(物理)动量守恒定律练习题含答案及解析
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高二物理动量守恒定律试题答案及解析1.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端.当两人同时相向运动时()A.若小车不动,两人速率一定相等B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,A的动量一定比B的大【答案】C【解析】水平面光滑,把两个人和小车看做糸统,在水平方向不受外力,糸统动量守恒。
若小车不动,A、B两个动量相等,由于不知道两个质量大小,所以不能确定两个的速度,A不对。
若小车向左运动,A、B总动量向右,所以A动量大于B动量,故C正确。
若小车向右运动,A、B总动量向左,B动量大于A动量,D错。
【考点】动量守恒2.如图所示,在光滑水平面上,有一质量为M="3" kg的薄板和质量为m="1" kg的物块.都以v="4" m/s的初速度朝相反方向运动,它们之间有摩擦,薄板足够长,当薄板的速度为2.4 m/s时,物块的运动情况是( )A.做加速运动B.做减速运动C.做匀速运动D.以上运动都可能【答案】A【解析】开始阶段,m向右减速,M向左减速,根据系统的动量守恒定律得:当m的速度为零时,.规定向右为正方向,根据动量守恒定律得:,代入解得:设此时M的速度为v1.此后m将向右加速,M继续向左减速;当两者速度达到相同时,设共同速度为.规定向右为正方向,由动量守恒定律得:,代入解得:.两者相对静止后,一起向右做匀速直线运动.由此可知当M的速度为时,m处于向右加速过程中.故A正确.【考点】考查了动量守恒定律的应用3.如图所示,质量为m的铅弹以大小为初速度射入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中并与车相对静止,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略.求:(1)弹和砂车的共同速度;(2)弹和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中流出,当漏出质量为的砂子时砂车的速度【答案】(1) (2)【解析】:(1)以铅球、砂车为系统,水平方向动量守恒,,得球和砂车的共同速度.(2)球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒,设当漏出质量为的砂子时砂车的速度为,砂子漏出后做平抛运动,水平方向的速度仍为,由,得.【考点】考查了动量守恒定律的应用4.(6分)如图所示,木板A质量mA =1 kg,足够长的木板B质量mB=4 kg,质量为mC=1kg的木块C置于木板B上,水平面光滑, B、C之间有摩擦,开始时B、C均静止,现使A以v=12 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s速度弹回. 求:(1)B运动过程中的最大速度大小.(2)C运动过程中的最大速度大小.【答案】(1)4 m/s.;(2)3.2 m/s.【解析】(1)A与B碰后瞬间, C的运动状态未变, B速度最大. 由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有: mA v+0=-mAvA+mBvB代入数据得: vB=4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速,由于B板足够长,所以B和C能达到相同速度,二者共速后, C速度最大,由B、C系统动量守恒,有mB vB+0=(mB+mC)vC,代入数据得: vC=3.2 m/s.【考点】动量守恒定律的应用。
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数36μ=;槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ,A 、B 的质量都为m=2kg ,B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长.现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求:(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小;(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小. 【答案】(1)(2)v An =(n-1)m∙s -1,v Bn ="n" m∙s -1(3)x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)设物块A 的加速度为a 1,则有m A gsin θ=ma 1, 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上; 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下; 因为G 1=f ,则凹槽B 受力平衡,保持静止,凹槽B 的加速度为a 2=0 (2)设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0,根据运动公式:v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ;AB 发生弹性碰撞,设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1,B 的速度为v B1,则由动量守恒定律:0112A A B mv mv mv =+ ;由能量关系:2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向),v B1=2m/s2.一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中,与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,开始弹簧处于原长,如图所示.已知弹簧被压缩瞬间的速度,木块、的质量均为.求:•子弹射入木块时的速度;‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能.【答案】22()(2)Mm aM m M m++b【解析】试题分析:(1)普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释,第一次提出了能量量子化理论,A正确;爱因斯坦通过光电效应现象,提出了光子说,B正确;卢瑟福通过对粒子散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型,故正确;贝克勒尔通过对天然放射性的研究,发现原子核有复杂的结构,但没有发现质子和中子,D错;德布罗意大胆提出假设,认为实物粒子也具有波动性,E错.(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:解得:.2弹簧压缩最短时,两木块速度相等,以两木块与子弹组成的系统为研究对象,以木块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:解得:由机械能守恒定律可知:.考点:本题考查了物理学史和动量守恒定律3.