动量守恒定律综合练习题1(答案)

1.如图所示，光滑水平面上有一带半径为R的1/4光滑圆弧轨道的滑块，其质量为2m，一质量为m的小球以速度v0沿水平面滑上轨道，并从轨道上端飞出，求

⑴小球上升的到离水平面的最大高度H是多少？ ⑵小球离开轨道的瞬间，轨道的加速度大小a是多少？ 解答：⑴小球到达最高点时，球与轨道在水平方向有相同的速度，设为v。由于小球和滑块组成的系统在水平方向不受外力作用，故系统在水平方向动量守恒，由根据动量守恒定律有 mv0(m2m)v

由机械能守恒有

111mv02mv22mv2mgh 222v02联立上述方程可得 h

3g⑵小球离开轨道的瞬间，轨道的圆心没有竖直方向的速度，小球相对于轨道圆心在竖直方向的速度大小为小球的竖直分速度，设为v竖。水平方向的速度和轨道速度相同。

由运动的可逆性知道 v竖2g(hR) 在轨道最高点，弹力提供做向心力，则有

2v竖2mv02m Nm2g(hR)2mg

RR3R由运动定律可得，小球对轨道的水平弹力大小为

2mv02 N'2mg

3RN'v02由运动定律得轨道的加速度为 ag

2m3R

2.如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的、位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30m，质量m＝0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60kg，速度v0＝5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝42R处，重力加速度g＝10m/s2，求

⑴碰撞结束时，小球A和B的速度大小。

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⑵试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点。 解答：设A球过C点时的速度为vA，平抛后的飞行时间

42RvAt为t，则12 解得 vA22gR26m/s

2Rgt2设碰撞结束后，小球A、B的速度分别为v1和v2。小球A上滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有

112mv12mvAmg2R 22解得 v123gR6m/s

两小球碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可得

Mv0mv1Mv2 解得 v23.5m/s

⑵设小球B刚好能够到达轨道上的c点，由此时有

2vBMgRM 解得 vBgR3m/s

R设B球在最低点的最小速度为vmin，由机械能守恒定律有

1122MvminMvBMg2R 22解得 vmin5gR15m/s3.87m/s 由于v2＜vmin，所以小球B不可能到达最高点c

3.图示，质量为2kg的小平板车B静止在光滑的水平面上，板的一端静止有一个质量为2kg的物块A。一颗质量为10g的子弹以600m/s的水平速度射穿物体A后，速度变为100m/s。如果物体和小平板车之间的动摩擦因数为0.05，g＝10m/s2。则

①物体A的最大速度是多少？

②如果物体A始终不离开小平板车B，则小平板车B的最大速度是多少？

③为了使A不致从小平板车上滑到地面上，则板长度至少应为多大？

解答：①子弹击穿A后，A在B上做匀减速运动。故子弹穿出A的瞬间，A速度最大。由动量守恒定律可得

mv0mvmAvA vA2.5m/s

②当A相对于B静止时，B的速度最大。设为vB，再由动量守恒定律可得

mAvA(mAmB)vB vB1.25m/s

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v0 A B ③A相对于B的位移，为车的最小长度Lmin，由能的转化和守恒定律可得

nAgLmin12m212AvA2(mAmB)vB 解得 Lmin3.125m

4.图示，质量为2.0kg的小车放在光滑的水平面上，在小

车的右端放有一个质量为1.0kg的小物块，物块与车之间的动摩擦因数为0.5，物块与小车同时受到水平向左F1＝6N和水平向右的F2＝9N的拉力，经过0.4S同时撤去两力，为使物体不从车上滑下来，小车至少要多长？（g＝10m/s2）

解答：①设物体和车的加速度分别为a1、a2。由牛 顿第二定律可得

F1mgma1 F 2a11m/s2mgma2a2 22m/s 撤力瞬间，物体速度 v10.4m/s v20.8m/s

力作用时间里，物体相对于车的位移s1为

s12(a1a2)t20.24m 撤力后，系统动量守恒，设最终的共同速度为v，相对位移为s2，则

Mv2mv1(Mm)v

mgs12mv2122(Mv21)2(Mm)v2

解得 s20.096m

小车长度至少为 Lmins1s20.336m

5.如图所示，质量mA＝4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB＝1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的瞬时冲量I＝12Ns作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的功能EkA＝8.0J，小物块的功能EkB＝

