动量守恒定律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221mv mgh =①根据牛顿第二定律，有Rv m mg mg 29=- ②解得h =4R 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mg F μ=④ 由动量守恒定律，有'+=v m m mv )3( ⑤对物块、小车分别应用动能定理，有222121)10(mv mv s R F -'=+- ⑥ 0)3(212-'=v m Fs ⑦ 解得3.0=μ⑧2、(16分)如图所示，质量m 1=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m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=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μ=0.5,取g=10 m/s 2，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。

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 ()2012m v m m 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220-F t m v m v =- ② 其中 2F m g μ= ③ 解得 ()1012m v t m m gμ=+代入数据得 0.24s t = 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()2012m v m m v ''=+ ⑤ 由功能关系有()22201221122m v m m v m gL μ''=++ ⑥ 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v 0′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m 1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m 2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E P （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

答案：（1）由机械能守恒定律得，有 211112m gh m v =① 2v gh = ②（2）A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有/112()m v m m v =+ ③A 、B 克服摩擦力所做的功W ＝12()m m gd μ+ ④由能量守恒定律，有/212121()()2P m m v E m m gd μ+=++ ⑤ 解得211212()P m E gh m m gd m m μ=-++ ⑥4(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μ。

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 。

【答案】043v g μ【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：002(2)mv mv m m v-=+，解得：03v v =木板在第一个过程中，用动量定理，有：01()2mv m v mgt μ--=用动能定理，有：22011222mv mv mgsμ-=-木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：2s vt =木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=023v g μ+023v g μ=043v g μ5 (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 ，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；（2）在满足(1)的条件下。

求的甲的速度υ0； （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。

A EB R D v0 甲 乙【答案】（1）0.4m （2）/s （3）0.4 1.6m x m '≤<【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2Dv m mg qE R =+ ①212()2mg qE R tm += ②D x v t= ③联立①②③得：0.4x m = 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：0mv mv mv =+乙甲 ⑤2220111222mv mv mv =+乙甲 ⑥联立⑤⑥得：v 乙= v0 ⑦由动能定理得：22112222D mg R qE R mv mv -⋅-⋅=-乙 ⑧联立①⑦⑧得：/D v s== 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：0Mv Mv mv =+M m⑩2220111222Mv Mv mv =+M m○11联立⑩○11得：2m Mv v M m =+ ○12由○12和M m ?，可得：2D m Dv v v ≤< ○13设乙球过D 点的速度为D v '，由动能定理得'22112222D mg R qE R mv mv -⋅-⋅=-m ○14联立⑨○13○14得：2/8/D m s v m s '≤< ○15设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有：D x v t ''= ○16联立②○15○16得：0.4 1.6m x m '≤<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【答案】（1）2Rgv =（2）8R s μ= 【解析】（1）B 在d 点，根据牛顿第二定律有：234v mg mg mR -= 解得：2Rg v =（2）B 从b 到d 过程，只有重力做功，机械能守恒有：221122B mv mgR mv =+…………………………………………①AB 分离过程动量守恒有：3A Bmv mv =………………………………②A 匀减速直线运动，用动能定理得，210332A mv mgs μ-=-………③联立①②③，解得：8R s μ=。