动量守恒定律_章节学习

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题型：填空题

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填空题

一质量为1.0kg的A小球静止在光滑水平面上，另一质量为0.5kg的B小球以2.0m/s的速度和静止的A小球正碰，碰后B小球以0.2m/s 的速度被反向弹回，仍在原来的直线上运动．碰后两球的总动量是______kg•m/s，原静止的A小球获得的速度大小是______m/s．

正确答案

1

2

解析

解：取碰撞前B的速度方向为正方向．由动量守恒定律得：

P初=P末

所以碰后AB两球的总动量为：

P末=P初=mBvB=0.5×2kg•m/s=1kg•m/s

根据：mBvB=mBv′B+mAvA

得：vA===2m/s

故答案为：1，2．

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题型：简答题

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简答题

（2015•防城港一模）如图所示，光滑水平地面上依次放置着质量m=0.08kg的10块完全相同的长木板．一质量M=1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0=6.0m/s从长木块左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，铜块速度v1=4.0m/s．铜块最终停在第二块木板上．（取g=10m/s2，结果保留两位有效数字）求：

①第一块木板最终速度和铜块的最终速度；

②整个过程的发热量．

正确答案

解：（1）铜块和10个长木板在水平方向不受外力，所以系统动量守恒．

设铜块滑动第二块木板时，第一块木板的最终速度为v2，选取向右为正方向，由动量守恒定律得，

Mv0=Mv1+10mv2

解得v2=2.5m/s．

由题可知，铜块最终停在第二块木板上，设铜块的最终速度为v3，由动量守恒定律得：

Mv1+9mv2=（M+9m）v3

解得：v3=3.4m/s．

（2）由功能关系，该过程中产生的热量：Q===7.81J

答：（1）第一块木板的最终速度为2.5m/s．铜块的最终速度为3.4m/s．（2）整个过程的发热量是7.81J．

解析

解：（1）铜块和10个长木板在水平方向不受外力，所以系统动量守恒．

设铜块滑动第二块木板时，第一块木板的最终速度为v2，选取向右为正方向，由动量守恒定律得，

Mv0=Mv1+10mv2

解得v2=2.5m/s．

由题可知，铜块最终停在第二块木板上，设铜块的最终速度为v3，由动量守恒定律得：

Mv1+9mv2=（M+9m）v3

解得：v3=3.4m/s．

（2）由功能关系，该过程中产生的热量：Q===7.81J

答：（1）第一块木板的最终速度为2.5m/s．铜块的最终速度为3.4m/s．（2）整个过程的发热量是7.81J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为一个冲击摆，它可以用来测量高速运动的子弹的速率．一个质量m=10g的子弹，以一定的水平速度v0射入质量为M=0.990kg的木质摆锤并留在其中（射入过程时间极短），摆锤上升的最大高度h=5.00cm，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）子弹刚射入摆锤后和摆锤的共同速度v；

（2）子弹射入摆锤前的速度v0．

正确答案

解：（1）以子弹和木块作为整体，在子弹和木块一起升至最高点的过程中，

机械能守恒，由机械能守恒定律得：，

解得：；

（2）在子弹射入木质摆锤的过程中，动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，

解得：；

答：（1）子弹刚射入摆锤后和摆锤的共同速度1m/s；（2）子弹射入摆锤前的速度为100m/s．

解析

解：（1）以子弹和木块作为整体，在子弹和木块一起升至最高点的过程中，

机械能守恒，由机械能守恒定律得：，

解得：；

（2）在子弹射入木质摆锤的过程中，动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，

解得：；

答：（1）子弹刚射入摆锤后和摆锤的共同速度1m/s；（2）子弹射入摆锤前的速度为100m/s．

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题型：填空题

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填空题

2011年3月19日-3月27日，在丹麦的（Esbjerg）埃斯堡，举行了2011年世界女子冰壶世锦赛，参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员与丹麦队比赛的投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后与对方的静止冰壶发生正碰，碰撞可认为是弹性碰撞．通过电子测速设备测得，碰后对方的冰壶以2.00m/s的速度向前滑行．中国对的冰壶速度减小为0.01m/s，比赛中中国队使用的冰壶实测质量为19.0kg，由于制造工艺上的不足，若两冰壶质量有点偏差，你能否根据比赛的观测估算出丹麦队使用的冰壶的质量______kg（结果保留3位有效数字）

