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，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m．物块B静止在水平面的最右端N处，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，取g=10m/s2．

（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；

（2）求碰撞后瞬间A与B的速度大小；

（3）讨论K在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式．

正确答案

解：（1）设碰撞前A的速度为υ1，由动能定理得：

得：=4m/s

（2）设碰撞后A、B速度为υ2，且设向右为正方向，A与B发生碰撞并粘在一起，AB速度相同

由动量守恒定律得：mAυ1=（mA+mB）υ2

得：m/s

（3）①如果AB能从传送带右端离开，必须满足：

解得：k＜1

传送带对它们所做的功为：W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）

②当υ2≤υ时有：k≥3

即AB返回到传送带左端时速度仍为υ2

故这个过程传送带对AB所做的功为：W=0

③当1≤k＜3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，

当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端，

在这个过程中传送带对AB所做的功为：

解得：

答：（1）A到达N点与B碰撞前的速度大小是4m/；

（2）碰撞后瞬间A与B的速度大小是m/s；

（3）①k＜1，W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）．

②k≥3，W=0；

③当1≤k＜3时，．

解析

解：（1）设碰撞前A的速度为υ1，由动能定理得：

得：=4m/s

（2）设碰撞后A、B速度为υ2，且设向右为正方向，A与B发生碰撞并粘在一起，AB速度相同

由动量守恒定律得：mAυ1=（mA+mB）υ2

得：m/s

（3）①如果AB能从传送带右端离开，必须满足：

解得：k＜1

传送带对它们所做的功为：W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）

②当υ2≤υ时有：k≥3

即AB返回到传送带左端时速度仍为υ2

故这个过程传送带对AB所做的功为：W=0

③当1≤k＜3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，

当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端，

在这个过程中传送带对AB所做的功为：

解得：

答：（1）A到达N点与B碰撞前的速度大小是4m/；

（2）碰撞后瞬间A与B的速度大小是m/s；

（3）①k＜1，W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）．

②k≥3，W=0；

③当1≤k＜3时，．

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题型：单选题

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单选题

介子有两个夸克构成，而夸克之间的相互作用相当复杂．研究介子可通过用高能电子与之作非弹性碰撞来进行．由于碰撞过程难于分析，为掌握其主要内涵，人们发展了一种简化了的“分粒子”模型．其主要内容为：电子只和介子的某部分（比如其中一个夸克）作弹性碰撞．碰撞后的夸克再经过介子内的相互作用把能量和动量传给整个介子．

该物理现象可用下面的典型模型来描述如图所示：一个质量为M及动能为E的电子，与介子的一个质量为m1的夸克作弹性碰撞，介子里另一个夸克的质量为m2（m1≠m2），夸克间以一无质量的弹簧相连．碰撞前夸克处于静止状态，弹簧处于静止状态，弹簧处于自然长度L．所有运动都是一维的，忽略一切相对论效应．则碰撞后运动过程中夸克m2可能具有的动能为（　　）

A

BEk=E

CE

DE

正确答案

A

解析

解：以电子和夸克m1组成的系统为研究对象．

设碰撞前电子的速度为V0，碰撞后电子的速度为V1，夸克m1的速度为V2

由动量守恒定律可知：

Mv0=Mv+m1v1

由于发生弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变

M=Mv2+m1

M=E

v1=

m1和m2作用过程中，弹簧第一次恢复原长时m2的动能最大，

由动量守恒定律可知：

m1v1=m1v′1+m2v2，

根据能量守恒得：m1=m1+m2

解得：v2=

所以m1的夸克的最大动能是Ek=m2

解得：Ek=E，故B正确，ACD错误

故选B．

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题型：多选题

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多选题

半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动．若甲球质量大于乙球质量，碰撞前两球动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（　　）

A甲球的速度为零而乙球的速度不为零

B乙球的速度为零而甲球的速度不为零

C两球的速度均不为零

D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

正确答案

A,C

解析

解：A、上述分析知EK甲=EK乙，因为=，所以，∵m甲＞m乙∴P甲＞P乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．

B、因为乙必弹回，故速度不为零．B错误

C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C正确

D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，都不反向，D错误

故选：AC．

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题型：多选题

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多选题

如图（甲）所示，一质量为M的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m的小滑块以一定初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图（乙）所示，根据图象可知（　　）

A木块始终与木板存在相对运动

B滑块未能滑出木块

C滑块的质量m小于木块的质量M

D在t1时刻滑块从木板上滑出

正确答案

A,D

解析

解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动．故A正确．

B、D滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出．故B错误，D正确．

C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量M．故C错误．

故选：AD．

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题型：填空题

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填空题

（2016•青浦区一模）在光滑水平面上沿x轴正方向作直线运动的物体A质量为m1，速度为v1=2m/s；另一个物体B质量为m2，以v2=4m/s的速率沿x轴负方向迎面向A运动，若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动，则m1：m2=______；若两物体相碰后粘在一起并以v′=1m/s的速度沿x轴正方向运动，则m1：m2=______．

正确答案

2：1

5：1

解析

解：以A、B组成的系统为研究对象，

①若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动

由水平方向上动量守恒得

m1v1=m2v2

所以===，

②若两物体相碰后粘在一起并以v‘=1m/s的速度沿x轴正方向运动

由水平方向上动量守恒得

m1v1-m2v2=（m1+m2）v′

所以2m1-4m2=m1+m2

m1=5m2

=；

故答案为：2：1，5：1．

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