动量守恒专题训练含答案.docx
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动量守恒专题训练含答案
动量守恒专题训练(含答案)
【例5】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为vO,速度方向水平。
火箭向后
以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为多大?
4•爆炸类问题
【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时忽然炸成两块,其块质量300g
仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。
5.某一方向上的动量守恒
【例7】如图所示,AB为一光滑水平横杆,杆上套一质量为M的小圆环,环上系一长为L质量不计的细绳,绳的另一端拴一质量为m的小球,现将绳拉直,且与AB平行,由静止释放小球,则当线绳与AB成B角时,圆环移动的距离是多少?
6.物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为
m的小木块A,mvM,A、B间动摩擦因数为口,现给A和B以大小相等、方向相反的初速
度vO,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:
(1)A、B最后的速度大小和方向;
(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小。
【例9】两块厚度相同的木块A和B,紧靠着放在光滑的水平面上,其质量分别为
叫二,叫二,它们的下底面光滑,上表面粗糙;另有一质量叫=図
马斗J
的滑块C(可视为质点),以■-■'''的速度恰好水平地滑到A的上表面,如图所示,
由于摩擦,滑块最后停在木块B上,B和C的共同速度为3.0m/s,求:
(1)木块A的最终速度;
(2)滑块C离开A时的速度-。
习题
1、如图所示,ABC是光滑轨道,其中BC部分是半径为R的竖
直放置的半圆•一质量为M的小木块放在轨道水平部分,木块
被水平飞来的质量为m的子弹射中,并滞留在木块中•若被击
中的木块沿轨道能滑到最高点C,已知木块对C点的压力大小
为(M+m)g,求:
子弹射入木块前瞬间速度的大小.
2、如图所示,在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C,质量分别为mA=1kg,mB=1kg,mc=2kg,其中B与C用一个轻弹簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;
A和B之间有少许塑胶炸药,A的左边有一个弹性挡板(小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失)。
现在引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产生的能量有卜9J转化为A和B沿轨道方向的
动能,A和B分开后,A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上・厂6「并且在碰撞后
和B粘到一起。
求:
(1)在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值;
(2)A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。
R的1/4圆弧光滑导轨,
3•如图所示,在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为
一质量为m=0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下,离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面,车的质量M=2kg,车身长L=0.22m,车与水平地面间摩擦不计,图
中h=0.20m,重力加速度g=10m/s2,求R.
4.如图所示,光滑轨道的DP段为水平直轨道,PQ段为半径是R的竖直半圆轨道,半
圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点•一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B,质量为m的小球C靠在B球的右侧•现用外力作用在
A和C上,弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度),这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上•若撤去外力,C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为
g,求撤去外力前的瞬间,弹簧的弹性势能
5.如图所示,质量为M=4kg的木板长L=1.4m,静止在光滑的水平地面上,其上端右侧
静置一个质量为m=1kg的小滑块,小滑块与
木板间的动摩擦因数为口=04今用一水平力
F=28N向右拉木板,要使小滑块从木板上掉下
来,求此力至少作用多长时间?
(重力加速度g取10m/s2)
【例1】
在小球上升过程中,由水平方向系统动量守恒得:
解得
由系统机械能守恒得:
2m
p—
全过程系统水平动量守恒,机械能守恒,得「丿1
【例2】
从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒:
f.
从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的能。
设平均阻力大小为
L。
设人、船位移大小分别
【例3】解析:
先画出示意图。
人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小始终相等。
从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于为11、12,则:
mv1=Mv2,两边同乘时间t,ml1=Ml2,而1112=L,
k=—L
【例4】解析:
火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m,
*心『Vf,呱十咖
Mwq-—mu十I嚴_机肿,卩—
以v0方向为向,豎七
【例5】分析:
