动量守恒常见模型归类练习

1、动量守恒常见模型练习 班级：座号：姓名: 一、弹性碰撞 1 1 一一,一, , 1.1.如图,一条滑道由一段半径 R=0.8mR=0.8m 的 4 4 圆弧轨道和一段长为L=3.2m=3.2m 水平轨道MN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,AB均可视为质点.圆弧轨道光滑,且A与B之间的碰撞无机械能损失(取 g=10m/sg=10m/s2).). (1)求A滑块与B滑块碰撞后的速度vA和VB； (2)假设A滑块与B滑块碰撞后,B滑块恰能达 至UN点,那么MN与B滑块间的动摩擦因数 t2 刑穴少力多少M二、非弹性碰撞 2 2 .如下图,质量 m1

2、.0kgm1.0kg 的小球B静止在光滑平台上,平台高 h=0.80mh=0.80m 一个质量为 W2.0kgW2.0kg 的小球 A 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VB=6.0m/s,6.0m/s,小球A落在水平地面的C点,DC可距离 s=1.2m.s=1.2m.求： (1)(1)碰撞结束时小球A的速度VA； (2)(2)小球A与小球B碰撞前的速度小. 三、完全非弹性碰撞 3 3 . .(2021(2021高考天津卷) )如下图,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,MNR,MN直径且与水平面垂直,直径略 小于圆管内径的小球 A A 以某一速

3、度冲进轨 道,到达半圆轨道最高点 M M 时与静止于该处 的质量与 A A 相同的小球 B B 发生碰撞,碰后两 球粘在一起飞出轨道,落地点距 N N 为 2R.2R.重力加速度为 g,g,忽略圆 V0的大 管内径,空气阻力及各处摩擦均不计,求: (1)(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t t; ; 小球 A A 冲进轨道时速度 v v 的大小. 4 4 . .如下图,设质量为 M=2kgM=2kg 的炮弹运动到空中最高点时速度为皿, 忽然炸成两块,质量为 m=0.5kgm=0.5kg 的弹头以速 度vi=100m/s100m/s 沿vo的方向飞去,另一块以速度 Vi=20m/s20m

4、/s 沿Vo的反方向飞去.求： (1)(1)Vo的大小 (2)(2)爆炸过程炮弹所增加的动能 5.5.(单项选择)如下图,设质量为 M M 的导弹运动到空中最高点时速度为 V0,忽然炸成两块,质量为m的一块以速度v沿V0的方向飞去, 那么另一块的运动 A.A. 一定沿 V Vo的方向飞去 B.B. 一定沿 V V0的反方向飞去 C.C.可能做自由落体运动 D.D.以上说法都不对 6 . .一船质量为M=120kg,=120kg,静止在静水中,当一个 质量为m=30kg=30kg 的小孩以相对于地面vi=6m/s=6m/s 的水平速度从船跳上岸时,不计阻力,求船速 度大小V2 7 .如下图,一个

5、质量为m的玩具青蛀,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.假设车长为L,细杆高为h,且位于小车的中点,试求玩具青蛀 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,AB两物块质量都为mA以速度v向右运动,B原来静止,左端有一轻弹簧,如下图,当A撞上弹簧,弹簧被压缩最短时 1. AB系统总动量仍然为mv 8.8. A A 的动量变为零 CB的动量到达最大值 D.D.AB B 的速度相等 于魂樗要解面享*1-演勺,川潴掌质弹簧相 三百帕初动能的城q 9.9. 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

6、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)(1)子弹、木块相对静止时的速度v (2)(2)子弹、木块发生的位移si、S2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少 (3)(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少ttF的初动能的工趣?丫 1111 .如下图,一大小可忽略不计、质量为m的小物体放在质量为m 的长木板的左端,长木板放在光滑的水平面上.现让m获得向 右的速度V0,假设小物体最终没有从长木板上滑落,两者间的动 摩擦因数为 g 求长木板的长度至少是多少 1212 .如下图,长为1、质量为M的小船停在静水中,一个质量为 m的人站在船头,假设不计水的阻力,当人从船

7、头走到船尾的过程 中,船和人相对地面的位移各是多少 1313 . .20212021龙山中学高三月考如下图,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沿轨道的水平局部滑上 小车.假设轨道足够高,铁块不会滑出,那么铁块沿圆弧形轨道上升的 最大局度为 1414 . .20212021高考海南卷改编一质量为 2 2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如下图.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V0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度

8、为h.重力加速度为g.求木块在ab段受到的摩擦力f 1515 . .单项选择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,AB用一根弹性良好的轻质弹簧 MMMM 连在一起,如下图.那么在子弹打击 切如勿事号用吃年/如 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 A.A.动量守恒,机械能守恒 B.B.动量不守恒,机械能守恒 C.C.动量守恒,机械能不守恒 D.D.无法判定动量、机械能是否守恒 1616 . .单项选择如下图,AB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 9999mn口 和 100100m一颗质量为m的子弹以速度V0 水平射入木块A