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F1 F2 0.50J，重力加速度取10m/s2，求

⑴瞬时冲量作用结束时木板的速度v0 ⑵木板的长度L

解答：设水平向右为正方向，由动量定理可得

Imv0 代入数据解得 v03.0m/s

⑵设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理有

(FBAFCA)tmAvAmAv0 、FABtmBvB 其中：FABFBA、FCA(mAmB)g

设A、B相对于C的位移大小分别为SA和SB，由动能定理可得

(F1211BAFCA)sAmAvAm2Av0EkAm2222Av0

Fs12ABB2mBvBEkB

动量与动能之间的关系为 mAvA2mAEkA、mBvB2mBEkB 木板A的长度L为 LsAsB

联立上述各方程，代入数据解得 L＝0.50m

6.图示，固定的水平杆（足够长）上，套有一个质量为2m的环，一根长为L的细绳，一端拴在环上，另一端系一个质量为m的小球。现把环拉到细绳刚好被拉直，且绳与水平杆夹角为30°的位置，然后把它们由静止同时释放。若不计一切阻力，试求小球的最大速度vm以及速度最大时，水平杆对环的作用力N。

解答：设小球的速度最大(小球位于最低点)时环的速度为v。

由于系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，即

2mvmvm0

因不计一切阻力，故系统的机械能守恒，即

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2m 30° L m mgL(1sin30)112 2mv2mvm226gL 6联立解得 vm6gL、v3在最低点，小球受到的拉力和重力的合力提供做向心力，由于小球的向心加速度是相对于圆心的加速度，所以由向心加速度公式和牛顿第二定律可得

2v对圆心(vmv)2 TmgmmLL将vm、v代入上式可得 T2.5mg

所以杆对环的作用力大小为 NT2mg4.5mg

7.图示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直的光滑半圆轨道。一个质量为M的木块放在轨道的水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹击中，关留存木块中，若被击中的木块沿轨道滑到最高点C，且对C点的压力大小为(M+m)g，求子弹击中木块前的速度v0的大小。

解析：设木块(含子弹)在C点的速度大小为vC， 由牛顿运动定律有

2vC (Mm)gN2(Mm)g(Mm)

RC O R v0 m M A

B

解得 vC=2gR

木块(含子弹)从A点(速度为vA)到C点的过程中，由动能定理有

1122 (Mm)g2R(Mm)vC(Mm)vA22解得 vA=6gR

子弹击中木块过程中动量守恒，有 mv0(Mm)vC 解得 v0

8.如图所示，有A、B两个质量都为M的小车，在光滑的水平面上以相同的速率v0相向而行，A车上有一个质量为m

的人。为了避免两车相接，A车上的人至少要以多大的对地速v0 A 第 5 页 共 7 页

Mm6gR mv0 B 度从A车跳到B车上，才能避免两车相撞。

解析：要两车不相接，最终两车的速度至少要 相等，设为v。由动量守恒定律可得 (Mm)v0Mv0(2Mm)v

解得 vmv0

2Mm 对人和B车，在人跳上B车的过程中动量守恒

muMv0(Mm)v

(2M22Mmm2)v0解得 u

2(Mm)m

9.如图所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处。质量也为m的小球a，从距离BC高度为h的A处由静止开始释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球发生正碰并粘在一起。已知BC轨道距离地面的高度O 为0.5h，悬挂b球的细绳能够承受的最大拉力为2.8mg，求⑴a球与b球碰撞前瞬间的速度是多少？ ⑵两球碰撞后。细绳是否会断裂？若断裂， 小球在DE水平面上的落点离C点的水平距离是 多少？如果细绳不断裂，小球能够摆动起多高？ 解析：球a下滑时机械能守恒

E b C 0.5h D B h a A h 1mghmv02 解得 v02gh

2两球碰撞时动量守恒，有 mv02mv共

解得 v共v022gh 2在最低点，对两球应用牛顿运动定律有 T2mg2m2v共h

2v共解得 T2mg2m3mg28. mgh绳子断裂，小球做平抛运动

飞行时间为 t20.5hgh g第 6 页 共 7 页

水平距离为 sv共t2gh2h2h g2第 7 页 共 7 页