动量守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平面光滑，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，粗糙部分AO长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b 两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：

（1）物块a与b碰前的速度大小．

（2）弹簧具有的最大弹性势能．

（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点多远．

（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板多远．

正确答案

解：（1）对物块a，由动能定理得：，

代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；

（2）a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；

由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP=•2mv22，代入数据解得：EP=1J；

（3）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，

由能量守恒得：，

解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；

（4）对小车，由动能定理得：，

代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；

答：（1）物块a与b碰前的速度大小为2m/s．

（2）弹簧具有的最大弹性势能为1J．

（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点0.125m．

（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板m．

解析

解：（1）对物块a，由动能定理得：，

代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；

（2）a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；

由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP=•2mv22，代入数据解得：EP=1J；

（3）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，

由能量守恒得：，

解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；

（4）对小车，由动能定理得：，

代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；

答：（1）物块a与b碰前的速度大小为2m/s．

（2）弹簧具有的最大弹性势能为1J．

（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点0.125m．

（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑水平面上用轻质细绳相连的A、B两物体，它们的质量分别为mA=2kg和mB=1kg，开始时B静止，A以v0=3m/s的速度向右滑动，当细绳被拉直后，A和B一起以相同的速度向右运动，求：

①A、B一起运动的速度大小．

②细绳拉力对A的冲量．

③在绳被拉直过程中，系统损失的机械能．

正确答案

解：（1）AB组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=（mA+mB）v

解得：v=

（2）对A由动量定理得：

I=mAv-mAv0

解得I=-2N•s，负号表示细绳的拉力对A的冲量方向水平向左；

（3）由能量守恒定律得：

此过程中损失的机械能=

答：①A、B一起运动的速度大小为2m/s；

②细绳拉力对A的冲量为-2N•s，方向水平向左；

③在绳被拉直过程中，系统损失的机械能为3J．

解析

解：（1）AB组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=（mA+mB）v

解得：v=

（2）对A由动量定理得：

I=mAv-mAv0

解得I=-2N•s，负号表示细绳的拉力对A的冲量方向水平向左；

（3）由能量守恒定律得：

此过程中损失的机械能=

答：①A、B一起运动的速度大小为2m/s；

②细绳拉力对A的冲量为-2N•s，方向水平向左；

③在绳被拉直过程中，系统损失的机械能为3J．

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题型：简答题

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简答题

某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切．5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1）．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞…所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）．

（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1；

（2）若已知h=1.0m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？

正确答案

解：（1）0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh=m0v02，

碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m0v0′+m1v1，

由机械能守恒定律得：m0v02=m0v0′2+m1v12，

解得：v1=v0=v0=，

（2）同理可得：v2=v1，…v4=v3，

解得：v2=（）4v0，

4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：

m4v42=m4v2+m4g•2R，

4号球在最高点：≥m4g，

解得：k≤-1；

答：（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1为；

（2）若已知h=1.0m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，k值为：k≤-1．

解析

解：（1）0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh=m0v02，

碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m0v0′+m1v1，

由机械能守恒定律得：m0v02=m0v0′2+m1v12，

解得：v1=v0=v0=，

（2）同理可得：v2=v1，…v4=v3，

解得：v2=（）4v0，

4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：

m4v42=m4v2+m4g•2R，

4号球在最高点：≥m4g，

解得：k≤-1；

答：（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1为；

（2）若已知h=1.0m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，k值为：k≤-1．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A、B两小球在同一光滑水平面上运动，经一段时间后两球发生正碰，碰后两球粘合在一起沿A球原方向继续在水平面上运动，已知A、B两球的质量之比为2：1，且碰后两球的动能之和为碰前的，求碰撞前两小球的速度之比．

