动量守恒专题训练（含答案）动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
2．子弹打木块类问题【例3】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
3．反冲问题在某些情况下，原来系统物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。
可以把这类问题统称为反冲。
【例4】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。
当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？【例5】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。
火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？4．爆炸类问题【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时忽然炸成两块，其块质量300g 仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。
5．某一方向上的动量守恒【例7】如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？6．物块与平板间的相对滑动【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。
【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：（1）木块A的最终速度；（2）滑块C离开A时的速度。
习题1、如图所示，A B C是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，并滞留在木块中．若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C，已知木块对C点的压力大小为(M+m)g，求：子弹射入木块前瞬间速度的大小．2、如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为m A=1kg，m B=1kg，m C=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。
现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。
求：（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。
3.如图所示，在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m=0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间摩擦不计，图中h =0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.m4.如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度)，这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多大？5.如图所示，质量为M =4kg 的木板长L =1.4m ，静止在光滑的水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m =1kg 的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.今用一水平力F =28N 向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，求此力至少作用多长时间？(重力加速度g 取10m/s 2)【例1】在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：由系统机械能守恒得：解得MFL全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得【例2】从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的能。
设平均阻力大小为f，【例3】解析：先画出示意图。
人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。
从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。
设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1 l2=L，∴【例4】解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为向，【例5】分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1 m2 )g，可见系统的动量并不守恒。
但在爆炸瞬间，力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。
由动量守恒定律：m/s此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设向相反【例6】MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v 可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L-L cosθ）-d］解得圆环移动的距离：d=mL（1-cosθ）/（M m）【例7】解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M m）v ①所以v= v0 方向向右（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′①对板车应用动能定理得：-μmg s= mv′2- mv02 ②联立①②解得：s= v02【例8】（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。
最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有∴（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。
C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有∴1、（14）.解：设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为v B，到达C点时的速度为v C。
子弹射入木块时，系统动量守恒，可得：()0v=①mv+Mm木块(含子弹)在BC 段运动，满足机械能守恒条件，可得()22)(21)(221CB v M m g M m R v M m +++=+ ② 木块(含子弹)在C 点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T ，木块对轨道的压力为T ′，可得： Rv M m g M m T C2)()(+=++ ③又：T =T ′=(M+m)g ④ 由①、②、③、④方程联立解得： 子弹射入木块前瞬间的速度：Rg mM m v 6)(+=2、（15）（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A 和B 为研究对象，假设爆炸后瞬间AB 的速度大小分别为v A 、v B ，取向右为向 由动量守恒：－m A v A +m B m B =0爆炸产生的热量由9J 转化为AB 的动能：222121BB A A v m v m E += 带入数据解得：v A = v B = 3m/s由于A 在炸药爆炸后再次追上B 的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A 追上B 之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC 和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC 达到共速v BC ，此时弹簧的弹性势能最大，设为E p1由动量守恒：m B v B =（m B +m C ）v BC 由能量定恒定定律：P Bc C B B B E v m m v m ++=22)(2121 带入数据得：E P1=3J（2）设BC 之间的弹簧第一次恢复到原长时B 、C 的速度大小分别为v B1和v C1，则由动量守恒和能量守恒： m B v B =m B v B1+m C v C121212212121C C B B B B v m v m v m +=带入数据解得：v B1=－1m/s v C1=2m/s（v B1=3m/s v C1=0m/s 不合题意，舍去。
）A 爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。
当A 追上B ，发生碰撞瞬间达到共速v AB 由动量守恒：m A v A +m B v B1=（m A +m B ）v AB解得：v AB =1m/s当ABC 三者达到共同速度v ABC 时，弹簧的弹性势能最大为E P2 由动量守恒：（m A +m B ）v AB +m C v C1=（m A +m B +m C ）v ABC由能量守恒：22212)(2121)(21P ABC C B A C AB B A E v m m m v m v m m +++=++带入数据得：E P2=0.5J3.解:物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力. 设物体滑到圆弧的底端时车速度为v 1，物体速度为v 2 对物体与车，由动量及机械能守恒得0=Mv 1-mv 2 (2分) mgR=21Mv 21+21m v 22 (2分) 物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有h=21gt 2 (2分) L=（v 1+v 2）t (2分)由以上各式带入数据解得 R =0.055m (2分)4.解:对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有：2 mv A = (m+m) v 0 ① (2分) 即 v A = v 0由系统能量守恒有：22)(21221v m m mv E A ++⋅=② (2分) 此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v ，由机械能守恒有： 22021212mv mv R mg -=⋅ ③ (2分) 在最高点Q ，由牛顿第二定律有：Rv m mg 2= ④ (2分)联立① ～ ④式解得：E =10mgR (2分)5.解：以地面为参考系，整个过程中，小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动.撤去拉力F 前，木板向右做初速为零的匀加速直线运动；撤去拉力F 后，木板向右做匀减速直线运动.要使小滑块从木板上掉下来，拉力F 作用的最短时间对应的过程是：小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止（即与木板达到共同的速度）. 设拉力F 作用的最短时间为t ，撤去拉力前木板的位移为s 0，小滑块滑到木板左端并恰好与木板达到的共同速度为v .整个过程对系统由动量定理得：v m M Ft )+=（ (3分)撤去拉力F 前木板的位移为：2021t Mmg F s μ-=(3分)整个过程对系统由功能关系得：20)(21v m M mgL Fs ++=μ (4分)联立以上各式，代入已知数据求得：t =1s. (2分)。