高中物理-动量守恒常见模型练习

高中物理-动量守恒常见模型练习一、弹性碰撞

1．如图，一条滑道由一段半径R＝0.8 m的1

4圆弧轨道和一段长为L＝3.2 m水平轨道MN组

成，在M点处放置一质量为m的滑块B，另一个质量也为m的滑块A从左侧最高点无初速度释放，A、B均可视为质点．已知圆弧轨道光滑，且A与B之间的碰撞无机械能损失(取g＝10 m/s2)．

（1）求A滑块与B滑块碰撞后的速度v A′和v B′；

（2）若A滑块与B滑块碰撞后，B滑块恰能达到N点，则MN段与B滑块间的动摩擦因数μ的大小为多少？

二、非弹性碰撞

2．如图所示，质量m＝1.0 kg的小球B静止在光滑平台上，平台高h＝0.80 m．一个质量为M＝2.0 kg的小球A沿平台自左向右运动，与小球B发生正碰，碰后小球B的速度v B＝

6.0 m/s，小球A落在水平地面的C点，DC间距离s＝1.2 m．求：

(1)碰撞结束时小球A的速度v A；

(2)小球A与小球B碰撞前的速度v0的大小．

三、完全非弹性碰撞

3．如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，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．

1、碰撞

2、爆炸

4．如图所示，设质量为M=2kg的炮弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m=0.5kg的弹头以速度v1=100m/s沿v0的方向飞去，另一块以速度v1=20m/s沿v0的反方向飞去。求：

(1) v0的大小

(2)爆炸过程炮弹所增加的动能

5．(单选)如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动()

A．一定沿v0的方向飞去

B．一定沿v0的反方向飞去

C．可能做自由落体运动

D．以上说法都不对

3、反冲

6．一船质量为M=120kg，静止在静水中，当一个质量为m=30kg 的小孩以相对于地面v1=6 m/s的水平速度从船跳上岸时，不计阻力，求船速度大小v2

7．如图所示，一个质量为m 的玩具青蛙，蹲在质量为M 的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上．若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求玩具青蛙至多以多大的水平速度跳出，才能落到车面上？

8．（双选）光滑水平地面上，A、B两物块质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时

A．A、B系统总动量仍然为mv

B．A的动量变为零

C．B的动量达到最大值

D．A、B的速度相等

9．

10．一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中,设相互作用力为f．试求从木块开始运动到子弹与木块相对静止的过程中：

(1)子弹、木块相对静止时的速度v?

(2)子弹、木块发生的位移s1、s2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少？

(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？

5、子弹射木块模型

4、弹簧模型

11

．如图所示，一大小可忽略不计、质量为

m 1的小物体放在质量为 m 2 的长木板的左端，

长木板放在光滑的水平面上．现让 m 1 获得向右的速度 v 0，若小物体最终没有从长木板上滑落，两者间的动摩擦因数为μ.求长木板的长度至少是多少？

12．如图 所示，长为 l 、质量为 M 的小船停在静水中，一个质量为 m 的人站在船头，若

不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？

13．如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M ，有一质量也为M 的铁块以水平速度v 沿轨道的水平部分滑上小车．若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为

A.v 24g

B.v 2

2g C.v 28g D.v 26g

14．一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水

平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ．重力加速度为g .求木块在ab 段受到的摩擦力f

8、只有水平方向动量守恒

7、人船模型

6、板块模型

15．(单选)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良

好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 A ．动量守恒，机械能守恒 B ．动量不守恒，机械能守恒 C ．动量守恒，机械能不守恒

D ．无法判定动量、机械能是否守恒

16．(单选)如图所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和B

的质量分别是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为 A.mv 20400 B.mv 20200 C.99mv 20200 D.199mv 20400

17．如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车 C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个

滑块A ，其质量为m A ＝2kg ，在距车的水平面高h ＝1.25 m 处由静止下滑，车 C 的质量为m C ＝6kg ，在车C 的左端有一个质量m B ＝2kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点，滑块A 与B 碰撞后黏合在一起共同运动，最终没有从车C 上滑出，已知滑块 A 、B 与车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，车 C 与水平地面的摩擦忽略不计．取 g ＝10 m/s 2.求：

(1)滑块A 滑到圆弧面末端时的速度大小．

(2)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小． (3)车C 的最短长度．

9、多物模型

动量守恒常见模型练习（参考答案）

1、解：

(1)设A 与B 相碰前的速度为v A ，A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，有 12mv 2

A

＝mgR ① A 与B 相碰时，动量、机械能守恒 mv A ＝mv A ′＋mv B ′② 12mv 2A ＝12mv A ′2＋1

2

mv B ′2③ 由①②③式得v A ′ ＝0，v B ′＝4 m/s.

