高中物理动力学中的动量及动量守恒问题(含答案)

1、 动力学中的问题b、对小球分析，根据 p=Ft得：Fy1：( 2016 北京卷)动量定理可以表示为 p=Ft，其中动量 p 和力 F 都是矢量在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互 垂直的 x、 y 两个方向上分别研究例如，质量为 m 的小球斜射 到木板上，入射的角度是 ，碰撞后弹出的角度也是 ，碰撞前后 的速度大小都是 ，如图所示碰撞过程中忽略小球所受重力 a分别求出碰撞前后 x、y 方向小球的动量变化 px、 py； b分析说明小球对木板的作用力的方向解： a、把小球入射速度分解为 vx=vsin ， vy=vcos ， 把小球反弹速度分解为 vxv=sin ，vy=vcos ， 则 p

2、x=m(vxvx) =0，py=m ( vyvy) =2mvcos ， 方向沿 y 轴正方向，pyt则 F Fy py ，方向沿 y 轴正向， t根据牛顿第三定律，小球对木板的作用力的方向沿 y 轴负方向 答：a分别求出碰撞前后 x、y方向小球的动量变化 px 为 0，py 大小为 2mvcos ，方向沿 y 轴正方向； b小球对木板的作用力的方向沿 y 轴负方向v02：如图所示，质量为 M=2kg的长木板 B静止放在 光滑水平 地面 上，质量为 m=4kg 的小物块 A 以水平速度 v0= 6m/s 从左端冲上长 木板B，并且恰好没有掉下。已知 A、B之间的动摩擦因素为 =0.2。求这一过程

3、中：A、B 各自做什么样的运动 ? 加速度分别为多少？方向如何？4.木板 B 的动能增加了多少？6.A 、B 的位移各是多少？木板的长度是多少？A 的位移：2264522向右）解得： t 1 s v 4 m/s物块 A 的动能减少了多少？22B 的位移： xB v 4 2 mB 2a2 2 4向右）EkA0mv0 72212EkAmv2 32kA 2故： EkA40J木板的长度： L x 3m7. 系统产生了多少热量？系统产生的热量 =系统的机械能减少-”表示减少故： QE 24 J解：A 做匀减速直线运动， B 做匀加速直线运动， A、 B 之间的摩擦力f mgf2 A 加速度为 a1g 2

4、m/s2 方向向左mB 加速度为 a2 f mg 4 m/s2 方向向右2 M MA 滑到 B的右端时速度为多少？ A 从左端冲上长木板 B ，并且恰好没有掉下，则有共速： v v0 a1t a2t EkB0 0 J12EkBMv 16 J2故： EkB 16J （增加）5. 系统的机械能减少了多少？E Ek EkA EkB 24 J22v v0 xA02a1 8. 当 A 的速度为 5 m/s时，长木板的速度为多大？此时 A 到木板 左端的距离 d 为多少？设时间 t1 时间后， vA 5m/s ，则有 vA v0 a1t1 vB a2t1解得： t 0.5 s vB 4 m/sv2 v2A

5、 位移： xA vA v0 2.25m2a1B 位移： xB vB 0.5 mB 2a1A 到木板左端的距离 d：d xA xB 1.75m9. 水平地面是光滑的， A 、B 的作用力可以看作系统的内力，则 系统的哪个物理量守恒？机械能是不是守恒？利用 守 恒定律重解以上问题。动量 动量动量 动量（1）A 做匀减速直线运动， B 做匀加速直线运动， A、 B 之间的摩擦力f mgf2 A 加速度为 a1g 2m/s2 方向向左mB 加速度为 a2 f mg 4 m/s 方向向右MM2）由动量守恒 ： mv0 （m M ）v解得： v 4 m/s3）、（ 4）、（ 5）同上6）利用动能定理：对

6、A ：12 12mgxAmv mv0A 2 20解得： xA 5 m（向右）对 B ：12 mgxBMv 2 0解得： xB 2 m（向右）B2木板的长度： L x 3m7）同上8）由动量守恒： mv0 mvA MvB得 vB 4 m/s 1 2 1 1利用动能定理： mgd ( mvA2MvB2)mv02222d 1.75mmBv0=mAvA+ mBvB 【扩展题】如图所示，质量为 mA=2kg 的木板 A 静止在光滑水平 面上，一质量为 mB=1kg的小物块 B以某一初速度 vo从 A的左端 向右运动，当A向右运动的路程为 L=0.5m时，B的速度为 vB=8m/s， 此时 A 的右端与固

7、定竖直挡板相距 x已知木板 A 足够长（保证 B 始终不从 A 上掉下来）， A 与挡板碰撞无机械能损失， A、 B 之间的动摩擦因数为 =0.2，g取 10m/s2（1）求 B 的初速度值 vo：（2）当 x满足什么条件时， A 与竖直挡板只能发生一次碰撞？解：（1）假设 B 的速度从 v0减为 vB=4m/s 时，A 一直加速到 vA， 以 A 为研究对象，1由动能定理mBgLmAvA2 2代入数据解得： vA=1m/svB，故假设成立在 A 向右运动路程 L=0.5m 的过程中， A 、B 系统动量守恒联立 解得 v0 =6m/s（2）设 A 、 B 与挡板碰前瞬间的速度分别为 vA1、

