小題必練13：動量守恒定律

(1)動量守恒定律處理系統內物體的相互作用；(2)碰撞、打擊、反沖等“瞬間作用”問題。

例1．(2020?全國II卷?21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為( )
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【解析】設運動員和物塊的質量分別為m、m₀規定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為v₁、v₀，則根據動量守恒定律0＝mv₁－m₀v₀，解得

；物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊mv₁＋m₀v₀＝mv₂－m₀v₀，解得

；第3次推出后mv₂＋m₀v₀＝mv₃－m₀v₀，解得

；依次類推，第8次推出后，運動員的速度

，根據題意可知

＞5 m/s，解得m＜60 kg；第7次運動員的速度一定小于5 m/s，即

＜5 m/s，解得m＞52 kg。綜上所述，運動員的質量滿足52 kg＜m＜60 kg，BC正確。
【答案】BC
【點睛】本題考查動量守恒定律，注意數學歸納法的應用。
例2．(2020?山東卷?18)如圖所示，一傾角為θ的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v₀與Q發生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數等于tan θ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發生碰撞。重力加速度大小為g。
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(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小v_P₁、v_Q₁；
(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度h_n；
(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；
(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。
【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv₀＝mv_P₁＋4mv_Q₁
由機械能守恒定律得：mv₀²＝mv_P₁²＋×4mv_Q₁²
聯立式得：v_P₁＝－v₀，v_Q₁＝v₀
故第一次碰撞后P的速度大小為v₀，Q的速度大小為v₀。
(2)設第一次碰撞后Q上升的高度為h₁，對Q由運動學公式得

聯立得

⑥
設P運動至與Q剛要發生第二次碰撞前的位置時速度為v₀₂，第一次碰后至第二次碰前，對P由動能定理得
mv₀₂²－mv_P₁²＝－mgh₁
聯立得

P與Q的第二次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為v_P₂、v_Q₂，由動量守恒定律得：
mv₀₂＝mv_P₂＋4mv_Q₂
由機械能守恒定律得：mv₀₂²＝mv_P₂²＋×4mv_Q₂²
聯立得：

，

設第二次碰撞后Q上升的高度為h₂，對Q由運動學公式得：

得

設P運動至與Q剛要發生第三次碰撞前的位置時速度為v₀₃，第二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得：mv₀₃²－mv_P₂²＝－mgh₂
得

P與Q的第三次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為v_P₃、v_Q₃，由動量守恒定律得：
mv₀₃＝mv_P₃＋4mv_Q₃
由機械能守恒定律得：mv₀₃²＝mv_P₃²＋×4mv_Q₃²
得：

，

設第三次碰撞后Q上升的高度為h₃，對Q由運動學公式得：

聯立得

總結可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為

（n＝1，2，3……）。
(3)當P、Q達到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得：

解得：

。
(4)設Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t₁，由運動學公式得：
v_Q₁＝2gt₀sin θ
設P運動到斜面底端時的速度為v_P₁′，需要的時間為t₂，由運動學公式得：
v_P₁′＝v_P₁＋gt₂sin θ
v_P₁′²－v_P₁²＝2sgsin θ
設P從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為t₃，則：
v₀₂＝(－v_P₁)－gt₃sin θ
當A點與擋板之間的距離最小時間：t₁＝2t₂＋t₃
聯立得：

。
【點睛】本題綜合性強，物體運動過程復雜，難度較大。解題需要分析清楚物塊的運動過程，并綜合應用動能定理、動量守恒定律與機械能守恒定律等。

1．兩球在水平面上相向運動，發生正碰后都變為靜止。可以肯定的是，碰前兩球的(　　)
A．質量相等 B．動能相等
C．動量大小相等 D．速度大小相等
【答案】C
【解析】兩小球組成的系統碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發生正碰后都變為靜止，故根據動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反，C項正確。
2．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產生的內能可能為(　　)

A．16 J B．2 J
C．6 J D．4 J
【答案】A
【解析】設子彈的質量為m₀，初速度為v₀，木塊的質量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒，即m₀v₀＝(m＋m₀)v，此過程產生的內能等于系統損失的動能，即E＝m₀v－(m＋m₀)v²，而木塊獲得的動能E_木＝mv²＝6 J，兩式相除得＝＞1，即E>6 J，A項正確。
3．如圖所示，在光滑的水平面上有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高。現讓小滑塊m從A點靜止下滑，則(　　)
通107

