动量守恒定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在橄榄球比赛中，一个85kg的前锋队员以5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65kg的队员，一个速度为2m/s，另一个速度为4m/s，然后他们就扭在了一起，则（　　）

A他们碰撞后的共同速度是0.2 m/s

B碰撞后他们动量的方向仍向前

C这名前锋能得分

D这名前锋不能得分

正确答案

B,C

解析

解：以前锋速度方向为正方向，设撞后共同速度为v，碰撞过程动量守恒，

根据动量守恒定律得：

m1v1-m2v2-m3v3=（m1+m2+m3）v

解得：v==m/s=0.16m/s，

所以他们碰撞后的共同速率为0.16m/s，方向与前锋方向相同，所以碰撞后他们动量的方向仍向前，能到达底线位置，所以AD错误BC正确．

故选BC

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题型：单选题

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单选题

如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（　　）

A在这个过程中，小车和物块构成的系统水平方向动量守恒

B在这个过程中，物块克服摩擦力所做的功为mgR

C在这个过程中，摩擦力对小车所做的功为mgR

D在这个过程中，由于摩擦生成的热量为

正确答案

D

解析

解：A、在物块从A位置运动到B位置过程中，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；

B、物块从A滑到B的过程中，小车静止不动，对物块，由动能定理得：mgR=mv2-0，解得，物块到达B点时的速度

v=；在物块从B运动到C过程中，物块做减速运动，小车做加速运动，最终两者速度相等，在此过程中，

系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv=（M+m）v′，v′=，以物块为研究对象，

由动能定理可得：-Wf=mv′2-mv2，解得：Wf=mgR-，故B错误；

C、对小车由动能定理得：Wf车=Mv′2=，故C错误；

D、物块与小车组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得：mgR=Q+（M+m）v′2，解得：Q=，D项正确；

故答案为：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，轻弹簧左端固定在水平地面的N点处，弹簧自然伸长时另一端位于O点，水平面NO段为光滑地面，B点右侧为粗糙水平面，O点和M点的距离为L，现有质量相等均为m的A、B滑块，先用滑块B向左压缩弹簧至P点，B和弹簧不栓接，由静止释放后向右运动与静止在M点的A物体碰撞，碰撞后A与B粘在一起，A向右运动了L之后静止在水平面上，已知水平面与滑块之间滑动摩擦因数都为μ，求

（1）B刚与A碰撞后，A的速度大小？

（2）B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功？

（3）若将B物体换成质量是2m的C物体，其余条件不变，则求A向右运动的距离是多少？

正确答案

解：（1）对碰后，对物体A和B，由动能定理得：

，

解得：；

（2）A和B碰撞过程系统守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2=2mv1

从O到M点过程，由动能定理得：

克服弹力做的功：W==5μmgL；

（3）对C物体：W=

C物体从O到M点由动能定理：

C和A碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv5=3mv6

对碰后物体A和C由动能定理：，

解得：；

答：（1）B刚与A碰撞后，A的速度大小为；

（2）B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功为5μmgL；

（3）若将B物体换成质量是2m的C物体，其余条件不变，A向右运动的距离是L．

解析

解：（1）对碰后，对物体A和B，由动能定理得：

，

解得：；

（2）A和B碰撞过程系统守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2=2mv1

从O到M点过程，由动能定理得：

克服弹力做的功：W==5μmgL；

（3）对C物体：W=

C物体从O到M点由动能定理：

C和A碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv5=3mv6

对碰后物体A和C由动能定理：，

解得：；

答：（1）B刚与A碰撞后，A的速度大小为；

（2）B将弹簧压缩至P点时克服弹力所做的功为5μmgL；

（3）若将B物体换成质量是2m的C物体，其余条件不变，A向右运动的距离是L．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A木板A获得的动能为2J

B系统损失的机械能为2J

C木板A的最小长度为2m

DA、B间的动摩擦因数为0.1

正确答案

A,D

解析

解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

解得：M=4kg，

木板A的质量为 M=4kg，木板获得的动能为：Ek=Mv2=×4×12=2J，故A正确．

B、系统损失的机械能△E=mv02-mv2-Mv2，代入数据解得：△E=4J，故B错误；

C、由图得到：0-1s内B的位移为xB=×（2+1）×1m=1.5m，A的位移为xA=×1×1m=0.5m，木板A的最小长度为L=xB-xA=1m，故C错误．

D、由图示图象可知，B的加速度：a===-1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg=mBa，代入解得，μ=0.1，故D正确．

故选：AD．

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题型：简答题

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简答题

（1）下列说法正确的是______．

A．汤姆孙提出了原子核式结构模型

B．a射线、β射线、r射线都是高速运动的带电粒子流

C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子

D．某放射性原子核经过2次a衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个

E．放射性物质的温度升高，则半衰期减小

（2）如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：

①A与B碰撞后的共同速度大小；

②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．

正确答案

解：（1）卢瑟福提出了原子核式结构，故A错误；

B、r射线的实质是电磁波即光子流，不带电，故B错误；

C、根据波尔理论知：氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确；

D、根据电荷数守恒知发生一次a衰变质子数减少2个，发生一次β衰变质子数增加一个，所以某放射性原子核经过2次a衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个，故D正确；

E、半衰期只与元素本身有关，物温度状态等因素无关，故D错误；

故选：CD．

（2）①规定向右为正方向，对整个系统，根据动量守恒：mv0=（m+M）v

解得：v=0.5m/s

②对A和C，设向右为正方向，由动量守恒：mv0=mvA

对A和B，由能量守恒：△E=mvA2-（M+m）v2

联立解得：△E=1.5J

答：①A与B碰撞后的共同速度大小0.5m/s；

②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能1.5J．

解析

解：（1）卢瑟福提出了原子核式结构，故A错误；

B、r射线的实质是电磁波即光子流，不带电，故B错误；

C、根据波尔理论知：氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确；

D、根据电荷数守恒知发生一次a衰变质子数减少2个，发生一次β衰变质子数增加一个，所以某放射性原子核经过2次a衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个，故D正确；

E、半衰期只与元素本身有关，物温度状态等因素无关，故D错误；

故选：CD．

（2）①规定向右为正方向，对整个系统，根据动量守恒：mv0=（m+M）v

解得：v=0.5m/s

②对A和C，设向右为正方向，由动量守恒：mv0=mvA

对A和B，由能量守恒：△E=mvA2-（M+m）v2

联立解得：△E=1.5J

答：①A与B碰撞后的共同速度大小0.5m/s；

②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能1.5J．

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