- 动量守恒定律
- 共6204题
正确答案
解析
解：设物块与薄板相对静止时的共同速度为v′．
根据动量守恒定律得：（M-m）v=（M+m）v′，得，v′=
物块与薄板速度相同以后，物块做加速运动，故物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能是2.4m/s．
故选B
（ⅰ）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？
（ⅱ）当x取第（ⅰ）问中的最小值时，求从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能．
正确答案
解：（ⅰ）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA、vB，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mAvA+mBvB，
以A为研究对象，由动熊定理：
μmBgx=
由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即：
mAvA≥mBvB，
联立并代入数据得：x≥
（ⅱ）当x=1.125m时，A、B最终处于静止状态，从A开始运动到A、B相对静止过程中，由能量守恒定律得，A、B系统损失的动能：
△EK=
代入数据得：△EK=18J；
答：（ⅰ）当x满足：x≥1.125m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞；
（ⅱ）从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能为18J．
解析
解：（ⅰ）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA、vB，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mAvA+mBvB，
以A为研究对象，由动熊定理：
μmBgx=
由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即：
mAvA≥mBvB，
联立并代入数据得：x≥
（ⅱ）当x=1.125m时，A、B最终处于静止状态，从A开始运动到A、B相对静止过程中，由能量守恒定律得，A、B系统损失的动能：
△EK=
代入数据得：△EK=18J；
答：（ⅰ）当x满足：x≥1.125m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞；
（ⅱ）从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能为18J．
如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0=2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：
①A与B碰撞后的共同速度大小；
②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．
正确答案
解：①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mvA，
A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvA=（m+M）v，
代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；
②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：
△E=
解得：△E=1.5J；
答：①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；
②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．
解析
解：①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mvA，
A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvA=（m+M）v，
代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；
②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：
△E=
解得：△E=1.5J；
答：①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；
②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．
（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？
（2）木板的长度l为多少？
正确答案
解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=
t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，
木块运动的位移为：s=
木板所受合外力为：F合=F+f=4N，
所以加速度为：a2=
木板运动的位移为：x=
所以有：△x1=s-x=2.5m
（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：
mv+Mv2=（m+M）v1
解得：v1=1.2m/s
对整个系统根据动能定理得：
解得：x1=0.2m
则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m
答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；
（2）木板的长度l为2.7m．
解析
解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=
t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，
木块运动的位移为：s=
木板所受合外力为：F合=F+f=4N，
所以加速度为：a2=
木板运动的位移为：x=
所以有：△x1=s-x=2.5m
（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：
mv+Mv2=（m+M）v1
解得：v1=1.2m/s
对整个系统根据动能定理得：
解得：x1=0.2m
则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m
答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；
（2）木板的长度l为2.7m．
正确答案
解析
解：A、由图示图象可知，碰撞前a的速度：va=
B、由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；
C、由图示图象可知，碰撞由a、b的速度相等，为：v=
D、碰撞后b的动量大小为：Pb′=avb′=1.5×1=1.5kg•m/s，故D正确；
故选：BD．
[物理选修模块3-5l
（1）一个铀235衰变为钍核时释放出一个α粒子，设铀核的质量为m1，钍核的质量为m2，α粒子的质量为m3，则在该衰变过程中释放出的能量为______．如果有质量为m的铀发生这样的衰变，则铀全部衰变完释放的能量为______．（光速为c）
（2）在太空中有一枚相对太空站处于静止状态的火箭，质量为M，火箭突然喷出质量为m的气体，喷出速度大小为v0（相对太空站）．紧接着再喷出质量为m的另一股气体（喷射方向与第一次喷射方向相同），此后火箭获得的速度大小为v（相对太空站）．火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为多大？
正确答案