A．m不能到達小車上的B點
B．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動
C．m從A到B的過程中小車一直向左運動，m到達B的瞬間，M速度為零
D．M與m組成的系統機械能守恒，動量守恒
【答案】C
【解析】M和m組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒所以m恰能達到小車上的B點，到達B點時小車與滑塊的速度都是0，故A項錯誤；M和m組成的系統水平方向動量守恒，m從A到C的過程中以及m從C到B的過程中m一直向右運動，所以M一直向左運動，m到達B的瞬間，M與m速度都為零，故B項錯誤，C項正確；小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統水平方向所受合力為零，系統水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統動量不守恒。M和m組成的系統機械能守恒，故D項錯誤。
4．如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置。現有一質量為m的子彈以水平速度v₀射向木塊并嵌入其中，則木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(　　)

A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv₀
C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv₀
【答案】B
【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統外力，由動量守恒定律得mv₀＝(M＋m)v，解得v＝，子彈和木塊系統在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度v＝，子彈、木塊和彈簧組成的系統受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據動量定理得I＝－(M＋m)v－mv₀＝－2mv₀，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv₀。
5．(多選)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質點)沿同一直線相向運動，A球質量為1 kg，B球質量大于A球質量。如果兩球間距離小于L時，兩球之間會產生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失兩球運動的速度—時間關系如圖所示，下列說法正確的是(　　)

A．B球的質量為2 kg
B．兩球之間的斥力大小為0.15 N
C．t＝30 s時，兩球發生非彈性碰撞
D．最終B球速度為零
【答案】BD
【解析】由牛頓第二定律a＝可知，質量大的物體加速度較小，質量小的物體加速度較大，則聯系圖象可知橫軸上方圖象對應B小球，橫軸下方圖象對應A小球，則有＝ m/s²，m_A＝1 kg，＝ m/s²，解得m_B＝3 kg，F＝0.15 N，選項B正確；在t＝30 s碰撞時，A小球的速度為零，B小球速度為v₀＝2 m/s，碰后B小球減速，A小球加速，則碰后B小球速度為v_B＝1 m/s，碰后A小球速度為v_A＝3 m/s，則由數據可知，動量和動能均守恒，則為彈性碰撞，選項C錯誤；碰前，由運動圖象面積可知，兩小球相距80 m的過程中一直有斥力產生，而碰后B小球減速，初速度為v_B＝1 m/s，加速度為＝ m/s²，A小球加速，初速度為v_A＝3 m/s，加速度為＝ m/s²，距離逐漸增大，若一直有加速度，則當B小球停止時距離最大，易求最大距離為80 m，則最終B小球速度恰好為零，選項D正確。
6．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰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(　　)
18SWAW6-40.tif

A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為v
C．車上管道中心線最高點的豎直高度為
D．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
【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′，得v′＝，小車動量變化大小Δp_車＝2m·＝mv，D項錯誤。小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒有mgH＝mv²－(m＋2m)v′²，得H＝，C項正確。小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒和機械能守恒有：mv＝mv₁＋2mv₂，mv²＝mv₁²＋·2mv₂²，解得v₁＝－，v₂＝v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v＋v＝v，B項正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤。
7．(多選)如圖所示，一輛質量為M＝3 kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質量為m＝1 kg的小鐵塊B(可視為質點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9 m。現給小鐵塊B一個v₀＝5 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g取10 m/s²。下列說法正確的是(　　)
加歡度12

A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2 m/s
B．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 N·s
C．小鐵塊B從反向到與車同速共歷時0.6 s
D．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統損失的機械能為9 J
【答案】BD
【解析】設鐵塊向左運動到達豎直墻壁時的速度為v₁，根據動能定理得－μmgL＝mv－mv，代入數據可得v₁＝4 m/s，故A項錯誤；小鐵塊B與豎直墻壁發生彈性碰撞，所以小鐵塊彈回的速度大小為v₁′＝4 m/s，方向向右，根據動量定理I＝m·Δv＝8 kg·m/s，故B項正確；假設小鐵塊最終和平板車達到共速v₂，根據動量守恒定律得mv₁′＝(m＋M)v₂，解得v₂＝1 m/s，小鐵塊最終和平板車達到共速過程中小鐵塊的位移x₁＝t＝×0.6 m＝1.5 m，平板車的位移x₂＝t＝×0.6 m＝0.3 m，Δx＝x₁－x₂＝1.2 m>L，說明鐵塊在沒有與平板車達到共速時就滑出平板車，所以小鐵塊在平板車上運動過程中系統損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9 J，故C項錯誤，D項正確。
8．半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m₁、m₂同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道M點，已知OM與豎直方向夾角為60°，則兩物體的質量之比m₁∶m₂為(　　)
輪物204

