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

图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：

（1）金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；

（2）金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；

（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？

正确答案

解：（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度V，以水平向右为正方向，

则mcdV0-mabV0=（mcd+mab）V

∴V=1m/s

（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：

Q=△ΕΚ减=（mcd+mab）（V02-V2）=1.2J

（3）对cd棒利用动量定理：

-BIL•△t=mcd（V-V0）

∴BLq=mcd （V0-V）

又 q==

∴△s=mcd（V0-V）（R1+R2）•=1.5 m

答：（1）金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小是1m/s；

（2）金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热是1.2J；

（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加1.5 m

解析

解：（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度V，以水平向右为正方向，

则mcdV0-mabV0=（mcd+mab）V

∴V=1m/s

（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：

Q=△ΕΚ减=（mcd+mab）（V02-V2）=1.2J

（3）对cd棒利用动量定理：

-BIL•△t=mcd（V-V0）

∴BLq=mcd （V0-V）

又 q==

∴△s=mcd（V0-V）（R1+R2）•=1.5 m

答：（1）金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小是1m/s；

（2）金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热是1.2J；

（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加1.5 m

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题型：单选题

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单选题

A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，质量为1kg的A球动量是5kg•m/s，质量为7kg的B球的动量是7kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞后，A、B两球的动量可能值为（　　）

APA=-5kg•m/s，PB=17kg•ms

BPA=6 kg•m/s，PB=6 kg•m/s

CPA=3 kg•m/s，PB=9 kg•m/s

DPA=-2 kg•m/s，PB=14 kg•m/s

正确答案

D

解析

解：以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞前系统总动量：p=pA+pB=12kg•m/s，碰撞前系统总动能：EK=+=16J；

A、碰撞后总动量为：p′=-5+17=12kg•m/s，碰撞后系统总动能：EK′=+≈33.14J，动能增加，不符合实际，故A错误；

B、碰撞后总动量为：p′=6+6=12kg•m/s，碰撞后A的速度：vA==6m/s，B的速度：vB==m/s，A的速度大于B的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故B错误；

C、碰撞后总动量为：p′=3+9=12kg•m/s，碰撞后A的速度：vA==3m/s，B的速度：vB==m/s，A的速度大于B的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故C错误；

D、B、碰撞后总动量为：p′=-2+14=12kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后A速度反向，不会发生二次碰撞，碰撞后系统动能部增加，符合实际情况，故D正确；

故选：D．

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题型：单选题

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单选题

如图甲所示．质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（　　）

A滑块和木板始终存在相对运动

B滑块始终未离开木板

C滑块的质量小于木板的质量

D木板的长度为

正确答案

B

解析

解：A、由题意知，m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A错误；

B、由图示图象可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B正确；

C、由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度，所以满足mam=MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM，所以可知m＞M，滑块的质量大于木板的质量，故C错误；

D、两物体相对静止时，两者的位移差：x=t1-t1=，则木板长度大于等于，故D错误；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

一质量M=0.6kg的小物块，用长l=0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态．一质量m=0.4kg的粘性小球以速度v0=10m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；

（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；

（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度．

正确答案

解：（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

解得：v=4m/s；

（2）小球击中物块瞬间速度最大，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，由牛顿第二定律得：

F-（M+m）g=（M+m），

解得：F=30N；

（3）小球和物块摆动过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（M+m）v2=（M+m）gh，

解得：h=0.8m；

答：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为4m/s；

（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值为30N；

（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.8m．

解析

解：（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

解得：v=4m/s；

（2）小球击中物块瞬间速度最大，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，由牛顿第二定律得：

F-（M+m）g=（M+m），

解得：F=30N；

（3）小球和物块摆动过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（M+m）v2=（M+m）gh，

解得：h=0.8m；

答：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为4m/s；

（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值为30N；

（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.8m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直．轨道底端距水平地面的高度h=0.8m．从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m．忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）两球从B点飞出时的速度大小v2；

（2）碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；

（3）从A到B的过程中小球克服阻力做的功Wf．

正确答案

解：（1）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得

竖直方向上

解得 t=0.4s

水平方向上 x=v2t

解得 v2=1m/s

（2）两球碰撞，规定向左为正方向，

根据动量守恒定律得

mv1=2mv2

解得 v1=2m/s

（3）入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得

解得 Wf=0.6J

答：（1）两球从B点飞出时的速度大小是1m/s；

（2）碰撞前瞬间入射小球的速度大小是2m/s；

（3）从A到B的过程中小球克服阻力做的功是0.6J．

解析

解：（1）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得

竖直方向上

解得 t=0.4s

水平方向上 x=v2t

解得 v2=1m/s

（2）两球碰撞，规定向左为正方向，

根据动量守恒定律得

mv1=2mv2

解得 v1=2m/s

（3）入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得

解得 Wf=0.6J

答：（1）两球从B点飞出时的速度大小是1m/s；

（2）碰撞前瞬间入射小球的速度大小是2m/s；

（3）从A到B的过程中小球克服阻力做的功是0.6J．

热门试卷

正确答案

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正确答案

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