正确答案

解：由题意可知：mA=2mB，

碰撞前A、B的总动能：

E=mAvA2+mBvB2，

碰撞后A、B的总动能：

E=（mA+mB）v2，

整理得：2vA2+vB2=27v2 …①

两球碰撞过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA+mBvB=（mA+mB）v，

整理得：2vA+vB=3v…②

由①②解得：vA=3v，vB=-3v，（vA=-v，vB=5v 不符合题意舍去）

A、B碰撞前速度大小之比：vA：vB=3v：3v=1：1；

答：碰撞前两小球的速度之比为1：1．

解析

解：由题意可知：mA=2mB，

碰撞前A、B的总动能：

E=mAvA2+mBvB2，

碰撞后A、B的总动能：

E=（mA+mB）v2，

整理得：2vA2+vB2=27v2 …①

两球碰撞过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA+mBvB=（mA+mB）v，

整理得：2vA+vB=3v…②

由①②解得：vA=3v，vB=-3v，（vA=-v，vB=5v 不符合题意舍去）

A、B碰撞前速度大小之比：vA：vB=3v：3v=1：1；

答：碰撞前两小球的速度之比为1：1．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑平面MN的左端M处有一弹射装置P（P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定），有段N处与水平传送带恰平齐且很靠近传送带沿逆时针方向以恒定速率v=5m/s匀速运动墨水瓶部分长度L=4m，放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP=4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数u=0.2，物块质量mA=mB=1kg．湘江A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带，取g=10m/s2，求：

（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离Sm1

（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q

（3）B回到水平面后铀浓缩被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰．

正确答案

解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

由动量守恒得：

mAvA-mBvB=0

联立以上两式解得：

vA=2m/s

vB=2m/s

B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为0时，向右运动的距离最大．

由动能定理得：-μmBgSm=0-

解得：Sm==1m

（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小为0，然后反方向做匀加速运动，

到皮带左端时速度大小仍为vB=2m/s

由动量定理得：-μmBgt=-mBvB-mBvB

解得：t==2s

B向右匀减速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q1=μmBg（+Sm）

B向左匀加速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q2=μmBg（-Sm）

Q=Q1+Q2=μmBgvt=20J

（3）设弹簧p将A弹开后的速度为vA‘

由能量守恒知：

B离开弹簧后与A交换速度，则

要是B与弹簧不再相撞，则B至少滑到Q端即

由以上三式得E＞6J

答：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离为1m；

（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q为20J．

（3）B从滑上传送带到返回到N端B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E＞6J

解析

解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

由动量守恒得：

mAvA-mBvB=0

联立以上两式解得：

vA=2m/s

vB=2m/s

B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为0时，向右运动的距离最大．

由动能定理得：-μmBgSm=0-

解得：Sm==1m

（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小为0，然后反方向做匀加速运动，

到皮带左端时速度大小仍为vB=2m/s

由动量定理得：-μmBgt=-mBvB-mBvB

解得：t==2s

B向右匀减速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q1=μmBg（+Sm）

B向左匀加速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q2=μmBg（-Sm）

Q=Q1+Q2=μmBgvt=20J

（3）设弹簧p将A弹开后的速度为vA‘

由能量守恒知：

B离开弹簧后与A交换速度，则

要是B与弹簧不再相撞，则B至少滑到Q端即

由以上三式得E＞6J

答：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离为1m；

（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q为20J．

（3）B从滑上传送带到返回到N端B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E＞6J

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题型：简答题

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简答题

光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1多大？

（2）若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，则物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为多大？（碰撞时间可忽略，速度均指对地速度）

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？

正确答案

解：（1）由动能定理得 qEL1= 得

（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得

mv1=m+4mv

解得，v=＜，由于B与A同向运动，故不可能，

∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-

根据动量守恒定律得

mv1=-m+4mv 解得 v=

（2）由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为 v==

物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，

v2=v1′+at

两物体第二次相碰时，位移相等，则有

vt=v1′t+

得 v=v1′+at，

又a=

联立解得，v2=

（3）设物体在两次碰撞之间位移为S

由-=2aS

得 S===

故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为 W=qE（L1+S）=．

答：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1是．

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为和．

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为．

解析

解：（1）由动能定理得 qEL1= 得

（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得

mv1=m+4mv

解得，v=＜，由于B与A同向运动，故不可能，

∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-

根据动量守恒定律得

mv1=-m+4mv 解得 v=

（2）由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为 v==

物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，

v2=v1′+at

两物体第二次相碰时，位移相等，则有

vt=v1′t+

得 v=v1′+at，

又a=

联立解得，v2=

（3）设物体在两次碰撞之间位移为S

由-=2aS

得 S===

故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为 W=qE（L1+S）=．

答：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1是．

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为和．

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为．

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题型：填空题

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填空题

如图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑．水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成θ=30°角的皮带轮与水平面在p点平滑连接，皮带轮逆时针动，速度为3m/s．一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因素μ1=0.1；另一与A完全相同的物块B停在P点，B与皮带轮的摩擦因素μ2=，皮带轮足够长．A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞事件不计，重力加速度g取10m/s2，现释放A，求：

