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，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在凹槽地面上，其右端与墙壁距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg静止的滑块（不计大小），从左侧高为H=3.6m的圆弧形斜劈上滑下，圆弧形斜劈的质量m1=2kg圆弧底部与接触面完美相切滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．

（1）求滑块滑到小车上的初速度？

（2）求小车与墙壁碰撞时的速度；

（3）要滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值．

正确答案

解：（1）滑块在下滑的过程中，在水平方向动量守恒，选向右为正方向，故0=mv-m1v1

整个下滑过程中能量守恒

联立解得v=v1=6m．/s

（2）滑块滑到小车上后，滑块的加速度为

小车的加速度为

达到共同速度所需时间为t，则v共=v-a1t

v共=a2t

联立解得t=1s，v共=4m/s

1s内各自通过的位移：滑块

小车的位移为

△x=x1-x2=5-2m=3m＜L=4m，

达到共同速度后小车和滑块一起向右匀速运动，故小车与墙壁碰撞时的速度为4m/s

（3）与墙壁碰撞后，滑块继续做减速运动，到达P点的速度为v′

前进的位移x3=L-△x=1m

故

解得

当滑块能达到最高点且恰好达到最高点时，根据牛顿第二定律可知mg=

从P到Q过程由动能定理可得

-2mgR=

联立解得R=0.24m，故当半径R≤0.24 m不会脱离轨道

当半径增大时，滑块最高到达T也不会脱离，故从P到T根据动能定理可的

解得R=0.6m，当R≥0.6 m也不会脱离轨道

答：（1）求滑块滑到小车上的初速度为6m/s

（2）求小车与墙壁碰撞时的速度为4m/s；

（3）要滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24 m或R≥0.6 m

解析

解：（1）滑块在下滑的过程中，在水平方向动量守恒，选向右为正方向，故0=mv-m1v1

整个下滑过程中能量守恒

联立解得v=v1=6m．/s

（2）滑块滑到小车上后，滑块的加速度为

小车的加速度为

达到共同速度所需时间为t，则v共=v-a1t

v共=a2t

联立解得t=1s，v共=4m/s

1s内各自通过的位移：滑块

小车的位移为

△x=x1-x2=5-2m=3m＜L=4m，

达到共同速度后小车和滑块一起向右匀速运动，故小车与墙壁碰撞时的速度为4m/s

（3）与墙壁碰撞后，滑块继续做减速运动，到达P点的速度为v′

前进的位移x3=L-△x=1m

故

解得

当滑块能达到最高点且恰好达到最高点时，根据牛顿第二定律可知mg=

从P到Q过程由动能定理可得

-2mgR=

联立解得R=0.24m，故当半径R≤0.24 m不会脱离轨道

当半径增大时，滑块最高到达T也不会脱离，故从P到T根据动能定理可的

解得R=0.6m，当R≥0.6 m也不会脱离轨道

答：（1）求滑块滑到小车上的初速度为6m/s

（2）求小车与墙壁碰撞时的速度为4m/s；

（3）要滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24 m或R≥0.6 m

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题型：简答题

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简答题

A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触，把质量为m0的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰前其速度为v0，碰撞后量小球的动量相等，则：

①求碰撞后A球的速度

②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能．

正确答案

解：①两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m0v0=pA+pB，

由题意可知，碰撞后两球的动量相等，即：pA=pB，

解得：pA=m0v0=m0v，

碰撞后A的速度：v=v0；

②碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m0v02=m0v2+EKB，

解得：EKB=m0v02；

答：①求碰撞后A球的速度为v0；

②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能为m0v02．

解析

解：①两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m0v0=pA+pB，

由题意可知，碰撞后两球的动量相等，即：pA=pB，

解得：pA=m0v0=m0v，

碰撞后A的速度：v=v0；

②碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m0v02=m0v2+EKB，

解得：EKB=m0v02；

答：①求碰撞后A球的速度为v0；

②若碰撞我弹性碰撞，求碰撞后B球的动能为m0v02．

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题型：多选题

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多选题

矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击上层，则子弹恰好不射出；若射击下层，则子弹整个儿恰好嵌入，则上述两种情况相比较（　　）

A两次子弹对滑块做的功一样多

B两次滑块所受冲量一样大

C子弹嵌入下层过程中，系统产生的热量较多

D子弹击中上层过程中，系统产生的热量较多

正确答案

A,B

解析

解：A、根据动量守恒知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，即物块获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多．A正确；

B、由动量和动能的关系（）知道，滑块的动量也是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大．

C、D：子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故C、D错误

综上所述AB正确，CD错误．

故选A、B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A、B两个木块用弹簧相连接，它们静止在光滑的水平面上，A和B的质量分别为9m和20m．一颗质量为m的子弹以速度V0水平射入木块内没有穿出，在后来的过程中弹簧的弹性势能的最大值等于多大？

正确答案

解：子弹与A组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（9m+m）v1，

解得：v1=0.1v0，

系统初动能：EK1=（9m+m）v12

子弹与A、B组成的系统动量守恒，三者速度相等时，其弹性势能EP最大，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（9m+m+20m）v2，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（9m+m）v12=（9m+m+20 m）v22+EP，

解得：EP=mv02；

答：弹簧的弹性势能的最大值等于mv02．

解析

解：子弹与A组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（9m+m）v1，

解得：v1=0.1v0，

系统初动能：EK1=（9m+m）v12

子弹与A、B组成的系统动量守恒，三者速度相等时，其弹性势能EP最大，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（9m+m+20m）v2，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（9m+m）v12=（9m+m+20 m）v22+EP，

解得：EP=mv02；

答：弹簧的弹性势能的最大值等于mv02．

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题型：简答题

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简答题

（2016•广东模拟）内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道半径为R．可视为质点的两个小球A和B，质量均为m，B静止在轨道最低点，A与圆心O等高的位置由静止沿内壁下滑与B发生碰撞，瞬间连在一起运动，重力加速度大小为g，求：

①碰撞后两个小球沿轨道上升的最大高度；

②两小球碰撞过程中损失的机械能．

正确答案

解：①球A从出发至碰撞，根据动能定理

①

球A、B在碰撞过程中，动量守恒

mv0=2mv共 ②

对球A、B在撞后至最高点过程中，机械能守恒

③

联立①②③得：

②球A、B在碰撞过程中，损失的机械能为碰撞过程中损失的动能

答：①碰撞后两个小球沿轨道上升的最大高度为；

②两小球碰撞过程中损失的机械能．

解析

解：①球A从出发至碰撞，根据动能定理

①

球A、B在碰撞过程中，动量守恒

mv0=2mv共 ②

对球A、B在撞后至最高点过程中，机械能守恒

③

联立①②③得：

②球A、B在碰撞过程中，损失的机械能为碰撞过程中损失的动能

答：①碰撞后两个小球沿轨道上升的最大高度为；

②两小球碰撞过程中损失的机械能．

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