动量守恒定律典型例题报告.doc

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动量守恒定律例题

动量守恒定律例题

1、两个磁性很强的磁铁,分别固定在A 、B 两辆小车上,A 车的总质量为4.0kg ,B 车的总质量为2.0kg 。

A 、B 两辆小车放在光滑的水平面上,它们相向运动,A 车的速度是5.0m/s ,方向水平向右;B 车的速度是3.0m/s,方向水平向左。

由于两车上同性磁极的相互排斥,某时刻B 车向右以8.0m/s 的水平速度运动,求 (1)此时A 车的速度;(2)这一过程中,B 车的动量增量。

6、如图所示,A 、B 、C 三木块的质量分别为mA=0.5kg ,mB=0.3kg 、mC=0.2kg ,A 和B 紧靠着放在光滑的水平面上,C 以v0=25m/s 的水平初速度沿A 的上表面滑行到B 的上表面,由于摩擦最终与B 木块的共同速度为8m/s ,求C 刚脱离A 时,A 的速度和C 的速度。

2、如图1所示,长为L 、质量为M 的小船停在静水中,质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾,不计水的阻力,求船和人对地面的位移各为多少?3、质量为M 的汽球上有一个质量为m 的人气球静止于距地面为h 高度处。

从气球上放下一根不计质量的绳。

为使此人沿绳滑至地面,绳的长度至少多长?4、 如图52-2所示,设车厢的长度为l ,质量为M ,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量为m 的物体以初速度v0向右运动,与车厢壁来 回碰撞n 次后,静止在车厢中,这时车厢的速度为_______,方向与v0的方向_______.6、如图所示,甲车的质量是2 kg ,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1 kg 的小物体.乙车质量为4 kg ,以5 m/s 的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s 的速度,物体滑到乙车上.若乙车足够长,上表面与物体的动摩擦因数为0.2,则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g 取10 m/s2) 5、如图所示,质量为M=1kg 的长木板,静止放置在光滑水平桌面上,有一个质量为m=0.2kg 大小不计的物体以6m/s 的水平速度从木板左端冲上木板,在木板上滑行了2s 后跟木板相对静止(g 取10m/s2)。

验证动量守恒定律实验报告

验证动量守恒定律实验报告

验证动量守恒定律实验报告动量守恒定律是物理学中的重要定律之一,它指出在一个封闭系统中,如果系统内部没有外力作用,系统的总动量将保持不变。

为了验证动量守恒定律,我们进行了以下实验。

首先,我们准备了一台光滑的水平轨道,轨道上有两个小车,分别标记为A和B。

我们使用了两个弹簧秤,一个用来测量小车A的初速度,另一个用来测量小车B的初速度。

在实验开始之前,我们先测量了两个小车的质量,并记录下来。

接下来,我们让小车A静止在轨道的一端,小车B静止在轨道的另一端。

然后我们用手推小车A,让它向小车B运动。

当小车A碰撞到小车B时,我们立即按下计时器,并记录下碰撞后两个小车的运动情况。

通过实验数据的分析,我们发现碰撞后小车A的速度减小,而小车B的速度增大。

根据动量守恒定律,我们知道在碰撞过程中,系统的总动量应该保持不变。

因此,我们计算了碰撞前后系统的总动量,发现它们的值几乎相等,这验证了动量守恒定律在这个实验中的有效性。

在实验过程中,我们还发现了一些误差。

首先,由于轨道的摩擦力和空气阻力的存在,小车在碰撞过程中会有能量损失,导致动量并不完全守恒。

其次,测量仪器的精度也会对实验结果产生一定的影响。

为了减小误差,我们可以采取一些措施,比如减少轨道的摩擦力,提高测量仪器的精度等。

总的来说,通过这个实验,我们成功验证了动量守恒定律。

动量守恒定律在物理学中有着广泛的应用,它不仅可以解释碰撞、爆炸等现象,还可以帮助我们理解宇宙中许多复杂的运动规律。

希望通过这个实验,大家对动量守恒定律有了更深入的理解,同时也能够认识到实验中误差的存在及其对结果的影响,从而更加科学地进行实验研究。

物理动量守恒定律练习题及答案.docx

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物理动量守恒定律练习题及答案一、高考物理精讲专题动量守恒定律1. 如图,足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板,挡板前L 处静止着质量 m 1=1kg 的小球 A ,质量 m 2=2kg 的小球 B 以速度 v 0 运动,与小球 A 正碰.两小球可看作质点,小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计,且碰撞中均没有机械能损失.求(1)第 1 次碰撞后两小球的速度;(2)两小球第 2 次碰撞与第 1 次碰撞之间的时间; (3)两小球发生第 3 次碰撞时的位置与挡板的距离.【答案】 (1) 4 v 1v 方向均与 v 0 相同 (2)6L 9L(3) 35v 03【解析】 【分析】(1)第一次发生碰撞,动量守恒,机械能守恒; (2)小球 A 与挡板碰后反弹,发生第2 次碰撞,分析好位移关系即可求解;( 3)第 2 次碰撞过程中,动量守恒,机械能守恒,从而找出第三次碰撞前的初始条件,分析第 2 次碰后的速度关系,位移关系即可求解. 【详解】( 1)设第 1 次碰撞后小球 A 的速度为 v 1 ,小球 B 的速度为 v 2 ,根据动量守恒定律和机械 能守恒定律 : m 2 v 0 m 1v 1 m 2v 21m 2 v 021m 1v 121m 2v 222 22整理得: v 12m 2 v 0 , v 2m 2m 1v 0m 1 m 2m 1 m 2解得 v 14v 0 , v 21v 0 ,方向均与 v 0 相同.33(2)设经过时间 t 两小球发生第 2 次碰撞,小球 A 、 B 的路程分别为 x 1 、 x 2 ,则有x 1 v 1t , x 2 v 2t由几何关系知:x 1 x 2 2L6L整理得: t5v 0(3)两小球第2 次碰撞时的位置与挡板的距离:x L x 23 L5以向左为正方向,第 2 次碰前 A 的速度v A4v 0 ,B 的速度为 v B1v 0 ,如图所示.3 3碰后A 的速度 v A ,B 的速度 v B .根据 量守恒定律和机械能守恒定律,有m 1v A m 2v B m 1v Am 2v B ;1m 1v A 2 1m 2 v B 21m 1v A21m 2v B 222 2 2整理得: v A(m 1 m 2 ) v A2m 2vB, v B(m 2 m 1 )v B 2m 1v Am 1 m 2 m 1 m 2解得: v A8v 0 , v B7v 099第 2 次碰后t 生第 3 次碰撞,碰撞 的位置与 板相距x ,x x v B t ,x x v At整理得: x9L2. 冰球运 甲的 量80.0kg 。

