动量守恒定律_章节学习

1

题型：单选题

|

单选题

如图所示，水平地面上O点的正上方竖直自由下落一个物体m，中途炸成a，b两块，它们同时落到地面，分别落在A点和B点，且OA＞OB，若爆炸时间极短，空气阻力不计，则（　　）

A落地时a的速率小于b的速率

B落地时在数值上a的动量大于b的动量

C爆炸时a的动量增加量数值大于b的增加量数值

D爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能

正确答案

D

解析

解：A、物体m中途炸成a，b两块，同时落到地面，说明水平方向是匀速运动，爆炸对竖直分运动无影响；

由于OA＞OB，运动时间相同，故a的水平分速度大于b的水平分速度，而竖直分速度相等，故落地时a的速率大于b的速率，故A错误；

B、碎片系统水平方向不受外力，动量守恒，根据动量守恒定律，有：

mAvA-mBvB=0

由于vA＞vB，故mA＜mB；

落地时水平分动量相等，竖直分速度相等，mA＜mB，故A的竖直分动量小，故合动量也是A的小，故B错误；

C、物体m中途炸成a，b两块，该瞬时过程碎片系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不变，故爆炸时a的动量增加量数值等于b的增加量数值，故C错误；

D、根据Ek=和mA＜mB，爆炸过程A物体的动能增加量大，故D正确；

故选：D．

1

题型：简答题

|

简答题

图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，一段时间后达到最高点．求：

（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；

（2）滑块速度变为零后，小球向左摆动细线与竖直方向的最大夹角．

正确答案

解：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgl=mv12+mv22，

系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv1-mv2=0，

由动量定理得，挡板阻力对滑块的冲量为：I=mv2，

解得：I=m，方向向左；

（2）设细线与竖直方向的最大夹角为θ，

对小球，由机械能守恒定律得：mgL（1-cosθ）=mv12，

解得：cosθ=，θ=600；

答：（1）挡板阻力对滑块的冲量大小为m，方向向左；

（2）小球向左摆动细线与竖直方向的最大夹角为60°．

解析

解：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgl=mv12+mv22，

系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv1-mv2=0，

由动量定理得，挡板阻力对滑块的冲量为：I=mv2，

解得：I=m，方向向左；

（2）设细线与竖直方向的最大夹角为θ，

对小球，由机械能守恒定律得：mgL（1-cosθ）=mv12，

解得：cosθ=，θ=600；

答：（1）挡板阻力对滑块的冲量大小为m，方向向左；

（2）小球向左摆动细线与竖直方向的最大夹角为60°．

1

题型：单选题

|

单选题

长为L的轻绳，一端用质量为M的环套在光滑的横杆上（轻绳质量不计），另一端连接一质量为m的小球，开始时，将系球的绳子绷紧并转到与横杆平行位置，然后轻轻放手，当小球摆到最底点时，速度大小为（　　）

A

B

C

D以上答案都不正确

正确答案

B

解析

解：以M、m组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv-Mv′=0，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgL=mv2+Mv′2，

解得：v=，故B正确；

故选：B．

1

题型：单选题

|

单选题

（2015秋•房山区月考）在静止水面上有甲乙两艘总质量均为M的橡皮船（含乘客），甲船处于静止状态，乙船以速度v0匀速撞向甲船．如图所示，若不计水的阻力和碰撞过程中系统损失的机械能，则（　　）

A碰撞过程中乙船对甲船做的功为Mv02

B碰撞过程中乙船对甲船做的功为Mv02

C碰撞过程中两艘橡皮船具有的最大弹性势能为Mv02

D碰撞过程中两艘橡皮船具有的最大弹性势能为Mv02

正确答案

C

解析

解：A、甲乙两艘总质量相等，不计水的阻力和碰撞过程中系统损失的机械能，则碰撞后，速度互换，则碰撞后甲的速度为v0，根据动能定理可知，碰撞过程中乙船对甲船做的功为W=Mv02，故AB错误；

C、当两船的速度相等时，两艘橡皮船具有的最大弹性势能，以乙的初速度方向为正，根据动量守恒得得：

Mv0=2Mv

解得：v=，

根据能量守恒定律得：

解得：EP=Mv02，故C正确，D错误．

故选：C

1

题型：简答题

|

简答题

处于静止状态的某原子核X，发生α衰变后变成质量为M的原子核Y，被释放的α粒子垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，测得其圆周与运动的半径为r，设α粒子质量为m，质子的电量为e，试求：

（1）衰变后α粒子的速率υa和动能Eka；

（2）衰变后Y核的速率υy和动能Eky；

（3）衰变前X核的质量Mx．

正确答案

解：（1）α粒子在匀强磁场中做圆周与运动所需的向心力同洛仑兹力提供，

即Bqv=m，α粒子的带电量为q=2e

所以α粒子的速率：vα=，

动能：Ekα=mv=

（2）由动量守恒mvα-Mvy=0

所以vy=，

Eky=Mv=

（3）由质能方程：△E=△mc2，

而△E=Ekx+Eky，

所以△m=（+）

衰变前X核的质量：Mx=m+M+△m=m+M+（+）．

答：（1）衰变后α粒子的速率υa为，动能Eka为；

（2）衰变后Y核的速率υy为=，动能Eky为；

（3）衰变前X核的质量Mx为m+M+（+）．

解析

解：（1）α粒子在匀强磁场中做圆周与运动所需的向心力同洛仑兹力提供，

即Bqv=m，α粒子的带电量为q=2e

所以α粒子的速率：vα=，

动能：Ekα=mv=

（2）由动量守恒mvα-Mvy=0

所以vy=，

Eky=Mv=

（3）由质能方程：△E=△mc2，

而△E=Ekx+Eky，

所以△m=（+）

衰变前X核的质量：Mx=m+M+△m=m+M+（+）．

答：（1）衰变后α粒子的速率υa为，动能Eka为；

（2）衰变后Y核的速率υy为=，动能Eky为；

（3）衰变前X核的质量Mx为m+M+（+）．

热门试卷

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析