動量守恒定律及其應用

1、動量守恒定律及其應用（例、練及答案）典例:典例1.（2017淪國I卷？14）將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為 （噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）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淪國I卷?24）質量為m的煙花彈獲得動能 E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時

2、間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量，求：（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。練習:1.（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接,右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質量分別為1.5 kg和0.5 kg?，F(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為 0.3 s,碰后的速度大小變?yōu)?4 m/s,當A與B碰撞后立即粘在一起運動,m/s2,則（）A. A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對 A的平均作用力的大小g取10F = 50 NB. A與

3、墻壁碰撞的過程中沒有能量損失C. A、B碰撞后的速度v=3 m/sD. A、B滑上圓弧軌道的最大高度h=0.55 m塊A發(fā)生彈性正碰。對于該作用過程，兩物塊的速率變化可用速率-時間圖象進行描述,在下圖所示的圖象中，圖線1表示物塊A的速率變化情況，圖線 2表示物塊B的速率變化情況.則在這四個圖象中可能正確的是（）4.如圖所示，兩質量分別為 mi和m2的彈性小球 A、B疊放在一起，從高度為 h 處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與 A碰撞，所 1= 3m1，則A反彈后能達到的高度為（）A. h B. 2hC. 3h D. 4h5.（多選）如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎

4、曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為2m,原來靜止在光滑的水平面上。 現(xiàn)有一個可以看作質點的小球，質量為m,半徑略小于管道半兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧 （彈簧與物塊不相連），彈簧的壓縮量為x。現(xiàn)將細線剪斷,此刻物塊A的加速度大小為a,兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v,則（）2.在光滑的水平地面上放有一質量為1 一M帶光滑圓弧形槽的小車，一質量為 m的小鐵塊以速度v沿水平槽口滑去，如圖所示，若M = m,則鐵塊離開車時將()A,向左平拋 B.向右平拋C.自由落體D .無法判斷有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰

5、好能到達管道的最高點,然后從管道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是()C.車上管道中心線最高點的豎直高度為2 V 3gD .小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是mv36.（多選）光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B,用細線將它們連接起來,A.小球滑離小車時，小車回到原來位置3.如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個小物塊，其中物塊A的左側連接一水平輕質彈簧。物塊A處于靜止狀態(tài)，物塊B以一定的初速度向物塊 A運動，并通過彈簧與物B.小球滑離小車時相對小車的速度大小為v xF"b"i "ii" I' I &qu

6、ot;"i j- inA.物塊B的加速度大小為 a時彈黃的壓縮重為2B.物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為2x3C.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為2mv2D.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv27 .如圖甲所示，一質量為 ma的滑塊(可看成質點)固定在半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道 的頂端A點，另一質量為 mb的滑塊(可看成質點)靜止在軌道的底端 B處，A點和圓弧對應 的圓心。點等高。ma的同時給mb一個向右的初速度(1)若圓弧的底端B與水平光滑平面連接，釋放滑塊Vb，ma滑至水平面時的速度是Va(Va>Vb),相碰之后ma、mb的速度分別是Va'、Vb

7、9;,假設相碰過程中兩滑塊之間的作用力是恒力，在上述簡化情況下由牛頓定律導出動量守恒定律的表達式:mlaVa+ mbVb= maVa'+ mbVb'。(2)若圓弧的底端B與水平光滑平面連接(足夠長)，mb靜止于B點，ma從靜止開始釋放，假 設兩滑塊碰撞時無機械能損失，且兩滑塊能發(fā)生兩次碰撞，試證明：3ma<mb。(3)若圓弧的底端B與水平傳送帶平滑連接，如圖乙所示。已知ma=mb=1 kg, R= 0.8 m,傳送帶逆時針勻速運行的速率為Vo= 1 m/s, B點到傳送帶水平面右端點 C的距離為L = 2 m。mb靜止于B點，ma從靜止開始釋放，滑塊ma與mb相碰后立即結

8、合在一起(設為mc)運動，當mc運動到C點時速度恰好為零。求mc從開始運動到與傳送帶的速度相同的過程中由于摩 擦而產(chǎn)生的熱量 Q。(g= 10 m/s2)8 .如圖所示，某時刻質量為 mi = 50 kg的人站在 m2= 10 kg的小車上，推著m3= 40 kg的鐵 箱一起以速度v0=2 m/s在水平地面沿直線運動到A點時，該人迅速將鐵箱推出，推出后人和車剛好停在 A點，鐵箱則向右運動到距 A點s= 0.25 m的豎直墻壁時與之發(fā)生碰撞而被彈 回，彈回時的速度大小是碰撞前的二分之一，當鐵箱回到A點時被人接住，人、小車和鐵箱一起向左運動，已知小車、鐵箱受到的摩擦力均為地面壓力的0.2倍，重力加

