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，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m．现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是（　　）

AB球动能的最大值是

BB球动能的最大值是

C系统动能的最小值是0

D系统动能的最小值是

正确答案

A

解析

解：A、B若两球发生弹性碰撞，则B球获得的动能最大；根据动量守恒和动能守恒得：

mv0=mvA+mvB，

=+

联立解得，B球碰后最大速度为 vB=v0，B球最大动能为Ekmax==．故A正确，B错误．

C、根据动量守恒可知，碰撞后系统总动量为mv0，总动能不可能为零，故C错误．

D、若两球发生完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，则有：

mv0=（m+m）v

得：v=

系统动能的最小值是Ekmin==，故D错误．

故选A

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题型：简答题

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简答题

如图用细线悬挂一质量为M的静止的木块，现有一质量为m的子弹从左方以初速度V0水平地射入此木块，然后达到共同速度一起摆动．则木块摆动可升高的最大高度为多少？子弹打木块过程中损失的机械能为多少？

正确答案

解：（1）子弹射入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：mv0=（M+m）v，解得：v=；

子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（M+m）v2=（M+m）h，解得：h=；

（2）打击过程损失的机械能为：Q=mv02-（M+m）v2=

答：（1）子弹与木块上升的最大高度为．（2）子弹打木块过程中损失的机械能为

解析

解：（1）子弹射入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：mv0=（M+m）v，解得：v=；

子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（M+m）v2=（M+m）h，解得：h=；

（2）打击过程损失的机械能为：Q=mv02-（M+m）v2=

答：（1）子弹与木块上升的最大高度为．（2）子弹打木块过程中损失的机械能为

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题型：简答题

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简答题

如图所示是固定在水平地面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图）．槽内放置一个木质滑块，滑块的左半部是半径为R的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R，比“”形槽的宽度略小．现有半径r（r＜＜R）的金属小球以水平初速度V0冲向滑块，从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入．已知金属小球的质量为m，木质滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求：

（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度各是多大；

（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度．

正确答案

解：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0=mv1+3mv2，

又：

得：；

（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切线方向速度为v′

mv0=（m+3m）v

得：；

所以：v合==

答：（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度分别是-和；

（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度为．

解析

解：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0=mv1+3mv2，

又：

得：；

（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切线方向速度为v′

mv0=（m+3m）v

得：；

所以：v合==

答：（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度分别是-和；

（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为S；另一质量为2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板．设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失．已知滑块与长木板间的动摩擦因数为μ．试求

（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小

（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足什么条件．

正确答案

解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA

则 ①

得：②

在A点有：③

由②③得：NA=6mg④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 ⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，

则：（2m+m）v=2mvA⑥

⑦

由②⑥⑦得：⑧

ⅰ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为⑨

ⅱ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v‘

则：⑩

得：v'=

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．

由能量守恒得：

解得：

答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；

（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：

若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为；

若，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=；

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足的条件．

解析

解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA

则 ①

得：②

在A点有：③

由②③得：NA=6mg④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 ⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，

则：（2m+m）v=2mvA⑥

⑦

由②⑥⑦得：⑧

ⅰ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为⑨

ⅱ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v‘

则：⑩

得：v'=

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．

由能量守恒得：

解得：

答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；

（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：

若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为；

若，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=；

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足的条件．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，轻杆一端固定着小球A，另一端可绕0点自由转动；矩形厚木板B放在粗糙的水平地面上，B上表面的最右端有一光滑小物块C； A在最低点时刚好与B左侧接触．轻杆与水平成30°角时，给A以大小为v0=、方向垂直于杆的初速度，A到达最低点时与B发生正碰后静止．已知g为重力加速度，L为杆长；A、C可视为质点，质量均为m；B的质量为2m、长度也为L； B与地面的动摩擦因数μ=0.4，其余摩擦不计．

（1）求A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力大小；

（2）讨论木板高度h取不同值时，C落地瞬间与B左侧的水平距离．

正确答案

解：（1）A在下落过程中，由动能定理得：

mg（L+Lsin30°）=mv2-mv02 ①，

在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：v=，F=7mg，则在最低点，杆对A的作用力大小为7mg，方向竖直向上．

（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv=2mv′②，由①②v′=；

碰后B做向右做匀减速直线运动，C静止不动，当B的位移为L过程中，

对B由动能定理得：-μ（2m+m）gL=•2mv″2-•2mv′2，

代入数据解得：v″=，此时C离开B，

C离开B到B静止需要的时间：t===，

B到静止过程的位移：s====0.375L；

C离开B后做自由落体运动，h=gt′2，t′=，

①当t′≥t，即h≥L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离：x=s=0.375L；

②当t′＜t，即h＜L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离：

x=v″t′-at′2=×-×μg×=-0.4h．

答：（1）A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力为7mg．

（2）①当h≥L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离x=0.375L；

②当h＜L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离为x=-0.4h．

解析

解：（1）A在下落过程中，由动能定理得：

mg（L+Lsin30°）=mv2-mv02 ①，

在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：v=，F=7mg，则在最低点，杆对A的作用力大小为7mg，方向竖直向上．

（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv=2mv′②，由①②v′=；

碰后B做向右做匀减速直线运动，C静止不动，当B的位移为L过程中，

对B由动能定理得：-μ（2m+m）gL=•2mv″2-•2mv′2，

代入数据解得：v″=，此时C离开B，

C离开B到B静止需要的时间：t===，

B到静止过程的位移：s====0.375L；

C离开B后做自由落体运动，h=gt′2，t′=，

①当t′≥t，即h≥L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离：x=s=0.375L；

②当t′＜t，即h＜L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离：

x=v″t′-at′2=×-×μg×=-0.4h．

答：（1）A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力为7mg．

（2）①当h≥L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离x=0.375L；

②当h＜L时，C落地瞬间与B左侧的水平距离为x=-0.4h．

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