- 动量守恒定律
- 共6204题
正确答案
解析
解：设两次碰后共同速度分别v1和v2．根据动量守恒定律得
第一次碰撞，有：mv0=（m+M）v1；
根据动量守恒定律得：
第二次碰撞，有：Mv0=（m+M）v2；
系统损失的动能分别为：
第一次：△Ek1=
第二次：△Ek2=
系统的末动能分别为
第一次：Ek1=
第二次：Ek2=-
∵m＜M，∴Ek1＜Ek2．故C正确，ABD错误．
故选C
A整个系统机械能不守恒
B整个系统动量守恒
C当木块的速度最大时，小车的速度也最大
D小车AB向左运动的最大位移等于
正确答案
解析
解：A、弹簧被释放过程系统机械能守恒，而木块C跟B端橡皮泥粘在一起的过程是非弹性碰撞，机械能有损失．故A正确；
B、整个系统受到的合外力保持为零，动量守恒．故B正确；
C、设弹簧释放后，木块C速度大小为v，小车速度为V
由动量守恒 mv-MV=0 V=
则V与v成正比，当木块的速度v最大时，小车的速度V也最大．故C正确．
D、设弹簧释放后C经时间t与B碰撞．
vt+Vt=L
又
小车AB相对于地面向左运动的最大位移x=Vt=
故选：ABC
①木块以多大速度脱离水平地面？
②当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为多少？
正确答案
解：①子弹射击物块过程中动量守恒，设向右为正方向，有：
mv0=（M+m）v1
代入数据解得：v1=20m/s
设绳绷直后物块沿垂直绳方向速度为v1′，有：
v1′=v1×
即：木块以v1′=10m/s速度脱离水平地面，方向垂直细绳向上；
（2）在最高点时，设其速度为v2，根据能量守恒：
得：v22=40m2/s2
又：T+（M+m）g=（M+m）
联立得：T=4N
根据牛顿第三定律物块对细绳的拉力T′=4N
答：①木块以10m/s的速度脱离水平地面；
②当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为为4N．
解析
解：①子弹射击物块过程中动量守恒，设向右为正方向，有：
mv0=（M+m）v1
代入数据解得：v1=20m/s
设绳绷直后物块沿垂直绳方向速度为v1′，有：
v1′=v1×
即：木块以v1′=10m/s速度脱离水平地面，方向垂直细绳向上；
（2）在最高点时，设其速度为v2，根据能量守恒：
得：v22=40m2/s2
又：T+（M+m）g=（M+m）
联立得：T=4N
根据牛顿第三定律物块对细绳的拉力T′=4N
答：①木块以10m/s的速度脱离水平地面；
②当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为为4N．
质量为m的小球A以速度V0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A速度大小VA和小球B速度大小VB可能为（ ）
AVA=
BVA=
CVA=
DVA=
正确答案
解析
解：若碰后A球速度方向和原来一致，根据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB…①
根据碰撞过程系统的总动能不增加，即：
A、若vA=
B、将vA=
C、将vA=
D、将vA=
故选：AC．
正确答案
解：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒．设人跳出后，
车对地的速度变为v，以v0方向为正方向，以地为参考系．由动量守恒定律：
（M+m）v0=MV-m（u-v）
解得：v=
答：人跳出后车的速度为
解析
解：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒．设人跳出后，
车对地的速度变为v，以v0方向为正方向，以地为参考系．由动量守恒定律：
（M+m）v0=MV-m（u-v）
解得：v=
答：人跳出后车的速度为
（2015春•延安月考）一个质量为m的小球甲以速度V在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为v，那么乙球获得的动能等于（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设甲的速度方向为正方向；根据动量守恒得：
mV=mv+mv′，
解得：v′=V-v．
所以乙球的动能为：
Ek=
故选：B．
如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上，车上固定着半径为R=0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道，小车与圆弧轨道的总质量M为2kg，小车上表面的AB部分是长为1.0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在B处相切．现有质量m=1kg的滑块（视为质点）以 v0=3m/s的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处相对小车静止，g=10m/s2．
（1）求滑块与小车之间的动摩擦因数μ和此过程小车在水平面上滑行的距离s；
（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，求初速度v0应满足的条件．
正确答案
解：（1）当v0=3m/s时，滑块在B处相对小车静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v1…①