如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A、B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度0υ飞来与A物块碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A和小球均可视为质点(重力加速度g).求:①物块A相对B静止后的速度大小;②木板B至少多长.【答案】①0.25v0.②216v Lgμ=【解析】试题分析:(1)设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1,三者相对静止后速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒得,mv0=2mv1,① (2分)2mv1=4mv2② (2分)联立①②得,v2=0.25v0.(1分)(2)当A在木板B上滑动时,系统的动能转化为摩擦热,设木板B的长度为L,假设A刚好滑到B的右端时共速,则由能量守恒得,③ (2分)联立①②③得,L=考点:动量守恒,能量守恒.【名师点睛】小球与 A碰撞过程中动量守恒,三者组成的系统动量也守恒,结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小;对子弹和A共速后到三种共速的过程,运用能量守恒定律求出木板的至少长度.4.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因.质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上.质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响.【答案】【解析】设子弹初速度为v0,射入厚度为2d的钢板后,由动量守恒得:mv0=(2m+m)V(2分)此过程中动能损失为:ΔE损=f·2d=12mv20-12×3mV2(2分)解得ΔE=13mv20分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1:mv1+mV1=mv0(2分)因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1=f·d=mv2(1分),由能量守恒得:1 2mv21+12mV21=12mv20-ΔE损1(2分)且考虑到v1必须大于V1,解得:v1=13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2,由动量守恒得:2mV 2=mv 1(1分) 损失的动能为:ΔE′=12mv 21-12×2mV 22(2分) 联立解得:ΔE′=13(1)22+×mv 2因为ΔE′=f·x (1分), 可解得射入第二钢板的深度x 为:(2分)子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量,相互作用力乘以相对位移为产生的热量,以系统为研究对象由能量守恒列式求解5.(1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应,当温度达到108K 时,可以发生“氦燃烧”。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.在图所示足够长的光滑水平面上,用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块,将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态.乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放,当弹簧恢复原长时,甲的速度大小为2m/s ,此时乙尚未与P 相撞.①求弹簧恢复原长时乙的速度大小;②若乙与挡板P 碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞.求挡板P 对乙的冲量的最大值. 【答案】v 乙=6m/s. I =8N 【解析】 【详解】(1)当弹簧恢复原长时,设甲乙的速度分别为和,对两滑块及弹簧组成的系统,设向左的方向为正方向,由动量守恒定律可得:又知联立以上方程可得,方向向右。
(2)乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞,则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得,挡板对乙滑块冲量的最大值为:2.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ,上表面粗糙,在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B 、C 静止在水平面上.现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ,一段时间后,以02v 滑离B ,并恰好能到达C 的最高点.A 、B 、C 的质量均为m .求: (1)A 刚滑离木板B 时,木板B 的速度; (2)A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ; (3)圆弧槽C 的半径R ;(4)从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能.【答案】(1) v B =04v ;(2)20516v gL μ=(3)2064v R g =(4)201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程,取A 、B 、C 为一个系统,根据动量守恒定律有:mv 0=m2v +2mv B 解得v B =4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程,A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯=--解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程,A 、C 系统水平方向上动量守恒,则有:2mv +mv B =2mv A 、C 系统机械能守恒:22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯=解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程,A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒,2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A =4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为:2220015112232A mv E mv mv ∆=-=【点睛】该题是一个板块的问题,关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程,灵活选择物理规律,能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.3.如图所示,质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
