- 动量守恒定律
- 共5880题
正确答案
解析
解：根据动能定理得，
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mBvB-mAvA=（mA+mB）v，
因为
故选：C．
（1）设a是地球赤道上一栋建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m的卫星，c是地球同步卫星，则b卫星的运动周期T=______h；如果某一时刻b、c刚好位于a的正上方（如图1所示），经48h，a、b、c的大致位置是图2中的______．
（取地球半径R=6.4×106m，地球表面重力加速度g=10m/s2，π=
（2）有A、B两球在光滑水平面上沿着一条直线运动，它们发生碰撞后粘在一起，已知碰前两球的动量分别为PA=20kgm/s和PB=15kgm/s，碰撞后B球的动量改变了△PB=-5kgm/s，则碰撞后A球的动量为
正确答案
5.56
B
25
8：15
解析
解：（1）由于a物体和同步卫星c的周期都为24h．所以48h后两物体又回到原位置，
根据万有引力提供向心力得：
解得：T=
而b的半径为9.6×106m，R=6.4×106m，地球表面重力加速度g=10m/s2．
解得：Tb=5.56h
然后再算b卫星在48小时内运行的圈数n=
故答案为：5.56，B
（2）AB球碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律得：
PA+PB=
解得：
碰撞后速度相等，设此速度为v，则
mAv=25kgm/s
mBv=10kgm/s
解得：
碰撞前有：
mAvA=20kgm/s
mBvB=15kgm/s
解得：
故答案为：25，8：15
（1）P1滑到B点的速度大小．
（2）若L足够长，求P1和P2碰撞后瞬间，粘合体P的速度大小．
（3）讨论滑块P1和P2碰撞后粘成一粘合体P的速度大小与L的关系．
正确答案
解：（1）对P1由动能定理得：
mgR=
解得：v1=5m/s，
（2）L足够长，P1与滑板先共速再与P2发生碰撞，规定向右为正方向，
对P1与滑板：由动量守恒定律得mv1=5mv2
对P1与P2：由动量守恒定律得mv2=2mv3
解得：v3=0.5m/s，
（3）P1和滑板达到共速的过程中：
根据能量守恒得：μmgL0=
解得：L0=1.25m
对滑板由动能定理得：μmgs1=
解得s1=0.25m
此时板长l=L0+s1=1.5m
讨论：当L≥1.5m，P1与滑板先共速再与P2发生碰撞，v=v3=0.5m/s
当L＜1.5m，P1与滑板未共速已与P2发生碰撞，
对P1：由动能定理得：μmgL=
解得：v4=
由对P1与P2，由动量守恒定律得mv4=2mv5
解得：v5=
答：（1）P1滑到B点的速度大小是5m/s．
（2）若L足够长，求P1和P2碰撞后瞬间，粘合体P的速度大小是0.5m/s．
（3）当L≥1.5m，v=0.5m/s；当L＜1.5m，v5=
解析
解：（1）对P1由动能定理得：
mgR=
解得：v1=5m/s，
（2）L足够长，P1与滑板先共速再与P2发生碰撞，规定向右为正方向，
对P1与滑板：由动量守恒定律得mv1=5mv2
对P1与P2：由动量守恒定律得mv2=2mv3
解得：v3=0.5m/s，
（3）P1和滑板达到共速的过程中：
根据能量守恒得：μmgL0=
解得：L0=1.25m
对滑板由动能定理得：μmgs1=
解得s1=0.25m
此时板长l=L0+s1=1.5m
讨论：当L≥1.5m，P1与滑板先共速再与P2发生碰撞，v=v3=0.5m/s
当L＜1.5m，P1与滑板未共速已与P2发生碰撞，
对P1：由动能定理得：μmgL=
解得：v4=
由对P1与P2，由动量守恒定律得mv4=2mv5
解得：v5=
答：（1）P1滑到B点的速度大小是5m/s．
（2）若L足够长，求P1和P2碰撞后瞬间，粘合体P的速度大小是0.5m/s．
（3）当L≥1.5m，v=0.5m/s；当L＜1.5m，v5=
（1）A、B、C共同运动的速度．
（2）B物体相对于地向左运动的最大位移．
（3）小车的长度．
正确答案
解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m•vA-mvB+0=3mv，解得：
（2）B向左减速到0时向左的位移最大，对B由动能定理得：
所以：
（3）设小车的长度至少L，根据系统能量守恒得
μmgL=
代入数据解得，L=0.21m
答：（1）A、B、C共同运动的速度为0.1m/s，方向向右；
（2）B物体相对于地向左运动的最大位移是0.045m；
（3）小车的长度至少是0.21m．
解析
解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m•vA-mvB+0=3mv，解得：
（2）B向左减速到0时向左的位移最大，对B由动能定理得：
所以：
（3）设小车的长度至少L，根据系统能量守恒得
μmgL=
代入数据解得，L=0.21m
答：（1）A、B、C共同运动的速度为0.1m/s，方向向右；
