- 动量守恒定律
- 共6204题
AB球动能的最大值是
BB球动能的最大值是
C系统动能的最小值是0
D系统动能的最小值是
正确答案
解析
解：A、B若两球发生弹性碰撞，则B球获得的动能最大；根据动量守恒和动能守恒得：
mv0=mvA+mvB，
联立解得，B球碰后最大速度为 vB=v0，B球最大动能为Ekmax=
C、根据动量守恒可知，碰撞后系统总动量为mv0，总动能不可能为零，故C错误．
D、若两球发生完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，则有：
mv0=（m+m）v
得：v=
系统动能的最小值是Ekmin=
故选A
正确答案
解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹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=
子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：
（2）打击过程损失的机械能为：Q=
答：（1）子弹与木块上升的最大高度为
解析
解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹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=
子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：
（2）打击过程损失的机械能为：Q=
答：（1）子弹与木块上升的最大高度为
（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度各是多大；
（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度．
正确答案
解：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0=mv1+3mv2，
又：
得：
（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切线方向速度为v′
mv0=（m+3m）v
得：
所以：v合=
答：（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度分别是-
（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度为
解析
解：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0=mv1+3mv2，
又：
得：
（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切线方向速度为v′
mv0=（m+3m）v
得：
所以：v合=
答：（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度分别是-
（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速度为
AL
B
C
D
正确答案
解析
解：小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；
如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式：
0-fL=0-
如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：
Mv0=（M+M）v…②
对系统运用能量守恒，有：
fL′=
由以上各式解得：L′=
故选：D．
在一条直线上，运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，是球1、球2的动量分别是P1=6kg•m/s，p2=-8kg•m/s．若两球所在的水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是（ ）
Ap
Bp
Cp
Dp
正确答案
解析
解：A、运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，球1、球2的动量分别是P1=6kg•m/s，p2=-8kg•m/s．
所以A球与B球时发生碰撞，碰后两球速度方向不可能都保持不变．
p
B、p
两球动量动量都减小，根据
C、p
球1动能增加，球2动能减小，由于两球质量关系不清楚，可能符合总动能不增加，故C正确；
D、p
两球动量动量都增大，根据
故选：BC．
（1）C与B之间的动摩擦因数；
（2）物块C最后停在A上距左端的距离．
正确答案
解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒，以C的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mCvC=（mC+mB）v1，代入数据解得：v1=1m/s，
全过程能量守恒，由能量守恒定律得：
（2）AB碰撞，AB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：mAvA=（mA+mB）v2，代入数据解得：v2=2 m/s
AB一起运动，C在B上相对滑动，由牛顿第二定律得：
aC=
C滑到B的右端时，有sAB-sC=L，
代入数据有：
代入数据解得，C在B上运动时间为：
此时：
此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒，
以C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv‘C+mAvAB=（mC+mA）v3，
C、A系统能量守恒，由能量守恒定律得：
代入数据解得：L'=0.25m；
答：（1）C与B之间的动摩擦因数为0.1；
（2）物块C最后停在A上距左端的距离为0.25m．
解析
解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒，以C的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mCvC=（mC+mB）v1，代入数据解得：v1=1m/s，
全过程能量守恒，由能量守恒定律得：
（2）AB碰撞，AB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：mAvA=（mA+mB）v2，代入数据解得：v2=2 m/s
AB一起运动，C在B上相对滑动，由牛顿第二定律得：
aC=
C滑到B的右端时，有sAB-sC=L，
代入数据有：
代入数据解得，C在B上运动时间为：
此时：
此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒，
以C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv‘C+mAvAB=（mC+mA）v3，
C、A系统能量守恒，由能量守恒定律得：
代入数据解得：L'=0.25m；
答：（1）C与B之间的动摩擦因数为0.1；
（2）物块C最后停在A上距左端的距离为0.25m．
（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小
（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系
（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足什么条件．
正确答案
解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA
则 
得：
在A点有：
由②③得：NA=6mg④
由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 
（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，
则：（2m+m）v=2mvA⑥
由②⑥⑦得：
ⅰ．若
ⅱ．若
则：
得：v'=
（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．
由能量守恒得：
解得：
答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；
（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：
若
若
（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足
解析