高考物理《动量守恒定律》真题练习含答案1.[2024·全国甲卷](多选)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示.假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平.忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是()A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/sC.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N答案:BD解析:根据牛顿第三定律结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得F=4 600 N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确.故选BD.2.[2022·山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案:A解析:从火箭开始运动到点火的过程中,火箭先加速运动后减速运动,当加速度为零时,动能最大,A项正确;高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量,B项错误;根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量,C项错误;根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量,D项错误.3.[2022·湖南卷]1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是()A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案:B解析:设中子质量为m0,被碰粒子质量为m,碰后中子速度为v′0,被碰粒子速度为v,二者发生弹性正碰,由动量守恒定律和能量守恒定律有m 0v 0=m 0v ′0+m v ,12 m 0v 20 =12m 0v ′20 +12 m v 2,解得v ′0=m 0-m m 0+m v 0,v =2m 0m 0+mv 0,因为当被碰粒子分别为氢核(m 0)和氮核(14m 0)时,有v 1=v 0,v 2=215 v 0,故C 、D 项错误;碰撞后氮核的动量为p 氮=14m 0·v 2=2815m 0v 0,氢核的动量为p 氢=m 0·v 1=m 0v 0,p 氮>p 氢,故A 错误;碰撞后氮核的动能为E k 氮=12·14m 0v 22 =28225 m 0v 20 ,氢核的动能为E k 氢=12 ·m 0·v 21 =12m 0v 20 ,E k 氮<E k 氢,故B 正确. 4.[2021·全国乙卷]如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )A .动量守恒,机械能守恒B .动量守恒,机械能不守恒C .动量不守恒,机械能守恒D .动量不守恒,机械能不守恒答案:B解析:撤去推力后,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零,满足系统动量守恒的条件,故系统动量守恒;由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动,存在摩擦力做功的情况,故系统机械能不守恒,所以选项B 正确.5.[2023·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N 极正对着乙的S 极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻( )A .甲的速度大小比乙的大B .甲的动量大小比乙的小C .甲的动量大小与乙的相等D .甲和乙的动量之和不为零答案:BD解析:对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析,如图所示对于整个系统,由于μm 甲g >μm 乙g ,合力方向向左,合冲量方向向左,所以合动量方向向左,甲的动量大小比乙的小,m 甲v 甲<m 乙v 乙,又m 甲>m 乙,故v 甲<v 乙,B 、D 正确,A 、C 错误.故选BD.6.[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上,一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动.物体通过的路程等于s 0时,速度的大小为v 0,此时撤去F ,物体继续滑行2s 0的路程后停止运动.重力加速度大小为g .则( )A .在此过程中F 所做的功为12m v 20 B .在此过程中F 的冲量大小等于32m v 0 C .物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD .F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案:BC解析:设物体与桌面间的动摩擦因数为μ,根据功的定义,可知在此过程中,F 做的功为W F =Fs 0=12m v 20 +μmgs 0,选项A 错误;物体通过路程s 0时,速度大小为v 0,撤去F 后,由牛顿第二定律有μmg =ma 2,根据匀变速直线运动规律有v 20 =2a 2·2s 0,联立解得μ=v 20 4s 0g ,选项C 正确;水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动,有F -μmg =ma 1,又v 20 =2a 1s 0,可得a 1=2a 2,可得F =3μmg ,即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,选项D 错误;对F 作用下物体运动的过程,由动量定理有Ft -μmgt=m v 0,联立解得F 的冲量大小为I F =Ft =32m v 0,选项B 正确.。
高中物理动量守恒定律试题经典及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C,物块B、C静止,物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设B和C 碰撞过程时间极短.那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求.(1)A、B第一次速度相同时的速度大小;(2)A、B第二次速度相同时的速度大小;(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】(1)v0(2)v0(3)【解析】试题分析:(1)对A、B接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得,mv0=2mv1,解得v1=v0(2)设AB第二次速度相同时的速度大小v2,对ABC系统,根据动量守恒定律:mv0=3mv2解得v2=v0(3)B与C接触的瞬间,B、C组成的系统动量守恒,有:解得v3=v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时,弹簧的弹性势能最大.此时v2=v0根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能.考点:动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律,综合性较强,关键合理地选择研究的系统,运用动量守恒进行求解。
