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

总质量为M的气球以2m/s的速度匀速上升，在某高度处从气球上落下质量为的物体，不计空气阻力，物体落地时的速度为14m/s，则此时气球的速度大小为（　　）

A2m/s

B4m/s

C6m/s

D8m/s

正确答案

C

解析

解：对气球和物体组成的系统，设向上为正方向，根据动量守恒：

Mv0=-Mv+Mv′

即：2=-0.2×14+0.8v′

得：v′=6m/s

故选：C．

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题型：多选题

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多选题

A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5kg•m/s，B球的动量为7kg•m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为（　　）

A

B

C

D

正确答案

B,C

解析

解：A、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大．故A错误．

B、碰撞前，A的速度大于B的速度vA＞vB，则有＞，得到mA＜mB．

根据碰撞过程总动能不增加，则有+≤+，

得到mA≤mB，满足mA＜mB．故B正确．

C、根据B选项分析得C正确．

D、可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故D错误．

故选BC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量mA=2kg木块A静止在光滑水平面上．一质量mB=1kg的木块B以初速度v0=8m/s向右运动，与A碰撞后均向右运动．木块A 向右运动与挡板碰撞反弹（与挡板碰撞无机械能损失），后与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度分别为vA=1m/s、vB=2m/s．

求：（1）第一次A、B碰撞过程中A对B的冲量；

（2）第二次A、B碰撞过程中A对B做的功．

正确答案

解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，取向右为正方向，对于AB组成的系统，由动量守恒定律得：

mBv0=mA vA1+mBvB1　

A与挡板碰撞，因为没有机械能损失，所以A原速反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，

设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，

由题意知，vA和vB方向均向左，取向左为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA1-mBvB1=mAvA+mBvB，

联立并代入数据解得：vA1=3m/s，vB1=2m/s，

以向右为正方向，对B，由动量定理得：

I=mBvB1-mBv0=1×2-1×8=-6kg•m/s；

（2）设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，

由动能定理得：W=mBvB2-mBvB12

代入数据解得：W=0J；

答：（1）第一次A、B碰撞过程中A对B的冲量大小为6kg•m/s，方向向左；

（2）第二次A、B碰撞过程中A对B做的功为0J．

解析

解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，取向右为正方向，对于AB组成的系统，由动量守恒定律得：

mBv0=mA vA1+mBvB1　

A与挡板碰撞，因为没有机械能损失，所以A原速反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，

设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，

由题意知，vA和vB方向均向左，取向左为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA1-mBvB1=mAvA+mBvB，

联立并代入数据解得：vA1=3m/s，vB1=2m/s，

以向右为正方向，对B，由动量定理得：

I=mBvB1-mBv0=1×2-1×8=-6kg•m/s；

（2）设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，

由动能定理得：W=mBvB2-mBvB12

代入数据解得：W=0J；

答：（1）第一次A、B碰撞过程中A对B的冲量大小为6kg•m/s，方向向左；

（2）第二次A、B碰撞过程中A对B做的功为0J．

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题型：简答题

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简答题

光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“┘”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦系数为μ，qE=2μmg，整个装置处于场强为E的水平匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：

（1）从小物体释放到第一次与滑板A壁碰撞所需时间，及碰撞前小物体速度v1的大小

（2）若小物体第一次与A壁碰后停止（碰撞过程时间极短），（相对水平面），则碰撞后滑板的速度v多大？

（3）从（2）问开始两个物体再次碰撞前各自的速度是多少？（碰撞时间可忽略）

正确答案

解：由牛顿第二定律得：对B：qE-μmg=maB，

解得：aB=μg，对A：μmg=4maA，

解得：aA=0.25μg；

（1）A、B都做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：

对A：xA=aAt2=0.125μgt2，

对B：xB=aBt2=0.5μgt2，

由几何关系可知：xB=xA+L1，

解得：t=，

vA=aAt=，

vB=aBt=；

（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

4mvA+mvB=4mv，

解得：v=2；

（3）碰撞后A向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动，

对A：xA′=vt′-aAt′2，

对B：xB′=aBt′2，

再次碰撞时：xA′=xB′，

解得：t′=，

vA′=v-aAt′=6，

vB′=aBt′=16；

答：（1）从小物体释放到第一次与滑板A壁碰撞所需时间为，碰撞前小物体速度v1的大小为；

（2）若小物体第一次与A壁碰后停止（碰撞过程时间极短），碰撞后滑板的速度v为2；

（3）从（2）问开始两个物体再次碰撞前各自的速度分别是6、16．

解析

解：由牛顿第二定律得：对B：qE-μmg=maB，

解得：aB=μg，对A：μmg=4maA，

解得：aA=0.25μg；

（1）A、B都做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：

对A：xA=aAt2=0.125μgt2，

对B：xB=aBt2=0.5μgt2，

由几何关系可知：xB=xA+L1，

解得：t=，

vA=aAt=，

vB=aBt=；

（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

4mvA+mvB=4mv，

解得：v=2；

（3）碰撞后A向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动，

对A：xA′=vt′-aAt′2，

对B：xB′=aBt′2，

再次碰撞时：xA′=xB′，

解得：t′=，

vA′=v-aAt′=6，

vB′=aBt′=16；

答：（1）从小物体释放到第一次与滑板A壁碰撞所需时间为，碰撞前小物体速度v1的大小为；

（2）若小物体第一次与A壁碰后停止（碰撞过程时间极短），碰撞后滑板的速度v为2；

（3）从（2）问开始两个物体再次碰撞前各自的速度分别是6、16．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为．已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g．求：

（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；

（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；

（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能．

正确答案

解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律得

①

将数据代入①式解得：N=mg ②

由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上．

（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，小球a从B运动到A的过程中，由机械能守恒定律得：

③

由③式解得 ④

小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvb⑤

由⑤式解得：⑥

（3）弹簧的弹性势能为：EP=+ ⑦

由⑦式解得：EP=4.5mgR⑧

答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上；

（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为；

（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能是4.5mgR．

解析

解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律得

①

将数据代入①式解得：N=mg ②

由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上．

（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，小球a从B运动到A的过程中，由机械能守恒定律得：

③

由③式解得 ④

小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvb⑤

由⑤式解得：⑥

（3）弹簧的弹性势能为：EP=+ ⑦

由⑦式解得：EP=4.5mgR⑧

答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上；

（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为；

（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能是4.5mgR．

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