(完整版)動(dòng)量定理精選習(xí)題+答案

1、第第 頁，共18頁則y=MM=ytt根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：MVmv=0,解得，船的質(zhì)量：時(shí);若，故B正確，ACD錯(cuò)誤.故選：B人和船組成的系統(tǒng)所受合外力為0,滿足動(dòng)量守恒，由位移與時(shí)間之比表示速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行分析與計(jì)算.人船模型是典型的動(dòng)量守恒模型，體會(huì)理論知識(shí)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要注意動(dòng)量的方向，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.【分析】在小車和木塊碰撞的過程中，由于碰撞時(shí)間極短，小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球在瞬間速度不變。解決本題的關(guān)鍵合理的選擇研究對(duì)象，知道在碰撞的瞬間前后擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒?！窘獯稹?BC.碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球的速

2、度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變V1和V2，根據(jù)動(dòng)量守恒有:Mv=mv1+mv2。若碰后小車和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:Mv=(M+m)u.故C正確，AB錯(cuò)誤。D.碰撞后，小車和小球水平方向動(dòng)量守恒，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的，則有：(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2，故D正確。故選CD。.解：A、由質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程為0+27T2料，故A正確；B、核反應(yīng)方程過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量也守恒，故B正確，C錯(cuò)誤；D、核反應(yīng)過程中，要釋放熱量，質(zhì)量發(fā)生虧損，生成物的質(zhì)量小于反應(yīng)物的質(zhì)量之和，故D錯(cuò)誤；E、設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則鋁原子原子核的質(zhì)量約為27m，以質(zhì)子初

3、速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=(m+27m)v解得：v=3.57X105m/s，方向與質(zhì)子初速度方向一致，故E正確.故選：ABE由質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知核反應(yīng)方程，核反應(yīng)方程過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量也守恒，核反應(yīng)過程中質(zhì)量發(fā)生虧損，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解硅原子核的速度.本題考查了核反應(yīng)方程過程中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，以及系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，屬于基礎(chǔ)題.10.解：AB、小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)的距離為%.取向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：0=mJM匹，得第=衛(wèi)=5=0.3m，故A正確，B錯(cuò)誤.ttm+M2+3C、設(shè)小球m相對(duì)于初始

4、位置可以上升的最大高度為比此時(shí)豎直方向速度為0，所以水平方向速度也為0.根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：0=(m+M)v根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得1mv2=mgh+1(m+M)v2.解得=0.45m202D、小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)的距離為y.由幾何關(guān)系可得，m相對(duì)于M移動(dòng)的水平距離為S=L+“2h2=0.75+V07豆0:45?=1.35m根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：0=m3M工，解得y=0.54m，故D正確.tt故選：AD.小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，水平方向動(dòng)量守恒，由此求滑塊M在水平軌道上向右的距離.根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求m上升

5、的最大高度.結(jié)合水平方向動(dòng)量守恒求滑塊M在水平軌道上向右的距離解決本題的關(guān)鍵要明確系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，利用平均動(dòng)量守恒列方程，要注意m速度的參照物是地面，不是對(duì)M.本題關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、能量守恒列式求121解，也可以根據(jù)牛頓第二定律和速度時(shí)間公式列式聯(lián)立求解。s(1、2)對(duì)小球下落過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)A時(shí)的速度，再由機(jī)械能守恒定律求得球反彈上升的初速度即球與A碰后的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得球與A碰撞后A的速度；A沒有滑離B,4、B共同運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特點(diǎn)即可求得木板的長度；(3)對(duì)小球以及4、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒

6、列方程求損失的機(jī)械能。(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可求得速度，再根據(jù)動(dòng)能定理可求得碰撞cd的速度，則對(duì)碰撞過程分析，由動(dòng)量守恒定律可求得碰后ab的速度。(2)對(duì)ab在磁場中運(yùn)動(dòng)分析，由E=BL”求得電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律以及安培力公式即可求得安培力；(3)對(duì)ab進(jìn)入磁場過程進(jìn)行分析，根據(jù)能量守恒定律可求得產(chǎn)生的熱量。本題考查結(jié)合導(dǎo)體切割磁感線規(guī)律考查了功能關(guān)系以及動(dòng)量守恒定律，要注意正確分析物理過程，明確導(dǎo)體棒經(jīng)歷的碰撞、切割磁感線、圓周運(yùn)動(dòng)等過程，明確各過程中物理規(guī)律的應(yīng)用，要注意最高點(diǎn)時(shí)的臨界問題以及動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用方法等。(1)小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中