2.如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45m 的1/4圆弧面.A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑.小滑块P1和P2的质量均为m.滑板的质量M=4m,P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.20,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B 点,P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下,与P 2发生弹性碰撞后,P 1处在粗糙面B 点上.当P 2滑到C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P 2继续运动,到达D 点时速度为零.P 1与P 2视为质点,取g=10m/s 2.问:(1)P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大? (2)P 2在BC 段向右滑动时,滑板的加速度为多大? (3)N 、P 1和P 2最终静止后,P 1与P 2间的距离为多少?【答案】(1)10v '=、25m/s v '= (2)220.4m/s a = (3)△S=1.47m 【解析】试题分析:(1)P 1滑到最低点速度为v 1,由机械能守恒定律有:22011122mv mgR mv += 解得:v 1=5m/sP 1、P 2碰撞,满足动量守恒,机械能守恒定律,设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得:112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得:10v '=、25m/s v '= (2)P 2向右滑动时,假设P 1保持不动,对P 2有:f 2=μ2mg=2m (向左) 设P 1、M 的加速度为a 2;对P 1、M 有:f=(m+M )a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有:f 1=ma 2=0.4m <f m =1.0m ,所以假设成立. 故滑块的加速度为0.4m/s 2;(3)P 2滑到C 点速度为2v ',由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时,设P 1、M 速度为v ,由动量守恒定律得:22()mv m M v mv '=++ 解得:v=0.40m/s 对P 1、P 2、M 为系统:222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得:L=3.8m滑板碰后,P 1向右滑行距离:2110.08m 2v s a ==P2向左滑行距离:22222.25m2vsa'==所以P1、P2静止后距离:△S=L-S1-S2=1.47m考点:考查动量守恒定律;匀变速直线运动的速度与位移的关系;牛顿第二定律;机械能守恒定律.【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目,难度较大;要求学生能正确分析过程,并能灵活应用功能关系;合理地选择研究对象及过程;对学生要求较高.3.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因.质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上.质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响.【答案】【解析】设子弹初速度为v0,射入厚度为2d的钢板后,由动量守恒得:mv0=(2m+m)V(2分)此过程中动能损失为:ΔE损=f·2d=12mv20-12×3mV2(2分)解得ΔE=13mv20分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1:mv1+mV1=mv0(2分)因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1=f·d=mv2(1分),由能量守恒得:1 2mv21+12mV21=12mv20-ΔE损1(2分)且考虑到v1必须大于V1,解得:v1=13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2,由动量守恒得:2mV2=mv1(1分)损失的动能为:ΔE′=12mv21-12×2mV22(2分)联立解得:ΔE′=13(1)2×mv20因为ΔE′=f·x(1分),可解得射入第二钢板的深度x为:(2分)子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量,相互作用力乘以相对位移为产生的热量,以系统为研究对象由能量守恒列式求解4.如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放,下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450.【答案】最多碰撞3次【解析】解:设小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒:①m和M碰撞过程是弹性碰撞,故满足:mv0=MV M+mv1 ②③联立②③得:④说明小球被反弹,且v1与v0成正比,而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞,满足:mv1=MV M1+mv2 ⑤⑥解得:⑦整理得:⑧故可以得到发生n 次碰撞后的速度:⑨而偏离方向为450的临界速度满足:⑩联立①⑨⑩代入数据解得,当n=2时,v 2>v 临界 当n=3时,v 3<v 临界即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°. 考点:动量守恒定律;机械能守恒定律. 专题:压轴题.分析:先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度,然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度,对速度表达式分析,求出碰撞n 次后的速度表达式,再根据机械能守恒定律求出碰撞n 次后反弹的最大角度,结合题意讨论即可.点评:本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度,然后对结果表达式进行讨论,得到第n 次反弹后的速度和最大角度,再结合题意求解.5.(1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应,当温度达到108K 时,可以发生“氦燃烧”。
