動量及動量守恒定律練習(xí)題

1、今以恒力F沿水平方向推該物體，在相同的時間間隔內(nèi),B.物體動能的變化量相等D.物體動量的變化量相等A. A =0B. A=12m/sC. W=0D. W=10.8J13、質(zhì)量為M的小車置于水平面上。小車的上表面由1/4圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質(zhì)量的彈簧,6 .將甲、乙兩物體自地面同時上拋，甲的質(zhì)量為 m,初速為v, 計空氣阻力，則A.甲比乙先到最高點B,甲和乙在最高點的重力勢能相等C.落回地面時，甲的動量的大小比乙的大 D.落回地面時，乙的質(zhì)量為2m,初速為v/2.若不甲的動能比乙的大7 .在光滑水平地面上有兩個彈性小球A、B,質(zhì)量都為m,碰.已知碰撞過程中總機械能守恒,兩球壓縮最

2、緊時的彈性勢能為現(xiàn)B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正 庠，則碰前A球的速度等于圓弧AB部分光滑，半徑為 R,平面BC部分粗糙，長為l , C點右方的平面光滑?；瑝K質(zhì)量為m,從圓弧最高處 A無初速下滑(如圖)，與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最后又返回到(1) BC部分的動摩擦因數(shù)N ;(2)彈簧具有的最大彈性勢能；(3)當滑塊與彈簧剛分離時滑塊和小車的速度大小.B相對于車靜止。求:A. EmB.2Ep mD. 22Ep m動量及動量守恒定律答案例題1、解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。8.在光滑水平面上，動能為耳、動量的大小為po的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1在小球上升過程中

3、，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：mv1 =(M+m“動量及動量守恒定律練習(xí)題1.一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)N時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v.在此過程中，1 0A.地面對他的/中重為mv+mg&,地面對他做的功為-mv2B.地面對他的沖量為mv+mg&,地面對他做的功為零1 OC.地面對他的/中量為mv,地面對他彳的功為-mv2D.地面對他的沖量為mv-mg/t,地面對他做的功為零2.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點，質(zhì)量相等.Q與輕質(zhì)彈簧相連.設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞.在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于

4、1A.P的初動能B.P的初動能的-2C.P的初動能的1D.P的初動能的工343 .一質(zhì)量為m的物體放在光滑的水平面上，下列說法正確的是A.物體的位移相等C.F對物體做的功相等4 .航天飛機在一段時間內(nèi)保持繞地心做勻速圓周運動，則A.它的速度大小不變，動量也不變B.它不斷克服地球?qū)λ娜f有引力做功C.它的速度大小不變，加速度等于零D.它的動能不變，引力勢能也不變5 .一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同.則碰撞前后小球速度變化量的大小Av和碰撞過程中墻對小球做功的大小W為的運動方向相反.將碰撞后球1的動

5、能和動量的大小分別記為Ei、Pi,球2的動能和動量的大小分別記為E2、P2.則必有A.Ei<EoB.Pi<PoC.E2>EoD.p2>P09 .半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動.若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是A.甲球的速度為零而乙球的速度不為零B,乙球的速度為零而甲球的速度不為零C.兩球的速度均不為零D,兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等10 .下雪天，卡車在筆直的高速公路上勻速行駛.司機突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共

6、同滑行了一段距離l后停下.事故發(fā)生后，經(jīng)測量，卡車剎車時與故障車距離為L,撞車后共同滑行的距離l=-8L.假25定兩車輪胎與雪地之間的動摩擦因數(shù)相同.已知卡車質(zhì)量M為故障車質(zhì)量m的4倍.(1)設(shè)卡車與故障車相撞前的速度為Vi,兩車相撞后的速度變?yōu)関2,求Y；(2)卡車司機至少在距故障車多遠處采取同樣的緊急剎車措施，事故就能免于發(fā)生.11 .如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止2gBA在水平導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)，另一質(zhì)量與B相同的滑塊竺竺竺亡A,從導(dǎo)軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離Lijy時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但11互不粘連，已知

7、最后A恰好返回出發(fā)點P并停止.滑塊A和B與導(dǎo)軌的滑動摩擦因數(shù)都為內(nèi)運動過程中彈簧最大形變量為L2,求A從P出發(fā)時的初速度Vo.12、在光滑水平面上有一個靜止的質(zhì)量為M的木塊，一顆質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平射入木塊而沒有穿出，子彈射入木塊的最大深度為do設(shè)子彈射入木塊的過程中木塊運動的位移為s,子彈所受阻力恒定。試證明：s<d。由系統(tǒng)機械能守恒得:1212MV1mvi=fM+mV岸+mgH的單得H=222Mmg全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得2 mv 二vM : m 1例題2、解：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：mv0