高中物理-动量守恒定律经典例题详解

高中物理-动量守恒定律经典例题详解

高中物理-动量守恒定律经典例题详解一 动量 冲量 动量定理1.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时,两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以( )A .减小球对手的冲量B .减小球对手的冲击力C .减小球的动量变化量D .减小球的动能变化量答案B [解析] 由动量定理Ft =Δp 知,接球时两手随球迅速收缩至胸前,延长了手与球接触的时间,从而减小了球的动量变化率,减小了球对手的冲击力,选项B 正确.二 动量守恒定律2. 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v =2 m/s ,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,重力加速度g 取10 m/s 2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是A BC D答案B [解析] 弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,有m 弹丸v 0=34m v 甲+14m v 乙,解得4v 0=3v 甲+v 乙,爆炸后两块弹片均做平抛运动,竖直方向有h =12gt 2,水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲=v 甲t ,x 乙=v 乙t ,代入各图中数据,可知B 正确.3.如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A 无初速释放,A 与B 碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径R =0.2 m ;A 和B 的质量相等;A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求:(1) 碰撞前瞬间A 的速率v ;(2) 碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′; (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .[答案] (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m . (1)根据机械能守恒定律有mgR =12m v 2解得碰撞前瞬间A 的速率有v =2gR =2 m/s.(2)根据动量守恒定律有m v =2m v ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′=12v =1 m/s.(3)根据动能定理有12(2m )v ′2=μ(2m )gl 解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l =v ′22μg=0.25 m . 4.质量为2 kg 的小车以2 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量为0 .5 kg 的砂袋以3 m/s 的水平速度迎面扔上小车,则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A .1.0 m/s ,向右B .1.0 m/s ,向左C .2.2 m/s ,向右D .2.2 m/s ,向左答案D [解析] 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化,卫星和箭体整体分离前后动量守恒,则有(m 1+m 2)v 0=m 1v 1+m 2v 2,整理可得v 1=v 0+m 2m 1(v 0-v 2),故D 项正确. 5.冰壶运动深受观众喜爱,图X29­1甲为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图乙.若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是图丙中的哪幅图( )图X29­1答案B [解析] 两个质量相等的冰壶发生正碰,碰撞前后都在同一直线上,选项A 错误;碰后冰壶A 在冰壶B 的左边,选项C 错误;碰撞过程中系统的动能可能减小,也可能不变,但不能增大,所以选项B 正确,选项D 错误.6.下图X29­2是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示.关于此实验,下列说法中正确的是()图X29­2A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同答案D[解析] 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰,系统的机械能守恒,系统在水平方向的动量守恒,总动量并不守恒,选项A、B错误;同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度,同时由静止释放并与4、5碰撞后,由机械能守恒和水平方向的动量守恒知,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,选项C错误,选项D正确.三动量综合问题7. 如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量m B =2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到v t=2 m/s.求:(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l.答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m[解析] (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=m A a①代入数据解得a=2.5 m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得Ft=(m A+m B)v t-(m A+m B)v③代入数据解得v =1 m/s ④(3)设A 、B 发生碰撞前,A 的速度为v A ,对A 、B 发生碰撞的过程,由动量守恒定律有m A v A =(m A +m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前,由动能定理有Fl =12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式,代入数据解得l =0.45 m ⑦8.如图所示,质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上,B 球距地面的高度h =0.8 m ,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 =0.3 s 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m B =3m A ,重力加速度大小g 取10 m/s 2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求:(1)B 球第一次到过地面时的速度; (2)P 点距离地面的高度.答案解:(ⅰ)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ,由运动学公式有v B =2gh ①将h =0.8 m 代入上式,得v 1=4 m/s.②(ⅱ)设两球相碰前后,A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1=0),B 球的速度分别为v 2和v ′2,由运动学规律可得v 1=gt ③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变,规定向下的方向为正,有m A v 1+m B v 2=m B v ′2④12m A v 21+12m B v 22=12m v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后速度大小为v ′B ,由运动学及碰撞的规律可得v ′B =v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′,由运动学规律可得h ′=v ′2B -v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h ′=0.75 m .⑧9. 一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A +1A -1B.A -1A +1C.4A(A +1)2 D.(A +1)2(A -1)2答案A [解析] 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒.设碰撞前后中子的速率分别为v 1,v ′1,碰撞后原子核的速率为v 2,中子的质量为m 1,原子核的质量为m 2,则m 2=Am 1.根据完全弹性碰撞规律可得m 1v 1=m 2v 2+m 1v ′1,12m 1v 21=12m 2v 22+12m 1v ′21,解得碰后中子的速率v ′1=⎪⎪⎪⎪⎪⎪m 1-m 2m 1+m 2v 1=A -1A +1v 1,因此碰撞前后中子速率之比v 1v ′1=A +1A -1,A 正确.10.如图X29­6所示,竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连,木块A 、 B 静置于光滑水平轨道上,A 、B 的质量分别为1.5kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动,之后与墙壁碰撞,碰撞的时间为0.3 s ,碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动,g 取10 m/s 2,求:(1)在A 与墙壁碰撞的过程中,墙壁对A 的平均作用力的大小; (2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度.图X29­6答案(1)50 N (2)0.45 m[解析] (1)设水平向右为正方向,当A 与墙壁碰撞时根据动量定理有 Ft =m A v ′1-m A ·(-v 1) 解得F =50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ,根据动量守恒定律有 m A v ′1=(m A +m B )vA 、B 在光滑圆形轨道上滑动时,机械能守恒,由机械能守恒定律得 12(m A +m B )v 2=(m A +m B )gh 解得h =0.45 m.四 力学观点的综合应用11.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.(1)若v 1=6 m/s ,求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ;(2)若P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B 点,求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J [解析] (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒,有m v 1=2m v解得v =v 12=3 m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE =12m v 21-12(2m )v 2解得ΔE =9 J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为匀减速运动,设P 在AC 段加速度大小为a ,碰后经过B 点的速度为v 2 ,由牛顿第二定律和运动学规律,得μ(2m )g =2ma3L =v t -12at 2v 2=v -at解得v 1=2v =6L +μgt 2t v 2=6L -μgt 22t由于2 s ≤t ≤4 s 所以解得v 1的取值范围10 m/s ≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1 m/s ≤v 2≤5 m/s所以当v 2=5 m/s 时,P 向左经过A 点时有最大速度 v 3=v 22-2μgL则P 向左经过A 点时有最大动能E =12(2m )v 23=17 J. 12. 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时,与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞.碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短,求:(1 )碰后乙的速度的大小; (2)碰撞中总机械能的损失. [答案] (1)1.0 m/s (2)1400 J[解析] (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ,碰前速度大小分别为v 、V ,碰后乙的速度大小为V ′.由动量守恒定律有m v -MV =MV ′①代入数据得V ′=1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ,应有12m v 2+12MV 2=12MV ′2+ΔE ③ 联立②③式,代入数据得ΔE =1400 J ④。

(完整word)动量守恒定律经典习题(带答案)

(完整word)动量守恒定律经典习题(带答案)

动量守恒定律习题(带答案)(基础、典型)例1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落,正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上,车上装有砂子,车与砂的总质量为4kg,地面光滑,则车后来的速度为多少?例2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车,最后以共同速度运动,滑块与车的摩擦系数为0。

2,则此过程经历的时间为多少?例3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时,炸裂成质量比为3:2的两小块,质量大的以100m/s的速度反向飞行,求两块落地点的距离。

(g取10m/s2)例4、如图所示,质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车,车的质量为1。

6kg,木块与小车之间的摩擦系数为0。

2(g取10m/s2).设小车足够长,求:(1)木块和小车相对静止时小车的速度。

(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。

(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。

例5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他所乘的冰车的质量共为30kg,乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。

游戏时,甲推着一个质量为15kg的箱子和甲一起以2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。

为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推向乙,箱子滑到乙处,乙迅速将它抓住。

若不计冰面的摩擦,甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞?答案:1。

分析:以物体和车做为研究对象,受力情况如图所示。

在物体落入车的过程中,物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量,落入车后,竖直方向上的动量减为0,由动量定理可知,车给重物的作用力远大于物体的重力。

因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。

系统所受合外力不为零,系统总动量不守恒。

但在水平方向系统不受外力作用,所以系统水平方向动量守恒。

以车的运动方向为正方向,由动量守恒定律可得:车 重物初:v 0=5m/s 0末:v v Mv 0=(M+m)vs m v m N M v /454140=⨯+=+=即为所求。

动量守恒定律经典例题

动量守恒定律经典例题
(1)所选系统动量是否守恒?
甲(含船)和球、乙(含船)和球、甲乙(含船 )和球
(2)若最终甲的速度为0,乙的速度为多少?


如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹
簧,两手分别按住小车,使它们静止,对两车及弹簧组
成的系统,下列说法中正确的是(
)
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,后放开右手,动量不守恒
(B)若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相 同,A、B、C组成的系统的动量守恒
(C)若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成 的系统的动量守恒
(D)若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组 成的系统的动量守恒
BCD
如图所示,A、B两物体的质量比mA∶mB=3∶2, 它们原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压 缩了的弹簧,A、B与长平板车的上表面间动摩擦 因数相同,地面光滑.当弹簧突然释放后,则有 A.A、B
A.当小球到达最低点时,木块有最大速率 B.当小球的速率最大时,木块有最大速率 C.当小球再次上升到最高点时,木块的速率为最大 D.当小球再次上升到最高点时,木块的速率为零
ABD
质量为M的小车中挂有一个单摆,摆球的质量为M0,小车和单摆 以恒定的速度V0沿水平地面运动,与位于正对面的质量为M1的 静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此过程中,下列哪些说 法是可能发生的( ) A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别为V1、V2和V3, 且满足:(M+M0)V0=MV1+M1V2+M0V3; B.摆球的速度不变,小车和木块的速度为V1、V2,且满足:
B.A、B、C系统动量守恒 C. D.小车向右运动
BC
热气球下面吊着一个篮子,向上做匀速直线 运动,剪断绳子后在篮子落地前,系统的动 量是否守恒?若篮子落地后呢?