物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ,水平部分NP 长L =3.5m ,物体B 静止在足够长的平板小车C 上,B 与小车的接触面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车,物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力.A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ,取g =10m/s 2.求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小? (2)物体A 在NP 上运动的时间? (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少?【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ; (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316m 【解析】试题分析:(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得:m A gR=m A v N 2 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:F N ′=3m A g=30N (2)物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意,舍去) (3)物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体A 组成系统动量守恒,而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为L 1,则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得:L 1=94m物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ,A ,B 相互作用的过程中动量守恒: (m A + m B )v 3= m A v 2此后A ,B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得:L 2=316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点:牛顿第二定律;动量守恒定律;能量守恒定律.2.如图所示,一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上,小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ,将一轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为E p =6J ,小球与小车右壁距离为L=0.4m ,解除锁定,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住,求:①小球脱离弹簧时的速度大小;②在整个过程中,小车移动的距离。
物理动量守恒定律练习题20篇及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动,速度为v =3m/s ,质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点,球的左边缘恰于传送带右端B 对齐;质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动,运动至B 点与球m 2发生碰撞,在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹,小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1,取重力加速度210m/s g =。
求:(1)碰撞后瞬间,小球受到的拉力是多大?(2)物块在传送带上运动的整个过程中,与传送带间摩擦而产生的内能是多少? 【答案】(1)42N (2)13.5J 【解析】 【详解】解:设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动,根据动能定理:221111011=22m gL m v m v μ--解之可得:1=4m/s v 因为1v v <,说明假设合理滑块与小球碰撞,由动量守恒定律:21111221=+2m v m v m v - 解之得:2=2m/s v碰后,对小球,根据牛顿第二定律:2222m v F m g l-=小球受到的拉力:42N F =(2)设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ,则()01112L v v t =+ 解之得:11s t =在这过程中,传送带运行距离为:113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为:11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端,向左运动最大时间为2t 则根据动量定理:121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2.如图所示,质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤,BC 部分水平粗糙,BC 长为L =0.6m 。
动量及动量守恒定律习题大全一.动量守恒定律概述1。
动量守恒定律的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零;⑵系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计;⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零,则该阶段系统动量守恒.2.动量守恒定律的表达形式(1),即p1 p2=p1/ p2/,(2)Δp1 Δp2=0,Δp1= —Δp2 和3.应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法(1)分析题意,明确研究对象.(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,判定能否应用动量守恒。
(3)确定过程的始、末状态,写出初动量和末动量表达式。
注重:在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应取地球为参考系.(4)建立动量守恒方程求解。
4.注重动量守恒定律的“五性”:①条件性;②整体性;③矢量性;④相对性;⑤同时性.二、动量守恒定律的应用1两个物体作用时间极短,满足内力远大于外力,可以认为动量守恒.碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
如:光滑水平面上,质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动,B的左端连有轻弹簧分析:在Ⅰ位置A、B刚好接触,弹簧开始被压缩,A开始减速,B开始加速;到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v),弹簧被压缩到最短;再往后A、B远离,到Ⅲ位位置恰好分开。
(1)弹簧是完全弹性的。
