- 动量守恒定律
- 共6204题
（1）M到达B点时对轨道的压力；
（2）L0取何值时，M恰滑到C点；
（3）当L0=
正确答案
解：（1）A→B过程，由机械能守恒定律得：MgR=
在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M
由①②解得：N=3Mg，
由牛顿第三定律可得：物体M对轨道的压力大小：N′=N=3Mg，方向向下．
（2）设M与m碰前速度为v0，动能定理得：-μMgL0=
碰撞后M、m的速度分别为v1和v2，
由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2 ④
由机械能守恒定律得：
碰后，M运动到C的过程，由动能定理得：-μMg（2R-L0）=0-
联立解得：L0=
（3）当L0=
由动能定理得：-μmg（2R-L0）=
联立①③④⑤解得：vC=
若m恰能到达D点，即到达D点时速度减为零
i）若传送带向下运行，则m在传送带上一直向上做匀减速运动，设其运动的距离为s时，速度减为零，
由动能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-
解得：s=
ii）若传送带向上运行，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在传送带上不可能加速向上运动．
a）若u＞vC=
由动能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-
解得：x=3.75R＞2R，故u＞vC=
b）若u＜vC=
然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0．由动能定理得：
-mgs1sinθ-μmgs1cosθ=
-mgs2sinθ+μmgs2cosθ=0-
解得：s1+s1=2R，解得：u=
所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足u≥
答：（1）M到达B点时对轨道的压力为3Mg，方向向下；
（2）L0=
（3）当L0=
解析
解：（1）A→B过程，由机械能守恒定律得：MgR=
在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M
由①②解得：N=3Mg，
由牛顿第三定律可得：物体M对轨道的压力大小：N′=N=3Mg，方向向下．
（2）设M与m碰前速度为v0，动能定理得：-μMgL0=
碰撞后M、m的速度分别为v1和v2，
由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2 ④
由机械能守恒定律得：
碰后，M运动到C的过程，由动能定理得：-μMg（2R-L0）=0-
联立解得：L0=
（3）当L0=
由动能定理得：-μmg（2R-L0）=
联立①③④⑤解得：vC=
若m恰能到达D点，即到达D点时速度减为零
i）若传送带向下运行，则m在传送带上一直向上做匀减速运动，设其运动的距离为s时，速度减为零，
由动能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-
解得：s=
ii）若传送带向上运行，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在传送带上不可能加速向上运动．
a）若u＞vC=
由动能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-
解得：x=3.75R＞2R，故u＞vC=
b）若u＜vC=
然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0．由动能定理得：
-mgs1sinθ-μmgs1cosθ=
-mgs2sinθ+μmgs2cosθ=0-
解得：s1+s1=2R，解得：u=
所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足u≥
答：（1）M到达B点时对轨道的压力为3Mg，方向向下；
（2）L0=
（3）当L0=
（1）关于以下核反应方程：
①12H+13H→24He+X ②92235U+X→54140Xe+3894Sr+2Y ③1124Na→1224Mg+Z
下列说法正确的是______
A．X与Y相同 B．Y与Z相同
C．方程①是核聚变反应 D．方程③是核裂变反应
（2）从图所示水平地面上的A点以一定初速度和仰角发射炮弹．在正常情况下，炮弹经最高点C（仅具有水平速度）到达水平地面上的B点时爆炸．炮弹在空中的运动轨迹是关于y轴对称的抛物线，A、B、C三点的坐标已在图中标明．在某次发射中，炮弹到达C点就炸裂成a、b两块，其中弹片a恰好沿原路径返回到A点．已知炮弹到达C点时的动能为E0，炸裂后弹片a的质量是原炮弹质量的2/3，空气阻力可忽略不计，求：
①弹片b的落地点D的横坐标xD；
②炮弹爆炸时，由化学能转化成的机械能△E．
正确答案
解：（1）A、核反应前后质量数和核电荷数守恒，
①12H+13H→24He+X 得：X为01n
②92235U+X→54140Xe+3894Sr+2Y 得：Y为01n 故A正确．
B、③1124Na→1224Mg+Z 得：Z为-10e 故B错误．
C、方程①是核聚变反应，故C正确．
D、方程③是β衰变，故D错误．
故选AC．
（2））①设炮弹质量为m，则依题意有
炮弹爆炸过程内力远大于外力，满足动量守恒，则依题意有
解得v=5v0
炸后a、b弹片均做平抛，且高度相同，落地所用时间相同，则有
解得xD=5L
②爆炸前后总能量守恒，则有
解得△E=4mv02=8E0
故答案为：
（1）AC
（2）①弹片b的落地点D的横坐标为5L；
②炮弹爆炸时，由化学能转化成的机械能为8E0
解析
解：（1）A、核反应前后质量数和核电荷数守恒，
①12H+13H→24He+X 得：X为01n
②92235U+X→54140Xe+3894Sr+2Y 得：Y为01n 故A正确．
B、③1124Na→1224Mg+Z 得：Z为-10e 故B错误．
C、方程①是核聚变反应，故C正确．
D、方程③是β衰变，故D错误．
故选AC．
（2））①设炮弹质量为m，则依题意有
炮弹爆炸过程内力远大于外力，满足动量守恒，则依题意有
解得v=5v0
炸后a、b弹片均做平抛，且高度相同，落地所用时间相同，则有
解得xD=5L
②爆炸前后总能量守恒，则有
解得△E=4mv02=8E0
故答案为：
（1）AC
（2）①弹片b的落地点D的横坐标为5L；
②炮弹爆炸时，由化学能转化成的机械能为8E0
正确答案
解：设甲的速度方向为正方向，甲的速度v1=4.5km/s=1.25m/s；
乙的速度v2=3.7km/s=1.03m/s；
则有动量守恒定律可知：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
解得：v=-0.05m/s；负号说明方向向左；
则损失的机械能为：
△E=
解得：△E=222.8J；
答：两车的共同速度为0.05m/s；方向向左；碰撞中损失的机械能为222.8J．
解析
解：设甲的速度方向为正方向，甲的速度v1=4.5km/s=1.25m/s；
乙的速度v2=3.7km/s=1.03m/s；
则有动量守恒定律可知：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
解得：v=-0.05m/s；负号说明方向向左；
则损失的机械能为：
△E=
解得：△E=222.8J；
答：两车的共同速度为0.05m/s；方向向左；碰撞中损失的机械能为222.8J．
光滑水平面上有甲、乙两根条形磁铁，N极相对，轴线在同一直线上，轻推一下使它们相向运动，某时刻v甲=2m/s，v乙=3m/s．磁铁质量m甲=1kg，m乙=0.5kg（ ）
A乙反向时，甲的速度为0.5m/s，方向不变
B乙反向时，甲的速度为零
C甲、乙相距最近时速度均为零
D甲、乙相距最近时速度均为
正确答案
解析
解：取水平向右方向为正方向．
A、乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得，m甲v甲-m乙v乙=m甲v甲′，代入解得v甲′=0.5m/s，方向与原来方向相同．故A正确，B错误．