解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA
则
得：
在A点有：
由②③得：NA=6mg④
由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力
（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，
则：（2m+m）v=2mvA⑥
由②⑥⑦得：
ⅰ．若
ⅱ．若
则：
得：v'=
（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．
由能量守恒得：
解得：
答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；
（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：
若
若
（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足
（1）求A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力大小；
（2）讨论木板高度h取不同值时，C落地瞬间与B左侧的水平距离．
正确答案
解：（1）A在下落过程中，由动能定理得：
mg（L+Lsin30°）=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
解得：v=
（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv=2mv′②，由①②v′=
碰后B做向右做匀减速直线运动，C静止不动，当B的位移为L过程中，
对B由动能定理得：-μ（2m+m）gL=
代入数据解得：v″=
C离开B到B静止需要的时间：t=
B到静止过程的位移：s=
C离开B后做自由落体运动，h=
①当t′≥t，即h≥
②当t′＜t，即h＜
x=v″t′-
答：（1）A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力为7mg．
（2）①当h≥
②当h＜
解析
解：（1）A在下落过程中，由动能定理得：
mg（L+Lsin30°）=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
解得：v=
（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv=2mv′②，由①②v′=
碰后B做向右做匀减速直线运动，C静止不动，当B的位移为L过程中，
对B由动能定理得：-μ（2m+m）gL=
代入数据解得：v″=
C离开B到B静止需要的时间：t=
B到静止过程的位移：s=
C离开B后做自由落体运动，h=
①当t′≥t，即h≥
②当t′＜t，即h＜
x=v″t′-
答：（1）A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力为7mg．
（2）①当h≥
②当h＜
如图甲所示，物体A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，用轻弹簧相连放在光滑水平面上，物体B右侧与竖直墙相接触．另有一物体C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物体A相碰，并立即与A粘在一起不再分开．物块C的v-t图象如图乙所示．求：
（1）物块C的质量mC
（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W及在4s到12s的时间内对B的冲量I 的大小和方向
（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能EP．
正确答案
解：（1）由图可知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒．
mcv1=（mA+mc）v2
解得mc=2㎏
（2）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功，W=0
由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：
I=（mA+mc）v3-（mA+mc）v2=（4+2）×（-3）-（4+2）×3=-36N•s，方向向右．
（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．
根据动量守恒定律，有：
（mA+mc）v3=（mA+mB+mC）v4
根据机械能守恒定律，有：
解得EP=9J，v4=2m/s．
答：（1）物块C的质量为2kg；
（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，方向向右．
（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J．
解析
解：（1）由图可知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒．
mcv1=（mA+mc）v2
解得mc=2㎏
（2）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功，W=0
由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：
I=（mA+mc）v3-（mA+mc）v2=（4+2）×（-3）-（4+2）×3=-36N•s，方向向右．
（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．
根据动量守恒定律，有：
（mA+mc）v3=（mA+mB+mC）v4
根据机械能守恒定律，有：
解得EP=9J，v4=2m/s．
答：（1）物块C的质量为2kg；
（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，方向向右．
（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J．
（1）求小球与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）拉起1球至某高度后放手，让其与2球碰撞，直到n球被碰（n-1球与n球碰撞时无电荷转移）弹起并偏转θ角后绳子被钉子J拦住而恰好绳断，接着n球立即与A球正碰并粘合在一起，整体沿斜面向上运动至B球能够到达虚线NQ的位置．若OJ距离为9m，求球n与球A碰前瞬间速度v的最小值及绳子的最大拉力Tm
（3）若球1被拉起时与竖直方向的夹角也为θ，则要达到（2）中所述的要求，n的最小值为多少？
正确答案
解：（1）由AB受力平衡，由平衡条件得：
2mgsinθ+2μmgcosθ=qE，
代入数据解得：μ=0.25；
（2）据牛顿定律知绳断的条件为：
设n球与A球碰后速度大小为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv=3mv1…②
碰后至B到达虚线NQ，据动能定理有：
联立②③并代入数据再代入①，可解得：v=8
（3）球1摆动过程、球n碰后至与球A碰前均有机械能守恒：
解得：
解得：
球i跟球i+1的碰撞满足机械能守恒跟动量守恒：mivi=mivi1+mi+1vi+1
可得：
即有：
代入数据可知n的最小值为：4；
答：（1）小球与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
（2）球n与球A碰前瞬间速度v的最小值为8
（3）若球1被拉起时与竖直方向的夹角也为θ，则要达到（2）中所述的要求，n的最小值为4．
解析
解：（1）由AB受力平衡，由平衡条件得：
2mgsinθ+2μmgcosθ=qE，
代入数据解得：μ=0.25；
（2）据牛顿定律知绳断的条件为：
设n球与A球碰后速度大小为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv=3mv1…②
碰后至B到达虚线NQ，据动能定理有：
联立②③并代入数据再代入①，可解得：v=8
（3）球1摆动过程、球n碰后至与球A碰前均有机械能守恒：
解得：
解得：
球i跟球i+1的碰撞满足机械能守恒跟动量守恒：mivi=mivi1+mi+1vi+1
可得：
即有：
代入数据可知n的最小值为：4；
答：（1）小球与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
（2）球n与球A碰前瞬间速度v的最小值为8
（3）若球1被拉起时与竖直方向的夹角也为θ，则要达到（2）中所述的要求，n的最小值为4．
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