压缩过程系统动能减少全部转化为弹性势能,Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大;分开过程弹性势能减少全部转化为动能;因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证实A、B的最终速度分别为:。
(这个结论最好背下来,以后经常要用到.)(2)弹簧不是完全弹性的。
压缩过程系统动能减少,一部分转化为弹性势能,一部分转化为内能,Ⅱ状态弹性势能仍最大,但比损失的动能小;分离过程弹性势能减少,部分转化为动能,部分转化为内能;因为全过程系统动能有损失。
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速度v 向右匀速运动.已知木箱的质量为m ,人与车的总质量为2m ,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞,反弹回来后被小明接住.求:(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小; (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小. 【答案】①2v;②23v 【解析】试题分析:①取向左为正方向,由动量守恒定律有:0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒,有mv+2mv 1=(m+2m )v 2 解得223v v =考点:动量守恒定律2.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ,三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ,初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动,与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),求:(1)A 球与B 球碰撞中损耗的机械能; (2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能; (3)在以后的运动过程中B 球的最小速度. 【答案】(1);(2);(3)零.【解析】试题分析:(1)A 、B 发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有:碰后A 、B 的共同速度损失的机械能(2)A、B、C系统所受合外力为零,动量守恒,机械能守恒,三者速度相同时,弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有:三者共同速度最大弹性势能(3)三者第一次有共同速度时,弹簧处于伸长状态,A、B在前,C在后.此后C向左加速,A、B的加速度沿杆向右,直到弹簧恢复原长,故A、B继续向左减速,若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时,取向左为正方向,根据动量守恒定律有:根据机械能守恒定律:此时A、B的速度,C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的,故B 的最小速度为零.考点:动量守恒定律的应用,弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A、B发生弹性碰撞,碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能.当B、C速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时,由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3.如图所示,一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上,小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B,将一轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为E p=6J,小球与小车右壁距离为L=0.4m,解除锁定,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住,求:①小球脱离弹簧时的速度大小;②在整个过程中,小车移动的距离。
高中物理动量守恒定律专项训练100(附答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧,弹簧的一端与小滑块A 粘连,另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧,处于锁定状态,一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动,如题8图所示.一段时间后,突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失),两滑块仍沿水平面做直线运动,两滑块在水平面分离后,小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=,小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=,水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求:(提示:o sin 370.6=,o cos370.8=)(1)A 、B 滑块分离时,B 滑块的速度大小. (2)解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】(1)6/B v m s = (2)0.6P E J = 【解析】试题分析:(1)设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v , 小滑块B 冲上斜面轨道过程中,由动能定理有:2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① (3分)代入已知数据解得:6/B v m s = ② (2分)(2)由动量守恒定律得:0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ (3分) 解得:2/A v m s = (2分) 由能量守恒得:2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ (4分) 解得:0.6P E J = ⑤ (2分)考点:本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.2.如图所示,光滑水平面上有两辆车,甲车上面有发射装置,甲车连同发射装置质量M 1=1 kg ,车上另有一个质量为m =0.2 kg 的小球,甲车静止在水平面上,乙车以v 0=8 m/s 的速度向甲车运动,乙车上有接收装置,总质量M 2=2 kg ,问:甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上,两车才不会相撞?(球最终停在乙车上)【答案】25m/s【解析】试题分析:要使两车恰好不相撞,则两车速度相等. 