C、当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v，则有m甲v甲-m乙v乙=（m甲+m乙）v，代入解得v=0.33 m/s，水平向右，与乙车原来的速度相反．故C错误，D正确．
故选AD
正确答案
解析
解：根据位移-时间图象的斜率等于速度可知：
碰撞前：b的速度为0，a的速度为：v0=
碰撞后：a的速度为：v1=
取碰撞前a速度方向为正方向．由动量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，
代入解得：mb=2.5kg
故选：D．
在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的．则碰后B球的速度大小可能是（ ）
正确答案
解析
解：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为你弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv=mvA+2mvB，
由机械能守恒定律得：
解得：vA=-
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=（m+2m）vB，
解得：vB=
则碰撞后B球的速度范围是：
故选：AB．
如图所示，以A、B为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，离滑板右端L0=
（1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围．
正确答案
解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒．设物块滑到B点的速度大小为v0，有：
mgR=
解得：v0=
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：
mv0=（m+M）v1 ③
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理，得：
③、④式联立，解得：
s=
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左．
此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动．
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有：
Mv1-mv1=（m+M）v2 ⑤
设此时滑板离P的距离为s′，由动能定理：
-μmgs=
解得：
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有：
Mv1-mv1=Mv3 ⑦
解得：v3=
所以，物块加速运动阶段的速度范围为，0
此阶段滑板的速度范围为：
答：（1）物块滑到B点的速度大小为
（2）滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）物块做加速运动的时间内滑板的速度范围为
解析
解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒．设物块滑到B点的速度大小为v0，有：
mgR=
解得：v0=
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：
mv0=（m+M）v1 ③
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理，得：
③、④式联立，解得：
s=
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左．
此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动．
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有：
Mv1-mv1=（m+M）v2 ⑤
设此时滑板离P的距离为s′，由动能定理：
-μmgs=
解得：
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有：
Mv1-mv1=Mv3 ⑦
解得：v3=
所以，物块加速运动阶段的速度范围为，0
此阶段滑板的速度范围为：
答：（1）物块滑到B点的速度大小为
（2）滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）物块做加速运动的时间内滑板的速度范围为
质量为1kg的甲物体以5m/s的速度去撞击静止在水平桌面上质量为2kg的乙物体，碰撞后甲以1m/s的速度反向弹回，此时乙的速度大小为______m/s，碰撞过程中系统损失的机械能为______J．
正确答案
3
3
解析
解：以甲的初速度方向为正方向，甲乙组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律得：m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙，
即：1×5=1×（-1）+2×v乙，解得：v乙=3m/s；
由能量守恒定律得：碰撞过程中损失的机械能
△E=
故答案为：3，3．
AE1=
BE1=E0
CE2=
DE2=E0
正确答案
解析
解：A、弹簧的最大弹性势能发生在P、Q的速度相等时，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：E1=
解得：E1=
C、由于P、Q之间发生的是完全弹性碰撞，且P、Q的质量相等，最终P、Q将交换速度，即小滑块P将静止，小滑块Q以动能E0运动，故C错误，D正确．
故选：AD．
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小？
（2）a、b两球碰后，细绳是否会断裂？
（3）若细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？
正确答案
解：（1）设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒定律得
解得
（2）设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得
mvC=（m+m）v
故
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则由牛顿第二定律有
解得T=3mg，则有T＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．
（3）设平抛的时间为t，则依据平抛运动的规律得
得
故落点距C的水平距离为
即小球最终落到地面距C水平距离是
答：
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小是
（2）a、b两球碰后，细绳会断裂．
（3）细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是
解析
解：（1）设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒定律得
解得
（2）设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得
mvC=（m+m）v
故
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则由牛顿第二定律有
解得T=3mg，则有T＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．
（3）设平抛的时间为t，则依据平抛运动的规律得
得
故落点距C的水平距离为
即小球最终落到地面距C水平距离是
答：
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小是
（2）a、b两球碰后，细绳会断裂．
（3）细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是
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