动量守恒定律练习题含答案及解析.doc

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动量守恒定律练习题含答案及解析一、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 l 1m 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1反弹,小球向右摆动一个小角度即被取走。

2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 g 10m/s 2。

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:m gL = 1mv 2 1 m v 2121 121 0解之可得: v 1 =4m/s因为 v 1 v ,说明假设合理m 1v 1 = 1 2滑块与小球碰撞,由动量守恒定律: 2m 1v 1+m 2v 2解之得: v 2 =2m/s碰后,对小球,根据牛顿第二定律:F m 2 gm 2 v 22l小球受到的拉力:F 42N(2)设滑块与小球碰撞前的运动时间为t 1 ,则 L1v 0 v 1 t 12解之得: t 1 1s在这过程中,传送带运行距离为: S 1 vt 1 3m 滑块与传送带的相对路程为:X 1L X 1 1.5m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 t 2则根据动量定理:m 1 gt 2m 11v 12解之得: t2 2s滑块向左运动最大位移: x m 1 1v1 t 2=2m2 2因为 x m L ,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带1再考虑到滑块与小球碰后的速度2 v1< v ,说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2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X 22vt212m因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是Q m1 g x1 x2=13.5J2.如图:竖直面内固定的绝缘轨道abc R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗,由半径糙水平段 ab 在 b 点相切而构成, O 点是圆弧段的圆心,Oc 与 Ob 的夹角θ=37°;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C 的匀强电场, Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域 efgh, ef 与 Oc 交于 c 点, ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53 °≤β≤147°),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3× 10-3 kg、电荷量 q=3× l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上 b 点,质量 m1=1.5× 10-3 kg 的不带电小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动,P、 Q 碰撞时间极短,碰后 P 以 1 m/s 的速度水平向右弹回.已知P 与 ab 间的动摩擦因数μ=0.5,A、B均可视为质点,Q 的电荷量始终不变,忽略空气阻力,sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小g=10m/s 2.求:(1)碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N;(2)当β=53°时,物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场,求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小 B1;(3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为B2 =2T 时,要让物体Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长,求此最长时间t 及对应的β值.【答案】 (1) F N 4.6 10 2 N (2) B1 1.25T(3) t 127s ,1900和21430 360【解析】【详解】解: (1)设 P 碰撞前后的速度分别为 v 1 和 v 1 , Q 碰后的速度为 v 2 从 a 到 b ,对,由动能定理得: 1212P- m 1gl2 m 1v 12m 1v解得: v 1 7m/s碰撞过程中,对 P , Q 系统:由动量守恒定律: m 1v 1 m 1v 1 m 2v 2取向左为正方向,由题意 v 11m/s,解得: v 24m/sb 点:对 Q ,由牛顿第二定律得: F Nm 2 g m 2 v 2 2R解得 : F N 4.6 10 2 N(2)设 Q 在 c 点的速度为 v c ,在 b 到 c 点,由机械能守恒定律:m 2 gR(1 cos )1m 2v c21m 2v 2 22 2解得: v c 2m/s进入磁场后: Q 所受电场力 F qE 3 10 2Nm 2 g ,Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得:qv c B 1m 2v c2r 1Q 刚好不从 gh 边穿出磁场,由几何关系: r 1 d 1.6m解得: B 11.25T(3)当所加磁场 B 22T ,r2m 2v c1mqB 2要让 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长,则 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大,则当 gh 边或 ef 边与圆轨迹相切,轨迹如图所示:d r2 设最大圆心角为,由几何关系得:cos(180)r2 解得:1272 m2运动周期: TqB2则 Q 在磁场中运动的最长时间:t T 127?2 m2 127 s360 360 qB2 360此时对应的角: 1 90 和2 1433.如图甲所示,物块A、 B 的质量分别是m A B=4.0kg 和 m =3.0kg.用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块 B 右侧与竖直墙相接触.另有一物块 C 从 t=0 时以一定速度向右运动,在 t=4s 时与物块 A 相碰,并立即与 A 粘在一起不再分开,物块 C 的 v-t 图象如图乙所示.求:①物块 C 的质量?②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P?【答案】(1) 2kg( 2) 9J【解析】试题分析:①由图知, C 与 A 碰前速度为 v1= 9 m/s,碰后速度为v2= 3 m/s , C 与 A 碰撞过程动量守恒. m c 1 AC2v =( m + m ) v即 m c= 2 kg② 12 s 时 B 离开墙壁,之后A、 B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当A、 C 与B的速度相等时,弹簧弹性势能最大(m A+ m C) v3=( m A+ m B+ m C) v4得E p= 9 J考点:考查了动量守恒定律,机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键,应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题.4.如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、 v2同向运动,并发生对心碰撞,碰后 m2被右侧墙壁原速弹回,又与 m1碰撞,再一次碰撞后两球都静止.求第一次碰后 m1球速度的大小 .【答案】 【解析】设两个小球第一次碰后 m 1 和 m 2 速度的大小分别为和 ,由动量守恒定律得:( 4 分)两个小球再一次碰撞, (4 分)得:( 4 分)本题考查碰撞过程中动量守恒的应用,设小球碰撞后的速度,找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得5. 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技巧(很有用)及练习题及解析.docx

高中物理动量守恒定律技巧(很有用)及练习题及解析.docx

高中物理动量守恒定律技巧( 很有用 ) 及练习题及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,在水平地面上有两物块甲和乙,它们的质量分别为2m 、 m,甲与地面间无摩擦,乙与地面间的动摩擦因数恒定.现让甲以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰,且碰撞时间极短,若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞,试求:(1)第一次碰撞过程中系统损失的动能(2)第一次碰撞过程中甲对乙的冲量【答案】(1) 1 mv02; (2)4mv0【解析】【详解】解: (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2,之后甲做匀速直线运动,乙以v2初速度做匀减速直线运动,在乙刚停下时甲追上乙碰撞,因此两物体在这段时间平均速v2度相等,有: v12而第一次碰撞中系统动量守恒有:2mv02mv1 mv2由以上两式可得: v1v0, v2v0 2所以第一次碰撞中的机械能损失为:E 1g2mgv021g2mgv121mv221mv02 2224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量:I mv20 mv02.如图:竖直面内固定的绝缘轨道abc R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗,由半径糙水平段 ab 在 b 点相切而构成, O 点是圆弧段的圆心,Oc 与 Ob 的夹角θ=37°;过 f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C 的匀强电场, Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域efgh, ef 与 Oc 交于 c 点, ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3× 10-3 kg、电荷量 q=3× l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上 b 点,质量 m1=1.5× 10-3 kg 的不带电小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动,P、 Q 碰撞时间极短,碰后 P 以 1 m/s 的速度水平向右弹回.已知P 与 ab 间的动摩擦因数μ=0.5,A、B均可视为质点,Q 的电荷量始终不变,忽略空气阻力,sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小 g=10m/s 2.求:(1)碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q 的弹力大小 F N;(2)当β=53°时,物体 Q 刚好不从 gh 边穿出磁场,求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小 B1;(3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为 B =2T 时,要让物体 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁2场中运动的时间最长,求此最长时间t 及对应的 β 值.【答案】 (1) F N4.6 10 2 N (2) B 11.25T (3) t127 s , 1 900 和 2 1430360【解析】【详解】解: (1)设P 碰撞前后的速度分别为v和v 1 , Q 碰后的速度为 v21从 a 到 b ,对 P ,由动能定理得:1 2 12 - m 1gl2 m 1v 12m 1v解得: v 17m/s碰撞过程中,对P , Q 系统:由动量守恒定律:m vm v m v21 11 12 取向左为正方向,由题意 v 11m/s,解得: v 24m/sb 点:对 Q ,由牛顿第二定律得:F Nm 2 g m 2 v 2 2R解得 : F N4.6 10 2 N(2)设 Q 在 c 点的速度为 v c ,在 b 到 c 点,由机械能守恒定律:m 2 gR(1 cos) 1 m 2v c 21m 2v 2 22 2解得: v c 2m/s进入磁场后: Q 所受电场力 FqE 3 10 2 Nm 2 g , Q 在磁场做匀速率圆周运动m v 2由牛顿第二定律得:qv c B 12 cr1Q 刚好不从 gh 边穿出磁场,由几何关系: r 1 d1.6m解得: B 1 1.25T(3)当所加磁场 B 22T m 2v c1m, r 2 qB 2要让 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长,则 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大,则当gh 边或 ef 边与圆轨迹相切,轨迹如图所示:d r2设最大圆心角为,由几何关系得:cos(180)r2解得:1272 m2运动周期: TqB2则 Q 在磁场中运动的最长时间:t T127 ?2 m2127 s360360 qB2360此时对应的角:190 和2 1433.如图所示,质量分别为m1和 m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、 v2同向运动,并发生对心碰撞,碰后 m2被右侧墙壁原速弹回,又与 m1碰撞,再一次碰撞后两球都静止.求第一次碰后 m1球速度的大小 .【答案】【解析】设两个小球第一次碰后m1和 m2速度的大小分别为和,由动量守恒定律得:( 4 分)两个小球再一次碰撞,(4 分)得:( 4 分)本题考查碰撞过程中动量守恒的应用,设小球碰撞后的速度,找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得4.如图,质量分别为m1=1.0kg 和 m2=2.0kg 的弹性小球a、 b,用轻绳紧紧的把它们捆在一起,使它们发生微小的形变.该系统以速度v0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动.经过时间t=5.0s 后,测得两球相距s=4.5m ,则刚分离时, a 球、 b 球的速度大小分别为_____________、 ______________;两球分开过程中释放的弹性势能为_____________ .【答案】①0.7m/s, -0.2m/s②0.27J【解析】试题分析:① 根据已知,由动量守恒定律得联立得② 由能量守恒得代入数据得考点:考查了动量守恒,能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚,搞清楚过程中初始量与末时量,然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题5.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;(i i )P 点距离地面的高度.【答案】 v B4m / s h p0.75m【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m B gh1m B v B22可得 B 球第一次到达地面时的速度v B2gh4m / s(ii )A 球下落过程,根据自由落体运动可得 A 球的速度v A gt3m / s设 B 球的速度为v',则有碰撞过程动量守恒Bm A v A m B v B ' m B v B ''碰撞过程没有动能损失则有1212122m A v A2m B v B '2 m B v B ''解得 v B '1m / s , v B '' 2m / 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v0 v B 4m / s所以 P 点的高度h p v02v B'22g0.75 m考点:动量守恒定律能量守恒6.光滑水平轨道上有三个木块A B C3m C m ,开始时、、,质量分别为 m A m 、m BB、 C 均静止, A 以初速度v0向右运动, A 与 B 相撞后分开, B 又与 C 发生碰撞并粘在一起,此后 A 与 B 间的距离保持不变.求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小.【答案】 v B 6 v0 5【解析】【分析】【详解】设 A 与 B 碰撞后, A 的速度为v A, B 与 C 碰撞前 B 的速度为V B, B 与 C 碰撞后粘在一起的速度为 v ,由动量守恒定律得:对 A、 B 木块:m A v0m A v A m B v B对 B、 C木块:m B v B m B m C v由 A 与 B 间的距离保持不变可知v A v联立代入数据得:v B 6v0.57.用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓铍“辐射”. 1932 年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氨(它们可视为处于静止状态).测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7: 0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u 表示, 1u 等于 1 个12C 原子质量的十二分之一.取氢核和氦核的质量分别为 1.0u 和 14u.)【答案】 m= 1.2u【解析】设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m 和 v,氢核的质量为 m H.构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为v′和 v H′.由动量守恒与能量守恒定律得mv= mv′+ m H v H′①1mv2=1mv′2+12222 m H v H′②解得2mvv H′=m m H③同理,对于质量为m N的氮核,其碰后速度为2mvV′=m m N④N由③④ 式可得m=m N v N 'm H v H '⑤v H 'v N '根据题意可知v H′=7.0v N′ ⑥将上式与题给数据代入⑤ 式得m= 1.2u⑦8.一轻质弹簧一端连着静止的物体B,放在光滑的水平面上,静止的物体 A 被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中,随后一起向右运动压缩弹簧,已知物体 A 的质量是物体 B 的质量的3,子弹的质量是物体 B 的质量的1,求:44(1)物体 A 被击中后的速度大小;(2)弹簧压缩到最短时 B 的速度大小。

