动量冲量经典例题

【答案】ABD　

【解析】当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量$p_2$大于初态动量$p_1$，由矢量的运算法则可知$Delta p =p_2-p_1>0$，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以A选项正确。当做直线运动的物体速度减小时，$p_2<p_1$，如图(b)所示，$Delta p$与$p_1$(或$p_2$)方向相反，与运动方向相反，故B选项正确。当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况$Delta p≠0$，故C选项错误。当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，$Delta p$一定不为零，如图(c)所示，故D选项正确。

【答案】A　

【答案】A　

【解析】由动量定理得$p=Ft$，则经过时间2t，物体的动量$p_2=F·2t=2p$，由$p^2=2mE_k$得物体的动能$E_{k2}=dfrac{2p^2}{2dfrac{m}{2}}=8E_K$，选项A正确，C错误；

由动能定理$E_k=FL$，则经过位移$2L$，物体的动能$E_{k2}=F2L=2E_k$，由$p^2=2mE_k$，得物体的动量$P_2=sqrt{2 dfrac{m}{2}2E_k}=p$，选项B、D错误。

【答案】D

【解析】A. 如果采用图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，不需要测量OB的长度，故A错误；

B. 如果采用图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度可以表示出对应的水平速度，从而确定动量是否守恒，故不需要测量OB的距离，故B错误；

C. 采用图甲所示装置，一个球时水平距离为OP，两球相碰时，A球距离为OM，B球为ON，则根据动量守恒定律有：$m_Av=m_Av_1+m_B+m_Bv_2$,因下落时间相同,则两端同时乘以t后有$m_Acdot OP=m_A cdot OM +m_B cdot ON$，则表明此碰撞动量守恒，故C错误；

D. 小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为P，两球相碰后，落点分别为M和N，根据动量守恒定律有$m_Av=m_Av_1+m_bv_2$，而速度$v=dfrac{l}{t}$，根据$h=dfrac{1}{2}gt^2$可得$t=dfrac{2h}{g}$，则可解得：

$v=dfrac{BB’}{sqrt{dfrac{2B’P}{g}}}$

$v_1=dfrac{BB’}{sqrt{dfrac{2B’M}{g}}}$

$v_2=dfrac{BB’}{sqrt{dfrac{2B’N}{g}}}$

代入动量守恒表达式,消去公共项后，有$dfrac{m_A}{sqrt{B’P}}=dfrac{m_A}{sqrt{B’M}}+dfrac{m_A}{sqrt{B’N}}$，机械能守恒定律可知：$dfrac{1}{2}m_Av^2=dfrac{1}{2}m_Av_1^2+dfrac{1}{2}m_Bv_2^2$，联立动量表达式和机械能表达式可知：$dfrac{1}{sqrt{B’N}}=dfrac{1}{sqrt{B’M}}+dfrac{1}{sqrt{B’P}}$，故可以根据该式表明此碰撞机械能守恒，故D正确；

故选D.

【答案】D

【解析】橡皮泥下落的时间为：$t=sqrt{dfrac{2h}{g}}=sqrt{dfrac{2times1.25}{10}}=0.5s$.故A错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m₁v₀=（m₁+m₂）v，所以共同速度为：$v=dfrac{m_1v_0}{m_1+m_2}=dfrac{2times2.5}{2+0.5}=2m/s$，故B正确；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒.故C错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：$Delta=m_2gh+dfrac{1}{2}m_1v_0^2-dfrac{1}{2}(m_1+m_2)v^2$，代入数据可得：△E=7.5J.故D正确.

【答案】BCD

【解析】A.在最开始时，弹簧处于压缩状态，当M球开始运动后，弹簧恢复原长，形变量逐渐减小，因此弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，即该过程M球做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；

B.设一开始弹簧的形变量为$x_1$，当弹簧达到0.6m时形变量为$x_2$，则有

$x_1=0.5-0.4=0.1m$

$x_2=0.6-0.5=0.1m$

M球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得

$I_M=0.6Ncdot s= m_MV_0$

两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得

$m_MV_0=m_MV_1+m_N+v_2$

当弹簧第一次达到0.6m时，根据能量守恒定律有

$dfrac{1}{2}k_1^2+dfrac{1}{2}m_MV_0^2=dfrac{1}{2}m_MV_1^2+dfrac{1}{2}m_NV_2^2+dfrac{1}{2}kx_2^2$

解得

$V_1=3m/s$

即弹簧达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s，故B正确；

C.根据能量守恒定律，该过程M球和N球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧的弹性势能为0时，M球和N球的总动能达到最大。故C正确。

D.当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可得

$m_MV_0=(m_M+m_N)V_g$

解得

$V_g=1.5m/s$

即弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s，故D正确。

【答案】D

【答案】D

【解析】

【答案】C
【解析】小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．即从A到C速度越来越小，AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1＜t2，AB不符合题意；

沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为 I ₁ >I ₂

计算变力的冲量，一般用动量的变化来衡量！

【解析】A

【解析】设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：$mv_1=mv_2+Amv$，$dfrac{1}{2}mv_1^2=dfrac{1}{2}mv_2^2+dfrac{1}{2}Amv^2$

联立两式解得：$dfrac{v_1}{v_2}=dfrac{A+1}{A-1}$．故A正确，BCD错误．故选A．

【答案】m=M

【解析】设物体的质量为m。t₀时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律

Mv₀=mv①

3t₀时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v₀，说明碰撞是弹性碰撞，能量守恒

$dfrac{1}{2}mv_0^2=dfrac{1}{2}mv^2$②

联立①②解得：m=M

【答案】B

【解析】以飞船为参照物，选择一和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究。

则该圆柱内的尘埃相对于飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，由长度为x＝vt，横截面积为S、体积为V＝vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N＝nvtS，尘埃总质量为M＝Nm＝mnvtS，根据动量定理，Ft＝Mv，联立解得：F＝nmv²S，选项B正确。

答案：ABD