9、内没有穿出,那么在以后的过程中弹簧弹性势能的 最大值为 1717 . .20212021 年湛江二模如下图,固定在地面上的光滑圆弧面与车C 的上外表平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,A,其质量为mi=2kg,2kg,在距车的水平面高h=1.25mh=1.25m处由静止下滑,车C的质量为me=6kg,=6kg,在车C的左端有一个质量mB=2kgB=2kg 的滑块 B,B,滑块A与B均可看做质点,滑块A h 与B碰撞后黏合在一起共同运动,最终没有从车C上滑出,滑块AB与车C的动摩擦因数均为以=,车C与水平地面的摩擦忽略不计.取g=10m/sg=10m/s2. .求： (1)(1)滑块A滑到圆弧面

10、末端时的速度大小. (2)(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小. (3)(3)车C的最短长度.动量守恒常见模型练习(参考答案) 1 1、解: (1)(1)设A与B相碰前的速度为VA,A从圆弧轨道上滑下时机械能 守恒,有 L L2 2mu=mgR A与B相碰时,动量、机械能守恒 mA=mv+mv 1 121 1,21,1,2小 2 2mv= mv+2+2mv 由式得vA=0,=0,VB44m/s.m/s. (2)(2) B碰撞后到达N点时速度为 0,0,由动能定理得 . .1 1- - fL=02mw 其中f=1mgB)2 2.解：(1)(1)碰撞结束后小球A做平抛运动 1 12 h=2

11、2gt S=VAt 解得VA=3m/s.3m/s. (2)(2)两球碰撞前后动量守恒,有 Mv=mw+Mv 解得V0=6 6m/s.m/s. 3 3 . .解析： (1)(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动,有 一一R 2R=22R=2gt解得t=2A/g. . (2)(2)设球A的质量为m碰撞前速度大小为V1,由机械能守恒定律 知 1 21 12 ? ?mv=2 2mv+2 2mgR 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 mv=2 2mv 飞出轨道后做平抛运动,有 2 2R=v2t 联立以上各式得 v=2,2v=2,2gR 4 4 . .解： (1)(1)爆炸过程动量守

12、恒 Mv0mv1(Mm)v2 解得：v010m/s (2)(2)增加的动能Ek1mv2-(Mm)v21Mv02700J222 5 5 .C.C 6 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mvMv=0 0 解得：V2=1.5m/s=1.5m/s 7 7 . . 答睡标准解：强青星上之跳的水干辿龙为必d：.士旌史后的瞬间车的迩虎为珑,对水平方向,由动蚤守恒；t律将 mu-Mu*=G 破膂蛙下落方面度所用时间为九那么h1一 假设青蛙刚好能落到车面上,那么有加 2 少 出侬可艇搏.=肃示为 即要健青胜落在车面上,机具青蛙的速度长大不能是过 血一伍 W+m 10.1

13、0.解:(1)(1)由动量守恒得mv=(M+n)v(2(M+n)v(2 分) 子弹与木块的共同速度丫=调产(1(1 分)(2)(2)对子弹利用动能定理得 提示：mv2mg 12一mv 2 2mv2Ep 故木块发生的位移为S2 Mm2 2 21 1 分 子弹打进木块的深度为: ,Mmv l相=$一s2=2fM+m.2刀 (3)(3)系统损失的机械能 1 1212 A AEk= mv M+M+mv=2=2 Mm2v八wm-2分 系统增加的内能：Q=AEk=Q=AEk= 2 Mmv八 2 2Mm.2刀 11.11.解：设共同速度的大小为 v,v,长木板白长度为 L,L,由动量守恒定 律有 fS1=1

14、mVg gmV2 2 分 2 、MmW2 2mv.八 所以s1=2fMm2.1刀 1 1.2.2八 同理对木块有：fS2= Mv(2(2 分) mvo=(mi+m2) )v 由能的转化和守恒定律有 1212 尹丫.一 2(mn+mi)v=2(mn+mi)v=jimigL卷 1212 . .解：系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为V2,船对 地的速度为Vi,那么 mvMv=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 mvtMvt=0, 即msMs=0,而SI+S2=L 解得：Si-L,S2-LmMmM 1313 . .解析：选 A.A.由水平方向动量守恒定律得Mv=(M+

15、(M+M) )v, 由机械能守恒定律得 1 19 91 1 2 2MV=2X2X2 2Mv,2+MghD 由式联立解得 L=27 mW. mim2g 2 由联立解得h=v.4.4g 1414.解析：1 1从开始到木块到达最大高度过程： 由动量守恒：mv=3 3mv 1 1 . .1 1. . 由能的转化及守怛：2 2mv=2 23 3mv1+mghfL 解得：f=mv3 3mgh3 3L 15.15. B B 16.16. A A 17.17. 解：1 1设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为 v%v%由机械能守 1 1O 怛7E律有mgh=2 2mAv1 代入数据解得v1=/gh=5 5m/s.m/s.设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块