手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=(m1m2)g,可见
系统的动量并不守恒。
但在爆炸瞬间,力远大于外力时,外力可以不计,系统的动量近似守
恒。
由动量守恒定律:
(0.3+0.25x10-0.3x50斗门
==-DU
0.2
m/s
此结果表明,质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动,其中负号表示与所设向相反
【例6】
MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系,加之时间相同,公式中的V和v
可分别用其水平位移替代,则上式可写为:
Md=m[(L-Lcos0)-d:
解得圆环移动的距离:
d=mL(1-cos0)/(Mm)
【例7】
M-m
解析:
(1)由A、B系统动量守恒定律得:
MvO-mvO=(Mm)v①所以v=+v0
方向向右
(2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,此时板车移动位移为s,速度为v:
则由动
量守恒定律得:
Mv0-mv0=Mv'①
对板车应用动能定理得:
1\2M-m
-pmgs=土mv'2-仝mv02②联立①②解得:
s=山阿童v02
【例8】
(1)当C滑上A后,由于有摩擦力作用,将带动A和B一起运动,直至C滑上B后,
A、B两木块分离,分离时木块A的速度为"爼。
最后C相对静止在B上,与B以共同速度巴=3.Q曲s运动,由动量守恒定律有
^cvc=%也+(%十胸"巴
楸卅_叽+用口)叫
0.1x25-(0.3+0.1)x3.0
05
觀二2.6mJs
(2)为计算",我们以B、C为系统,C滑上B后与A分离,C、B系统水平方向动
量守恒。
C离开A时的速度为:
,B与A的速度同为「上,由动量守恒定律有
r
陀=
叫
(0.3+0.1)x3.0-0.3k2.6,”,
=mts=4.2,mfs
U.l
V,射入木块后的速度为VB,到达C点
mvmMv0①
1、(14)•解:
设子弹射入木块瞬间速度为时的速度为vc。
子弹射入木块时,系统动量守恒,可得:
木块(含子弹)在BC段运动,满足机械能守恒条件,可得
1212-
mMvB2R(mM)g(mM)vC②
22
木块(含子弹)在C点做圆周运动,设轨道对木块的弹力为T,木块对轨道的压力为T',
可得:
T(mM)g
2
(mM)vC
又:
T=T'=(M+m)g
由①、②、③、④方程联立解得:
子弹射入木块前瞬间的速度:
V(mM)6Rg
m
2、(15)
(1)塑胶炸药爆炸瞬间取
A和B为研究对象,假设爆炸后瞬间
AB的速度大小分
别为Va、VB,取向右为向
由动量守恒:
一mAVA+mBmb=0
亠一1212爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能:
EmAvAmBvB
22
带入数据解得:
va=vb=3m/s
由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长,则在A追上B之
前弹簧已经有一次被压缩到最短,(即弹性势能最大)爆炸后取BC和弹簧为研究系统,
当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vbc,此时弹簧的弹性势能最大,设为
由动量守恒:
mBVB=(mB+mc)vbc
1212
由能量定恒定定律:
mBvB(mBmC)vBcEP
22
带入数据得:
曰1=3J
(2)设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vb1和vc1,则由
动量守恒和能量守恒:
mBVB=mbvb什mcvc1
121212
_mBVB—mBVB1—mcVC1
222
带入数据解得:
VB1=—1m/svc1=2m/s
(VBi=3m/svci=Om/s不合题意,舍去。
)
A爆炸后先向左匀速运动,与弹性挡板碰撞以后速度大小不变,反向弹回。
当A追上B,
发生碰撞瞬间达到共速VAB
由动量守恒:
mAVA+mbvbi=(mA+mb)vab
解得:
VAB=1m/S
当ABC三者达到共同速度VABC时,弹簧的弹性势能最大为EP2
由动量守恒:
(mA+mb)VAB+mcvci=(mA+mB+mc)vabc
121212
由能量守恒:
一(mAmB)VABmcv;(mAmBmc)VabcEp2
222
带入数据得:
Ep2=0.5J
3.解:
物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中,水平方向没有外力
设物体滑到圆弧的底端时车速度为V1,物体速度为V2
对物体与车,由动量及机械能守恒得
0=Mv1-mv2(2分)
1212八
mgR=Mv1+mv2(2分)
22
物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动,物体向左做平抛运动,所以有
h=gt2
2
(2分)
L=(V1+V2)t
(2分)
由以上各式带入数据解得
R=0.055m
(2分)
4.解対A、B、c及弹簧组成的系统,当弹簧第一次恢复原长时,设B、c共同速度大
小为V0,A的速度大小为VA,由动量守恒定律有:
2mvA=(m+m)vo①(2分)
即VA=V0
、1212
由系统能量守恒有:
E2mvA(mm)v0②(2分)
22
此后B、C分离,设C恰好运动至最高点Q的速度为v,由机械能守恒有:
1212
mg2Rmv0mv③(2分)
22
v2
在最高点Q,由牛顿第二定律有:
mgm④(2分)
R
联立①〜④式解得:
E=10mgR(2分)
5.解:
以地面为参考系,整个过程中,小滑块向右做初速为零的匀加速直线运动•撤去
拉力F前,木板向右做初速为零的匀加速直线运动;撤去拉力F后,木板向右做匀
减速直线运动•要使小滑块从木板上掉下来,拉力F作用的最短时间对应的过程是:
小滑块滑到木板左端时恰好与木板保持相对静止(即与木板达到共同的速度)•
设拉力F作用的最短时间为t,撤去拉力前木板的位移为so,小滑块滑到木板左端
并恰好与木板达到的共同速度为
v.
整个过程对系统由动量定理得:
Ft
(Mm)v
(3分)
撤去拉力F前木板的位移为:
So
1Fmgt2
2M
(3分)
整个过程对系统由功能关系得:
Fs
12
0mgL—(Mm)v
2
(4分)
联立以上各式,代入已知数据求得:
t=1s.
(2分)
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