8、vB1，由动量守 恒定律： mBv0=mAvA1+mBvB11以 A 为研究对象，由动能定理mBg（L x） 2mAv2A1 由于 A 与挡板碰撞无机械能损失， 故 A 与挡板碰后瞬间的速度大 小为 vA1 ，碰后系统总动量不再向右时， A 与竖直挡板只能发生一 次碰撞，即 mAvA1mBvB1 由 得： mBv02mAvA1解得 vA1 mB v0 1 6 =1.5m/s 2mA 2 2由联立解得 x 0.625m答：（ 1）B 的初速度值 v0为 6m/s（2）当 x 0.625m时， A 与竖直挡板只能发生一次碰撞代入数据解得 vA=1m/s0.4；（3）P1 与 P2 必发生碰撞，碰前

9、 P1的速度为 v3，P2和滑板的速度 为 v4；由动量守恒定律可知： mv1=mv3+（M+m）v41 2 1 2 1 2 L由功能关系可知： mv12= mv32+ （M+m）v42+mg2 2 2 联立解得： v3=1.2m/s； v4=0.2m/s；P1与 P2碰撞后共同速度为 v5；则有： mv3+mv4=（m+m）v5解得： v5=0.7m/s；P1 和 P2 碰撞后相对滑板的距离为 S, 由能量关系可知：1 2 1 2 1 2Mv4 + 2mv5 = （M+2m） v2 +2 mgS解得： S=0.025m L ；故 P1 和 P2 碰撞后不会从滑板上掉下；答：（ 1）物块到达圆

10、弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为 33N；（2）动摩擦因数为 0.4（3）P1和 P2 碰撞后不会从滑板上掉下；13（ 2016全国新课标卷）如图，水平地面上有两个静止的小物 块a和 b，其连线与墙垂直： a和 b 相距 l；b与墙之间也相距 l； 3a的质量为 m，b 的质量为 3 m。两物块与地面间的动摩擦因数均4相同，现使 a以初速度 v0向右滑动。此后 a与b 发生弹性碰撞， 但 b 没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为 g ，求物块与地面间 的动摩擦力因数满足的条件。解：设物块与地面间的动摩擦因数为 ，若要物块 a、b 能够发生 TOC o 1-5 h z 1v2碰撞，应有1mv02

11、mgl 即v02 02gl设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间， a 的速度大小为 v1 ，由能量守1 2 1 2 恒可得 mv02 mv12 mgl设在 a、b 碰撞后的瞬间， a、b 的速度大小分别为 v1、 v2，时盒的速度大小为多少，滑块相对于盒运动的路程为多少根据动量守恒和能量守恒可得1 2 12 1 3mv1 mv1 mv2mv1mv1mv22 2 2 4联立可得 v2 78v1根据题意， b 没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知，mv223mgl故有232v02113gl综上所述， a与b 发生碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件是v032v02gl113gl 14 如图所示，方盒

12、A 静止在光滑的水平面上， 盒内有一小滑块 B，盒的质量是滑块的 2 倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为 .若滑块以速度 v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损 失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此解：设滑块的质量为 m，则盒的质量为 2m. 对整个过程，由动量守恒定律可得mv3mv 共解得v 共 v31 1 v 2 由能量关系可知 mgx mv23m223v2 解得： x v3g115 如图所示，以 A 、B 为端点的 1 光滑圆弧轨道固定于竖直平面，4 一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所 在平面与圆弧轨道相切于 B 点，离滑板右端 L

13、0= R处有一竖直固2定的挡板 P一物块从 A 点由静止开始沿轨道滑下，经 B 滑上滑 板已知物块可视为质点，质量为 m，滑板质量 M=2m，圆弧轨道半径为 R，物块与滑板间的动摩擦因数为 =0.5，重力加速度为 g滑板与挡板的碰撞没有机械能损失， 滑板返回 B 点时即被锁定 （ 1）求物块滑到 B 点的速度大小；（ 2）求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小； （3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动， 求这段时间内滑板的速度范围2）假设滑板与 P 碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：mv0 = （m+M）v1设此过程滑板运动的位移为 s，

14、由动能定理，得：12mgs Mv122、式联立，解得： v1 2gR ，32v1 4RRs = 1 = L0=g92解：（ 1）物块由 A 到 B 的运动过程，只有重力做功，机械能守 恒设物块滑到 B 点的速度大小为 v0，有：12mgR= mv0220解得： v0= 2gR 所以假设成立，滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小2gR为 v133）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动碰撞后速度 v1 大小不变，只是方向向左设两者第二次具有共同速度为 v2，取向左为正，有： Mv1-mv1=（m+M）v2 设此时滑板离 P 的距离为 s，由动能定理：1 2 1 2 TOC o 1-5 h