高二物理动量守恒定律典型例题解析.doc

高二物理动量守恒定律典型例题解析.doc

【例 1】如图 52- 1 所示,在光滑的水平面上,质量为m 的小球以速度1v1 追逐质量为 m ,速 度为 v2 的小球,追及并发生相碰后速度分别为v ′和21v 2′,将两个小球作为系统,试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律.解析:在两球相互作用过程中,根据牛顿第二定律,对小球 1 有:F=m a =m1v 1,对 m 有F ′= m a = m2v 2.由牛顿第三定律得 F =1 1t22 2t- F ′,所以 F ·Δ t =- F ′·Δ t , m v =- mv ,即 m (1 12 2 1v ′- v ) =- m (v 2 ′- v ) ,整理后得: m v + m v = m v ′+1 12 2 1 1 2 21 1m2v2′,这表 明以两小球为系统,系统所受的合外力为零时,系统的总动量守恒.点拨:动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的,当系统内受力情况不明,或相互作用力为变力时,用牛顿运动定律求解很繁杂,而动量定理只管发生相互作用前、后的状态,不必过问相互作用的细节,因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难,使问题简化.【例 2】把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上,当枪发射出一颗子弹时,下列说法正确的是[ ]A .枪和子弹组成的系统动量守恒B .枪和车组成的系统动量守恒C .子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒D .子弹的动量 变化与枪和车的动量变化相同 解析:正确答案为C点拨:在发射子弹时,子弹与枪之间,枪与车之间都存在相互作用力,所以将枪 和子弹作为系统,或枪和车作为系统,系统所受的合外力均不为零,系统 的动量不守恒,当将三者作为系统时,系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等,方向相反.可见,系统的动量是否守恒,与系统的选取直接相关.【例 3】如图 52-2 所示, 设车厢的长度为l ,质量为 M ,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量为m 的物体以初速度 v 0 向右运动,与车厢壁来回碰撞 n 次后,静止在车厢中,这时车厢的速度为_______,方向与 v 0 的方向_______.点拨:不论物体与车厢怎样发生作用,碰撞多少次,将物体与车厢作为系统,物体与车厢间作用力是内力,不改变系统的总动量,同时这一系统所受的合外力为零,系统的总动量守恒,以v0为正方向,有mv0= (M+m)v′.【例 4】一辆列车的总质量为M,在平直的水平轨道上以速度v 匀速行驶,突然最后一节质量为m的车厢脱钩,假设列车所受的阻力与车的重量成正比,机车的牵引力不变,当脱钩的车厢刚好停止运动时,前面列车的速度为多大?点拨:以整列列车为系统,不管最后一节车厢是否脱钩,系统所受的外力在竖直方向上重力与轨道给系统的弹力相平衡,在运动方向上牵引力与系统所受的总的阻力相平衡,即系统所受的外力为零,总动量守恒.参考答案例 3 mv 0,相同例 4 M vM + m M - m跟踪反馈1.在光滑水平面上有两个质量不等的物体,它们之间夹一被压缩的弹簧,开始时两物用细绳相连,烧断细绳后两物体[ ] A.在任何时刻加速度大小相等B.在任何时刻速度大小相等C.在任何时刻动量大小相等D.在任意一段时间内,弹簧对两物体的冲量相同2.沿一直线相向运动的甲、乙两质点,作用前动量分别是P1=10kg·m/s ,P2=- 18kg· m/s,作用后甲的动量为-1kg· m/s ,不计任何外界阻力,则作用后乙的动量为[ ] A.- 29kg· m/sB. 29kg· m/sC.- 7kg· m/sD. 7kg· m/s3.质量为 490 g 的木块静止在光滑水平面上,质量为 10g 的子弹以 500m/s 的速度水平射入木块并嵌在其中,从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中,木块增加的动量为_______kg· m/s ,它们的共同运动速度为4.质量为 120t 的机车,向右匀速滑行与静止的质量均为挂接在一起运动,由于四节车厢的挂接,使机车的速度减小了挂接前的速度._______m/s.60t 的四节车厢3m/s,求机车在参考答案1. C 2 . C 3 .4.9 ; 10 4 . 4.5m/s ;方向向右。

动量守恒定律典型例题doc[1]4.18

动量守恒定律典型例题doc[1]4.18

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一.知识总结归纳1. 动量守恒定律:研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统,而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件:(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力合力为零(不管物体间是否相互作用),此时合外力冲量为零,故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时,由牛顿第三定律得知,相互作用的内力产生的冲量,大小相等,方向相反,使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等,方向相反,系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量,而不能改变整个系统的总动量。

(2)近似守恒:当外力为有限量,且作用时间极短,外力的冲量近似为零,或者说外力的冲量比内力冲量小得多,可以近似认为动量守恒。

(3)单方向守恒:如果系统所受外力的矢量和不为零,而外力在某方向上分力的和为零,则系统在该方向上动量守恒。

3. 动量守恒定律应用中需注意:(1)矢量性:表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等,且方向相同,等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下,先规定正方向,再确定各已知量的正负,代入公式求解。

(2)系统性:即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

(3)同时性:等式两边分别对应两个确定状态,每一状态下各物体的动量是同时的。

(4)相对性:表达式中的动量必须相对同一参照物(通常取地球为参照物).4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短,相互作用过程中的相互作用力很大,所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上,有正碰和斜碰之分,中学物理只研究正碰的情况;碰撞问题按性质分为三类。

(1)弹性碰撞——碰撞结束后,形变全部消失,碰撞前后系统的总动量相等,总动能不变。

(2)一般碰撞——碰撞结束后,形变部分消失,碰撞前后系统的总动量相等,动能有部分损失.(3)完全非弹性碰撞——碰撞结束后,形变完全保留,通常表现为碰后两物体合二为一,以同一速度运动,碰撞前后系统的总动量相等,动能损失最多。