9、速度 g= 10m/s；求：人推出鐵箱時對鐵箱所做的功；4（2）人、小車和鐵箱停止運動時距A點的距離。參考答案典例1.【解析】設火箭白質量（不含/氣）為mi,燃氣的質量為m2,根據(jù)動量守恒，mivi=m2v2, 解得火箭的動量為：p=mivi=m2v2=30 kg m/s,所以A正確，B、C、D錯誤?！敬鸢浮緼i 2 f典例2【解析】（i）設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=;2m%設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有 0-v0=-gt聯(lián)立式得t =1、匡g 1 m(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為hi,由機械能守恒定律有 E = mghiVi 和 V2?；?/p>

10、藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為由題給條件和動 量守恒定律有1212小mv +m2 =E 4411-my +- mv, =0 由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈121上部分繼續(xù)上升的高度為 h2,由機械能守恒定律有 4mV=mgl1聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h =打+兒=匹mg【答案】見解析練習答案1.【答案】AC2【解析】小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，以向左1 O 1 O 1為正萬向，由動量守恒定律得：mv=Mv車+ mv鐵，由機械能守恒定律得： 2mv2=3Mv車

11、2+mv鐵2,解得鐵塊離開小車時：v鐵=0, 丫車=丫，所以鐵塊離開時將做自由落體運動，故 A、B、D錯誤，C正確?！敬鸢浮緾3.【解析】 物塊B壓縮彈簧的過程，開始時 A做加速運動，B做減速運動，兩個物塊的加速度增大。當彈簧壓縮至最短時，二者的速度相等；此后A繼續(xù)加速，B繼續(xù)減速。當彈簧恢復原長時B離開彈簧，A、B均做勻速直線運動，C、D錯誤；由動量守恒定律和機械能守恒定律可得，碰后速度Va= 2mB vo , vb= mB mAvo。A、B兩項中碰后B的速度為正值， mA+ mBmA + mB2可知mB>mA,故va=vo>vo,故A錯反，B正確。* 1mB【答案】B4 .【解

12、析】所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得：(m+ m2)gh = 2(mi+ m2)v2, m?v miv= mivi+ m2v2,2(mi+ m2)v2 = 2mivi2+：m2v22, 2mivi2= mighi,將 m2= 3m1代入，聯(lián)立可得 h1=4h,選項 D 正確。【答案】D5 .【答案】BC【解析】小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和小車之間相對速度為0,小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒有mv= (m+2m)v'，彳導v'=；,小車動量變3化大小 綠車=2m£=2m

13、v, D項錯誤；小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守3 3恒有mgH = ；mv2 g(m+ 2m)v2,得H =v C項正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程， 2 2 3g由動量守恒和機械能守恒有：mv= mv1 + 2mv2, mv2= ；mv12+< 2mv22,解得v1 = , v2='|22233v,則小球滑離小車時相對小車的速度大小為|v+1v = v, B項正確。由以上分析可知在整個33過程中小車一直向右運動，A項錯誤。6 .【答案】AD【解析】當物塊A的加速度大小為 a時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得 kx=2ma,當物塊 B的加速度大小為 a時，有：k

14、x = ma,對比可得：x= 2,即此時彈簧的壓縮量為 卷，故A 正確；取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2mxA mxB=0,又xA+xB = x,解得1A的位移為：xa= "x,故B錯反；根據(jù)動重寸恒te律得：0=2mv mvB,得物塊B剛要離開3彈簧時的速度 vB=2v,由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep =1 2mv2 + 2mvB2= 3mv2,故 C 錯誤，D 正確。7 .【解析】(1)設ma與mb相碰過程中滑塊之間的相互作用力為Fa、Fb,則有：Fa= Fb, Fa=maaa, Fb = mbab, aa= (va va)/t , ab

15、= (vb vb)/t整理可得： mava+ mbvb= mava'+ mbvb'。(2)兩滑塊碰撞時動量守恒：mava+ mbvb=mava'+ mbvb'12 1212 12無機械能損失： 2mava+zmbvb= 2m*ava +？mbvb解得：va'=ma-mbma+ mb,2mava； vb =1 _ va，ma mb要想發(fā)生兩次碰撞必須滿足：- Va' Vb'代入可得：3ma<mb。(3)ma從靜止開始釋放，機械能守恒：magR=2maV2滑塊ma與mb相碰后結合在一起，動量守恒：mavi=mcV2mc從B運動到C點時速

16、度恰好為零，由動能定理可得：fL=01mcv2mc從B運動到C點做勻減速直線運動，然后又向左做勻加速直線運動與傳送帶的速度相同為V。,全程所受的合外力為滑動摩擦力f不變，所以全程可以看做是向右的勻減速直線運動,初速度為V2、末速度為V0(向左)，則有：f=mca, vo = V2 at1 2mc向右運動 Si = V2t at傳送帶向左運動S2= V0t那么mc從開始運動到與傳送帶的速度相同的過程中由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q = fs 相對=f(si + S2) = 9J。8 【解析】(1)人推鐵箱過程，以V。的方向為正方向，由動量守恒定律得:(mi + m2+ m3)vo= m3Vi解得：vi = 5 m/s人推出鐵箱時對鐵箱所做的功為:i i iW= 2m3vi 2m3vo = 420 J(2)設鐵箱與墻壁相碰前的速度為V