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

带有斜轨道（足够高）的滑块C静止在平台右边，质量为3m，其左端静止放置一质量为2m的小物块B，质量为m的小物块A以速度v0和B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g，则：

（1）碰后瞬间B的速度______；

（2）B在C上上升的最大高度______．

正确答案

解析

解：（1）设碰后B的速度为VB，规定向右为正方向，则

根据动量守恒得，mv0=mvA+2mvB，

根据机械能守恒得，，

联立解得：．

（2）上升到最高时B、C的速度相同设为v，规定向右为正方向，

B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒得，2mvB=5mv，

根据能量守恒得，，

联立解得：h=．

故答案为：（1），（2）．

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题型：多选题

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多选题

用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射入木块，并停留在木块中（不能穿出），子弹射入木块前一瞬间的速度为v0，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　）

A从子弹开始射入木块到子弹和木块一起上升到最高点的过程中，子弹和木块组成的系统机械能守恒

B子弹和木块一起上升的最大高度为

C子弹和木块刚刚相对静止时，子弹和木块的速度为

D子弹和木块一起上升的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒

正确答案

B,C

解析

解：A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A错误；

B、子弹射入木块瞬间，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：mv0=（M+m）v

可得子弹射入木块后的共同速度为：v=，

之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒：（M+m）v2=（M+m）gh，

可得上升的最大高度为：h=，故BC正确；

D、子弹和木块一起上升的过程中，子弹和木块组成的系统受重力和细线的拉力，合力不为零，所以子弹和木块一起上升的过程中，子弹和木块组成的系统动量不守恒．故D错误；

故选：BC．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是（　　）

Amv02

Bmv02

Cmv02

Dmv02

正确答案

B,C

解析

解：A、由题可知，系统的初动能为Ek=mv02，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于mv02，故A错误．

B、由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B速度动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度与A大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为EP=Ek=mv02，故B正确．

C、当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以C的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：

mv0=（m+m）v，得v=v0，由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为EP=mv02-（m+m）v02，解得：EP=mv02，

则最大的弹性势能的范围为mv02～mv02，故C正确，D错误．

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两块大小不同，质量分别为M和m的圆形薄板（厚度不计），半径分别为R和r，M=3m，两板之间用一根长为L=0.40m的轻绳相连接．开始时，两板水平放置并叠合在一起处静止状态，在其正下方0.80m处有一固定支架C，支架上有一半径为R′（r＜R′＜R）的圆孔，圆孔与两薄板中心均在圆孔中心轴线上．今使两板一起自由下落，空气阻力不计，大板与支架C发生没有机械能损失的弹性碰撞，碰撞后两板即分离，直到轻绳绷紧，在轻绳绷紧的瞬间，两板便获得共同速度，g取10m/s2．试求这个共同速度的大小是多少？

正确答案

解：开始两板做自由落体运动，设两板与支架C碰撞前的速度为v0，

由机械能守恒定律得：（M+m）gh=（M+m）v02，代入数据解得：v0=4m/s，

M板与支架C碰撞没有机械能损失，故以v0反弹，做竖直上抛运动．

而m板以v0做竖直下抛运动．以m板为参照物，设从两板分离到轻绳绷紧前的时间为t，

则：L=2v0t，代入数据解得：t=0.05s，

从M板反弹起，到轻绳拉直前瞬间，选向下为正方向，

由动量定理得：（M+m）gt=（Mv1+mv2）-（Mv0+mv0），

在轻绳绷紧瞬间，系统动量守恒，以向下为正方向，

由动量守恒定律得：Mv1+mv2=（M+m）v，

代入数据解得：v=-1.5m/s，负号表示速度方向竖直向上．

答：两板便获得共同速度为1.5m/s，方向向上．

解析

解：开始两板做自由落体运动，设两板与支架C碰撞前的速度为v0，

由机械能守恒定律得：（M+m）gh=（M+m）v02，代入数据解得：v0=4m/s，

M板与支架C碰撞没有机械能损失，故以v0反弹，做竖直上抛运动．

而m板以v0做竖直下抛运动．以m板为参照物，设从两板分离到轻绳绷紧前的时间为t，

则：L=2v0t，代入数据解得：t=0.05s，

从M板反弹起，到轻绳拉直前瞬间，选向下为正方向，

由动量定理得：（M+m）gt=（Mv1+mv2）-（Mv0+mv0），

在轻绳绷紧瞬间，系统动量守恒，以向下为正方向，

由动量守恒定律得：Mv1+mv2=（M+m）v，

代入数据解得：v=-1.5m/s，负号表示速度方向竖直向上．

答：两板便获得共同速度为1.5m/s，方向向上．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：

（1）当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．

（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．

（3）运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ．

（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．

正确答案

解：（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律，得

mv0=3mvB

由此解得

即当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为．

（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=mvB+2mvA

解得

（三球再次处于同一直线）

另一组解为

vB=v0

vA=0（为初始状态，舍去）

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）

（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零．设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

另外，

由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为θ=90°

即运动过程中小球A的最大动能EKA为、此时两根绳的夹角θ为90°．

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为

v=|vA-vB|

所以，此时绳中拉力大小为：

F=m=m

即当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小为m．

解析

解：（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律，得

mv0=3mvB

由此解得

即当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为．

（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=mvB+2mvA

解得

（三球再次处于同一直线）

另一组解为

vB=v0

vA=0（为初始状态，舍去）

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）

（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零．设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

另外，

由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为θ=90°

即运动过程中小球A的最大动能EKA为、此时两根绳的夹角θ为90°．

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为

v=|vA-vB|

所以，此时绳中拉力大小为：

F=m=m

即当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小为m．

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