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1、高考物理动量守恒多种模型的解题思路专题训练1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p15 kgm/s，乙球的动量是p27 kgm/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p210 kgm/s，设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2【答案】C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p12 kgm/s。由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有，可得m2m1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有，可得m25m1。碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由Ek可知，解得m2m1
2、，联立得m1m25m1，C正确。2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A点固定一半径R0.2 m的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。在水平面上距A点s1 m的B点正上方O处，用长为L0.9 m的轻绳悬挂一质量M0.1 kg的小球甲，现将小球甲拉至图中C位置，绳与竖直方向夹角60。静止释放小球甲，摆到最低点B点时与另一质量m0.05 kg的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g10 m/s2。(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨
3、道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数。【答案】(1)3 m/s(2)0.3或0.6【解析】(1)小球甲由C到B，由动能定理得：Mg(LLcos)Mv，解得v03 m/s。(2)甲、乙发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得Mv0Mv1mv2，由能量守恒定律得MvMvmv，解得v24 m/s，若小滑块乙恰能经过最高点，则最高点速度vt满足mgm，解得vt。从B到圆轨道最高点，由动能定理有mgs2mgRmvmv，解得0.3。若滑块乙不能经过圆轨道最高点，则最高位置必与圆心同高，由动能定理得mgsmgR0mv，解得0.6，所以小滑块与水平面的动摩擦因数为0.3或0.6。3.（碰撞模型综合）如图所示，质量为m
4、10.2 kg的小物块A，沿水平面与小物块B发生正碰，小物块B的质量为m21 kg。碰撞前，A的速度大小为v03 m/s，B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10 m/s2，试求碰后B在水平面上滑行的时间。【答案】：0.25 st0.5 s【解析】：假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v1碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得t10.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别
5、为vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由机械能守恒有m1vm1vm2v设碰后B滑行的时间为t2，则m2gt2m2vB解得t20.5 s可见，碰后B在水平面上滑行的时间t满足025 st0.5 s4.碰撞与板块综合类）质量为mB2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC2 kg的小球C用长为L0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为t102 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气
6、阻力，取g10 m/s2。求：(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？【答案】：(1)1.2103 N(2)0.5 m【解析】：(1)小球C下摆过程，由动能定理：mCgLmCv小球C反弹过程，由动能定理：mCgh0mCvC2碰撞过程，根据动量定理：FtmC(vC)mCvC联立以上各式解得：F1.2103 N(2)小球C与物块A碰撞过程，由动量守恒定律：mCvCmC(vC)mAvA当物块A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求木板B的长度最小。此过程，由动量守恒定律：mAvA(mAmB)v由能量守恒定律：mAgxmAv(mAmB)v2联立以上各
7、式解得x0.5 m5.(轨道模型)带有1/4光滑圆弧轨道质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则()A小球以后将向左做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为MvD小球在弧形槽上上升的最大高度为【答案】：BC【解析】：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv02MvMv2Mgh联立得：h，知D错误。6.（轨道模型综合）(2018南昌模拟)如图所示，质量为m13 kg的二分之一光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m21 kg的物块P紧靠着(不粘连)静置于光
8、滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R0.3 m。一质量为m32 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10 m/s2，求：(1)小球第一次滑到B点时的速度v1；(2)小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h。【答案】：(1)2 m/s方向向右(2)0.27 m【解析】：(1)设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有(m1m2)v2m3v10根据系统机械能守恒m3gR(m1m2)vm3v联立解得v12 m/s，方向向右；v21 m/s，方向向左(2)小球经过B点后，物块P与轨道分离，小
9、球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v，则有：m1v2m3v1(m1m3)v解得v0.2 m/s，方向向右由机械能守恒m1vm3v(m1m3)v2m3gh解得h0.27 m7.如图所示，一质量M2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h0.3 m处由静止释放一质量mA1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g10 m/s2。求小球B的质量。【答案】：3 kg【解析】：设小球A下滑到水平轨道上时
10、的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0mAv1Mv由能量守恒定律有mAghmAvMv2联立解得v12 m/s，v1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v11 m/s由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有mAvmAv12mBv联立解得mB3 kg。8.（轨道模型综合）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，
11、在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】：(1)20 kg(2)见解析【解析】：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg(2)