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象,水平方向动量守恒:()20120M v M m M v +=++共,解得5m /s v =共以小球与乙车组成的系统,水平方向动量守恒: ()202M v mv m M v -=+共,解得25m /s v =考点:考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞,甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同,以甲车、球与乙车为系统,由系统动量守恒列出等式,再以球与乙车为系统,由系统动量守恒列出等式,联立求解3.如图,质量分别为、的两个小球A 、B 静止在地面上方,B 球距地面的高度h=0.8m ,A 球在B 球的正上方. 先将B 球释放,经过一段时间后再将A 球释放. 当A 球下落t=0.3s 时,刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A 球的速度恰为零.已知,重力加速度大小为,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.(i )B 球第一次到达地面时的速度; (ii )P 点距离地面的高度. 【答案】4/B v m s =0.75p h m = 【解析】试题分析:(i )B 球总地面上方静止释放后只有重力做功,根据动能定理有212B B B m gh m v =可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s =(ii )A 球下落过程,根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v , 则有碰撞过程动量守恒'''A A B B B B m v m v m v +=碰撞过程没有动能损失则有222111'''222A AB B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =,''2/B v m s =小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==所以P 点的高度220'0.752B p v v h m g-== 考点:动量守恒定律 能量守恒4.如图的水平轨道中,AC 段的中点B 的正上方有一探测器,C 处有一竖直挡板,物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞,并接合成复合体P ,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t 1=2 s 至t 2=4 s 内工作,已知P 1、P 2的质量都为m =1 kg ,P 与AC 间的动摩擦因数为μ=0.1,AB 段长L =4 m ,g 取10 m/s 2,P 1、P 2和P 均视为质点,P 与挡板的碰撞为弹性碰撞。
动量守恒定律复习测试题1.如图所示,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为()A.v0+mM v B.v0-m M vC.v0+mM(v0+v) D.v0+mM(v0-v)2.在2010年温哥华冬奥会上,首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌,如图13-1-8为中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行.若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度为()A.0.1 m/s B.-0.1 m/sC.0.7 m/s D.-0.7 m/s3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则()A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶104.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是()A .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C .B 能达到的最大高度为h 2D .B 能达到的最大高度为h5.如图,大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触.现将摆球a 向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )A .第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B .第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C .第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D .发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置6.如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ,质量分别为m A =m C =2m ,m B =m ,A 、B 用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接).开始时A 、B 以共同速度v 0运动,C 静止.某时刻细绳突然断开,A 、B 被弹开,然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同.求B 与C 碰撞前B 的速度.7.如图所示,光滑水平桌面上有长L =2 m 的挡板C ,质量m C =5 kg ,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ,m A =1 kg ,m B =3 kg ,开始时三个物体都静止.在A 、B 间放有少量塑胶炸药,爆炸后A 以6 m/s 速度水平向左运动,A 、B 中任意一块与挡板C 碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A 、B 都与挡板C 碰撞后,C 的速度是多大;(2)A 、C 碰撞过程中损失的机械能.8.如图所示,在光滑水平面上有质量均为m 的两辆小车A 和B ,A 车上表面光滑水平,其上表面左端有一质量为M 的小物块C (可看做质点).B 车上表面是一个光滑的14圆弧槽,圆弧槽底端的切线与A 的上表面相平.现在A 和C 以共同速度v 0冲向静止的B 车,A 、B 碰后粘合在一起,之后物块C 滑离A ,恰好能到达B 的圆弧槽的最高点.已知M =2m ,v 0=4 m/s ,取g =10 m/s 2.求圆弧槽的半径R .动量守恒复习题答案1.如图所示,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为()A.v0+mM v B.v0-m M vC.v0+mM(v0+v) D.v0+mM(v0-v)【解析】小船和救生员组成的系统满足动量守恒:(M+m)v0=m·(-v)+Mv′解得v′=v0+mM(v0+v)故C项正确,A、B、D三项均错.【答案】 C2.在2010年温哥华冬奥会上,首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌,如图13-1-8为中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行.