(2)B 碰撞后到达N 点时速度为0，由动能定理得

－fL ＝0－1

2

mv B ′2⑤

其中f ＝μmg ⑥ 由⑤⑥得μ＝0.25.

2．解：(1)碰撞结束后小球A 做平抛运动

h ＝12gt 2 s ＝v A t

解得v A ＝3 m/s.

(2)两球碰撞前后动量守恒，有 Mv 0＝mv B ＋Mv A 解得v 0＝6 m/s.

3．解析：

(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，有

2R ＝12gt 2 解得t ＝2R g

.

(2)设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为v 1，由机械能守恒定律知

12mv 2＝12

mv 2

1＋2mgR 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律知 mv 1＝2mv 2

飞出轨道后做平抛运动，有 2R ＝v 2t

联立以上各式得v ＝22gR . 4．解：

（1）爆炸过程动量守恒 210)(v m M mv Mv --= 解得：s m v /100= （2）增加的动能J Mv v m M mv E k 27002

1)(2121203221=--+=? 5．C

6．解：设小孩的运动方向为正方向． 小孩跳离船的过程，由动量守恒定律得

mv 1－Mv 2＝0

解得：v 2=1.5m/s 7.

8.AD

9.B 提示：共mv mv 2=

p E mv mv +?=2222

121共 10．解：

(1)由动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v …(2分)

子弹与木块的共同速度v ＝m

M ＋m v 0

.(1分)

(2)对子弹利用动能定理得

－fs 1＝12mv 2－12

mv 2

0①(2分)

所以s 1＝Mm M ＋2m v 20

2f M ＋m

2

.(1分) 同理对木块有：fs 2＝1

2

Mv 2②(2分)

故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 20

2f M ＋m 2

(1分)

子弹打进木块的深度为：l 相＝s 1－s 2＝Mmv 20

2f M ＋m

.③(2分)

(3)系统损失的机械能

ΔE k ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2

＝Mmv 202M ＋m

④(2分)

系统增加的内能：Q ＝ΔE k ＝Mmv 20

2M ＋m .(2分)

11．解：设共同速度的大小为v ，长木板的长度为L ，由动量守恒定律有

m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ① 由能的转化和守恒定律有 12m 1v 20－1

2(m 1

＋m 2)v 2＝μm 1gL ② 由①②式联立解得L ＝m 2v 20

2μm 1＋m 2g

.

12．解：系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为v 2，船对地的速度为v 1，则 mv 2－Mv 1＝0 在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故

mv 2t －Mv 1t ＝0，

即 ms 2－Ms 1＝0， 而s 1＋s 2＝L

解得：L M m m S +=

1，L M

m M

S +=2

13．解析：选A.由水平方向动量守恒定律得Mv ＝(M ＋M )v ′，

v ′＝v 2

①

由机械能守恒定律得 12Mv 2＝12

×(2M )v ′2＋Mgh ② 由①②联立解得h ＝v 2

4g

.

14．解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：

由动量守恒：mv 0＝3mv 1

由能的转化及守恒：12mv 20＝12

(3m )v 2

1＋mgh ＋fL 解得：f ＝mv 20

－3mgh 3L

.

15．B 16．A

17．解：(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有m A gh ＝1

2

m A v 21 代入数据解得v 1＝2gh ＝5 m/s.

(2)设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，有 m A v 1＝(m A ＋m B )v 2

代入数据解得v 2＝2.5 m/s.

(3)设车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从车C 上滑出，三者最终速度相同令其为v 3，根据动量守恒定律有

(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3 ① 根据能量守恒定律有

μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12

(m A ＋m B ＋m C )v 2

3 ② 联立① ② 式代入数据解得L ＝0.375 m.