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第1讲 动量定理 动量守恒定律及其应用
A 对点训练——练熟基础学问
动量和动量定理
1．(单选)对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是( )．
A．物体的动量发生变化，其动能确定变化
B．物体的动量发生变化，其动能不愿定变化
C．物体的动能不变时，其动量也确定不变化
D．物体的动能发生变化，其动量不愿定变化
解析 当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化．当只有物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，例如我们所生疏的匀速圆周运动，所以选项A错误、选项B正确．当质量不变的物体的动能不变时，其动量的大小不变，方向可以相反，故选项C错误．当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，故选项D错误．
答案 B
2．(单选)在距地面高为h，同时以大小为v0的速度分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有( )．
A．平抛过程最大 B．竖直上抛过程最大
C．竖直下抛过程最大 D．三者一样大
解析 由动量定理可知动量的增量Δp＝I合＝mgt，又因竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，而各物体mg相等，所以竖直上抛过程中动量增量最大，即选项B正确．
答案 B
3．如图1－8所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝ N的作用下，由静止开头沿水平面对右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝＝6 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝ s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力(g取10 m/s2)．
图1－8
解析 争辩从物体开头运动到碰撞后反弹的全过程，选F的方向为正方向，依据动量定理有：
Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′
解得墙对物体的平均作用力为
＝
＝ N＝388 N.
答案 388 N
动量和动量定理
4．[2021·福建理综，30(2)](单选)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的酷热气体．忽视喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )．
B．v0
D．v0
解析 依据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，
得v＝v0，选项D正确．
答案 D
5．(单选)如图1－9所示，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知mA<mB，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )．
图1－9
A．静止 B．向右运动
C．向左运动 D．无法确定
解析 选取A、B两个物体组成的系统为争辩对象，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时刻系统静止，总动量为零，最终粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确．
答案 A
6．质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度射入质量是24 g、静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中，子弹留在木块中以后，木块运动的速度是多大？假如子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100 m/s，这时木块的速度又是多大？
解析 子弹质量m＝10 g＝ kg，子弹速度v0＝300 m/s，木块质量M＝24 g＝ kg，设子弹射入木块中以后木块的速度为v，则子弹速度也是v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v，
解得v＝＝ m/s＝ m/s.
若子弹穿出后速度为v1＝100 m/s，设木块速度为v2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋＝ m/s.
答案 m/s m/s
动量守恒和能量守恒的综合应用
7．质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其
x ­t(位移—时间)图象如图1－10所示，试通过计算回答下列问题：
图1－10
(1)m2等于多少？
(2)碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
解析 (1)碰撞前m2是静止的，m1的速度为v1＝4 m/s碰撞后m1的速度v1′＝－2 m/s
m2的速度v2′＝2 m/s
依据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
解得m2＝3 kg
(2)碰撞前系统总动能Ek＝Ek1＋Ek2＝8 J
碰撞后系统总动能Ek′＝Ek1′＋Ek2′＝8 J
碰撞前后系统总动能相等，因而该碰撞是弹性碰撞．
答案 (1)3 kg (2)弹性碰撞
8．[2021·山西工大附中适应考，35(2)]如图1－11所示，质量为M，半径为R的光滑半圆槽第一次被固定在光滑水平地面上，质量为m的小球，，使其可以自由运动，小球又以同样的初速度冲向半圆槽，小球最高可以到达与圆心等高的B点，(g＝10 m/s2)试求：
图1－11
①半圆槽第一次被固定时，小球运动至C点后平抛运动的水平射程x＝？
②小球质量与半圆槽质量的比值m/M为多少？
解析 ①小球在C点时，重力供应向心力
由于mg＝mv12/R，故有v1＝
小球由C点平抛y＝2R＝gt2
x＝v1t，得：x＝2R
②由题意对第一次过程据动能定理可知v02＝5Rg
由题意对其次次过程，对m、M系统依据动量守恒、能量守恒得mv0＝(m＋M)v2
mgR＝mv02－(m＋M)v22，得：＝
答案 ①2R ②
B 深化训练——提高力气技巧
9．如图1－12甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3 ，与B发生碰撞，碰前A的速度变化如图乙中图线Ⅰ所示，碰后A、B的速度变化分别如图线Ⅱ、Ⅲ所示，g取10 m/s2，求：
图1－12
(1)A与地面间的动摩擦因数．
(2)物体B的质量．
解析 (1)由图乙知A的加速度a＝＝m/s2＝－1 m/s2，所以A与水平面间的动摩擦因数μ＝－＝.
(2)由图乙得碰后A的速度vA＝1 m/s，B的速度vB＝3 m/s，碰撞前后A、B组成的系统动量守恒，则mAv1＝mAvA＋mBvB，可得mB＝1 kg.
答案 (1) (2)1 kg
10．[2021·河南名校二联，35(2)]如图1－13所示，一质量M＝2 kg的长木板静止于光滑水平面上，B的右边有竖直墙壁，现有一小物体A(可视为质点)质量m＝1 kg，以速度v0＝6 m/s从B的左端水平滑上B，已知A和B间的动摩擦因数μ＝，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失，若B的右端距墙壁s＝4 m，要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少多长？
图1－13
解析 设A滑上B后达到共同速度前并未遇到墙壁，则依据动量守恒定律得它们的共同速度为v，有
mv0＝(M＋m)v，解得v＝2 m/s
在这一过程中，B的位移为sB，由动能定理有
μmgsB＝Mv2，解得sB＝2 m
当s＝4 m时，A、B达到共同速度v＝2 m/s后再匀速向前运动2 m遇到墙壁，B遇到竖直墙壁后，依据动量守恒定律得A、B最终相对静止时的速度为v′，则
Mv－mv＝(M＋m)v′，解得v′＝m/s
在这一过程中，A、B的相对位移为s1，依据动能定理，得
μmgs1＝mv02－(M＋m)v′2，解得s1＝ m
因此，若A、B最终不脱离， m.
答案 m
11．[2021·课标Ⅱ，35(2)]如图1－14，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后连续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开头压缩弹簧直至与弹簧分别的过程中，
图1－14
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋(2m)v22③
联立①②③式得ΔE＝mv02④
(2)由②式可知v2＜v1，A将连续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3⑤
mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv02.⑦
答案 (1)mv02 (2)mv02