教科版选修3-5(3)动量守恒定律的应用

（三） 动量守恒定律的应用

1.质量为M 的砂车，沿光滑水平面以速度v 0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m 的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将

( )

A ．立即停止运动

B ．仍匀速运动，速度仍为v 0

C ．仍匀速运动，速度小于v 0

D ．做变速运动，速度不能确定

解析：选C 砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv 0＝(M ＋m)v ，得v ＝

M

M ＋m

v 0＜v 0，故选C 。 2.[多选]如图所示，光滑绝缘的水平面上M 、N 两点有完全相同的金属小球A 和B ，带有不等量的同种电荷。现使A 、B 以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M 、N 两点，则( )

A ．碰撞发生在M 、N 的中点之外

B ．两球同时返回M 、N 两点

C ．两球回到原位置时各自的动量比原来大些

D ．两球回到原位置时各自的动量与原来相等

解析：选BC 尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等，两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN 的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M 、N 两点，碰撞后两小球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B 、C 。

3.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧—端固定在墙上O 点，另一端与静止在光滑水平面上A 点的物块相连，物块质量为M ，第一颗子

弹以大小为

v 0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A 点时，都会有一颗子弹以大小为v 0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m ，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则( )

A ．随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加

B ．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A 点时的速度大小为0

C ．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A 点时的速度大小为2

3

v 0

D ．从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒

解析：选B 第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m)v 1，解得

v 1＝mv 0M ＋m ，之后弹簧的最大弹性势能为E p1＝12(M ＋m)v 12

＝m 2v 02

2M ＋m ，根据机械能守恒可知，物块返回A 点

时速度大小为v 1＝mv 0

M ＋m 。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0－(M ＋m)v 1

＝(M ＋2m)v 2，解得v 2＝0，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋3m)v 3，解得v 3＝mv 0M ＋3m ，之后弹簧的最大弹性势能为E p3＝12(M ＋3m)v 32＝

m 2

v 0

2

2

M ＋3m

，第四颗子弹射入物块的过程，

取向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0－(M ＋3m)v 3＝(M ＋4m)v 4，解得v 4＝0，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A 错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A 点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A 点时的速度大小为0，B 正确，C 错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D 错误。

4.如图所示，小球A 和小球B 质量相同，球B 置于光滑水平面上，当球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点时恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上

升的最大高度是( )

A ．h B.12h C.1

4

h D.18

h 解析：选C A 与B 碰前速度v A ＝2gh 。A 与B 碰后粘合在一起的共同速度v′由动量守恒可求出。m·v A

＝2mv′，所以v′＝1

2v A ＝

gh 2，能上升的高度H 可由2mg·H＝12

×2mv′

2

求

得，所以H ＝h

4

。

5.如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释

放，然后由A

点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为3

4

h 0(不计空气阻力)，则( )

A ．小球和小车组成的系统动量守恒

B ．小车向左运动的最大距离为1

2R

C ．小球离开小车后做斜上抛运动

D ．小球第二次能上升的最大高度12h 0

4

h 0

解析：选D 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方

向，由动量守恒定律得：mv －mv′＝0，m 2R －x t －m x

t ＝0，解得，小车的位移：x ＝R ，故B 错误；小球与小

车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h 0－34h 0－W f ＝0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f ＝14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1

4mgh 0，

由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh 0，机械能损失小于14mgh 0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h 0－14h 0＝1

2h 0，而

小于3

4

h 0，故D 正确。

6.质量分别是m 和M 的两球发生正碰前后的位移跟时间t 的关系如图所示，由

此可知，两球的质量之比m ∶M 为( )

A ．1∶3

B ．3∶1

C ．1∶1

D ．1∶2

解析：选A 从x －t 图可知m 、M 碰撞前速度分别为v 1＝4 m/s ，

v 2＝0，m 、M 碰撞后的速度相同，v 1′＝v 2′＝v ＝1 m/s 。根据动量守恒列式：mv 1＋Mv 2＝(m ＋M)v ，即4m ＝(m ＋M)×1，得m ∶M ＝1∶3，选项A 正确。

7．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v ，则( )

A ．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v 保持不变

B ．射出n 颗子弹后，人后退的速度为nv

C ．射出n 颗子弹后，人后退的速度大于nv

D ．射出n 颗子弹后，人后退的速度小于nv

解析：选C 设人、枪(包括子弹)的总质量为M ，每颗子弹质量为m ，子弹出射速度为v 0.

由已知有0＝(M －m)v －mv 0.设射出n 颗后，后退速度为v′。则有(M －nm)v′＝nmv 0.由以上分析有v ＝mv 0

M －m

， v′＝nmv 0

M －nm

。

因M －m ＞M －nm ，所以有v′＞nv ，选项C 正确。

8.[多选]质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所

示。则( )

A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