- 动量守恒定律
- 共5880题
（1）a球离开弹簧时的速度大小va；
（2）b球离开弹簧时的速度大小vb；
（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep．
正确答案
解：（1）a球过圆轨道最高点A时mg=m
求出vA=
a球从C运动到A，由机械能守恒定律
由以上两式求出vc=
（2）b球从D运动到B，由机械能守恒定律
求出vb=vD=2
（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律mva=mbvb
求出mb=
弹簧的弹性势能 Ep=
求出 Eρ=7.5mgR
答：（1）a的速度为va为
（2）b的速度为2
（3）释放小球前弹簧的弹性势能7.5mgR．
解析
解：（1）a球过圆轨道最高点A时mg=m
求出vA=
a球从C运动到A，由机械能守恒定律
由以上两式求出vc=
（2）b球从D运动到B，由机械能守恒定律
求出vb=vD=2
（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律mva=mbvb
求出mb=
弹簧的弹性势能 Ep=
求出 Eρ=7.5mgR
答：（1）a的速度为va为
（2）b的速度为2
（3）释放小球前弹簧的弹性势能7.5mgR．
（1）小球A开始释放的位置离轨道最低点的高度；
（2）第二次碰撞后A球的速度．
正确答案
解：（1）碰撞后A上升的过程中机械能守恒，得：
所以碰撞后A与B的速度的大小
设碰撞前A的速度是v0，以碰撞前A运动的方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv0=-mv1+3mv1
代入数据得：
碰撞前A下降的过程中机械能守恒得：
得：h=
（2）A与B滑上又返回的过程中机械能守恒，所以A与B返回后的速度的大小不变，由运动的对称性可知，两个小球同时返回，返回后仍然以A运动的方向为正方向，则：
mv1-3mv1=-mv3+3mv4
碰撞的过程中总动能不变，则：
联立解得：
答：（1）小球A开始释放的位置离轨道最低点的高度为R；
（2）第二次碰撞后A球的速度为
解析
解：（1）碰撞后A上升的过程中机械能守恒，得：
所以碰撞后A与B的速度的大小
设碰撞前A的速度是v0，以碰撞前A运动的方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv0=-mv1+3mv1
代入数据得：
碰撞前A下降的过程中机械能守恒得：
得：h=
（2）A与B滑上又返回的过程中机械能守恒，所以A与B返回后的速度的大小不变，由运动的对称性可知，两个小球同时返回，返回后仍然以A运动的方向为正方向，则：
mv1-3mv1=-mv3+3mv4
碰撞的过程中总动能不变，则：
联立解得：
答：（1）小球A开始释放的位置离轨道最低点的高度为R；
（2）第二次碰撞后A球的速度为
（1）物块在车面上滑行的时间t；
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少．
正确答案
解：
解法一：
（1）由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向（如图所示），根据动量守恒定律有
m2v0=（m1+m2）v…①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
-Ft=m2v-m2v0…②
其中F=μm2g…③
解得
代入数据得 t=0.24s…④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
m2v‘0=（m1+m2）v'…⑤
由功能关系有
⑤⑥联立并代入数据解得：v0′=5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s．
解法二：
（1）选物块原来的方向为正，
对小车有a1=
对物块a2=
由于物块在车面上某处与小车保持相对静止，物块和车具有共同速度．
所以有v0+a2t=a1t…③
①②式代入③式解得t=0.24s
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度v′设小车的位移为s1，物块的位移为s2，物块原来的速度为v0'
对小车有：v′2-0=2a1s1…④
对物块有：
s2-s1=L…⑥
①②④⑤⑥联立解得v0'=5m/s
答：（1）物块在车面上滑行的时间为0.24s
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s．
解析
解：
解法一：
（1）由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向（如图所示），根据动量守恒定律有
m2v0=（m1+m2）v…①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
-Ft=m2v-m2v0…②
其中F=μm2g…③
解得
代入数据得 t=0.24s…④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
m2v‘0=（m1+m2）v'…⑤
由功能关系有
⑤⑥联立并代入数据解得：v0′=5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s．
解法二：
（1）选物块原来的方向为正，
对小车有a1=
对物块a2=
由于物块在车面上某处与小车保持相对静止，物块和车具有共同速度．
所以有v0+a2t=a1t…③
①②式代入③式解得t=0.24s
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度v′设小车的位移为s1，物块的位移为s2，物块原来的速度为v0'
对小车有：v′2-0=2a1s1…④
对物块有：
s2-s1=L…⑥
①②④⑤⑥联立解得v0'=5m/s
答：（1）物块在车面上滑行的时间为0.24s
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由动量守恒可知：mv0=（M+m）v可知：
v=
对m分析可知，m只有M的摩擦力做功，则由动能定理可知，-μmg（x+d）=
对M分析可知，M受m的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx=
联立可知：μmgd=
故只有C正确；
故选C．
（1）求小球到甲轨道最高点时的速度v．
（2）求小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力．
（3）若在水池中MN范围放上安全气垫（气垫厚度不计），水面上的B点在水平轨道边缘正下方，且BM=10m，BN=15m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A距水平轨道的高度该如何设计？
正确答案
解：（1）在甲轨道最高点P有：
mg=m
代入解得：v=5m/s
即小车通过C轨道最高点的速度为5m/s；
（2）从甲轨道最高点P到乙轨道最高点Q，由动能定理得：
mg（2R-2r）=
在D轨道最高点：
mg+F=m
代入解得：N=333.3N
由牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为333.3N；
（3）设刚好过P点，下落高度为h1，
从A到P，由动能定理得：
mg（h1-2R）=
解得 h1=6.25m，所以h≥6.25m…①
又：设物体到水平台右端E点速度为 vE，从E平抛刚好到M点：
h=
x1=vE1t=10m
解得 vE1=10m/s
从E平抛刚好到N点：x2=vE2t=15m
解得：vE2=15m/s
要使物体落在MN范围，10m/s≤vE≤15m/s．
从A到E，由动能定理得
mgh=
则5m≤h≤11.25m…②
由①②得：6.25m≤h≤11.25m
答：（1）小球到甲轨道最高点时的速度v是5m/s．
（2）小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力是333.3N．
（3）小滑车起始点A距水平轨道的高度范围为6.25m≤h≤11.25m．
解析
解：（1）在甲轨道最高点P有：
mg=m
代入解得：v=5m/s
即小车通过C轨道最高点的速度为5m/s；
（2）从甲轨道最高点P到乙轨道最高点Q，由动能定理得：
mg（2R-2r）=
在D轨道最高点：
mg+F=m
代入解得：N=333.3N
由牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为333.3N；
（3）设刚好过P点，下落高度为h1，
从A到P，由动能定理得：
mg（h1-2R）=
解得 h1=6.25m，所以h≥6.25m…①
又：设物体到水平台右端E点速度为 vE，从E平抛刚好到M点：
h=
x1=vE1t=10m
解得 vE1=10m/s
从E平抛刚好到N点：x2=vE2t=15m
解得：vE2=15m/s
要使物体落在MN范围，10m/s≤vE≤15m/s．
从A到E，由动能定理得
mgh=
则5m≤h≤11.25m…②
由①②得：6.25m≤h≤11.25m
答：（1）小球到甲轨道最高点时的速度v是5m/s．
（2）小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力是333.3N．
（3）小滑车起始点A距水平轨道的高度范围为6.25m≤h≤11.25m．
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