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，一质量M=4kg的小车左端放有一质量m=1kg的铁块，它们以大小v0=4m/s的共同速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间t=0.01s，不计碰撞时机械能的损失，且不计在该时间内铁块速度的变化．铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.5，车长L足够长，铁块不会到达车的右端，最终小车与铁块相对静止．求：

①车与墙碰撞的平均作用力的大小F．

②整个过程中因摩擦产生的热量Q．

正确答案

解：①车与墙碰撞过程中，不计碰撞时机械能的损失，则车与墙碰撞后的瞬间，小车的速度向左，大小为v0，设向左为正，

根据动量定理得：

Ft=Mv0-M（-v0）

解得：F=

②对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．

以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，

对系统，由能量守恒定律得：（M+m）v02=（M+m）v2+Q，

解得：Q=25.6J；

答：①车与墙碰撞的平均作用力的大小F为3200N．

②整个过程中因摩擦产生的热量Q为25.6J．

解析

解：①车与墙碰撞过程中，不计碰撞时机械能的损失，则车与墙碰撞后的瞬间，小车的速度向左，大小为v0，设向左为正，

根据动量定理得：

Ft=Mv0-M（-v0）

解得：F=

②对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．

以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，

对系统，由能量守恒定律得：（M+m）v02=（M+m）v2+Q，

解得：Q=25.6J；

答：①车与墙碰撞的平均作用力的大小F为3200N．

②整个过程中因摩擦产生的热量Q为25.6J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m1=0.4kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=2.0m，现有质量m2=0.6kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=3m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.2，取g=10m/s2，求

（1）物块在车面上滑行的时间t；

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．

正确答案

解：（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：

m2v0=（m1+m2）v，

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理得：

m2v-m2v0=-Ft，

代入数据解得：t=0.6s；

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m2v1=（m1+m2） v′，

由能量守恒定律得：m2v12=（m1+m2）v2+μmgL，

代入数据解得：v′=2m/s，

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过2m/s；

答：（1）物块在车面上滑行的时间t为0.6s．

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过2m/s．

解析

解：（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：

m2v0=（m1+m2）v，

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理得：

m2v-m2v0=-Ft，

代入数据解得：t=0.6s；

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m2v1=（m1+m2） v′，

由能量守恒定律得：m2v12=（m1+m2）v2+μmgL，

代入数据解得：v′=2m/s，

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过2m/s；

答：（1）物块在车面上滑行的时间t为0.6s．

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过2m/s．

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题型：单选题

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单选题

质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（　　）

Av1′=1 m/s，v2′=3 m/s

Bv1′=-2 m/s，v2′=3 m/s

Cv1′=v2′=m/s

Dv1′=3 m/s，v2′=0.5 m/s

正确答案

C

解析

解：碰撞前总动量为P=m1v1=1×4kg•m/s=4kg•m/s．碰撞前总动能为Ek=m1v12=×1×42=8J；

A、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×1+2×3=7kg•m/s，碰撞过程动量不守恒，不符合实际，故A错误；

B、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×（-2）+2×3=4kg•m/s．碰撞后总动能为Ek′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（-2）2+×2×32=11J，机械能增加，故B错误；

C、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×+2×=4kg•m/s．碰撞后总动能为Ek′=m1v1′2+m2v2′2=×1×（）2+×2×（）2=J，机械能不增加，故C正确；

D、碰撞后总动量P′=m1v1′+m2v2′=1×3+2×0.5=4kg•m/s．碰撞后总动能为=m1v1′2+m2v2′2=×1×32+×2×0.52=4.75J，碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误；

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

物块从斜面的底端以某一初速度沿粗糙斜面上滑至最高点后再沿斜面下滑至底端．下列说法正确的是（　　）

A上滑过程中摩擦力的冲量大于下滑过程中摩擦力的冲量

B上滑过程中地面受到的压力大于下滑过程中地面受到的压力

C上滑过程中物块的动量变化的方向与下滑过程中动量变化的方向相反

D上滑过程中机械能损失等于下滑过程中机械能损失

正确答案

D

解析

解：A、根据冲量公式I=Ft得，摩擦力的冲量为=ft，再由f=及=mgcosθ知大小只与时间有关，借助v-t图象不难判断物块上滑时间小于下滑时间，故A错误．

B、对物块受力分析知，上滑过程加速度=gsinθ+μgcosθ，下滑过程加速度=gsinθ-μgcosθ，将斜面与物块看做一个整体分析，由超重与失重结论可知，两个过程均处于失重状态，但上滑过程失重程度较大，所以上滑过程斜面对地面的压力小于下滑过程斜面对地面的压力，故B错误．

C、由△P==t知，上滑和下滑过程物块所受合力方向相同均沿斜面向下，故C错误．

D、由能量守恒定律知，上滑与下滑过程机械能损失应等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功均为=μmgLcosθ，L为斜面长度，故D正确．

故选D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示三个小球质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑水平面上，A球以速度v0沿B、C两球的球心连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问：

（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？

（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？

（3）弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能EP．

正确答案

解：（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v1，解得：v1=；

（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，以A球的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v2，解得：v2=；

（3）由能量守恒定律得：•2mv12=•3mv22+EP，

解得：EP=mv02；

答：（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是；

（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是；

（3）弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能为mv02．

解析

解：（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v1，解得：v1=；

（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，以A球的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v2，解得：v2=；

（3）由能量守恒定律得：•2mv12=•3mv22+EP，

解得：EP=mv02；

答：（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是；

（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度是；

（3）弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能为mv02．

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