动量守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＜mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上，作用相同的距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（　　）

A停止运动

B向左运动

C向右运动

D运动方向不能确定

正确答案

B

解析

解：力F大小相等，mA＜mB，

由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＞aB，

由题意知：SA=SB，

由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，

可知：tA＜tB，由IA=F•tA，I2=F•tB，得：IA＜IB，

由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＜PB，

碰前系统总动量向左，碰撞过程动量守恒，

由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确．

故选：B．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧OEF，圆弧半径为R，E点切线水平，另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，不计摩擦，下列说法中正确的是（　　）

A当v0=时，小球能到达F点

B若小球的速度足够大，球将从滑块的右侧离开滑块

C小球在圆弧上运动的过程中，滑块的动能增大，小球的机械能减小

D若滑块固定，小球返回E点时对滑块的压力为mg+m

正确答案

C,D

解析

解：A、当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1…①

由机械能守恒定律得：mv02=（m+M）v12+mgR …②，

代入数据解得：v0=，所以当v0=时，小球不能到达F点，故A错误；

B、小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上，所以小球不可能从滑块的右侧离开滑块，故B错误；

C、小球在圆弧上运动的过程中，支持力对小球一直做负功，所以小球的机械能减小，而压力一直对滑块做正功，所以滑块动能增加，故C正确；

D、若滑块固定，小球返回E点时的速度仍为v0，根据牛顿第二定律得：

F-mg=m

解得：F=mg+m，

根据牛顿第三定律可知，小球返回E点时对滑块的压力为mg+m，故D正确．

故选：CD

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑的水平轨道接一个半径为R的光滑半圆轨道，在水平轨道上有2002个质量相同的小球．除第1号小球外，其他小球均静止．第1号小球以初速度v0碰撞第2号小球，在碰撞过程中损失初动能的；第2号小球碰撞第3号小球，在碰撞过程中损失第2号小球初动能的；第3号小球又碰撞第4号小球，依次碰撞下去，每次碰撞均损失前一小球初动能的，最后，第2002号小球恰能沿半圆轨道达到最高点．试求第1号小球的初速度v0．

正确答案

解：设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v1和v2，两球碰撞过程动量守恒，以球1的初速度方向为正方向，以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+mv2…①

由能量守恒定律得：… ②

由①②解得：v2=v0；

由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，

分析归纳可得经2001次碰撞后，第2002号球获得的速度为：v2002=（）2001v0…③，

因为第2002号球恰能到圆轨道的最高点，所以对第2002号球，

由机械能守恒定律得：mv2+mg•2R…④

在最高点，由牛顿第二定律得：mg=m…⑤

由③④⑤解得，第1号球的初速度：v0=3.69．

答：第1号小球的初速度v0=3.69．

解析

解：设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v1和v2，两球碰撞过程动量守恒，以球1的初速度方向为正方向，以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+mv2…①

由能量守恒定律得：… ②

由①②解得：v2=v0；

由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，

分析归纳可得经2001次碰撞后，第2002号球获得的速度为：v2002=（）2001v0…③，

因为第2002号球恰能到圆轨道的最高点，所以对第2002号球，

由机械能守恒定律得：mv2+mg•2R…④

在最高点，由牛顿第二定律得：mg=m…⑤

由③④⑤解得，第1号球的初速度：v0=3.69．

答：第1号小球的初速度v0=3.69．

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题型：多选题

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多选题

质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比可能（　　）

A4

B3

C2

D1

正确答案

B,C,D

解析

解：设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，

根据动量和动能的关系有：P2=2mEK，

碰撞过程动能不增加，有：≥+，

解得：≤3，故A错误，BCD正确．

故选：BCD．

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题型：简答题

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简答题

如图，在倾角为θ=30°的足够长的光滑绝缘斜面上，带正电的物块A和不带电绝缘物块B相距2L．mA=3mB，物块A位于斜面底端，斜面处于范围足够大、方向平行斜面向上的匀强电场中．将A、B同时由静止释放，两物块恰好在AB中点处发生第一次碰撞，A、B碰撞过程相互作用时间极短，已知A、B碰撞过程无机械能损失，且A的电荷没有转移，A、B均可视为质点，重力加速度为g．求：

