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

（2015秋•临汾校级月考）如图所示，质量为m的小球A静止在光滑的水平面上，质量为3m的小球B以速度v与小球A发生正碰，碰撞有可能是弹性的，也有可能是非弹性的，试计算碰撞后小球B的速度大小范围．

正确答案

解：以初速度v的方向为正方向；当A、B两小球发生完全非弹性碰撞时，设碰后B球的速度大小为v1，

由动量守恒定律得：

3mv=（3m+m）v1

解得：v1=v

当A、B两小球发生完全弹性碰撞时，设碰后A球的速度为v2，B球的速度为v2′，

由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

3mv=mv2+3mv2′

•3mv2=•mv+•3mv2′2

以上两式联立可解得：v2′=v，v2′=v（舍）

所以碰撞后B球的速度大小范围为v≤vB≤v

答：碰撞后小球B的速度大小范围为v≤vB≤v

解析

解：以初速度v的方向为正方向；当A、B两小球发生完全非弹性碰撞时，设碰后B球的速度大小为v1，

由动量守恒定律得：

3mv=（3m+m）v1

解得：v1=v

当A、B两小球发生完全弹性碰撞时，设碰后A球的速度为v2，B球的速度为v2′，

由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

3mv=mv2+3mv2′

•3mv2=•mv+•3mv2′2

以上两式联立可解得：v2′=v，v2′=v（舍）

所以碰撞后B球的速度大小范围为v≤vB≤v

答：碰撞后小球B的速度大小范围为v≤vB≤v

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题型：填空题

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填空题

两个物体m和M碰撞前后的s-t图象如图所示，则由图可知m：M=______．

正确答案

1：3

解析

解：根据位移图象的斜率等于速度，可知，碰撞前M的速度为：vM=0，m的速度为：vm==4m/s；

碰撞后两个物体的速度相同，为：v=m/s=1m/s

根据动量守恒得：mvm=（M+m）v

代入得：4m=（M+m）×1

解得：m：M=1：3

故答案为：1：3

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题型：简答题

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简答题

如图，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，AB部分倾斜，BC部分水平，CD部分为半径R=0.25m的圆弧轨道（轨道各部分平滑连接），C为圆弧轨道的最低点，可视为质点的小球P和Q中间压缩一轻质弹簧静止在水平轨道上（弹簧与P和Q不栓接且被锁定），在紧靠圆弧轨道顶端D处，有一水平放置且绕其水平中心轴OO′匀速旋转的圆筒，圆筒直径d=0.15m，筒上开有小孔E（小孔直径略大于小球Q的直径）．现解除对弹簧的锁定，小球P脱离弹簧后恰能沿轨道运动到A处，AB的竖直高度差h=0.45m，小球Q沿轨道由D处恰好从小孔E进入圆筒，并从小孔E处竖直向上穿出圆筒．已知小球P、Q的质量分别为m1=0.5kg，m2=1.0kg，弹簧恢复原长时小球P、Q仍处于水平轨道（不计空气阻力g=10m/s2）．求：

