20161022碰撞与动量守恒-含答案---经典题型总汇

1、（16分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求

（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍； （2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。

答案：（1）设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R。由机械能守恒定律，有

mgh12mv 2

②

①

③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为 v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R。由滑动摩擦定律，有

Fmg ④ 由动量守恒定律，有mv(m3m)v ⑤

对物块、小车分别应用动能定理，有

v2根据牛顿第二定律，有9mgmgm

R解得h=4R

F(10Rs)Fs11mv2mv2 22

⑥ ⑦ ⑧

1(3m)v20 2解得0.3

2、(16分)如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求

（1） 物块在车面上滑行的时间t;

（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

一

答案：（1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。 （1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0m1m2v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ftm2vm2v0 ② 其中 Fm2g ③ 解得 tm1v0

m1m2g代入数据得 t0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

m1m2v ⑤ m2v0由功能关系有

112m1m2v2m2gL ⑥ m2v022代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

3．（16分）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧。已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求 （1）物块A在档板B碰撞瞬间的速度v的大小；

（2）弹簧最大压缩时为d时的弹性势能EP（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

二

答案：（1）由机械能守恒定律得，有 m1gh11m1v2 ① 2v2gh ②

（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有

m1v(m1m2)v/ ③

A、B克服摩擦力所做的功

W＝(m1m2)gd ④

由能量守恒定律，有

1(m1m2)v/2EP(m1m2)gd ⑤ 2解得

m12EPgh(m1m2)gd ⑥

m1m2

4(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为

。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，

碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g。

三

4v0【答案】3g

【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：

2mv0mv0(2mm)v，解得：

vv03

木板在第一个过程中，用动量定理，有：

mvm(v0)2mgt1

121mvmv022mgs2 用动能定理，有：2

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：

svt2

2v02v04v0 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=3g+3g=3g

5 (20分)

如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) （1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨

D 道上的首次落点到B点的距离；

E （2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0； R （3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

甲 v0 乙

B A

四

【答案】（1）0.4m （2）25m/s （3）0.4mx1.6m

【解析】（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则

2vDmmgqER ①

2R

1mgqE2()t2m ②

xvDt ③

联立①②③得：x0.4m ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：

mv0mv甲mv乙 ⑤

121212mv0mv甲mv乙222 ⑥

联立⑤⑥得：v乙= v0 ⑦

mg2RqE2R由动能定理得：

1212mvDmv乙22 ⑧

联立①⑦⑧得：

vD5(mgqE)R25m/sm ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：

Mv0MvMmvm ⑩

111222Mv0MvMmvm22 2 ○11

vm2Mv0Mm 1○2

联立⑩○11得：

vvm2vD ○

由○12和Mm，可得：D13

设乙球过D点的速度为

vD，由动能定理得

mg2RqE2R 联立⑨○131○4得：

1'212mvDmvm22 1○4

○15

2m/svD8m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x，则有：

五

xvDt ○16

联立②○151○6得：0.4mx1.6m

6 （18分）

如图15所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B到b点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求： 物块B在d点的速度大小; 物块A滑行的距离s

RRgsv8 2（2）【答案】（1）

【解析】（1）B在d点，根据牛顿第二定律有：

Rg3v2mgmgmv4R 解得：2

（2）B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：

121mvBmgRmv222…………………………………………①

AB分离过程动量守恒有：

3mvAmvB………………………………②

1203mvA3mgs2A匀减速直线运动，用动能定理得，………③

s联立①②③，解得：

R8

六