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

光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R=lm．一质量为m的小球以速度V0．向右运动冲上滑块．已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：

（1）小球的初速度V0是多少？

（2）滑块获得的最大速度V是多少？

正确答案

解：（1）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，解得v0=5m/s …③；

（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．

研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④

由机械能守恒定律得：mv02=mv22+Mv32…⑤

解得：v3=v0=2m/s…⑥

答：（1）小球的初速度v0是5m/s．（2）滑块获得的最大速度是2m/s．

解析

解：（1）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，解得v0=5m/s …③；

（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．

研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④

由机械能守恒定律得：mv02=mv22+Mv32…⑤

解得：v3=v0=2m/s…⑥

答：（1）小球的初速度v0是5m/s．（2）滑块获得的最大速度是2m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的s-t图象．已知m1=0.1㎏．

求：（1）小球m2的质量

（2）碰撞过程中系统损失的机械能．

正确答案

解：（1）由图乙所示图象可知，v1===4m/s，v2=0m/s，

由图求出碰后m2和m1的速度分别为v1′===-2m/s，v2′===2m/s，

两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg．

（2）由能量守恒定律得，碰撞过程中系统损失的机械能为：

△E=m1v12-m1v1′2-m2v2′2，代入解得，△E=0.594J．

答：（1）小球m2的质量为0.3kg；

（2）碰撞过程中系统损失的机械能为0.594J．

解析

解：（1）由图乙所示图象可知，v1===4m/s，v2=0m/s，

由图求出碰后m2和m1的速度分别为v1′===-2m/s，v2′===2m/s，

两物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg．

（2）由能量守恒定律得，碰撞过程中系统损失的机械能为：

△E=m1v12-m1v1′2-m2v2′2，代入解得，△E=0.594J．

答：（1）小球m2的质量为0.3kg；

（2）碰撞过程中系统损失的机械能为0.594J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B、C与水平面间的动摩擦因数为μ．将一质量为m的小球C，从劈A的斜面上距水平面高度为h处由静止释放，然后与B发生完全非弹性正碰（碰撞时间极短）．已知M=2m，求：

①小球C与劈A分离时，A的速度；

②碰后小球C和物块B的运动时间．

正确答案

解：①设小球C与劈A分离时速度大小为v0，此时劈A速度大小为vA

小球C运动到劈A最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒有：

mv0-mvA=0

由机械能守恒有：

mgh=mv02+mvA2

得v0=，vA=，之后A向左匀速运动．

②小球C与B发生完全非弹性正碰后速度为vBC，由动量守恒得：

mv0=（m+M）vBC

代入M=2m，得：vBC=

物块BC减速至停止时，运动时间设为t，由动量定理有：

-μ（M+m）gt=0-（M+m）vBc，

得：

答：①小球C与劈A分离时，A的速度为；

②碰后小球C和物块B的运动时间．

解析

解：①设小球C与劈A分离时速度大小为v0，此时劈A速度大小为vA

小球C运动到劈A最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒有：

mv0-mvA=0

由机械能守恒有：

mgh=mv02+mvA2

得v0=，vA=，之后A向左匀速运动．

②小球C与B发生完全非弹性正碰后速度为vBC，由动量守恒得：

mv0=（m+M）vBC

代入M=2m，得：vBC=

物块BC减速至停止时，运动时间设为t，由动量定理有：

-μ（M+m）gt=0-（M+m）vBc，

得：

答：①小球C与劈A分离时，A的速度为；

②碰后小球C和物块B的运动时间．

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题型：单选题

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单选题

质量为M的小车以速度v0在光滑水平面上匀速运动，车上另有两个质量皆为m的小球a和b．现分别将小球a和b沿水平方向以速率v（相对地面）向前和向后抛出．抛出两小球后小车的速度是（　　）

A0

Bv0

Cv0

Dv0

正确答案

D

解析

解：抛出球的过程系统动量守恒，以车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（M+m+m）v0=Mv车-mv+mv，

解得：v车=；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图，一个质量为M的凹槽右侧紧挨着竖直的固定墙面，静止在光滑水平面上，凹槽的内表面ABC是半径为R的半圆光滑圆弧，AC是半圆的水平直径，B是半圆的最低点，一质量为m的小球从A点由静止开始下滑，已知m：M=2：3

（1）求小球第一次通过B点时的速度大小．

（2）以B为高度起点，小球第一次通过B点后能够到达的最大高度为多少？

（3）小球达到最高点后又返回B点时，小球与凹槽的速度各为多少？

（4）小球达到最高点后又返回B点时，小球对凹槽的压力为多大？

正确答案

解：（1）A到B的过程中重力做功，由动能定理得：mgR=mv02，解得：v0=；

（2）小球从B向C运动的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，到达最高点h时，二者的速度相等，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，

由机械能守恒定律得：mv02=（M+m）v12+mgh，

解得：v1=v0，h=R；

（3）小球达到最高点后又返回B点的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mu1+Mv2，

由机械能守恒定律得：mv02=mu12+Mv22，

解得：u1=-v0，v2=v0；

（4）由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：F=3mg，由牛顿第三定律可知，压力：F′=F=3mg；

答：（1）小球第一次通过B点时的速度大小为．

（2）以B为高度起点，小球第一次通过B点后能够到达的最大高度为R．

（3）小球达到最高点后又返回B点时，小球与凹槽的速度分别为：-v0，方向向右、v0．

（4）小球达到最高点后又返回B点时，小球对凹槽的压力为3mg．

解析

解：（1）A到B的过程中重力做功，由动能定理得：mgR=mv02，解得：v0=；

（2）小球从B向C运动的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，到达最高点h时，二者的速度相等，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，

由机械能守恒定律得：mv02=（M+m）v12+mgh，

解得：v1=v0，h=R；

（3）小球达到最高点后又返回B点的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向满足动量守恒定律，

选取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mu1+Mv2，

由机械能守恒定律得：mv02=mu12+Mv22，

解得：u1=-v0，v2=v0；

（4）由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：F=3mg，由牛顿第三定律可知，压力：F′=F=3mg；

答：（1）小球第一次通过B点时的速度大小为．

（2）以B为高度起点，小球第一次通过B点后能够到达的最大高度为R．

（3）小球达到最高点后又返回B点时，小球与凹槽的速度分别为：-v0，方向向右、v0．

（4）小球达到最高点后又返回B点时，小球对凹槽的压力为3mg．

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