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

如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块，均以v=4m/s的速度朝相反方向运动，它们之间存在摩擦，薄板足够长，某时刻观察到物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能是（　　）

A3.0m/s

B2.4m/s

C2.8m/s

D1.8m/s

正确答案

B

解析

解：设物块与薄板相对静止时的共同速度为v′．

根据动量守恒定律得：（M-m）v=（M+m）v′，得，v′==2m/s

物块与薄板速度相同以后，物块做加速运动，故物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能是2.4m/s．

故选B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为mA=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为mB=1kg的小物块B以某一初速度v0=6m/s从A的左端向右运动，设此时A的右端与固定竖直挡板相距x．已知木板A足够长（保证B始终不从A上掉下来），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2．

（ⅰ）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？

（ⅱ）当x取第（ⅰ）问中的最小值时，求从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能．

正确答案

解：（ⅰ）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA、vB，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=mAvA+mBvB，

以A为研究对象，由动熊定理：

μmBgx=mAvA2，

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即：

mAvA≥mBvB，

联立并代入数据得：x≥m=1.125m．

（ⅱ）当x=1.125m时，A、B最终处于静止状态，从A开始运动到A、B相对静止过程中，由能量守恒定律得，A、B系统损失的动能：

△EK=mBv02，

代入数据得：△EK=18J；

答：（ⅰ）当x满足：x≥1.125m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞；

（ⅱ）从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能为18J．

解析

解：（ⅰ）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA、vB，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=mAvA+mBvB，

以A为研究对象，由动熊定理：

μmBgx=mAvA2，

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即：

mAvA≥mBvB，

联立并代入数据得：x≥m=1.125m．

（ⅱ）当x=1.125m时，A、B最终处于静止状态，从A开始运动到A、B相对静止过程中，由能量守恒定律得，A、B系统损失的动能：

△EK=mBv02，

代入数据得：△EK=18J；

答：（ⅰ）当x满足：x≥1.125m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞；

（ⅱ）从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能为18J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=4kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的左端冲上木板，同时在木板的右端施加一个水平向右F=2N的恒力，经t=1s撤去外力，最后小物块恰好不从木板的上端滑下，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？

（2）木板的长度l为多少？

正确答案

解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=，

t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，

木块运动的位移为：s=

木板所受合外力为：F合=F+f=4N，

所以加速度为：a2==1m/s2，

木板运动的位移为：x=

所以有：△x1=s-x=2.5m

（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：

mv+Mv2=（m+M）v1

解得：v1=1.2m/s

对整个系统根据动能定理得：

解得：x1=0.2m

则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m

答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；

（2）木板的长度l为2.7m．

解析

解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=，

t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，

木块运动的位移为：s=

木板所受合外力为：F合=F+f=4N，

所以加速度为：a2==1m/s2，

木板运动的位移为：x=

所以有：△x1=s-x=2.5m

（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：

mv+Mv2=（m+M）v1

解得：v1=1.2m/s

对整个系统根据动能定理得：

解得：x1=0.2m

则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m

答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；

（2）木板的长度l为2.7m．

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题型：多选题

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多选题

质量分别为ma=0.5kg，mb=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移-时间图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/s

B碰撞前b物体的动量大小为零

C碰撞后a物体的动量大小为1kg•m/s

D碰撞后b物体的动量大小为1.5 kg•m/s

正确答案

B,D

解析

解：A、由图示图象可知，碰撞前a的速度：va===4m/s，碰撞前a的动量：Pa=mava=0.5×4=2kg•m/s，故A错误；

B、由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；

C、由图示图象可知，碰撞由a、b的速度相等，为：v===1m/s，碰撞后a的动量大小为：Pa′=mava′=0.5×1=0.5kg•m/s，故C错误；

D、碰撞后b的动量大小为：Pb′=avb′=1.5×1=1.5kg•m/s，故D正确；

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

[物理选修模块3-5l

（1）一个铀235衰变为钍核时释放出一个α粒子，设铀核的质量为m1，钍核的质量为m2，α粒子的质量为m3，则在该衰变过程中释放出的能量为______．如果有质量为m的铀发生这样的衰变，则铀全部衰变完释放的能量为______．（光速为c）

（2）在太空中有一枚相对太空站处于静止状态的火箭，质量为M，火箭突然喷出质量为m的气体，喷出速度大小为v0（相对太空站）．紧接着再喷出质量为m的另一股气体（喷射方向与第一次喷射方向相同），此后火箭获得的速度大小为v（相对太空站）．火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为多大？

正确答案

解：（1）根据爱因斯坦质能方程E=mc2，得在该衰变过程中释放出的能量为：△E=△mc2=（m1-m2-m3）c2．质量为m的铀全部衰变的次数为，则铀全部衰变完释放的能量为：△E总==

（2）以太空站为参考系，选火箭前进方向为正方向，设火箭第一次喷射的气体后的速度为v1，第二次喷射的气体后的速度为v2，则根据动量守恒定律得

第一次喷射气体过程：（M-m）v1-mv0=0

第二次喷射气体过程：（M-2m）v-mv2=（M-m）v1

解得 v2=（）v-v0．

故答案为：

（1）（m1-m2-m3）c2．．

（2）火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为（）v-v0．

解析

解：（1）根据爱因斯坦质能方程E=mc2，得在该衰变过程中释放出的能量为：△E=△mc2=（m1-m2-m3）c2．质量为m的铀全部衰变的次数为，则铀全部衰变完释放的能量为：△E总==

（2）以太空站为参考系，选火箭前进方向为正方向，设火箭第一次喷射的气体后的速度为v1，第二次喷射的气体后的速度为v2，则根据动量守恒定律得

第一次喷射气体过程：（M-m）v1-mv0=0

第二次喷射气体过程：（M-2m）v-mv2=（M-m）v1

解得 v2=（）v-v0．

故答案为：

（1）（m1-m2-m3）c2．．

（2）火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为（）v-v0．

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