(完整版)动量守恒定律习题及答案.pdf

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当A球追上B球时发生碰撞时,系统遵守动量守恒。根据碰撞过程中系统的动量守恒定律和总动能不增加,列式进行分析。【解答】解:以A、B两球组成的系统为研究对象。设两球的质量均为m。当A球追上B球时发生碰撞,遵守动量守恒。碰撞前总动量为:p′=p′+p′=(8+6)kg?m/s=14kg?m/s。碰撞前总动能为:ABE′=+=+=;kA、碰撞后,总动量为p=p+p=(0+14)kg?m/s=14kg?m/s,符合动量守恒定律,AB碰撞后总动能为E=+==>E′,总动能增加,违反了能量守恒定kk律,不可能,故A错误。B、碰撞后,总动量为p=p+p=(4+10)kg?m/s=14kg?m/s,符合动量守恒定律。AB碰撞后总动能为E=+=+=>E′,总动能增加,违反了能量守kk页(共36页):..恒定律,不可能,故B错误。C、碰撞后,总动量为p=p+p=(6+8)kg?m/s=14kg?m/s,符合动量守恒定律。AB碰撞后总动能为E=+=+==E′,总动能不变,是可能的,故Ckk正确。D、碰撞后,总动量为p=p+p=(7+8)kg?m/s=15kg?m/s,动量不守恒,不可能,AB故D错误。故选:C。【点评】对于碰撞过程,往往根据三大规律进行分析:1、是动量守恒定律;2、总动能不增加;3、符合物体的实际运动情况。=2kg和m的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间不计,其12χ﹣t(位移﹣时间)图象如图所示,则m的质量等于()【分析】x﹣t图象的斜率等于速度,根据图象的斜率求出碰撞前后两球的速度,再根据碰撞过程中动量守恒即可求解m。2【解答】解:根据x﹣t图象的斜率等于速度,可知碰撞前m是静止的,2m的速度为:v==m/s=4m/s11碰后m的速度为:v′==m/s=﹣2m/s,11m的速度为:v′==m/=2m/s,22以两个物体组成的系统为研究对象,取碰撞前m的速度方向为正方向,根据动1量守恒定律有:页(共36页):..mv=mv′+mv′,111122代入数据得:2×4=2×(﹣2)+m×2,2解得:m=6kg;2故选:D。【点评】解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律:动量守恒定律,要知道x﹣t图象的斜率等于速度,要注意斜率的正负表示速度的方向。,光滑水平面上,甲、乙两个球分别以大小为v=1m/s、v=2m/s的12速度做相向运动,,则甲、乙两球的质量之比为()::::1【分析】甲、乙两个球碰撞过程中,系统的动量守恒,由动量守恒定律可以求得甲、乙两球的质量之比。【解答】解:设碰撞前甲球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得:mv﹣mv=﹣(m+m)v甲1乙2甲乙已知v=1m/s、v=2m/s,v=,解得m:m=1:112甲乙故选:A。【点评】本题考查了完全非弹性碰撞过程,应用动量守恒定律即可正确解题,注意要规定正方向,用符号表示速度的方向。,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B运动的v﹣t图象如图乙所示,取g=10m/s2,则物块A的质量为()(共36页):..【分析】A、B速度相同后,一起做匀减速运动,根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小,结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。隔离对M分析,根据速度时间图线得出0﹣1s内M的加速度,根据牛顿第二定律求出A的质量。【解答】解:由图象可知,A在0﹣1s内的加速度a===﹣2m/s2,1对A,由牛顿第二定律得,﹣μmg=ma1AA1解得AB间的动摩擦因数μ=。1由图象知,A、B在1﹣3s内的加速度a===﹣1m/s2,3对AB由牛顿第二定律得﹣μ(m+m)g=(m+m)a2BABA3解得B与水平面间的动摩擦因数μ=。2由图象可知B在0﹣1s内的加速度a===2m/s2。2对B,由牛顿第二定律得,μmg﹣μ(m+m)g=ma,1A2BAB2代入数据解得m=3kg。故B正确,ACD错误;A故选:B。【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用,关键理清A、B的运动规律,结合图线的斜率求出加速度,根据牛顿第二定律进行研究。,A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球,m=,拉起A球,使细线与竖直方向偏角为30°,由静止释放,在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力,则关于碰后两小球的运动,下列说法正确的是(),B向右,且偏角小于30°,B向右,且偏角都等于30°第17页(共36页):..,B向右,A偏角小于B偏角,且都小于30°,B向右,A偏角等于B偏角,且都小于30°【分析】先根据机械能守恒定律求出A球与B球碰撞前瞬间的速度。