A．(＋1)∶(－1) B．∶1
C．(－1)∶(＋1) D．1∶
【答案】C
【解析】兩球到達最低點的過程，由動能定理得mgR＝mv²，解得v＝，所以兩球到達最低點的速度均為，設向左為正方向，則m₁的速度v₁＝－，則m₂的速度v₂＝，由于碰撞瞬間動量守恒得m₂v₂＋m₁v₁＝(m₁＋m₂)v_共，解得v_共＝，二者碰后粘在一起向左運動，最高能上升到軌道M點，對此過程應用機械能守恒定律得－(m₁＋m₂)gR(1－cos60°)＝0－(m₁＋m₂)v，解得＝2，整理m₁∶m₂＝(－1)∶ (＋1)，故C項正確。
9．如圖是一個物理演示實驗，它顯示：如圖中自由下落的物體A和B經反彈后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某種材料做成的實心球，質量m₁＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質量m₂＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放。實驗中，A觸地后在極短時間內反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上。則木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s²)(　　)
輪物205

A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m
【答案】A
【解析】球及棒落地速度v＝，球反彈后與B的碰撞為瞬間作用，AB雖然在豎直方向上合外力為重力，不為零。但作用瞬間，內力遠大于外力的情況下，動量近似守恒，故有m₁v－m₂v＝0＋m₂v₂′，棒上升高度為h＝，聯立并代入數據，得h＝4.05 m。
10．如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v₀的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端。已知A、B質量均相等，C的質量為A的質量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g。求：

(1)A物體的最終速度；
(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數。
【解析】(1)設A、B的質量為m，則C的質量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v₁，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv₀＝3mv₁
B、C共速后A以v₀的速度滑上C、A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設最終A，C的共同速度v₂，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv₀＋2mv₁＝3mv₂
聯立解得：v₁＝，v₂＝。
(2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得：
fL＝mv＋×2mv－×3mv
又 f＝μmg
解得：μ＝。
11．如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點切線水平，長L＝4 m的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質量分別為m₁＝0.3 kg和m₂＝1 kg兩個小物體中間有一被壓縮的輕質彈簧，用細繩將它們連接。已知傳送帶以v₀＝1.5 m/s的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.15。某時剪斷細繩，小物體m₁向左運動，m₂向右運動速度大小為v₂＝3 m/s，g取10 m/s²。求：

(1)剪斷細繩前彈簧的彈性勢能E_p；
(2)從小物體m₂滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能E；
(3)半圓軌道AC的半徑R多大時，小物體m₁從C點水平飛出后落至AB平面的水平位移最大？最位移為多少？
【解析】(1)對m₁和m₂彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有：
0＝m₁v₁－m₂v₂
剪斷細繩前彈簧的彈性勢能：E_p＝m₁v₁²＋m₂v₂²
解得：v₁＝10 m/s，E_p＝19.5 J。
(2)設m₂向右減速運動的最大距離為x，由動能定理得：
－μm₂gx＝0－m₂v₂²
解得：x＝3 m＜L＝4 m
則m₂先向右減速至速度為零，向左加速至速度為v₀＝1.5 m/s，然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。
設小物體m₂滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為t，取向左為正方向，根據動量定理得：
μm₂gt＝m₂v₀－(－m₂v₂)
解得：t＝3 s
該過程皮帶運動的距離：x_帶＝v₀t＝4.5 m
故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能：E＝μm₂gx_帶＝6.75 J。
(3)設豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體m₁平拋的水平位移最大為x，從A到C由機械能守恒定律得：
m₁v₁²＝m₁v_C²＋2mgR
由平拋運動的規律有：
x＝v_Ct₁，2R＝gt₁²
聯立整理得：

根據數學知識知當4R＝10－4R，即R＝1.25 m時，水平位移最大為x_max＝5 m。

維權聲明

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小題必練13：動量守恒定律

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