（1）物块A与B第一次碰撞前的速度；

（2）A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间；

（3）A、B碰撞的次数．

正确答案

解析

解：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，由动能定理：

Ep-μ1mgl=

解得：v0=4m/s

（2）设A、B第次碰撞后的速度分别为vA，vB，由动量守恒和机械能守恒得：

mv0=mvA+mvB，

=+

解得：vA=0，vB=4m/s

碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，由牛顿第二定律：

a1==gsinθ+μ2gcosθ=10m/s2

运动的时间为：t1==0.4s

运动的位移为：x1=t1=0.8m

此后B开始向下加速，加速度仍为a1，速度与皮带轮速度v相等时匀速运动，设加速时间为t2，位移为x2，匀速时间为t3

则有：t2==0.3s，x2==0.45m，t3==0.117s

A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间为：t=t1+t2+t3=0.817s

（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为2μ1mgl，设第二次碰撞后重复的过程数为n，则：

=n×2μ1mgl

解得：n=2.25

故两者碰撞的次数为6次

答：（1）物块A与B第一次碰撞前的速度为4m/s；

（2）A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间为0.817s；

（3）A、B碰撞的次数为6次．

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题型：简答题

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简答题

在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0=2m/s的速度向曲面推出（如图所示）．已知小孩和冰车的总质量为m1=40kg，小球质量为m2=2kg，曲面质量为m3=10kg．试求小孩将球推出后还能否再接到球，若能，则求出再接到球后人的速度，若不能，则求出球再滑回水平面上的速度．

正确答案

解：人推球过程，水平方向上动量守恒：0=m2v0-m1v1，

代入数据得：v1=0.1m/s

球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m2v0=-m2v2+m3v3，

机械能守恒：，

得：

∵v2＞v1，所以人能再接住球．

人接球过程（以向右为正），由动量守恒有：m1v1+m2v2=（m1+m2）v共，

∴．

答：人能再接住球，接到球后人的速度为m/s．

解析

解：人推球过程，水平方向上动量守恒：0=m2v0-m1v1，

代入数据得：v1=0.1m/s

球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m2v0=-m2v2+m3v3，

机械能守恒：，

得：

∵v2＞v1，所以人能再接住球．

人接球过程（以向右为正），由动量守恒有：m1v1+m2v2=（m1+m2）v共，

∴．

答：人能再接住球，接到球后人的速度为m/s．

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题型：多选题

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多选题

A、B两刚性球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg•m/s，B球的动量是7kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的不可能值是（　　）

A-4kg•m/s、14kg•m/s

B3kg•m/s、9kg•m/s

C-5kg•m/s、17kg•m/s

D6kg•m/s、6kg•m/s

正确答案

A,C,D

解析

解：碰撞前，A追上B，说明A的速度大于B的速度，即有：＞，则得＜=，即mA＜mB．

碰撞前系统总动量P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s，两球组成的系统所受合外力为零，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量P′=P=12kg•m/s，物体动能EK=；

A、如果-4kg•m/s、14kg•m/s，碰后总动量为10kg•m/s，动量不守恒，故A不可能；

B、如果3kg•m/s、9kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能，+＜+，碰撞后总动能不增加，故B可能；

C、如果-5kg•m/s、17kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能+＞+，碰撞后总动能增加，故C不可能；

D、如6kg•m/s、6kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能+＞+，碰撞后总动能增加，故D不可能；

本题选错误的，故选：ACD．

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题型：单选题

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单选题

穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击．设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则（　　）

A无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变

B射出n颗子弹后，人后退的速度为nv

C射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv

D射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv

正确答案

C

解析

解：设人的质量为M，每颗子弹的质量为m，射出子弹的速度为v0，共有k颗子弹，以人与子弹组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0-[M+（k-1）]v=0，

得：v=，

射第二颗子弹过程：mv0-[M+（k-2）]v1=-[M+（k-1）]v，

得：v1=，

同理可得：vn=＞，故C正确；

故选：C．

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