实验报告动量守恒

实验报告动量守恒

实验报告动量守恒实验报告:动量守恒引言:动量守恒是物理学中重要的基本原理之一。

它表明在一个封闭系统中,当没有外力作用时,系统的总动量保持不变。

本实验旨在通过一系列实验验证动量守恒定律,并探讨其应用。

实验一:弹性碰撞在实验室中,我们使用了两个小球进行弹性碰撞实验。

首先,将两个小球放在一条直线上,给其中一个小球以初速度,然后观察碰撞后两个小球的运动情况。

实验结果显示,碰撞后两个小球的速度发生了变化,但总动量保持不变。

这符合动量守恒定律的预期。

通过测量碰撞前后小球的质量和速度,我们可以计算出碰撞前后的动量,并验证动量守恒定律。

实验二:非弹性碰撞接下来,我们进行了非弹性碰撞实验。

同样地,将两个小球放在一条直线上,给其中一个小球以初速度,然后观察碰撞后两个小球的运动情况。

与弹性碰撞不同的是,非弹性碰撞中,两个小球在碰撞后会粘在一起,并以共同的速度继续运动。

同样地,我们测量了碰撞前后小球的质量和速度,并计算了碰撞前后的动量。

实验结果显示,碰撞后两个小球的总动量仍然保持不变。

虽然碰撞后小球的运动速度发生了变化,但总动量仍然守恒。

这再次验证了动量守恒定律在非弹性碰撞中的适用性。

实验三:动量守恒在实际生活中的应用动量守恒定律不仅仅在实验室中适用,它还可以在实际生活中找到许多应用。

例如,交通事故中的汽车碰撞,飞机着陆时的冲击,以及运动员跳水时的动作等等。

在交通事故中,当两辆车相撞时,它们的动量会发生改变。

根据动量守恒定律,我们可以通过测量事故前后车辆的质量和速度来推断事故发生时的速度。

这对于事故的调查和分析非常重要。

另一个例子是飞机着陆时的冲击。

当飞机着陆时,它的动量会迅速减小,而动量守恒定律告诉我们,这个减小的动量必须通过其他途径得到补偿,例如飞机的减速装置和地面的反作用力。

这有助于我们理解飞机着陆时的物理过程。

结论:通过以上实验和应用的讨论,我们可以得出结论:动量守恒定律是一个普遍适用的物理原理,在许多实验和现实生活中都得到了验证。

(完整版)动量守恒定律经典习题(带答案)

(完整版)动量守恒定律经典习题(带答案)

动量守恒定律习题(带答案)(基础、典型)例1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落,正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上,车上装有砂子,车与砂的总质量为4kg,地面光滑,则车后来的速度为多少?例2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车,最后以共同速度运动,滑块与车的摩擦系数为0.2,则此过程经历的时间为多少?例3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时,炸裂成质量比为3:2的两小块,质量大的以100m/s的速度反向飞行,求两块落地点的距离。

(g取10m/s2)例4、如图所示,质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车,车的质量为1.6kg,木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。

设小车足够长,求:(1)木块和小车相对静止时小车的速度。

(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。

(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。

例5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他所乘的冰车的质量共为30kg,乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。

游戏时,甲推着一个质量为15kg的箱子和甲一起以2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来。

为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推向乙,箱子滑到乙处,乙迅速将它抓住。

若不计冰面的摩擦,甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞?答案:1. 分析:以物体和车做为研究对象,受力情况如图所示。

在物体落入车的过程中,物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量,落入车后,竖直方向上的动量减为0,由动量定理可知,车给重物的作用力远大于物体的重力。

因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。

系统所受合外力不为零,系统总动量不守恒。

但在水平方向系统不受外力作用,所以系统水平方向动量守恒。

以车的运动方向为正方向,由动量守恒定律可得:车 重物初:v 0=5m/s 0末:v v ⇒Mv 0=(M+m)v⇒s m v m N M v /454140=⨯+=+= 即为所求。

动量守恒定律实验报告

动量守恒定律实验报告

动量守恒定律实验报告动量守恒定律实验报告引言:动量守恒定律是力学中的基本定律之一,它描述了一个封闭系统中动量的守恒性质。

在这个实验中,我们将通过一系列的实验来验证动量守恒定律,并探讨其在不同情况下的应用。

实验一:弹性碰撞我们首先进行了一组弹性碰撞实验。

实验装置包括两个小球,一个称为A,另一个称为B。

我们将A球放在静止的状态,然后用一个弹簧装置将B球以一定速度撞向A球。

实验过程中,我们使用了两个光电门来测量小球的速度。

实验结果显示,当B球撞向A球时,A球受到了一个向后的冲力,而B球则受到了一个向前的冲力。

通过测量小球的速度,我们发现在碰撞前后,小球的总动量保持不变。

这验证了动量守恒定律在弹性碰撞中的应用。

实验二:非弹性碰撞接下来,我们进行了一组非弹性碰撞实验。

与之前的实验相比,我们在A球和B球之间加入了一个黏合剂,使得它们在碰撞后粘在一起。

同样地,我们使用了光电门来测量小球的速度。

实验结果显示,在非弹性碰撞中,碰撞后小球的总动量同样保持不变。

然而,与弹性碰撞不同的是,碰撞后小球的速度发生了改变。

这是因为碰撞过程中部分动能被转化为内能,从而导致了速度的变化。

尽管如此,动量守恒定律仍然成立。

实验三:炮弹射击在最后一组实验中,我们模拟了一个炮弹射击的情景。

实验装置包括一个发射器和一个靶子。

我们使用了一个测力计来测量发射器在射击过程中所受到的力,并使用高速摄像机记录了炮弹的运动轨迹。

实验结果显示,炮弹在发射过程中受到的冲量与发射器所受到的冲量大小相等,方向相反。

这符合动量守恒定律中的冲量定理。

此外,我们还发现,炮弹在空中的运动轨迹可以通过动量守恒定律来解释和预测。

结论:通过以上实验,我们验证了动量守恒定律在不同情况下的应用。

无论是弹性碰撞、非弹性碰撞还是炮弹射击,动量守恒定律都能够准确地描述物体的运动。

这表明动量守恒定律在力学中的重要性和普适性。

动量守恒定律的应用不仅仅局限于实验室,它在日常生活中也有着广泛的应用。

动量及动量守恒定律练习习题大全含解析答案.doc

动量及动量守恒定律练习习题大全含解析答案.doc

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,质量为的左端连有轻弹m1 的物体 A 以速度v1 向质量为m2 的静止物体簧B 运动, B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。

