动量守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙求的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（　　）

A甲球的速度为零而乙球的速度不为零

B乙球的速度为零而甲球的速度不为零

C两球的速度均零

D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

正确答案

A

解析

解：A、物体的动量：p=，由题意知：EK甲＞EK乙，m甲＞m乙，则p甲＞p乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．

B、因为乙必弹回，故速度不为零．故B错误

C、碰撞过程系统动量守恒，碰撞前系统总动量不为零，由动量守恒定律可知，碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零，故C错误；

D、由A的分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向，故D错误；

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为3m的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m的两个小物块A、B放在C上端．现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量I和2I，使A、B分别获得初速度，若A、B与C之间的动摩擦因数均为μ，求：

①最终A、B、C的共同速度为多大？

②在这个运动过程中，因摩擦产生的热量是多少？

正确答案

解：①A、B、C三个物体组成的系统水平方向不受外力，相同动量守恒，根据动量守恒定律得：

I+2I=（3m+m+m）v

解得：

v=；

②在这个运动过程中，系统减小的机械能转化为系统的内能，故：

Q=-=-=；

答：①最终A、B、C的共同速度为；

②在这个运动过程中，因摩擦产生的热量是．

解析

解：①A、B、C三个物体组成的系统水平方向不受外力，相同动量守恒，根据动量守恒定律得：

I+2I=（3m+m+m）v

解得：

v=；

②在这个运动过程中，系统减小的机械能转化为系统的内能，故：

Q=-=-=；

答：①最终A、B、C的共同速度为；

②在这个运动过程中，因摩擦产生的热量是．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=2.0kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量m=1.0kg的滑块A，滑块与小车之间动摩擦因数μ=0.5．当滑块与小车同时分别受到水平向左F1=6.0N的拉力和水平向右F2=9.0N的拉力后开始运动，经0.4s后同时撤去两水平力，设滑块一直未从小车上滑下，（取g=10m/s2）

（1）未撤去外力时，滑块与小车的加速度分别是多大？

（2）从滑块开始运动到撤去外力的过程中，滑块相对小车的位移是多少？

（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少有多长？

正确答案

解：（1）A与小车间的摩擦力大小 f=μmg=5N

∵F1、F2均大于5N

∴m、M相对滑动

对A：F1-f=ma1，解得，a1=1m/s2；

对小车：F2-f=ma2，解得，a2=2m/s2；

（2）撤去外力的瞬间，A的速度为 v1=a1t=0.4m/s，小车的速度为 v2=a2t=0.8m/s，

从滑块开始运动到撤去外力的过程中，A通过的位移为s1==0.08m，小车通过的位移为s2==0.16m

∴撤去两力时，滑块A相对小车的位移s=s1+s2=0.24m

（3）撤去外力后，系统的动量守恒．设A恰好不从小车上滑下时，共同速度为v，滑块在小车上滑动的位移为△L．

取小车运动方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒得

Mv2-mv1=（M+m）v ①

μmg△L=+-　　②

由①②式得△L=0.096m

所以小车长度至少为L=s+△L=0.24m+0.096m=0.336m

答：

（1）未撤去外力时，滑块与小车的加速度分别是1m/s2和2m/s2．

（2）从滑块开始运动到撤去外力的过程中，滑块相对小车的位移是0.24m．

（3）为使滑块不从小车上滑下，小车长度至少为0.336m．

解析

解：（1）A与小车间的摩擦力大小 f=μmg=5N

∵F1、F2均大于5N

∴m、M相对滑动

对A：F1-f=ma1，解得，a1=1m/s2；

对小车：F2-f=ma2，解得，a2=2m/s2；

（2）撤去外力的瞬间，A的速度为 v1=a1t=0.4m/s，小车的速度为 v2=a2t=0.8m/s，

从滑块开始运动到撤去外力的过程中，A通过的位移为s1==0.08m，小车通过的位移为s2==0.16m

∴撤去两力时，滑块A相对小车的位移s=s1+s2=0.24m

（3）撤去外力后，系统的动量守恒．设A恰好不从小车上滑下时，共同速度为v，滑块在小车上滑动的位移为△L．

取小车运动方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒得

Mv2-mv1=（M+m）v ①

μmg△L=+-　　②

由①②式得△L=0.096m

所以小车长度至少为L=s+△L=0.24m+0.096m=0.336m

答：

（1）未撤去外力时，滑块与小车的加速度分别是1m/s2和2m/s2．

（2）从滑块开始运动到撤去外力的过程中，滑块相对小车的位移是0.24m．

（3）为使滑块不从小车上滑下，小车长度至少为0.336m．

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题型：单选题

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单选题

如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　）

Av0+v

Bv0-v

Cv0+（v0+v）

Dv0+（v0-v）

正确答案

C

解析

解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，

规定向右为正方向

（M+m）v0=Mv′-mv

v′=v0+（v0+v）

故选C．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量mA=2kg的木块A静止在光滑水平面上．质量mB=1kg的木块B以某一初速度v0=5m/s向右运动，与A碰撞后两者均向右运动．木块A向右运动，与挡板碰撞反弹（与挡板碰撞无机械能损失）．后来与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度分别为0.9m/s、1.2m/s．则（　　）

A第一二次碰撞过程A、B系统机械能守恒

B第一次碰撞后，A的速度为1m/s

C第一次碰撞过程A、B系统增加的内能为4.5J

D第二次碰撞过程中，A对B做的功为0.22J

正确答案

D

解析

解：A、设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，以A、B组成的系统为研究对象，碰撞过程中系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=mAvA1+mBvB1 ，A与挡板碰撞，没有机械能损失，A与挡板碰撞后原速反弹，第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，

设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，vA2和vB2方向均向左，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA1-mBvB1=mAvA2+mBvB2，

由题意知：vA2=0.9m/s，vB2=1.2m/s，解得：vA1=2m/s，vB1=1m/s，由能量守恒定律可知，第一次碰撞过程系统内能的增加量：

Q=mBv02-mA1vA12-mBvB12，代入数据解得：Q=8J，由此可知，第一次碰撞过程中系统机械能有损失，机械能不守恒，故ABC错误；

D、第二次碰撞过程中，由动能定理得，A对B做功：W=mBvB22-mBvB12，代入数据解得：W=0.22J，故D正确；

故选：D．

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