两球碰撞过程动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后瞬间两球的速度,再由机械能守恒定律分析两球的偏角关系。【解答】解:、B两球的速0度分别为v、,A球下摆过程,由机械能守恒定律得:ABmgL(1﹣cos30°)=mv2。AA0碰撞过程,取水平向右为正方向,由动量守恒定律与机械能守恒定律得:mv=mv+mvA0AABBmv2=mv2+mv2。A0AABB联立以上三式解得:v=﹣=﹣,方向向左。Av==,方向向B设碰后A球的偏角为α,:mv2=mgL(1﹣cosα)AAA对B球有:mv2=mgL(1﹣cosβ)BBB解得:α=β<30°因此:A向左,B向右,A偏角等于B偏角,且都小于30°,故ABC错误,D正确。故选:D。【点评】解决本题的关键是分析两球的运动过程,把握每个过程的物理规律,知道小球下摆或上摆过程中机械能守恒,弹性碰撞过程中动量和机械能都守恒,要注意选择正方向,用符号表示速度的方向。=,m=、b在光滑水平面上发生正碰,若ab不计碰撞时间,它们碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示,则下列说法正确的是()第18页(共36页):..?m/??m/s【分析】根据图示图象由速度公式求出碰撞前后物体的速度,然后由动量的计算公式求出物体的动量。【解答】解:A、由图示图象可知,碰撞前a的速度:v===4m/s,碰撞前aa的动量:P=mv=×4=2kg?m/s,故A错误;aaaB、由图示图象可知,碰撞前b静止,碰撞前b的动量为零,故B正确;C、由图示图象可知,碰撞由a、b的速度相等,为:v===1m/s,碰撞后b的动量大小为:P′=v=×1=?m/s,?s,故C错误;D、碰撞后a的动量大小为:P′=mv=×1=?m/s,碰撞过程中a物体损失aa的动量大小为:△P=P′﹣P=﹣2=﹣?m/s。故D错误;aaa故选:B。【点评】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用,要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度,难度适中。,下列说法正确的是(),,,两小球的动量变化量一定大小相等,,被碰小球的动量一定变大【分析】两球组成的系统,所受的外力矢量和为零,碰撞前后,系统动量守恒。第19页(共36页):..【解答】解:A、碰撞之前,被碰小球的动量不一定比另一小球的动量小,故A错误。B、碰撞过程中,两球组成的系统动量守恒,则碰撞前后,两小球动量变化量的大小相等,方向相反。碰撞后,被碰小球的速度不一定增大,则动量不一定增大,故B、D错误,C正确。故选:C。【点评】本题考查了动量守恒的基本运用,知道动量守恒的条件,动量守恒时,系统中两物体动量变化量大小相等,方向相反。13.“打羽毛球”是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以5m/s的水平速度飞来时,运动员迅速挥拍以10m/s的水平速度迎面击球,假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞,且球拍的质量远大于球的质量,羽毛球反弹的速度大小为()//s【分析】羽毛球和羽毛球拍发生的碰撞为弹性碰撞,遵守动量守恒定律和机械能守恒定律,由此列式,求出碰后羽毛球速度表达式,对照条件:球拍的质量远大于球的质量,求得羽毛球反弹的速度大小。【解答】解:设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v和v,碰后羽毛球和12羽毛球拍的速度分别为v′和v′。12取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得:mv+mv=mv′+mv′.①11221122mv2+mv2=mv′2+mv′2.②11221122联立解得v′=1据题有m<<m,则得v′=2v﹣v=2×10﹣(﹣5)=25m/s12121故选:A。第20页(共36页):..【点评】解决本题的关键是弹性碰撞的基本规律:动量守恒定律和机械能守恒定律,并能运用数学知识进行近似处理。,光滑水平桌面上有两个大小相同的小球,m:m=2:1,球1以123m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起,已知桌面距离地面的高度h=,g=10m/s2,则落地点到桌面边沿的水平距离为()【分析】根据动量守恒定律求出碰撞后粘在一起的速度,结合高度求出平抛运动的时间,从而得出落地点到桌面边缘的水平距离。【解答】解:对两球组成的系统运用动量守恒,规定向右为