（1）小球Q在C点时对轨道压力的大小；

（2）弹簧锁定时的弹性势能；

（3）圆筒转动的周期T的可能值．

正确答案

解：（1）对小球P，由机械能守恒定律得：

m1=m1gh

取水平向右为正．对小球P、Q，由动量守恒定律得：

0=-m1v1+m2v2

在C点，由牛顿第二定律得：

F-m2g=

联立以上各式代入数值得：F=46N

由牛顿第三定律得：小球Q在C点时对轨道压力的大小46N．

（2）由能量的转化及守恒定律得：

Ep=m1+m2

代入数值得：Ep=13.5J

（3）小球Q从C点到D点，由动能定理得：

-m2gR=m2-m2

小球Q进入圆筒做竖直上抛运动

d=vDt-gt2

联立以上各式代入数值得：t1=0.1s，t2=0.3s（舍去）

由题意知：t1=（2n+1）n=0，1，2，3…

则：T= n=0，1，2，3…．

答：（1）小球Q在C点时对轨道压力的大小是46N；

（2）弹簧锁定时的弹性势能是13.5J；

（3）圆筒转动的周期T=，n=0，1，2，3…．

解析

解：（1）对小球P，由机械能守恒定律得：

m1=m1gh

取水平向右为正．对小球P、Q，由动量守恒定律得：

0=-m1v1+m2v2

在C点，由牛顿第二定律得：

F-m2g=

联立以上各式代入数值得：F=46N

由牛顿第三定律得：小球Q在C点时对轨道压力的大小46N．

（2）由能量的转化及守恒定律得：

Ep=m1+m2

代入数值得：Ep=13.5J

（3）小球Q从C点到D点，由动能定理得：

-m2gR=m2-m2

小球Q进入圆筒做竖直上抛运动

d=vDt-gt2

联立以上各式代入数值得：t1=0.1s，t2=0.3s（舍去）

由题意知：t1=（2n+1）n=0，1，2，3…

则：T= n=0，1，2，3…．

答：（1）小球Q在C点时对轨道压力的大小是46N；

（2）弹簧锁定时的弹性势能是13.5J；

（3）圆筒转动的周期T=，n=0，1，2，3…．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量均为m相距l的两小球P、Q位于同一高度h（l，h均为定值）．将P球以初速度v0向Q球水平抛出，同时由静止释放Q球，两球与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，空气阻力、小球与地面碰撞的时间及两球相碰的机械能损失均不计．则（　　）

A若v0较小，两球不能相碰

B两球可能有多次相碰

C两球相碰后的首次落地间距可能为（2v0-l）

D两球相碰后的首次落地间距可能为（3v0-l）

正确答案

C,D

解析

解：A、因小球每次落地后均会反弹，并且在竖直方向速度始终相同，故P小球一定能到达Q所在的竖直平面上，并且与Q在同一高度，故两球一定能相碰；故A错误；

B、若A球初速度较大，在时间内水平位移大于l时，两球将在B球正下方相碰．但只能相碰一次；若在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰．但碰撞后不会再相碰；故B错误；

C、两球在空中相碰，由于两球质量相等，机械能没有损失，故在碰撞中水平速度相互交换，即P变成竖直下落，Q代替P向右抛出；由于水平速度仍为v0；可以将P之前的运动和Q之后的运动视为整个平抛运动，故由x=vt可得Q将落到v0的位置；而P落到Q的正下方；故两球落地时的间距应为（v0-l）；若与地面相碰一次后且到达最高点相遇，则间距可能为（2v0-l）；故C正确；

D、同理可知，若P和地面相碰两次后在最高点与Q相遇，则相碰后，Q以v0水平抛出，P自由下落；落地时，两球共经时间为3；由Q落到距P正下方向的位移为3v0：P落到Q原位置的正下方，故落地时二者的间距为：（3v0-l）；故D正确；

故选：CD

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题型：简答题

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简答题

（2016春•湖北月考）在水平地面上有A，B两物体，二者质量之比为mA：mB=2：1，其中A与地面间是光滑的，B与地面间有摩擦，现在A物体以一定的动能E0向静止的B运动，并与B发生正碰，并且当B刚好停下时A与B发生第二次碰撞．求：

（1）二者在第一次碰撞中系统的最小动能

（2）第一次碰撞中系统损失的动能．

正确答案

解：（1）设A，B的质量分别为2m和m，当二者速度相等时系统动能最小，设A的初速度为v0，规定A的方向为正方向，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv，

二者的最小动能为：，

联立解得：．

（2）第一次碰后A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设第一次碰后A的速度为V1，B的速度为V2，从第一次碰后到A追上B过程：

，

第一次碰撞过程由动量守恒：2mv0=2mv1+mv2，

损失的动能为：-+，

代入可解得：．

答：（1）二者在第一次碰撞中系统的最小动能为；

（2）第一次碰撞中系统损失的动能为．

解析

解：（1）设A，B的质量分别为2m和m，当二者速度相等时系统动能最小，设A的初速度为v0，规定A的方向为正方向，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv，

二者的最小动能为：，

联立解得：．

（2）第一次碰后A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设第一次碰后A的速度为V1，B的速度为V2，从第一次碰后到A追上B过程：

，

第一次碰撞过程由动量守恒：2mv0=2mv1+mv2，

损失的动能为：-+，

代入可解得：．

答：（1）二者在第一次碰撞中系统的最小动能为；

（2）第一次碰撞中系统损失的动能为．

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