正确答案

18.8

解析

解：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：

m1v1=m1v2+m2v3，

由机械能守恒定律得：m1v12=m1v22+m2v32，

代入数据解得：m2=18.8kg；

故答案为：18.8．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑的水平面上有一小车（其上表面水平部分光滑），其左端是圆弧形光滑轨道，小车质量M=2kg，质量为m1=0.9kg的小木块放在小车右端，一质量为m0=0.1kg的子弹以速度v0=30m/s水平向左击中木块并留在其内（可视为质点），当木要块刚好滑到轨道最高点时，小车与左侧一竖直固定档板发生碰撞并瞬间被锁定，而木块能量不变，反向运动，g=10m/s2，不计一切阻力．

（1）求圆弧形光滑轨道的半径R；

（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分．

正确答案

解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m0vm0=（m0+m1）v1，

木块上滑过程，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（M+m0+m1）v，

由机械能守恒定律得：（m0+m1）v12=（m0+m1）gR+（M+m0+m1）v2，

代入数据解得：R=0.3m，v=1m/s；

（2）锁定瞬间木块能量不变、木块反向运动，木块以v=1m/s的初速度做平抛运动，

竖直方向：R=gt2，水平方向：x=vt，

解得：x=m＜0.3m，木块不能落到小车的水平部分；

答：（1）圆弧形光滑轨道的半径R为0.3m；

（2）木块不能落到小车的水平部分．

解析

解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m0vm0=（m0+m1）v1，

木块上滑过程，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（M+m0+m1）v，

由机械能守恒定律得：（m0+m1）v12=（m0+m1）gR+（M+m0+m1）v2，

代入数据解得：R=0.3m，v=1m/s；

（2）锁定瞬间木块能量不变、木块反向运动，木块以v=1m/s的初速度做平抛运动，

竖直方向：R=gt2，水平方向：x=vt，

解得：x=m＜0.3m，木块不能落到小车的水平部分；

答：（1）圆弧形光滑轨道的半径R为0.3m；

（2）木块不能落到小车的水平部分．

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题型：多选题

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多选题

在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B质量均为m，现A球向B球运动，并发生正碰，已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度不等于（　　）

A

B

C

D

正确答案

A,B,D

解析

解：设碰撞前A球的速度为v，设速度的方向为正；当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，则．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=．故C正确，A、B、D错误．

本题选择速度不正确的；故选：ABD．

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题型：填空题

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填空题

质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰，碰撞后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则物体A获得的速度大小为______，物体A受到的冲量为______，相碰撞过程中损失的机械能为______．

正确答案

3m/s

12kg•m/s

6J

解析

解：以B的初速度方向为正方向，A、B组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律得：mBvB=mBvB′+mAvA，

即：2×5=2×（-1）+4×vA，解得：vA=3m/s；

对A，由动量定理得：I=mAvA=4×3=12kg•m/s，

由能量守恒定律得：碰撞过程中损失的机械能：

△E=mBvB2-mBvB′2-mAvA2=6J；

故答案为：3m/s；12kg•m/s；6J．

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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MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v=2m/s的速度匀速转动．MN上放置两个质量都为m=1kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ=0.4．开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep=16J．现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧．取g=10m/s2．

（1）求物块B被弹开时速度的大小；

（2）求物块B在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN时的速度vB′；

（3）A与P相碰后静止．当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘接在一起向右滑动，要使A、B连接体恰好能到达Q端，求P对A做的功．

