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 · 20 分

开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍

①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的

②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能

③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间

④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用

A①③

B①④

C②③

D②④

正确答案

C

解析

①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。

知识点

生产决定消费

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题型：填空题

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填空题

质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度V放出一个质量为m的粒子时，剩余部分的速度为______．

正确答案

-mV/（M-m）

解析

解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mV+（M-m）v=0

所以解得：，负号表示速度与放出粒子速度相反．

故答案为：．

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题型：简答题

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简答题

在平直公路上，质量为M的汽车拉着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v，在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，则在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度是多大？

正确答案

解：选汽车和拖车组成的系统为研究对象，由于脱构善后，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，设拖车停止时，汽车速度为v1．

则（M+m）v=Mv1+m•0

得v1=

答：在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度是得．

解析

解：选汽车和拖车组成的系统为研究对象，由于脱构善后，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，设拖车停止时，汽车速度为v1．

则（M+m）v=Mv1+m•0

得v1=

答：在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度是得．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度仍为h．设M≫m，发生碰撞时弹力FN≫mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，求：

（1）小球弹起时的竖直速度．

（2）小球弹起时的水平速度．

正确答案

解：（1）小球反弹后做竖直上抛运动，上升高度为h，

由速度位移公式得：v竖直2=2gh，解得：v竖直=；

（2）该题需要分以下两种情况进行分析：

①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=（M+m）v，

由于M≫m，解得：v=v0；

②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，

则对小球应用动量定理，水平方向上有：Fμt=mv′

竖直方向上有：FNt=2mv=2m，又：Fμ=μFN，解得：v′=2μ；

答：（1）小球弹起时的竖直速度为．

（2）小球弹起时的水平速度为：v0或2μ．

解析

解：（1）小球反弹后做竖直上抛运动，上升高度为h，

由速度位移公式得：v竖直2=2gh，解得：v竖直=；

（2）该题需要分以下两种情况进行分析：

①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0=（M+m）v，

由于M≫m，解得：v=v0；

②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，

则对小球应用动量定理，水平方向上有：Fμt=mv′

竖直方向上有：FNt=2mv=2m，又：Fμ=μFN，解得：v′=2μ；

答：（1）小球弹起时的竖直速度为．

（2）小球弹起时的水平速度为：v0或2μ．

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题型：简答题

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简答题

如图，半径R=0.8m的圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D与长为L的水平面相切于D点，质量M=1.0kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放，到达最低点D点后，与D点m=0.5kg的静止小物块B相碰，碰后A的速度变为vA=2.0m/s，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为µ=0.1，A、B均可视为质点，B与E处的竖直挡板相碰时没有机械能损失，取g=10m/s2．求：

（1）滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力；

（2）滑块B被碰后瞬间的速度；

（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件．

正确答案

解：（1）设小滑块运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR=Mv2，

在D点，由牛顿第二定律有：F-Mg=M，

联立并代入数据得：F=30N，

由牛顿第三定律，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N；

（2）设B滑块被碰后的速度为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

Mv=MvA+mvB，

代入数据解得：vB=4m/s；

（3）由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则

对于A物块，由动能定理：-μMgSA=0-MvA2，

代入数据解得：SA=2m，

对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得：-μmgSB=0-mvB2，

代入数据解得：SB=8m，

两滑块刚好第二次发生接触的条件：2L=SA+SB=10m，

要使两滑块能发生第二次碰撞：L＜5m；

答：（1）滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力为30N，方向竖直向下；

（2）滑块B被碰后瞬间的速度为4m/s；

（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件为：L＜5m．

解析

解：（1）设小滑块运动到D点的速度为v，由机械能守恒定律有：MgR=Mv2，

在D点，由牛顿第二定律有：F-Mg=M，

联立并代入数据得：F=30N，

由牛顿第三定律，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N；

（2）设B滑块被碰后的速度为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

Mv=MvA+mvB，

代入数据解得：vB=4m/s；

（3）由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则

对于A物块，由动能定理：-μMgSA=0-MvA2，

代入数据解得：SA=2m，

对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失，由动能定理得：-μmgSB=0-mvB2，

代入数据解得：SB=8m，

两滑块刚好第二次发生接触的条件：2L=SA+SB=10m，

要使两滑块能发生第二次碰撞：L＜5m；

答：（1）滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力为30N，方向竖直向下；

（2）滑块B被碰后瞬间的速度为4m/s；

（3）要使两滑块能发生第二次碰撞，DE的长度L应满足的条件为：L＜5m．

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