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

光滑水平面上并排放着两个相同的木块A、B，一粒子弹以一定速度水平射入A并穿出木块B，用IA表示木块A受到子弹作用力的冲量，pB表示木块B的动量，则（　　）

A

Bc=2b

C（t2-t1）=t1

Db=a

正确答案

A

解析

解：A、D由图（c）可知，子弹穿过木块A的时间为t1，子弹对木块A的冲量实际上等于子弹在穿过A的过程中对A、B的总冲量，即f•t1=pA+pB，由于A、B相同，质量相等，因此在t1时间A对B的冲量等于子弹对A的冲量的一半，即，即有b=，故A正确，D错误；

B、C，子弹在穿过B时，相对B的平均速度小于穿过A时相对A的平均速度，因此（t2-t1）＞t1，f（t2-t1）＞f•t1，

f（t2-t1）=p′B-pB＞pB，c＞2b，故BC错误．

故选A

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题型：多选题

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多选题

（2015•江西校级模拟）如图所示，半径为R的半圆形光滑凹槽A静止在光滑平面上，其质量为m，现有一质量也为m的小物块B，由静止开始从槽面左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块B刚要到达槽面最低点时，凹槽A恰好被一表面带有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零；小物块B继续向右运动，运动到距槽面最低点的最大高度是，则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A凹槽A对小物块B做的功W=-mgR

B凹槽A对小物块B做的功W=mgR

C凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为mg

D凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为2mg

正确答案

A,D

解析

解：A、小物块B继续向右运动，运动到距槽面最低点的最大高度是，根据动能定理求得

-mg=0-mv2

根据动能定理研究小物块B从释放到第一次到达最低点的过程

mgR+W=mv2-0

W=-mgR，故A正确，B错误；

C、凹槽A被粘住的瞬间，根据牛顿第二定律得

N-mg=m

N=2mg

根据牛顿第三定律得小物块B对凹槽A的压力大小为2mg，故C错误，D正确；

故选：AD．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，载人气球原悬浮于离地高度为h的空中，气球质量为M，人的质量为m．若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是______．

正确答案

解析

解：设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向可得：

0=Mv2+mv1①

人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小v2=，②

人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1=③

将②③代入①得

0=M（-）+m•

解得：L=

故答案为：

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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PTQ均光滑．质量M=l kg、长L=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与R=0.5m的半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，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滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求：

（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞后滑块到达P点的速度；

（2）滑块到达P点时对轨道的压力

（3）若圆轨道的半径R可变，为使滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值范围．

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律得：对木块有：-μmg=ma1解得：a1=-2m/s2，

对小车有：μmg=Ma2解得：a2=4m/s2，

设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，

以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1

代入数据解解得：v1=4m/s，

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，

有：μmgL1=mv02-=（m+M）v12，代入数据解得：L1=3m，

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，

有：μmgS1═Mv12-0，代入数据解得S1=2m，

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，

且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）到达P点时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

代入数据解得：F=84N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为84N，方向竖直向下．

（3）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动；

然后滑上圆轨道的最低点P．若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，

滑块恰好到达最高点时，由牛顿第二定律得：mg=m，

根据动能定理，有：-μmgL2-mg•2R=mv2-mv12，联立并代入数据解得：R=0.24m，

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有-μmgL2-mg•R=0-mv12，代入数据解得：R=0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：R≤0.24m或R≥0.6m

答：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）滑块对轨道的压力为84N，方向竖直向下．

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

解析

解：（1）由牛顿第二定律得：对木块有：-μmg=ma1解得：a1=-2m/s2，

对小车有：μmg=Ma2解得：a2=4m/s2，

设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，

以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1

代入数据解解得：v1=4m/s，

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，

有：μmgL1=mv02-=（m+M）v12，代入数据解得：L1=3m，

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，

有：μmgS1═Mv12-0，代入数据解得S1=2m，

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，

且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）到达P点时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

代入数据解得：F=84N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为84N，方向竖直向下．

（3）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动；

然后滑上圆轨道的最低点P．若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，

滑块恰好到达最高点时，由牛顿第二定律得：mg=m，

根据动能定理，有：-μmgL2-mg•2R=mv2-mv12，联立并代入数据解得：R=0.24m，

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有-μmgL2-mg•R=0-mv12，代入数据解得：R=0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：R≤0.24m或R≥0.6m

答：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）滑块对轨道的压力为84N，方向竖直向下．

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

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题型：填空题

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填空题

如图所示，质量均为m的小滑块P和Q都视作质点，与轻质弹簧相连的Q静止在光滑水平面上．P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，P、Q的共同速度为______，当P的速度时弹簧具有的弹性势能等于______．

正确答案

v

mv2

解析

解：P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv=（m+m）v1，解得：v1=v；

当P的速度时，由动量守恒定律得：mv=m•v+mvQ，

由能量守恒定律得：mv2=mvQ2+m（v）2+EP，

解得：EP=mv2；

故答案为：v；mv2．

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