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

目前，滑板运动受到青少年的追捧．如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，KA平台的高度为h=1.8m．B处平滑连接．滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运动员质量为M，M=45kg．表演开始，运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑．滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s（水平方向是匀速运动）．（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）

（1）求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1

（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？

（3）在运动员离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小？

正确答案

解：（1）设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=mv12，

得：v1===6m/s

（2）运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，

运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，

在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=vltl

设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1

即：v2t2=v1（t1+t2），

解得：v2=7m/s；

m落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvl+Mv2=（m+M）v，

代入数据解得：v=6.9m/s，

（3）对b与运动员与动量守恒定律可知：（m+M）v1=Mv2+mv；

解得：v=-3m/s；

对b由动量定理可知：I=mv-mv1=5×（-3）-5×6=45N•s；

答：（1）滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为6m/s；

（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是6.9m/s

（3）在运动员离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小为45N•S．

解析

解：（1）设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=mv12，

得：v1===6m/s

（2）运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，

运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，

在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=vltl

设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1

即：v2t2=v1（t1+t2），

解得：v2=7m/s；

m落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvl+Mv2=（m+M）v，

代入数据解得：v=6.9m/s，

（3）对b与运动员与动量守恒定律可知：（m+M）v1=Mv2+mv；

解得：v=-3m/s；

对b由动量定理可知：I=mv-mv1=5×（-3）-5×6=45N•s；

答：（1）滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为6m/s；

（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是6.9m/s

（3）在运动员离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小为45N•S．

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题型：多选题

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多选题

质量为m的球A以速度v0与原来静止的质量为3m的B球做对心碰撞，设碰后的速度分别为vA和vB，则下列各组数据中可能的是（　　）

AvA=、vB=

BvA=v0、vB=

CvA=、vB=

DvA=、vB=

正确答案

A,D

解析

解：A、两球组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果碰撞是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv0=（m+3m）v，解得：vA=vB=v=，故A正确；

B、如果碰撞为完全弹性碰撞，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+3mvB，由机械能守恒定律得：mv02=mvA2+•3mvB2，vA=-v0，vB=v0，则：-v0≤vA≤v0，v0≤vB≤v0，BC错误，D正确；

故选：AD．

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题型：单选题

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单选题

质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的速率变为原来的，那么碰后B球的可能值是（　　）

A0

Bv0

Cv0

Dv0

正确答案

B

解析

解：两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果碰撞后A球的速度方向不变，由动量守恒定律得：

mv0=m•v0+2mv，

解得：v=v0，

如果碰撞后A的速度反向，由动量守恒定律得：

mv0=m•（-v0）+2mv，

解得：v=v0，

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

一中子与一质量数为A （A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：

mv1=mv2+Amv，

联立两式解得：．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图13所示，质量为1.6kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度滑上平板小车，木块与平板小车之间的动摩擦因数为0.2（g取10m/s2）．设小车足够长．求

（1）木块和小车相对静止时小车的速度；

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止时，木块相对地面滑行的位移；

（3）欲使木块不离开平板小车，则小车的长度至少为多少？

正确答案

解（1）对木块和小车组成的系统，从木块滑上小车到相对静止过程系统动量守恒，

以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=0.4m/s；

（2）对木块，从开始静止到与小车相对静止过程，由动能定理得：

-fs2=mv2-mv02，代入数据解得：s2=0.96m；

（3）由牛顿第三定律：f=f′=μmg，

对小车，从开始静止到与木块相对静止过程，

由动能定理得：f′s1=Mv2，代入数据解得：s1=0.16m，

二者的相对位移：△s=s2-s1=0.96m-0.16m=0.8m，

由此可知，小车的长度至少为0.8m；

答：（1）木块和小车相对静止时小车的速度为0.4m/s；

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止时，木块相对地面滑行的位移为0.96m；

（3）欲使木块不离开平板小车，则小车的长度至少为0.8m．

解析

解（1）对木块和小车组成的系统，从木块滑上小车到相对静止过程系统动量守恒，

以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=0.4m/s；

（2）对木块，从开始静止到与小车相对静止过程，由动能定理得：

-fs2=mv2-mv02，代入数据解得：s2=0.96m；

（3）由牛顿第三定律：f=f′=μmg，

对小车，从开始静止到与木块相对静止过程，

由动能定理得：f′s1=Mv2，代入数据解得：s1=0.16m，

二者的相对位移：△s=s2-s1=0.96m-0.16m=0.8m，

由此可知，小车的长度至少为0.8m；

答：（1）木块和小车相对静止时小车的速度为0.4m/s；

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止时，木块相对地面滑行的位移为0.96m；

（3）欲使木块不离开平板小车，则小车的长度至少为0.8m．

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