动量守恒定律的应用(计算题)

1 动量守恒定律的应用（计算题） 1．一个物体静置于光滑水平面上,外面扣一质量为M的盒子,如图1所示.现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的v-t图象呈周期性变化,如图2所示.请据此求盒内物体的质量.

答案 M 解析 设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律 Mv0=mv ① 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞

220212

1vvmm ②

联立①②解得m=M ③ (也可通过图象分析得出v0=v,结合动量守恒,得出正确结果)

2.如图所示，矩形盒B的质量为M，底部长度为L，放在水平面上，盒内有一质量为5M可视为质点的物体A，A与B、B与地面的动摩擦因数均为，开始时二者均静止，A在B的左端。现瞬间使物体A获得一向右的水平初速度0v，以后物体A与盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B的左壁最后一次碰撞后，B立刻停止运动，A继续向右滑行

s

（sL）后也停止运动。 （1）A与B第一次碰撞前，B是否运动？ （2）若A第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为1v，求此时矩形盒B的速度大小 （3）当B停止运动时，A的速度是多少？ 答案 (1) A与B第一次碰撞前，A、B之间的压力等于A的重力，即15NMg A对B的摩擦力15ABfNMg 而B与地面间的压力等于A、B重力之和，即1()5BNMMg 地面对B的最大静摩擦力 65BBfNMg 2

ABBff 故A与B第一次碰撞前，B不运动 （2）设A第一次碰前速度为v，碰后B的速度为v2 则由动能定理有 220

1152525MMM

gLvv…

碰撞过程中动量守恒 有 1255MMvvMv 解得22011(2)5vvgLv （3）当B停止运动时， A继续向右滑行s（sL）后停止，设B停止时，A的速度为Av，则由动能定理… 得21525AMMgsv… 解得2Avgs

3、 如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g＝10m/s2。求：

（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小； （2）木块B离开桌面时的速度大小； （3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。 答案：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块

M m v0

D s h A B 3

A的加速度 MMga＝2.5m/s2

设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得 atvv0＝2.0m/s…

（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′。根据平抛运动规律有：221tgh，s＝v2t′

解得： hgsv22＝1.5m/s （3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有： 21mvMvMv 解得： MmvMvv21=0.80m/s 设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，得

ghvtvs211＝0.32m 则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离 sss＝0.28m

4. 如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg。一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿

A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m。设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块B中穿行的距离；

v A B

h s 4

（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离。 答案 (1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动 22

1

gth t=0.40s

A离开桌边的速度tsvA

Av=5.0m/s 设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：

BAvmMMvmv)(0 B离开桌边的速度Bv=10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为1v，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：AMvmvmv210 401vm/s 子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒 2212)(212121BABvmMmvMvfL

①

子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒 22120)(212121AAvMMmvmvfL ②

由①②解得2105.3BLm （3）子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1,根据动能定理 0)(2121AvMMfs ③ 子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理 2222121ABMvMvfs ④

由②③④解得物块B到桌边的最小距离21minsss smin=2.5×10-2m

5、装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。 通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设5

子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 解析：设子弹的初速为v0,穿过2d厚度的钢板时共同速度为：v 受到阻力为f. 对系统由动量和能量守恒得：

0(2)mvmmv ①

220

11

2(2)22fdmvmmv ②

由①②得：2016fdmv ③

子弹穿过第一块厚度为d的钢板时，设其速度为v1，此时钢板的速度为u，穿第二块厚度为d的钢板时共用速度为v2，穿过深度为d，

对子弹和第一块钢板系统由动量和能量守恒得： 01mvmvmu ④

22201

111

222fdmvmvmu ⑤

由③④⑤得：10133()6vvvu故只取一个 ⑥ 对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得： 12()mvmmv ⑦

2212

11

()22fdmvmmv ⑧

由③⑥⑦⑧得：234dd

6、如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求： （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t； （2）小球A冲进轨道时速度v的大小。 解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 6

2122Rgt ①

解得 2Rtg ② （2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 22111222mvmvmgR ③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 122mvmv ④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 22Rvt ⑤ 综合②③④⑤式得 222vgR

7在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速．假设减速剂的原子核质量是中子的k倍．中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰．设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求N次碰撞后中子速率与原速率之比．

答案：1()1Nkk 解析：设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为nm和Am，碰撞后速度分别为nv和Av

，碰撞前后的总动量和总能量守恒，有

nnnnAAmmmvvv ①

222nnnn111222AAmmmvvv

②

式中nv为碰撞前中子速度，由题设 nAmkm ③

由①②③式得，经1次碰撞后中子速率与原速率之比为

nn

11kk





v

v ④

经N次碰撞后，中子速率与原速率之比为