12、设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s9.（弹簧模型）由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。1. 对于两个质量相同的物体发生速度在同一直线上的弹性碰撞过程，可以简化为如下模型：在光滑水平面上，物体A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动。设物体的质量均为m2 kg，开始时A静止在光滑水平面
13、上某点，B以速度v02.0 m/s从远处沿该直线向A运动，如图所示，A、B组成的系统动能损失的最大值为()A1 J B2 J C3 J D4 J【答案】B【解析】由运动分析可知当二者的速度相等时，弹簧的长度最短，弹性势能最大，动能损失最多，由动量守恒定律得mv02mv，所以v1.0 m/s。则系统动能的减小量为Ekmv(2m)v22 J。10.(弹簧模型综合)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M2 kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m1 kg，A点到B点的竖直高度为h1.8 m，B
14、C长度为L3 m，BD段光滑。g取10 m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C点的速度。【答案】：(1)12 J(2)2 m/s【解析】：(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mghmv解得vB6 m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB(Mm)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：Epmv(Mm)v2由以上两式可得Ep12 J。(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvBmvCMv物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒mvmvMv2由以上两式可解得：vC2 m/s；vC6 m
15、/s(第一次到C点的速度，舍去)即物块第二次到达C点的速度为2 m/s。11.（弹簧模型综合）如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R0.6 m。平台上静止着两个滑块A、B，mA0.1 kg，mB0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上。小车质量为M0.3 kg，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧。点燃炸药后，A、B分离瞬间滑块B以3 m/s的速度冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g10 m/s2。求：(1)滑块A能否从半圆轨道的
16、最高点离开；(2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】：(1)能(2)0.54 J【解析】：(1)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A、B的速度大小分别为vA、vB，则mAvAmBvB，解得vA6 m/sA在运动过程中机械能守恒，若A能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得mAvmAvA22mAgR解得vA2 m/s滑块恰好通过最高点的条件是mAgmA解得v m/svA，所以A能从半圆轨道最高点离开。(2)滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时B和小车具有相同速度，由动量守恒定律得mBvB(mBM)v共由能量守恒定律得EpmBv(mBM)v解得
17、Ep0.54 J。12.（弹簧模型与板块模型（)如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平，B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。【答案】(1)3mg(2)L(3)见解析【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为
18、v0，小球向下摆动过程，由动能定理mgLmv得，v0小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FTmgm，解得：FT3mg，由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FTFT，即细绳能够承受的最大拉力为：FT3mg。(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移hgt2水平分位移：Lt，解得：hL。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设C碰后速率为v1，依题意有mv0m3mv1，假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速度为v2，由动量守恒得：3mv1(3m6m)v2，由能量守恒得：3mv(3m6m)v3mgs，联立解得：s，由sL知，滑块C不会从木板上掉
19、下来。13.（人船模型）如图所示，质量为M300 kg的小船，长为L3 m，浮在静水中。开始时质量为m60 kg的人站在船头，人和船均处于静止状态。若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进多远？【答案】：0.5 m方向与人行走的方向相反【解析】：人在船上走，船将向人走的反方向运动。由系统动量守恒知，任一时刻船、人的总动量都等于0。所以人走船动，人停船停。人走要经过加速、减速的过程，不能认为是匀速运动，所以船的运动也不是匀速运动，但可以用平均速度表示，对应的是平均动量pmm，t是相同的，但要注意位移都是对地的，所以x人Lx船。x船为未知量，包括大小、方向。人、船组成的系统动量守恒，取人行进
20、的方向为正方向。不考虑未知量x船的正、负。则有mv人Mv船0，即0，由上式解得x船 m0.5 m负号表示船运动的方向与人行走的方向相反，则船向船头方向前进了0.5 m。14.（人船模型）(2018江西六校联考)如图所示，一辆质量M3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep6 J，小球与小车右壁距离为L0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。(2)在整个过程中，小车移动的距离。【答案】：(1)3 m/s1 m/s(2)0.1 m【解析
21、】：(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒。选向右为正方向，则有mv1Mv20mvMvEp联立两式并代入数据解得：v13 m/s，v21 m/s(2)在整个过程中，系统动量守恒，则有：mM0，x1x2L解得：x20.1 m15.(子弹打木块与板块综合)如图所示，半径为R0.4 m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m0.96 kg的滑块停放在距轨道最低点A为L8.0 m的O点处，质量为m00.04 kg的子弹以速度v0250 m/s从右边水平射入滑块，并留在其中。已知滑块与水平地面间的动摩擦因数0.4，子弹与滑块的作用时
22、间很短。g取10 m/s2，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从O点滑到A点的时间t；(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离。【答案】：(1)10 m/s(2)1 s(3) m【解析】：(1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0(mm0)v，代入数据解得v10 m/s。(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则(mm0)g(mm0)a，由匀变速直线运动的规律得vtat2L，联立解得t1 s(t4 s舍去)。(3)滑块从O点滑到A点时的速度vAvat，代入数据解得vA6 m/s。设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得(mm0)v(mm0)g2R(mm0)v，代入数据解得vB2 m/s。滑块离开B点后做平抛运动，运动的时间t ，又xACvBt，代入数据得xAC m。