验证动量守恒定律实验报告及对应练习

验证动量守恒定律实验报告及对应练习

〔一〕课本标准实验点拨实验目的:1.验证小球碰撞前后动量守恒;2.学会调整使用碰撞实验仪器,使其满足一维碰撞条件.实验原理:利用图的装置验证碰撞中的动量守恒,让小球从斜槽上滚下来,跟另一个小球发生碰撞,两球均做平抛运动.由于下落高度相同,因而飞行时间相等,所以可以用它们平抛射程的大小代替其碰撞后的飞出速度.实验器材:两个小球〔r1____r2,m1____m2〕、斜槽、重锤线、白纸、复写纸、刻度尺、_______、________、________实验步骤:①按图安装好斜槽,注意使其末端_____________,并在地面适当的位置放上白纸和复写纸,并在白纸上记下___________________________;②首先在不放被碰小球的前提下,让入射小球从斜槽上___________从静止滚下,重复数次,便可在复写纸上打出多个点,___________________________________________,则________就是不发生碰撞时入射小球的平均位置P点〔图4-2〕;③将被碰小球放在________上,适当调节使得两小球相碰时处于___________,使入射小球与被碰小球能发生_____________;④让入射小球由___________从静止开始滚下,重复数次,使两球相碰,按照步骤③的办法求出入球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N;⑤测出水平槽到落地点的竖直高度.⑥测出各球平抛的水平位移.⑦代入公式计算.⑧⑨思考一:上述实验步骤是否正确?如完整,请直接写出验证公式:___________________________________如不正确,请指出并写出验证公式:___________________________________________________________________________________________________________________________误差分析:①被碰小球被碰时难免受到支柱的摩擦力,支柱质量虽小,但在两球碰撞时还是带走了一些动量.②难做到准确的正碰,则误差较大;斜槽末端若不水平,则得不到准确的平抛运动而造成误差.③O、O′、P、M、N各点定位不准确.④测量和作图有偏差.⑤仪器和实验操作的重复性不好,使得每次做实验时不是统一标准.〔如入射球每次不是从同一高度下落、斜槽或白纸位置发生变动〕思考二:水平槽与小球之间有摩擦,为什么不考虑摩擦力对小球碰撞前后的动量守恒的影响?_________________________________________________________________________________<课本实验改良版>某同学用图实-11-7甲所示的装置通过半径相同的A、B两球<m A>m B>的碰撞来验证动量守恒定律.图中PQ是斜槽,QR为水平槽.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹.重复上述操作10次,得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次.图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点.B球落点痕迹如图乙所示,其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在的平面,米尺的零点与O点对齐.<1>碰撞后B球的水平射程应取为________cm;<2>在以下选项中,哪些是本次实验必须进行的测量?答:________.<填选项字母>A.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离B.A球与B球碰撞后,测量A球落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量<或两球质量之比>E.测量O点相对于水平槽面的高度<3>实验中,对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是<>A.释放点越低,小球受阻力越小,入射小球速度越小,误差越小B.释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越小,两球速度的测量越准确C.释放点越高,两球相碰时,相互作用的内力越大,碰撞前后动量之差越小,误差越小D.释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,轨道对被碰小球的阻力越小解析:<1>用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面,由此可见圆心的位置是64.7 cm,这就是小球落点的平均位置.<2>本实验中要测量的数据有:两个小球的质量m1、m2,三个落点的距离x1、x2、x3,所以应选A、B、D.<3>入射小球的释放点越高,入射小球碰前速度越大,相碰时内力越大,阻力的影响相对减小,可以较好地满足动量守恒的条件,也有利于减少测量水平位移时的相对误差,从而使实验的误差减小,选项C正确.答案:<1>64.7<64.5~64.9均可><2>A、B、D<3>C验证动量守恒实验气垫导轨版:利用图〔a〕所示的装置验证动量守恒定律.在图〔a〕中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器〔图中未画出〕的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器〔未完全画出〕可以记录遮光片通过光电门的时间.实验测得滑块A质量m1=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm;打点计时器所用的交流电的频率为f=50H Z.将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰;碰后光电计时器显示的时间为3500.Bt ms,碰撞前后打出的纸带如图〔b〕所示.若实验允许的相对误差绝对值100()碰撞前后量之差碰前量总动总动最大为5℅,本实验是否在误差X围内验证了动量守恒定律?写出运算过程.练习一:用天平、气垫导轨<带光电计时器和两个滑块>探究物体间发生相互作用时的不变量,本实验可用自动照相机代替打点计时器<闪光频率为10 Hz>,步骤方法如下:<1>用天平称出两滑块的质量.m A=0.10kg,m B=0.20kg,放在水平的气垫导轨上<导轨上标尺的最小分度为1cm,滑块可看做质点>;<2>碰撞前后连续三次闪光拍照得图中a、b、c所示的照片;请你根据图示数据探究物体间发生相互作用时的不变量.答案:m A v A+m B v B=m A v′A+m B v′B,即碰撞前后mv之和保持不变.解析:由题图a、b可确定A的速度为v A=错误!m/s=0.6m/s则m A v A=0.1×0.6kg·m/s=0.06kg·m/s从题图b、c看出滑块A与B靠近到发生碰撞需t2=错误!s=2.5×10-2s所以A与B碰后回到7.0cm位置,历时<0.1-2.5×10-2>s=7.5×10-2s因此,求出v′A=错误!m/s=-0.2m/sv′B=错误!m/s=0.4m/s所以碰撞后:m A v A′+m B v′B=6×10-2 kg·m/s由以上计算可得:m A v A+m B v B=m A v′A+m B v′B.练习二:某同学把两块大小不同的木块用细线连接,中间夹一被压缩了的轻质弹簧,如图实-11-8所示,将这一系统置于光滑的水平桌面上,烧断细线,观察木块的运动情况,进行必要的测量,验证物体间相互作用时动量守恒.<1>该同学还必须有的器材是________________.<2>需要直接测量的数据是___________________________________________________________________________________________________.<3>用所得数据验证动量守恒的关系式是_______________________________________.解析:这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同,也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度.答案:<1>刻度尺、天平<2>两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离x1、x2<3>m1x1=m2x2练习三.如图实-11-5所示是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O点,O点正下方桌子的边沿有一竖直立柱.实验时,调节悬点,使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高.将球1拉到A点,并使之静止,同时把球2放在立柱上.释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞.碰后球1向左最远可摆到B点,球2落到水平地面上的C点.测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒.现已测出A点离水平桌面的距离为a.B点离水平桌面的距离为b,C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外:<1>还需要测量的量是______________、________________和________________.<2>根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为________________________.<忽略小球的大小>解析:<1>要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化,根据弹性球1碰撞前后的高度a和b,由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度,故只要再测量弹性球1的质量m1,就能求出弹性球1的动量变化;根据平拋运动的规律只要测出立柱高h和桌面高H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化,故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面高H就能求出弹性球2的动量变化.<2>根据<1>的解析可以写出动量守恒的方程为2m1错误!=2m1错误!+m2错误! .答案:弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面高H<2>2m1错误!=2m1错误!+m2错误!练习四:气垫导轨是常用的一种实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律,实验装置如图实-11-6所示<弹簧的长度忽略不计>,采用的实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B;b.调整气垫导轨,使导轨处于水平;c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上;d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1;e.按下电钮放开卡销,同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时计时结束,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.<1>实验中还应测量的物理量与其符号是_______________________________________.<2>利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是______________,上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的原因有___________________ <至少答出两点>.解析:A、B两滑块被压缩的弹簧弹开后,在气垫导轨上运动时可视为匀速运动,因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2与A到C、B到D的时间t1和t2,测出两滑块的质量,就可以用m A错误!=m B错误!验证动量是否守恒.<1>实验中还应测量的物理量为B的右端至挡板D的距离,符号为L2.<2>验证动量守恒定律的表达式是m A错误!=m B错误!.产生误差的原因:①L1、L2、t1、t2、m A、m B的数据测量误差;②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程;③滑块并不是做标准的匀速直线运动,滑块与导轨间有少许摩擦力.④气垫导轨不完全水平.答案:见解析练习五.用如图实-11-8所示的装置进行"验证动量守恒定律〞的实验:<1>先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、M与滑块与桌面间的动摩擦因数μ.<2>用细线将滑块A、B连接,使A、B间的轻弹簧处于压缩状态,滑块B恰好紧靠桌边.<3>剪断细线,测出滑块B做平拋运动的水平位移x1,滑块A沿水平桌面滑行距离为x2<未滑出桌面>.为验证动量守恒定律,写出还需测量的物理量与表示它们的字母________________;如果动量守恒,需要满足的关系式为________________.解析:弹开后B做平拋运动,为求其弹开后的速度即平拋运动的初速度,必须测量下落高度h.h=错误!gt12,x1=v1t1v1=x1错误!.弹开后B做匀减速运动,由动能定理μmgx2=错误!mv22,v2=错误!由动量守恒定律Mv1-mv2=0即Mx1错误!=m错误!.答案:桌面离地高度hMx1错误!=m错误!6.<2008·##高考> 某同学利用如图实-11-9所示的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A、B两摆球均很小,质量之比为1∶2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好接触.向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成30°.若本实验允许的最大误差为±4%,此实验是否成功地验证了动量守恒定律?解析:设摆球A、B的质量分别为m A、m B,摆长为l,B球的初始高度为h1,碰撞前B球的速度为v B.在不考虑摆线质量的情况下,根据题意与机械能守恒定律得h1=l<1-cos45°>①错误!m B v B2=m B gh1②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2.有p1=m B v B③联立①②③式得p1=m B错误!④同理可得p2=<m A+m B>错误!⑤联立④⑤式得错误!=错误!错误!⑥代入已知条件得错误!2≈1.03由此可以推出|错误!|≈1.4% <4%所以,此实验在规定的X围内验证了动量守恒定律.答案:见解析。