（1）第一次相碰前瞬间A、B的速度大小；

（2）第一次碰撞后，第二次碰撞前，A、B之间的最大距离；

（3）若斜面长度有限，要使A、B仅能在斜面上发生两次碰撞，试求斜面长度的范围．

正确答案

解：（ 1 ）对B由动能定理研究从静止开始到相碰前瞬间有：

mB gLsinθ=mB v02

v0=

A与B都从静止开始运动，经历相同的时间和相同的位移大小，所以A、B的速度大小相等．

所以A、B的速度大小均为：．

（2）选平行斜面向上为正方向，

由于A、B碰撞过程相互作用时间极短，合外力的冲量近似为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列出等式，根据对第一次碰撞有：

mA v0-mB v0=mA v1+mB v2

已知A、B碰撞过程无机械能损失，根据机械能守恒得：

mAv02+mBv02=mAv12+mBv22

解得：v1=0，v2=2

所以撞后A匀加速，B匀减速，两球加速度大小相等．

由mBgsinθ=mBa有：a=g

设A、B第二次碰撞前距离为△x1，有：

△x1=xB-xA=v2t-at2-at2

当t==2 时，△x1有最大值2L

（3）当△x1=0时，A、B第二次碰撞，此时t=t1=4

vA=at=2，vB=v2-at=0

对第二次碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒有：

mAvA+mBvB=mA v3+mB v4

mAvA2+mBvB2=mAv32+mBv42

解得：v3=，v4=3

设A、B第三次碰撞前距离为△x2，有：

△x2=xB-xA=v4t-at2-（v3t+at2）

当△x2=0时，A、B即将第三次碰撞，此时t=t2=4

所以斜面的最小长度：xmin=L+v2 t1-a t12

xmin=5L

所以斜面的最大长度：xmax=L+v2 t1-a t12+v4 t2-a t22

xmax=13L

答：（1）第一次相碰前瞬间A、B的速度大小均为；

（2）第一次碰撞后，第二次碰撞前，A、B之间的最大距离是2L；

（3）若斜面长度有限，要使A、B仅能在斜面上发生两次碰撞，斜面长度的范围是5L≤x≤13L．

解析

解：（ 1 ）对B由动能定理研究从静止开始到相碰前瞬间有：

mB gLsinθ=mB v02

v0=

A与B都从静止开始运动，经历相同的时间和相同的位移大小，所以A、B的速度大小相等．

所以A、B的速度大小均为：．

（2）选平行斜面向上为正方向，

由于A、B碰撞过程相互作用时间极短，合外力的冲量近似为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列出等式，根据对第一次碰撞有：

mA v0-mB v0=mA v1+mB v2

已知A、B碰撞过程无机械能损失，根据机械能守恒得：

mAv02+mBv02=mAv12+mBv22

解得：v1=0，v2=2

所以撞后A匀加速，B匀减速，两球加速度大小相等．

由mBgsinθ=mBa有：a=g

设A、B第二次碰撞前距离为△x1，有：

△x1=xB-xA=v2t-at2-at2

当t==2 时，△x1有最大值2L

（3）当△x1=0时，A、B第二次碰撞，此时t=t1=4

vA=at=2，vB=v2-at=0

对第二次碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒有：

mAvA+mBvB=mA v3+mB v4

mAvA2+mBvB2=mAv32+mBv42

解得：v3=，v4=3

设A、B第三次碰撞前距离为△x2，有：

△x2=xB-xA=v4t-at2-（v3t+at2）

当△x2=0时，A、B即将第三次碰撞，此时t=t2=4

所以斜面的最小长度：xmin=L+v2 t1-a t12

xmin=5L

所以斜面的最大长度：xmax=L+v2 t1-a t12+v4 t2-a t22

xmax=13L

答：（1）第一次相碰前瞬间A、B的速度大小均为；

（2）第一次碰撞后，第二次碰撞前，A、B之间的最大距离是2L；

（3）若斜面长度有限，要使A、B仅能在斜面上发生两次碰撞，斜面长度的范围是5L≤x≤13L．

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