（2）B物体相对于地向左运动的最大位移是0.045m；
（3）小车的长度至少是0.21m．
如图所示，在足够长的光滑水平面上，静置一质量M=2kg的小车，车上A点静置一大小不计，质量m=1kg，带正电荷q=3×10-3C的物块，整个小车与物块之间绝缘，其中AB段长L=1.5m与物块间的动摩擦因数μ=0.4，其余部分均光滑，小车左端连接一绝缘轻质弹簧，处于原长状态，劲度系数足够，能保证与物块作用在弹性限度内，BC段为半径R=0.4m的四分之一圆弧，现在水平面之上至小车顶点C范围内加水平向右的匀强电场，水平方向范围足够大，电场强度E=6×103V/m，当物块相对小车第一次滑到B点时，立即抛去电场，不计空气阻力，取重力加速g=10m/s2度．求
（1）电场力作用的时间t1和电场力所做的功W；
（2）物块沿圆弧轨道向上滑离点C后达到的最大高度h（相对于小车底板的上表面）和从滑离点C点到再落回C点经历的时间t；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep和物块最终停在小车上何处．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：
对m：qE-μmg=ma1，代入数据解得：a1=14m/s2，
对M：μmg=Ma2，代入数据解得：a2=2m/s2，
由匀变速直线运动的位移公式得：
对m：x1=
由几何关系的：x1-x2=L，
代入数据解得：t1=0.5s，x1=1.75m，
电场力做功：W=qEx1=3×10-3×6×103×1.75=31.5J；
（2）物块到达B点时，物块的速度：v1=a1t1=14×0.5=7m/s，
小车的速度：v2=a2t1=2×0.5=1m/s，
物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v=3m/s，v竖直=4m/s，
物块离开小车后在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，
在竖直方向上升的最大高度：h′=
物体相对于小车底板上表面上升的高度：h=h′+R=0.8+0.4=1.2m，
落回小车的时间：t=
（3）弹簧弹性势能最大时，物块与小车的速度相等，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：EP=6J；
最终物块与小车速度相等，相对静止，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：s=3m=2L，最终物块停在B处；
答：（1）电场力作用的时间t1为0.5s，电场力所做的功W为31.5J；
（2）物块沿圆弧轨道向上滑离点C后达到的最大高度h为1.2m，滑离点C点到再落回C点经历的时间t为0.8s；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep为6J，物块最终停在小车上B处．
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：
对m：qE-μmg=ma1，代入数据解得：a1=14m/s2，
对M：μmg=Ma2，代入数据解得：a2=2m/s2，
由匀变速直线运动的位移公式得：
对m：x1=
由几何关系的：x1-x2=L，
代入数据解得：t1=0.5s，x1=1.75m，
电场力做功：W=qEx1=3×10-3×6×103×1.75=31.5J；
（2）物块到达B点时，物块的速度：v1=a1t1=14×0.5=7m/s，
小车的速度：v2=a2t1=2×0.5=1m/s，
物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v=3m/s，v竖直=4m/s，
物块离开小车后在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，
在竖直方向上升的最大高度：h′=
物体相对于小车底板上表面上升的高度：h=h′+R=0.8+0.4=1.2m，
落回小车的时间：t=
（3）弹簧弹性势能最大时，物块与小车的速度相等，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：EP=6J；
最终物块与小车速度相等，相对静止，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：s=3m=2L，最终物块停在B处；
答：（1）电场力作用的时间t1为0.5s，电场力所做的功W为31.5J；
（2）物块沿圆弧轨道向上滑离点C后达到的最大高度h为1.2m，滑离点C点到再落回C点经历的时间t为0.8s；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep为6J，物块最终停在小车上B处．
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