若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度为() A.0.1 m/s B.-0.1 m/sC.0.7 m/s D.-0.7 m/s【解析】设冰壶质量为m,碰后中国队冰壶速度为v x,由动量守恒定律得mv0=mv+mv x解得v x=0.1 m/s,故选项A正确.【答案】 A3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则()A .左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B .左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C .右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D .右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10【解析】 由m B =2m A ,p A =p B 知碰前v B <v A若左为A 球,设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B由题意知p ′A =m A v ′A =2 kg·m/sp ′B =m B v ′B =10 kg·m/s 由以上各式得v ′A v ′B =25,故正确选项为A. 若右为A 球,由于碰前动量都为6 kg·m/s ,即都向右运动,两球不可能相碰.【答案】 A4.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m 的物体A 相连,A 放在光滑水平面上,有一质量与A 相同的物体B ,从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A 相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是( )A .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB .弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C .B 能达到的最大高度为h 2D .B 能达到的最大高度为h【解析】 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平地面的速度v 0=2gh ,根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v =12v 0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm =12·2mv 2=12mgh ,即A 错,B 正确;当弹簧再次恢复原长时,A 与B 将分开,B 以v 的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh ′=12mv 2,B 能达到的最大高度为h /4,即D 错误.【答案】 B5.如图,大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触.现将摆球a 向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )A .第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B .第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C .第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D .发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置【解析】 弹性碰撞遵守能量守恒和动量守恒,设第一次碰撞前,a 的速度为v ,第一次碰撞后a 的速度为v 1、b 的速度为v 2,根据动量守恒,得mv =mv 1+3mv 2① 根据能量守恒,得:12mv 2=12mv 21+12×3mv 22② ①②联立得:v 1=-12v ,v 2=12v ,故A 选项正确;第一次碰撞后瞬间,a 的动量大小为12mv ,b 的动量大小为32mv ,故B 选项错误;由于第一次碰撞后瞬间的速度大小相等,根据机械能守恒可知,两球的最大摆角相等,C 选项错误;由于摆长相同,两球的振动周期相等,所以第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置,D 选项正确.【答案】 AD6.如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ,质量分别为m A =m C =2m ,m B =m ,A 、B 用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接).开始时A 、B 以共同速度v 0运动,C 静止.某时刻细绳突然断开,A 、B 被弹开,然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同.求B 与C 碰撞前B 的速度.【解析】 设共同速度为v ,球A 与B 分开后,B 的速度为v B ,由动量守恒定律(m A +m B )v 0=m A v +m B v B ①m B v B =(m B +m C )v ②联立①②式,得B 与C 碰撞前B 的速度v B =95v 0.7.如图所示,光滑水平桌面上有长L =2 m 的挡板C ,质量m C =5 kg ,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ,m A =1 kg ,m B =3 kg ,开始时三个物体都静止.在A 、B 间放有少量塑胶炸药,爆炸后A 以6 m/s 速度水平向左运动,A 、B 中任意一块与挡板C 碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A 、B 都与挡板C 碰撞后,C 的速度是多大;(2)A 、C 碰撞过程中损失的机械能.【解析】 (1)A 、B 、C 系统动量守恒0=(m A +m B +m C )v C , v C =0.(2)炸药爆炸时A 、B 系统动量守恒m A v A =m B v B解得:v B =2 m/s A 、C 碰撞前后系统动量守恒m A v A =(m A +m C )v v =1 m/sΔE =12m A v 2A -12(m A +m C )v 2=15 J.8.如图所示,在光滑水平面上有质量均为m 的两辆小车A 和B ,A 车上表面光滑水平,其上表面左端有一质量为M 的小物块C (可看做质点).B 车上表面是一个光滑的14圆弧槽,圆弧槽底端的切线与A 的上表面相平.现在A 和C 以共同速度v 0冲向静止的B 车,A 、B 碰后粘合在一起,之后物块C 滑离A ,恰好能到达B 的圆弧槽的最高点.已知M =2m ,v 0=4 m/s ,取g =10 m/s 2.求圆弧槽半径R .【解析】 设A 、B 碰后的共同速度为v 1,C 到达最高点时A 、B 、C 的共同速度为v 2,A 、B 碰撞过程动量守恒:mv 0=2mv 1C 冲上圆弧最高点过程系统动量守恒:Mv 0+2mv 1=(M +2m )v 2机械能守恒:12Mv 20+2×12mv 21=12(M +2m )v 22+MgR 联立以上三式解得:R =v 2016g代入数据得:R =0.1 m。