正确答案

解：（1）对于A、B物块被弹簧分开的过程，由动量守恒定律得：

mvA=mvB

再由能量守恒知：

Ep=mvA2+mvB2

代入数据得：vA=vB=4m/s

（2）以B物体为研究对象，滑到最右端时速度为0，根据动能定理：-μmgs=0-mvB2

得：s=2m

因为vB＞v所以B物体返回到水平面MN后的速度为VB′=V=2m/s；

（3）设A与B碰前的速度为VA1 B被A碰撞一起向右运动的速度为VB2

要使A、B连接体刚好从Q端滑出则B物体的末速度VB3=0；

由匀变速直线运动规律知VB22=2as 且μmg=ma

得：VB2=8m/s，

对于A、B的碰撞过程由动量守恒得：mVA1-mVB1=2mVB2

得：VA1=18m/s

由动能定律得P对A做的功为：W=mVA12=162J

答：（1）物块B被弹开时速度4m/s；

（2）物块B在传送带上向右滑行的最远距离为2m，返回水平面MN时的速度vB′为2m/s．

（3）P对A做的功162J．

解析

解：（1）对于A、B物块被弹簧分开的过程，由动量守恒定律得：

mvA=mvB

再由能量守恒知：

Ep=mvA2+mvB2

代入数据得：vA=vB=4m/s

（2）以B物体为研究对象，滑到最右端时速度为0，根据动能定理：-μmgs=0-mvB2

得：s=2m

因为vB＞v所以B物体返回到水平面MN后的速度为VB′=V=2m/s；

（3）设A与B碰前的速度为VA1 B被A碰撞一起向右运动的速度为VB2

要使A、B连接体刚好从Q端滑出则B物体的末速度VB3=0；

由匀变速直线运动规律知VB22=2as 且μmg=ma

得：VB2=8m/s，

对于A、B的碰撞过程由动量守恒得：mVA1-mVB1=2mVB2

得：VA1=18m/s

由动能定律得P对A做的功为：W=mVA12=162J

答：（1）物块B被弹开时速度4m/s；

（2）物块B在传送带上向右滑行的最远距离为2m，返回水平面MN时的速度vB′为2m/s．

（3）P对A做的功162J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，长l为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量为0.2kg的球．将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放．当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为1kg的铁块正碰，碰后小球以2m/s的速度弹回．若光滑桌面距地面高度h=1.25m，g取10m/s2，

试求：（1）小球与铁块相碰前的速度；

（2）相碰后铁块的速度v2；

（3）铁块落地点距桌边的水平距离．

正确答案

解：（1）小球下摆过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：m1gl=m1v2，

小球与铁块相碰前的速度：v===4 m/s．

（2）碰撞过程系统动量守恒，选小球向右为正方向，

由动量守恒定律得：m1v=-m1v1+m2v2，

球与铁块相碰后铁块的速度：v2===1.2 m/s．

（3）铁块离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，t==0.5s，

水平方向：v=v2t=1.2×0.5=0.6m；

答：（1）小球与铁块相碰前的速度为4m/s．

（2）相碰后铁块的速度v2为1.2m/s；

（3）铁块落地点距桌边的水平距离为0.6m．

解析

解：（1）小球下摆过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：m1gl=m1v2，

小球与铁块相碰前的速度：v===4 m/s．

（2）碰撞过程系统动量守恒，选小球向右为正方向，

由动量守恒定律得：m1v=-m1v1+m2v2，

球与铁块相碰后铁块的速度：v2===1.2 m/s．

（3）铁块离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，t==0.5s，

水平方向：v=v2t=1.2×0.5=0.6m；

答：（1）小球与铁块相碰前的速度为4m/s．

（2）相碰后铁块的速度v2为1.2m/s；

（3）铁块落地点距桌边的水平距离为0.6m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在无穷大的光滑水平面上有两个物块A、B，质量分别为M、m（M＞m），物块A右端拴接轻弹簧l．现用物块B将固定在墙壁上的弹簧2缓慢压缩，当弹簧2的弹性势能为E0时，释放物块B．物块B被弹簧2弹开后，碰到弹簧l（不粘连），由于M比m大，物块B被反弹，以后B将在两弹簧之间往复运动．则从释放物块B开始，在以后整个运动过程中：