8、=(M十mv從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f,設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為對子彈用動能定理:對木塊用動能定理:、相減得：fS1、S2,如圖所示，顯然有S1-S2=d11212fS1=mvo-mv0221 ofs2=Mv221 212Mm2d=-mv0-Mmv=v02 022Mm02Mmv 0由上式不難求得平均阻力的大小：f2Mmds2 =M m至于木塊前進的距離S2,可以由以上、相比得出:例題3、解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設(shè)人、船位移大小分別為11、1

9、2,則：mv=Mv2,兩邊同乘時間t,m11=M12,而11+12=L,.i2=mlMm例題4、解：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質(zhì)量變?yōu)镸-m,以v0方向為正方Mv0mu向，Mv0=-mu:.M-mv,v=M-m例題5、解：(1)當彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統(tǒng)的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0,因這時滑塊A的速度為0,故系統(tǒng)的機械能等于滑塊B的動能.設(shè)這時滑塊B的速度為v,則有E=m2v2.222因系統(tǒng)所受外力為0,由動量守恒定律有：(m吠mjv°=m2V.解得E=(m1m2)v0.2m2由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械

10、能守恒，所以有:12 L L2(m1m2)v0Ep =E解得Ep川(刀 m2)v22m2(2)假設(shè)在以后的運動中滑塊B可以出現(xiàn)速度為0的時刻，并設(shè)此時A的速度為Vi,彈簧的彈性勢能為E'p,由機械能守恒定律得：1mlv；*E'p=如一曬”,根據(jù)動量守恒得(m1+m2)v0=m1V1,22m2求出v1代入上式得：Im+E'p=2 2(mh m2) v02m22222因為E'p>0,故得:(m1+m2)v0<(m1*m2)v0。即m1之m2,這與已知條件中m<m2不符.2mh2m2可見在以后的運動中不可能出現(xiàn)滑塊B的速度為0的情況.例題6、解：(1

11、)由機械能守恒定律，有：m1gh=-1m1v2,解得v=J2gh(2)A、B在碰撞過程中內(nèi)力遠大于外力，由動量守恒，有：m1v=(m1+m2)v碰后A、B一起壓縮彈簧，當彈簧最大壓縮量為d時，A、B克服摩擦力所做的功W=N(m1+m2)gd1 .0由能重寸恒止律，有：(m1m2)v=EP+.：(m-m2)gd22解得EP二一gh-11(m1m2)gdm1m2例題7、解：(1)由于碰撞后球沿圓弧的運動情況與質(zhì)量無關(guān)，因此，AB兩球應(yīng)同時達到最大高度處，對A、B兩球組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得:mgR=mgR+PmgR 解得44(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vi、v2,取方向水平向右為正

12、，對A、B兩球組成的系統(tǒng),121-2有：mgRmv1mv2,m2gR=mv1-mv222解彳-JggR,方向水平向左；v2=32gR,方向水平向右.2設(shè)第一次碰撞剛結(jié)束時軌道對B球的支持力為N,方向豎直向上為正，則N-Bmg=Pm£,B球?qū)壍赖膲毫'=-N=-4.5mg,方向豎直向下.(3)設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時的速度分別為M、V取方向水平向右為正，則1.21：一.2-mvi一0mv2=mV1+PmV2,mgR=-mV1+一0mV222解得V=J2赤，W=0.(另一組解Vi=Vi,W=v2不合題意，舍去)例題8、解：取A原來運動的方向為正，則B被碰后的速度也為正，由動量守恒定律mAvA=mAvA+mBvB'解得VA'=-1m/s,說明碰撞后A的速度方向與碰撞前相反。例題9、解：取向右為正方向，系統(tǒng)的初始動量為Mv0-mv0,設(shè)當薄板速度4=2.4m/s時，物塊的速度為V2,此時系統(tǒng)的總動量為Mv1+mv2,根據(jù)動量守恒定律有Mv0-mv0=Mv1+mv2,解得V2=08m/s,可見此時物塊以0.8m/s的速度向右做勻加速運動。例題10、解析：設(shè)小孩跳車后車的速度為v且向右，則小孩對地的速度為v'+2,由動量守恒定律得(M+m)v=M