动量守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015•济南一模）静止的氮核被速度为v0的中子击中生成碳核和另一种原子核甲，已知与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后核与甲核的动量之比为2：1．

①写出核反应方程式．

②求与甲核的速度各是多大？

正确答案

解：①核反应方程式为：+→+

②设中子质量为m0，核质量mC，甲核质量为m甲，由动量守恒得m0v0=mCvC+m甲v甲

即 m0v0=12 m0 vC+3 m0v甲

又因为与甲核动量比为2：l，所以

m0vC=2m甲v甲

即12m0vC=2×3m0v甲

联立求得：

答：①写出核反应方程式为+→+

②与甲核的速度各是、．

解析

解：①核反应方程式为：+→+

②设中子质量为m0，核质量mC，甲核质量为m甲，由动量守恒得m0v0=mCvC+m甲v甲

即 m0v0=12 m0 vC+3 m0v甲

又因为与甲核动量比为2：l，所以

m0vC=2m甲v甲

即12m0vC=2×3m0v甲

联立求得：

答：①写出核反应方程式为+→+

②与甲核的速度各是、．

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题型：填空题

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填空题

冰球运动员甲的质量为80.0kg，当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，则碰后乙的速度的大小为______；碰撞中总机械能的损失为______．

正确答案

1m/s

1400J

解析

解：甲、乙组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙′=m甲v甲′+m乙v乙′，

代入数据解得：v乙′=1m/s，

由能量守恒定律可知，损失的机械能：

△E=m甲v甲2+m乙v乙2-m甲v甲′2-m乙v乙′2，

代入数据解得：△E=1400J；

故答案为：1m/s；1400J．

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题型：多选题

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多选题

如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞并粘接在一起，且摆动平面不变．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为t，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后（　　）

A摆动的周期为T

B摆动的周期为t

C摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h

D摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h

正确答案

B,D

解析

解：A、由单摆周期公式：T=2π可知，单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度，碰撞后重力加速度与摆长不变，周期不变，周期为t，故A错误，B正确；

C、设b的质量为m，由题意可知，a的质量：M=5m，

在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：Mgh=Mv12，

a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律的：Mv1-m•2v1=（M+m）v2，

碰撞后摆动过程中，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（M+m）gh′=（M+m）v22，

解得：v2=v1，h′=0.25h，故C错误，D正确．

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑冰面上A、B两车的质量均为M，A车上站有质量为m的人，且M=2m，两车以相同速率v0相向运动，试求：

①两小车和人组成的系统的初动量为多大？

②为了避免两车相撞，人相对地面至少以多大的速度从A车跳上B车？

正确答案

解：①以向右为正方向，系统初动量：p=（M+m）v0-Mv0=mv0；

②速度v最小的条件是：人跳上A车稳定后两车的速度相等，以A车和人组成的系统为研究对象，

以A车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv车+mv，

以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

-Mv0+mv=（M+m）v车，解得：v=v0；

答：①两小车和人组成的系统的初动量为mv0；

②为了避免两车相撞，人相对地面至少以的速度从A车跳上B车．

解析

解：①以向右为正方向，系统初动量：p=（M+m）v0-Mv0=mv0；

②速度v最小的条件是：人跳上A车稳定后两车的速度相等，以A车和人组成的系统为研究对象，

以A车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv车+mv，

以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

-Mv0+mv=（M+m）v车，解得：v=v0；

答：①两小车和人组成的系统的初动量为mv0；

②为了避免两车相撞，人相对地面至少以的速度从A车跳上B车．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M的长滑块静止在光滑水平面上，左端固定一劲度系数为k且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳子能承受的最大拉力为FT，使一质量为m、初速度为V0的小物体，在滑块上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧，弹簧的弹性势能表达式为EP=kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）．

（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足什么条件？

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为多大？

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是什么？

正确答案

解：（1）设弹簧压缩量为x1时，绳被拉断，即

kx1=FT ①

压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

②

联立解得： ③

（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V1，有

④

绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x2，长滑块有向左的最大加速度am，此过程动量守恒，有：

mv1=（M+m）v2 ⑤

根据机械能守恒，有：

⑥

由牛顿第二定律得：kx2=Mam ⑦

联立①④⑤⑥⑦解得： ⑧

（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，能量守恒，故有

Mv=mv1 ⑨

⑩

联立①④⑨⑩解得：（11）

由于＞0，必有m＞M

所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足．

答：（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足的条件；

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为；

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足．

解析

解：（1）设弹簧压缩量为x1时，绳被拉断，即

kx1=FT ①

压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

②

联立解得： ③

（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V1，有

④

绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x2，长滑块有向左的最大加速度am，此过程动量守恒，有：

mv1=（M+m）v2 ⑤

根据机械能守恒，有：

⑥

由牛顿第二定律得：kx2=Mam ⑦

联立①④⑤⑥⑦解得： ⑧

（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，能量守恒，故有

Mv=mv1 ⑨

⑩

联立①④⑨⑩解得：（11）

由于＞0，必有m＞M

所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足．

答：（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足的条件；

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为；

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足．

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