（1）分析说明何时B的速度最大？并求出B速度的最大值？

（2）分析说明何时弹簧l所能获得的弹性势能最大？并求出这个最大值．

（3）若已知M=5m，求A、B最后的运动速度．

（4）若已知M远远大于m，求整个运动过程中弹簧1对物块B的总冲量．

正确答案

解：（1）系统机械能守恒，当弹簧2第一次恢复原长时，弹簧2、弹簧1及M的能量为零时，m的动能最大，速度最大．

由机械能守恒有：E0=mv02，解得，B的最大速度为：v0=；

（2）弹性1第一次压缩到最短时，弹簧1的弹性势能最大．因为B与弹簧2碰撞的次数越多，

系统向左的动量就越大，当弹簧1压缩到最短时的共同速度也就越大，这样系统的动能也越大，而总机械能守恒，弹簧1的势能反而减小．

以1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

由能量守恒定律得：EP1=E0-（m+M）v2，解得：EP1=；

（3）相互作用前A与B的速度设为vA、vB，相互作用后的速度设为vA′、vB′，

由动量守恒有：MvA+mvB=MvA′+mvB′，

由能量守恒有：MvA2+mvB2=MvA′2+mvB′2，

解得：，；

将vA=0，vB=v0代入上式得第一次作用后A、B的速度分别为：和

B与弹簧2相碰后以反弹回来，将vA=，vB=代入上式得，

第二次相互作用后A、B的速度分别为和，之后不能再发生相作用．

所以最终A、B的速度为：VA==，VB=，方向：向左；

（4）由上问的一般表达式可知：当M＞＞m时，每次相互作用后，M的速率要增加一个微小量，

m的速率要减小一个微小量，而只要m的速率大于M的速率，就还要发生相互作用，

最终M和m将以共同速度向左运动，弹簧保持原长．

对系统，由机械能守恒定律有：E0=（M+m）V共2，

对M（含弹簧1）由动量定理有：I=MV共

由牛顿第三定律：I′=-I，

解得：弹簧1对B的冲量大小为：I′=，方向水平向右．

答：（1）当弹簧2第一次恢复原长时，弹簧2、弹簧1及M的能量为零时，B的速度最大，B速度的最大值为：；

（2））弹性1第一次压缩到最短时，弹簧l所能获得的弹性势能最大，这个最大值为：；

（3）若已知M=5m，A、B最后的运动速度分别为：、；

（4）若已知M远远大于m，整个运动过程中弹簧1对物块B的总冲量为：，方向水平向右．

解析

解：（1）系统机械能守恒，当弹簧2第一次恢复原长时，弹簧2、弹簧1及M的能量为零时，m的动能最大，速度最大．

由机械能守恒有：E0=mv02，解得，B的最大速度为：v0=；

（2）弹性1第一次压缩到最短时，弹簧1的弹性势能最大．因为B与弹簧2碰撞的次数越多，

系统向左的动量就越大，当弹簧1压缩到最短时的共同速度也就越大，这样系统的动能也越大，而总机械能守恒，弹簧1的势能反而减小．

以1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

由能量守恒定律得：EP1=E0-（m+M）v2，解得：EP1=；

（3）相互作用前A与B的速度设为vA、vB，相互作用后的速度设为vA′、vB′，

由动量守恒有：MvA+mvB=MvA′+mvB′，

由能量守恒有：MvA2+mvB2=MvA′2+mvB′2，

解得：，；

将vA=0，vB=v0代入上式得第一次作用后A、B的速度分别为：和

B与弹簧2相碰后以反弹回来，将vA=，vB=代入上式得，

第二次相互作用后A、B的速度分别为和，之后不能再发生相作用．

所以最终A、B的速度为：VA==，VB=，方向：向左；

（4）由上问的一般表达式可知：当M＞＞m时，每次相互作用后，M的速率要增加一个微小量，

m的速率要减小一个微小量，而只要m的速率大于M的速率，就还要发生相互作用，

最终M和m将以共同速度向左运动，弹簧保持原长．

对系统，由机械能守恒定律有：E0=（M+m）V共2，

对M（含弹簧1）由动量定理有：I=MV共

由牛顿第三定律：I′=-I，

解得：弹簧1对B的冲量大小为：I′=，方向水平向右．

答：（1）当弹簧2第一次恢复原长时，弹簧2、弹簧1及M的能量为零时，B的速度最大，B速度的最大值为：；

（2））弹性1第一次压缩到最短时，弹簧l所能获得的弹性势能最大，这个最大值为：；

（3）若已知M=5m，A、B最后的运动速度分别为：、；

（4）若已知M远远大于m，整个运动过程中弹簧1对物块B的总冲量为：，方向水平向右．

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