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析[例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m,质量为550 kg的船,船头上站着一质量为m=50 kg的人,开始时,人和船均处于静止.若船行进时阻力很小,问当人从船头走到船尾时,船将行进多远?[思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小,船及人所受重力与水对船的浮力平衡,可以认为人在船上行走时系统动量守恒,开始时人和船都停止,系统总动量为零,当人在船上走动时,无论人的速度如何,系统的总动量都保持为零不变.[解题过程]取人运动方向为正方向,设人对岸的速度为v,船对岸的速度为V,其方向与v相反,由动量守恒定律有0=mv+(-MV).解得两速度大小之比为此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.取人在船上行走时任一极短时间Δt i,在此时间内人和船都可视为匀速运动,此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i=V iΔt i,由此有这样人从船头走到船尾时,人和船相对地面移动的总距离分别为S m=∑ΔS mi,S M=∑ΔS Mi.由图中几何关系可知S m+S M=L.这样,人从船头走到船尾时,船行进的距离为代入数据有S M=0.5 m.[小结]本题表明,在动量守恒条件得到满足的过程中,系统任一瞬时的总动量保持不变.[例题2]如图7-9示,物块A、B质量分别为m A、m B,用细绳连接,在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动,速度为v,如运动过程中,烧断细绳,仍保持力F大小方向不变,则当物块B停下来时,物块A的速度为多大?[思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象.绳子烧断前,A、B 一起做匀速直线运动,故系统所受外力和为零,水平方向系统所受外力计有拉力F,物块A受到地面的摩擦力f A,物体B受到地面的摩擦力f B,且F=f A +f B.绳烧断后,直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变,故在此过程中系统所受外力和仍为零,系统总动量保持不变.所以此题可用动量守恒定律求解.[解题过程]取初速v的方向为正方向,设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B,由动量守恒定律有(m A+m B)v=m A v′A+m B v′B.[小结] (1)本题表明动量守恒定律不仅可以解决相互作用时间极短的碰撞等类问题,也可以解决过程持续时间较长的问题.(2)本题解法体现了应用动量守恒定律解题的特点和优点:由于动量守恒定律只考虑系统相互作用前后的状态,而不考虑相互作用过程中各瞬时的细节,所以解决问题十分简便,这也是物理学中其他守恒定律(例如机械能守恒定律)也都具有的特点和优点.本题也可用牛顿运动定律(结合运动学公式)或应用动量定理来求解,但都要繁复一些.但本题若问B停下所用的时间是多少,动量守恒定律就无能为力了,就得应用牛顿运动定律(结合运动学公式)或动量定理来求解了.(3)特别要注意A、B组成的系统动量保持不变仅维持到B刚好停下为止,此后系统动量则不再守恒,因B停下后其所受的摩擦力f B变为零,系统所受外力和不再为零,不再满足动量守恒条件.[例题3]总质量均为M的甲乙两船在湖面上以相同速度v沿一直线鱼贯匀速航行如图7-10所示,现自甲船向后以相对甲船速度u水平向乙船抛一质量为m的沙袋,若不计水的阻力,求抛接沙袋后,甲、乙两船的速度各为多大?[思路点拨]本题涉及两个相互作用过程.过程Ⅰ:将沙袋从甲船抛出;过程Ⅱ:沙袋落在乙船上.因不计水的阻力,对于这两个过程若分别以甲船与沙袋及乙船与沙袋为系统,动量均守恒.[解题过程]以甲、乙两船原来速度方向为正方向,设抛接沙袋后,甲、,v′乙.乙两船速度分别为v′甲对于过程Ⅰ,以甲船和沙袋作为系统,由动量守恒有M v=(M-m)v′甲-m(u-v′甲).(因题中给出的是沙袋抛出时相对甲船的速度u,所以沙袋离开甲船时相对岸的速度为u-v′甲.)对于过程Ⅱ,以乙船和沙袋为系统,由动量守恒有Mv-m(u-v′甲)=(M+m)v′乙.代入解得将上面解得的v′甲表明抛接沙袋后,甲船速度增加,乙船速度减小,乃至为零或反向.[小结] (1)应用动量守恒定律解题时,应明确所应用的系统和过程.本题求乙船速度也可将甲、乙两船及沙袋作为系统,对抛接全过程(包括过程Ⅰ和过程Ⅱ)应用动量守恒定律,得到2Mv=(M-m)v′甲+(M+m)v′乙.代入解得v′乙,结果相同,这表明动量守恒定律也适用将解得的v′甲于多个物体组成的系统的复杂相互作用过程.(2)应用动量守恒定律时,应注意定律表达式中各速度应相对于同一惯性参考系,本题取地面.[例题4]在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在碰撞过程中,下列情况可能发生的是[]A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0=(M+m)v1+mv2B.小车、木块、摆球的速度都发生变化分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv=(M+m)v′[思路点拨]由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化.[解题过程]小车与木块碰撞刚结束时,球仍保持原来的速度,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,所以选项A、B是错误的.取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,所以选项C、D中两情况都可能发生.[小结]本题表明了碰撞这一物理现象发生时间极短这一的特点,由于碰撞现象的这一特点,可以使碰撞问题的解决通过近似得以简化.[例题5]在光滑水平直轨道上停着一辆质量为M的平板车,车上有n 个质量均为m的人,如每人相对于车以速率u相继快跑并相继跳离车的一端,试问他们相继快跑跳离车后使车得到的速度,与他们同时以同样速率u快跑并同时跳离车后使车得到的速度相比,哪个大?[思路点拨]如n人一起以相同速率跳离车,跳离车过程中n人同时与车发生相互作用,如将这n人与车作为一系统,这一过程中,系统水平方向不受外力,系统动量守恒.如n人相继跳离车时,这n人相继与车发生相互作用.因题设每人跳离车时相对车速率u相等,但由于每人跳离车时车速不同,所以每人跳离车时相对地面的速率是不同的,此种情况下,应应用动量守恒定律依次讨论每人跳离车的过程,方可做出结论.[解题过程]若n人同时快跳以相对车速率u同时跳离车,设跳离后,车获得速度为v,取人跳离后车速方向为正.由动量守恒有0=Mv+nm(v-u).若n人相继快跑并相继以相对车速率u跳离车,设第一人跳离车时车速为v1,第二人跳离车时车速为v2,……第n人跳离车时车速为v n,仍取车速方向为正,对每一人跳离车过程.由动量守恒有[M+(n-1)m]v1+m(v1-u)=0,[M+(n-2)m]v2+m(v2-u)=[M+(n-1)m]v1,[M+(n-3)m]v3+m(v3-u)=[M+(n-2)m]v2,……Mv n+m(v n-u)=(M+m)v n-1.将以上各式相加,得Mv n+m(v1-u)+m(v2-u)+…+m(v n-u)=0,或 Mv n=m(u-v1)+m(u-v2)+…+m(u-v n)=nmu-mv1-mv2-…-mv n.比较(1)、(2)两式可知v n>v,即n人相继跳离时,使车获得速度比同时跳离时大.[小结] (1)应用动量守恒定律解决过程较复杂的问题时,应注意系统与过程的选取.(2)动量守恒定律表达式中的各速度应是相对同一惯性系的速度,此题取的是地面.。

动量守恒定律 典型例题及练习题

动量守恒定律 典型例题及练习题

动量典型例题及练习【例题1】两块高度相同的木块A 和B ,紧靠着放在光滑的水平面上,其质量分别为m A =2kg ,m B =0.9kg 。

它们的下底面光滑,但上表面粗糙。

另有一质量m =0.1kg的物体C(可视为质点)以v C =10m/s 的速度恰好水平地滑动A 的上表面,物体C 最后停在B 上,此时B 、C 的共同速度v =0.5m/s,求(1)C 刚离开A 时,木块C 的速度(2)木块A 最终的速度为多大?﹡练习1、如图,在光滑水平面上的两平板车的质量分别为M 1=2kg 和M 2=3kg ,在M 1光滑的表面上放有一质量为m =1kg 的滑块,与M 1一起以5m/s 的速度向右运动,M 2静止。

M 1 与M 2 相撞后以相同的速度一起运动,但没有连接。

m 最后滑上M 2,并因摩擦停在上M 2 ,求两车最终的速度。

﹡练习2、如图所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板B 和C 。

重物A (可以视为质点),位于B 的右端,A 的质量是2kg ,B 、C 的质量都是10kg 。

现A 和B 以2m/s 的速度滑向静止的C ,B 和C 发生正碰,碰后B 和C 粘在一起运动,A 在C 上滑行,A 与C 之间的摩擦因数μ=0.2。

已知A 滑到C 的右端而未掉下。

试问: C 至少多长A 不会掉下?【例题2】如图所示,在光滑水平面上有A 、B 两辆小车,水平面的左侧有一竖直墙,在小车B 上坐着一个小孩,小孩与B 车的总质量是A 车质量的10倍。

两车开始都处于静止状态,小孩把A车以相对于地面的速度v 推出,A 车与墙壁碰后仍以原速率返回,小孩接到A 车后,又把它以相对于地面的速度v 推出。

每次推出,A 车相对于地面的速度都是v ,方向向左。

则小孩把A 车推出几次后,A 车返回时小孩不能再接到A 车?﹡练习3、甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M =30kg ,乙和他的冰车的质量也是30kg 。