对滑块，由动能定理：
对小车，由动能定理：
由①②③得：
（2）要使滑块刚好不从圆弧轨道上端C点飞出，滑块到C点时，二者具有相同的速度设为v2，
由系统水平方向的动量守恒：mv0=（M+m）v2…⑥
由系统能量守恒：
由④⑥⑦得：
要使滑块不从圆弧轨道上端C点飞出，必须满足：
答：（1）滑块与小车之间的动摩擦因数μ是0.3，此过程小车在水平面上滑行的距离是
（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，初速度v0应满足的条件是
解析
解：（1）当v0=3m/s时，滑块在B处相对小车静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v1…①
对滑块，由动能定理：
对小车，由动能定理：
由①②③得：
（2）要使滑块刚好不从圆弧轨道上端C点飞出，滑块到C点时，二者具有相同的速度设为v2，
由系统水平方向的动量守恒：mv0=（M+m）v2…⑥
由系统能量守恒：
由④⑥⑦得：
要使滑块不从圆弧轨道上端C点飞出，必须满足：
答：（1）滑块与小车之间的动摩擦因数μ是0.3，此过程小车在水平面上滑行的距离是
（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，初速度v0应满足的条件是
（1）弹簧最短时滑块A的速度v的大小和方向．
（2）弹簧的最大弹性势能Ep．
正确答案
解：（1）弹簧最短时，两滑块速度相等，此时弹簧弹性势能最大，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=-0.5m/s，方向水平向左；
（2）由能量守恒定律得：
代入数据解得：EP=13.5J；
答：（1）弹簧最短时滑块A的速度v的大小为0.5m/s，方向：水平向左．
（2）弹簧的最大弹性势能为13.5J．
解析
解：（1）弹簧最短时，两滑块速度相等，此时弹簧弹性势能最大，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=-0.5m/s，方向水平向左；
（2）由能量守恒定律得：
代入数据解得：EP=13.5J；
答：（1）弹簧最短时滑块A的速度v的大小为0.5m/s，方向：水平向左．
（2）弹簧的最大弹性势能为13.5J．
正确答案
解：子弹瞬间射入物块A并不穿出满足水平方向的动量守恒，有mv0=2mv1①
从物块A获得速度后水平向右运动开始，直到滑块与物块A的速度相等时小球上升到右面最大高度，根据物块A与滑块组成的系统水平方向动量守恒和能量转化，有：
2mv1=3mv2②
物块A上升的高度：h=L（1-cos60°）=0.5L ④
由①②③④化简得：
答：子弹刚要射入物块B时的速度大小是
解析
解：子弹瞬间射入物块A并不穿出满足水平方向的动量守恒，有mv0=2mv1①
从物块A获得速度后水平向右运动开始，直到滑块与物块A的速度相等时小球上升到右面最大高度，根据物块A与滑块组成的系统水平方向动量守恒和能量转化，有：
2mv1=3mv2②
物块A上升的高度：h=L（1-cos60°）=0.5L ④
由①②③④化简得：
答：子弹刚要射入物块B时的速度大小是
①两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小；
②两木板碰撞后，小物块与乙木板发生性对运动的时间．
正确答案
解：①设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v，两木板碰撞过程中，动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2=（m1+m2）v
解得：v=5m/s
②两木板碰撞后，小物块滑上乙木板做匀减速运动，两木板做加速运动，最终三个物体的速度相同，设最终共同速度为v′，
根据动量守恒定律得：
（m1+m）v1+m2v2=（m1+m2+m）v′
解得：v′=5.6m/s
小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小a=
则小物块与乙木板发生相对运动的时间t=
答：①两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为5m/s；
②两木板碰撞后，小物块与乙木板发生性对运动的时间为2.4s．
解析
解：①设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v，两木板碰撞过程中，动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2=（m1+m2）v
解得：v=5m/s
②两木板碰撞后，小物块滑上乙木板做匀减速运动，两木板做加速运动，最终三个物体的速度相同，设最终共同速度为v′，
根据动量守恒定律得：
（m1+m）v1+m2v2=（m1+m2+m）v′
解得：v′=5.6m/s
小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小a=
则小物块与乙木板发生相对运动的时间t=
答：①两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为5m/s；
②两木板碰撞后，小物块与乙木板发生性对运动的时间为2.4s．
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