炸后大块弹片的速度v1′＝2v0，小块弹片的速度v2为待求量，解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度方向与爆炸前速度方向相反．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝×2mv1′2＋mv－(3m)v＝mv.
9.
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图6
如图6所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．
答案　(m＋M)g＋
解析　物理过程共有两个阶段：射入阶段和圆周运动阶段．射入阶段可认为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒．子弹停留在木块中后以一定的速度做变速圆周运动，绳子倾斜，水平方向有了分力，动量不再守恒．
在子弹射入木块的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒．取向左为正方向，由动量守恒定律得0＋mv＝(m＋M)v1
解得v1＝.
随后子弹和木块整体以此初速度向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点，整体只受重力(m＋M)g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律得(取向上为正方向)
F－(m＋M)g＝(m＋M)
将v1代入解得
F＝(m＋M)g＋(m＋M)＝(m＋M)g＋
[创新应用题组]
10．如图7所示，甲车质量m1＝20
kg，车上有质量M＝50
kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3
m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50
kg的乙车正以v0＝1.8
m/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．
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图7
答案　大于等于3.8
m/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′＝1
m/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＝3.8
m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8
m/s，就可避免两车相撞．