动量守恒定律习题及答案.doc

动量守恒定律习题及答案.doc

1.一质量为0.1千克的小球从0.80米高处自由下落到一厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20秒,则这段时间内软垫对小球的冲量为多少?解:小球接触软垫的动能为E = mgh = 0.8 焦耳,可以算出此时的动量为P = sqr(2mE)= 0.4软垫对小球的冲量 = P +mg*0.2 = 0.4 + 0.2 = 0.62. 水平面上放置一辆平板小车,小车上用一个轻质弹簧连接一个木块,开始时弹簧处于原长,一颗子弹以水平速度vo=100m/s打入木块并留在其中(设作用时间极短),子弹质量为mo=0.05kg 木块质量为m1=0.95kg 小车质量为m2=4kg 各接触面摩擦均不计,求木块压缩弹簧的过程中,弹簧具有的最大弹性势能是多少?解:整个过程动量守恒,总动量P = m0*v0 ,=5根据动能E = 0.5mV^2 ,动量P = mV,导出E = P^2/2m子弹打入木块后,动能E1 = P^2/2(m0+m1) = 12.5焦耳当所有物体速度相同时,弹性势能最大此时的动能E2 = P^2/2(m0+m1+m2)= 2.5焦耳所以弹簧的最大弹性势能Ep = E1 -E2= 12.5 - 2.5 = 10焦耳3. 质量为m的子弹打入光滑水平面上的质量为M的木块中,木块动能增加6j,求子弹动能的取值范围?解:假设子弹初速率为V,打入木块后,共同速率为V'根据动量守恒,mV = (M+m)V'得到V'=mV/(M+m)大木块的动能为0.5MV'^2 = 0.5M[mV/(M+m)]^2 =6变形可以得到0.5mV^2*Mm/(M+m)^2 = 6得到子弹动能为0.5mV^2 = 6(M+m)^2/Mm ,大于等于24,当M =m时,有最小值24焦耳4.在一光滑的水平面上有两块相同木板BC,质点重物A在B右端,ABC质量等。

现A和b 以同一速度滑向静止的c,BC正碰后BC粘住,A在C上有摩擦滑行,到c右端未落。

高中物理-动量守恒定律经典例题详解

高中物理-动量守恒定律经典例题详解

高中物理-动量守恒定律经典例题详解篮球运动员接球时,通常会迅速收缩双手,以减小球对手的冲击力。

这是因为根据动量定理Ft=Δp,收缩双手可以延长手与球接触的时间,从而减小球的动量变化率,进而减小球对手的冲击力。

在弹丸爆炸的过程中,水平方向的动量守恒,根据m弹丸v=mv甲+mv乙,可以解得4v=3v甲+v乙。

爆炸后,甲、乙两块弹片均做平抛运动,竖直方向有h=gt²,水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=v甲t,x乙=v乙t。

根据数据,可以得出B图是正确的。

在竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切的情况下,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。

将A无初速释放后,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。

根据机械能守恒定律,可以解得碰撞前瞬间A的速率为2m/s。

根据动量守恒定律,可以解得碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s。

根据动能定理,可以解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离为0.25m。

如果质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,而质量为0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车,那么砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是1.0m/s,向右。

题目:一个质量为4kg的物块A,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。

可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量为2kg。

现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到vt=2m/s。

求:(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。

解析:1)以A为研究对象,由牛顿第二定律F=ma,代入数据解得a=2.5m/s²。

2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v,代入数据解得v=1m/s。

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动量守恒定律习题课
一、动量守恒定律知识点
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p 1 +p 2=p 1+p 2,
(2)Δp 1 +Δp 2=0,Δp 1= -Δp 2 。

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。

二、碰撞
1.弹性碰撞
特点:系统动量守恒,机械能守恒。

设质量m 1的物体以速度v 0与质量为m 2的在水平面上静止的物体发生弹性正碰,则
由动量守恒定律可得:221101v m v m v m +=①
碰撞前后能量守恒、动能不变:2
22
212111210
121
v m v m
v m +=② 联立①②得:01
2
12
1v v m m m m +-=
0222
11v v m m m +=
(注:在同一水平面上发生弹性正碰,机械能守恒即为动能守恒) [讨论]
①当m l =m 2时,v 1=0,v 2=v 0(速度互换) ②当m l <<m 2时,v 1≈-v 0,v 2≈0(速度反向) ③当m l >m 2时,v 1>0,v 2>0(同向运动) ④当m l <m 2时,v 1<0,v 2>0(反向运动)
⑤当m l >>m 2时,v 1≈v,v 2≈2v 0 (同向运动)
2.非弹性碰撞:部分机械能转化成物体的内能,系统损失了机械能,两物体仍能分离。

特点:动量守恒,能量不守恒。

用公式表示为:m 1v 1+m 2v 2= m 1v 1′+m 2v 2′
机械能/动能的损失:2
2
22
1111
12112211222222()()k k k E E E m
v m v m v m v ''∆=-=+-+ 3.完全非弹性碰撞:碰撞后两物体粘在一起运动,此时动能损失最大。

特点:动量守恒,能量不守恒。

用公式表示为: m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v
动能损失:22
2
2
111
1112212222()()k k k E E E m
v m v m m v ∆=-=+-+ 解决碰撞问题须同时遵守的三个原则: ①系统动量守恒原则
②能量不增加的原则
③物理情景可行性原则:(例如:追赶碰撞: 碰撞前:
碰撞后:在前面运动的物体的速度一定不小于在后面运动的物体的速度)
【例题】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p 甲=5 kg ·m/s,p 乙= 7 kg ·m/s ,甲追乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为p 乙′=10 kg ·m/s ,则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )
A .m 甲=m 乙 B.m 乙=2m 甲 C.m 乙=4m 甲 D.m 乙=6m 甲 解析:由碰撞中动量守恒可求得pA ′=2 kg ·m/s 要使A 追上
B , 则必有:vA >vB ,
即 mB >1.4mA ①
碰后pA ′、pB ′均大于零,表示同向运动,则应有:vB ′≥vA ′
被追追赶V 〉V
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即: mB ≤5mA ② 碰撞过程中,动能不增加,则
答案:C
三、反冲运动、爆炸模型
【例题1】 总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0,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?
【例题2】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,其中大块质量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。

四、碰撞中弹簧模型 【例1】
【例2】用轻弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以v=6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量为4kg 的物体C 静止在前方,如图3所示,B 与C 碰撞后二者粘在一起运动。

求:在以后的运动中
(1)当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度多大? (2)弹性势能的最大值是多大?
(3)A 的速度有可能向左吗?为什么?
解:(1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由于A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒,有
A
C B A B A v )m m m (v )m m (++=+s
m v A /3=
班级:
学号:
姓名:
l
v 0 v S
(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B 、C 两者速度为
三物块速度相等为vA 时弹簧的弹性势能最大为EP ,根据能量守恒得:
系统的机械能
由系统动量守恒得
故A 不可能向左运动 五、平均动量守恒问题——人船模型:
1.特点:初态时相互作用物体都处于静止状态,在物体发生相对运动的过程中,某一个方向的动量守恒(如水平方向动量守恒)。

对于这类问题,如果我们应用“人船模型”也会使问题迅速得到解决,现具体分析如下:
【例题】静止在水面上的小船长为L ,质量为M ,在船的最右端站有一质量为m 的人,不计水的阻力,当人从最右端走到最左端的过程中,小船移动的距离是多大?
六、“子弹打木块”模型
1.运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下匀减速直线运动;木块在滑动摩擦力作
用下做匀加速运动。

2.符合的规律:子弹和木块组成的系统动量守恒,机械能不守恒。

3.共性特征:一物体在另一物体上,在恒定的阻力作用下相对运动,系统动量守恒,机械能不守恒,ΔE = f 滑d 相对
此模型包括:“子弹打击木块未击穿”和“子弹打击木块击穿”两种情况,它们有一个共同的特点是:初态时相互作用的物体有一个是静止的(木块),另一个是运动的(子弹)。

1.“击穿”类
其特点是:在某一方向动量守恒,子弹有初动量,木块有或无初动量,击穿时间很短,击穿后二者分别以某一速度度运动。

【例1】质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上,现有一质量为m 的子弹以水平初速度v 0射入木块,穿出时子弹速度为v ,求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

s
m v v m m v m C B B /2'')(=+=,J
v m m m v m v m m E A C B A A C B P 12)(2
1
21')(212
22=++-++=J
v m m m E E A C B A P 48)(21'2
=+++=B
C B A A B A v m m v m v m v m )(++=+设A 的速度方向向左 0
<A v s
m v B
/4>则 则作用后A 、B 、C 动能之和 J
v m m v m E B
C B A A k 48)(212122>++=L-S
L-S
班级:
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姓名:
2.“未击穿”类
其特点是:在某一方向上动量守恒,如子弹有初动量而木块无初动量,碰撞时间非常短,
子弹射入木块后二者以相同速度一起运动。

【例2】一质量为M 的木块放在光滑的水平面上,一质量m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中,设相互作用力为f 。

求:①子弹、木块相对静止时的速度v ;
②子弹在木块内运动的时间t ;
③子弹、木块发生的位移s 1、s 2以及子弹打进木块的深度s ;
④系统损失的机械能/系统增加的内能E 。

【例3】 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

V 1
图1
s M

S 2
S。

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