7、，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律列式求解小車速度，根據(jù)動(dòng)量守恒得出小球和小車水平方向位移關(guān)系，根據(jù)位移之和為R求解；(2)到。點(diǎn)時(shí)，小球相對(duì)車豎直向上運(yùn)動(dòng)，所以水平方向速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律列式求解本題關(guān)鍵是分析物理過程，尋找解題規(guī)律是關(guān)鍵.要知道小球在小車上運(yùn)動(dòng)的過程，系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒，但總的動(dòng)量并不守恒，難度適中子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出木塊的速度；由能量守恒定律可以求出產(chǎn)生的熱量本題考查了求木塊的速度、系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題(1)物塊P在4B上運(yùn)動(dòng)的過程中三

8、個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出速度.(2)由能量守恒定律可以求出木板的長度(3)由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出物體速度本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程、正確選擇研究對(duì)象與過程、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律即可正確解題小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，滿足動(dòng)量守恒的條件且能量守恒.小物塊Q在平板車P上滑動(dòng)的過程中，二者相互作用，動(dòng)量守恒，部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.小物塊Q離開平板車做平拋運(yùn)動(dòng)，求出小物塊從開始運(yùn)動(dòng)到落地的水平距離，即為小物塊Q落地時(shí)距小球的水平距離.(1)匕沿圓弧軌道下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出

9、滑動(dòng)B點(diǎn)時(shí)的速度，然后由牛頓第二定律求出對(duì)軌道的壓力(2)P1、P2碰撞碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出木板的加速度(3)由牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式求出物體的位移，然后分析答題本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，繩子的拉力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可由機(jī)械能守恒定律求出小球與Q碰撞前瞬間的速度.到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間

10、極短，且無能量損失，滿足動(dòng)量守恒的條件且能量守恒，由兩大守恒定律結(jié)合可求出碰撞后小球與Q的速度.小物塊Q在平板車P上滑動(dòng)的過程中，系統(tǒng)的合外力為零，總動(dòng)量守恒，即可由動(dòng)量守恒定律求出小物塊Q離開平板車時(shí)速度；(2)小物塊Q在平板車P上滑動(dòng)的過程中，小球的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能.根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒求出平板車P的長度(3)小物塊Q離開平板車做平拋運(yùn)動(dòng)，求出小物塊從開始運(yùn)動(dòng)到落地的水平距離，即為小物塊Q落地時(shí)距小球的水平距離本題采用程序法，逐一分析物體間的相互作用過程，分析得到物體間相互作用時(shí)滿足的規(guī)律：動(dòng)量守恒、能量守恒等，進(jìn)而求出要求的物理量(1)a棒沿光滑圓軌道下滑時(shí)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

11、求出q棒運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)M時(shí)的速度。兩棒速度穩(wěn)定時(shí)速度相同。對(duì)于q、b兩棒組成的系統(tǒng)，由于合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律，即可求解最終的速度；(2)經(jīng)過一段時(shí)間后b棒離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng)。q棒與電阻R組成閉合電路，對(duì)q棒，運(yùn)用動(dòng)量定理求出q棒離開軌道時(shí)的速度，再由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求兩棒落到地面后的距離。(3)由通量守恒定律，即可求解整個(gè)過程中兩棒產(chǎn)生的焦耳熱。解決本題的關(guān)鍵是要正確分析兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，知道兩棒都在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)系統(tǒng)遵守動(dòng)量守恒定律，與完全非彈性碰撞相似，抓住基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律進(jìn)行研究。(1)使qb桿以初動(dòng)能”沿導(dǎo)軌向左滑出，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，此感應(yīng)電流通過cd棒，cd棒受到安培力作用而向右運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律即可求得加速度；(2)cd運(yùn)動(dòng)后也切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，當(dāng)兩棒以相同速