解：（1）根据爱因斯坦质能方程E=mc2，得在该衰变过程中释放出的能量为：△E=△mc2=（m1-m2-m3）c2．质量为m的铀全部衰变的次数为
（2）以太空站为参考系，选火箭前进方向为正方向，设火箭第一次喷射的气体后的速度为v1，第二次喷射的气体后的速度为v2，则根据动量守恒定律得
第一次喷射气体过程：（M-m）v1-mv0=0
第二次喷射气体过程：（M-2m）v-mv2=（M-m）v1
解得 v2=（
故答案为：
（1）（m1-m2-m3）c2．
（2）火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为（
解析
解：（1）根据爱因斯坦质能方程E=mc2，得在该衰变过程中释放出的能量为：△E=△mc2=（m1-m2-m3）c2．质量为m的铀全部衰变的次数为
（2）以太空站为参考系，选火箭前进方向为正方向，设火箭第一次喷射的气体后的速度为v1，第二次喷射的气体后的速度为v2，则根据动量守恒定律得
第一次喷射气体过程：（M-m）v1-mv0=0
第二次喷射气体过程：（M-2m）v-mv2=（M-m）v1
解得 v2=（
故答案为：
（1）（m1-m2-m3）c2．
（2）火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为（
（1）整个系统损失的机械能；
（2）A与挡板分离时，A的速度（计算结果可用根号表示）．
正确答案
解：（1）取向右为正方向．对A、B相撞的过程中，对AB组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得AB相等的速度为：v1=0.5v0
B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：m×0.5×v0=2mv2
解得：v2=
所以整个系统损失的机械能为：
△E=
（2）对于整个过程，A、B、C和弹簧组成的系统遵守动量守恒和能量守恒，则得：
mv0=mvA+2mvBC；
联立解得：vA=-0.28v0，方向与v0相反．
答：（1）整个系统损失的机械能为
（2）A与挡板分离时，A的速度为0.28v0，方向与v0相反．
解析
解：（1）取向右为正方向．对A、B相撞的过程中，对AB组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得AB相等的速度为：v1=0.5v0
B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：m×0.5×v0=2mv2
解得：v2=
所以整个系统损失的机械能为：
△E=
（2）对于整个过程，A、B、C和弹簧组成的系统遵守动量守恒和能量守恒，则得：
mv0=mvA+2mvBC；
联立解得：vA=-0.28v0，方向与v0相反．
答：（1）整个系统损失的机械能为
（2）A与挡板分离时，A的速度为0.28v0，方向与v0相反．
如图所示，质量为m2=0.5kg的长木板B静置在粗糙水平地面上，与长木板B右端距离为S=0.16m处有一质量为m3=0.3kg的静止小物块C．现有一质量m1=1.0kg的小物块A，以初速度V0=2.1m/s水平向右滑上B板左端．随后木板B与物块C之间会发生时间极短的弹性正碰．最终物块A和长木板B均停下来，且A刚好停在B的最右端．已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.1、木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.05、物块C与地面之间无摩擦，A、C均可视为质点，取g=10m/s2．求：
（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小；
（3）长木板B的长度L以及整个过程中系统所产生的总热量Q．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律对A：
μ1m1g=m1a1，
解得：a1=1m/s2，
对B：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，
解得：a2=0.5m/s2，
（2）设经时间t1B与C碰撞，由匀变速运动的位移公式得：
s=
解得：t1=0.8s，
此时A的速度为：v1=v0-a1t1=1.3m/s，
B的速度：v2=a2t1=0.4m/s＜1.3m/s，
B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，B的初速度方向为正方向，B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：
m2v2=m2v2′+m3v3′，
由机械能守恒定律得：
解得：v2′=0.1m/s，v3′=0.5m/s；
（3）B与C碰撞前，B的位移：x2=
B、C碰撞后经时间t2，A、B速度相等，速度为v，由速度公式得：
v=v1-a1t2，v=v2′+a2t2，
解得：t2=0.8s，v=0.5m/s，
v恰好等于物块C的速度，由此可知B与C不发生二次碰撞，在该时间内，B的位移：
x2′=
设此后A、B一起减速运动直至停止，对A、B系统，
由牛顿第二定律得：a=μ2g=0.5m/s2＜a1，假设成立，
则x3=
木板的总路程：L=x2+x2′+x3=0.65m，
由能量守恒定律可知，系统产生的总热量：
Q=
答：（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小分别为1m/s2、0.5m/s2；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小分别为0.1m/s、0.5m/s；
（3）长木板B运动的总路程为0.65m，整个过程中系统所产生的总热量为2.17J．
解析
解：（1）由牛顿第二定律对A：
μ1m1g=m1a1，
解得：a1=1m/s2，
对B：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，
解得：a2=0.5m/s2，
（2）设经时间t1B与C碰撞，由匀变速运动的位移公式得：
s=
解得：t1=0.8s，
此时A的速度为：v1=v0-a1t1=1.3m/s，
B的速度：v2=a2t1=0.4m/s＜1.3m/s，
B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，B的初速度方向为正方向，B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：
m2v2=m2v2′+m3v3′，
由机械能守恒定律得：
解得：v2′=0.1m/s，v3′=0.5m/s；
（3）B与C碰撞前，B的位移：x2=
B、C碰撞后经时间t2，A、B速度相等，速度为v，由速度公式得：
v=v1-a1t2，v=v2′+a2t2，
解得：t2=0.8s，v=0.5m/s，
v恰好等于物块C的速度，由此可知B与C不发生二次碰撞，在该时间内，B的位移：
x2′=
设此后A、B一起减速运动直至停止，对A、B系统，
由牛顿第二定律得：a=μ2g=0.5m/s2＜a1，假设成立，
则x3=
木板的总路程：L=x2+x2′+x3=0.65m，
由能量守恒定律可知，系统产生的总热量：
Q=
答：（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小分别为1m/s2、0.5m/s2；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小分别为0.1m/s、0.5m/s；
（3）长木板B运动的总路程为0.65m，整个过程中系统所产生的总热量为2.17J．
正确答案
解：m在A点时，由牛顿第二定律得
m从B到A的过程中，由机械能守恒定律得
M离开平台后做平抛运动，则有
s=v2t ④
M与m碰撞前后Mv0=mv1+Mv2 ⑤
由①②③④⑤联立解得v0=6m/s
答：质量为M的小球与m碰撞前的速度为6m/s．
解析
解：m在A点时，由牛顿第二定律得
m从B到A的过程中，由机械能守恒定律得
M离开平台后做平抛运动，则有
s=v2t ④
M与m碰撞前后Mv0=mv1+Mv2 ⑤
由①②③④⑤联立解得v0=6m/s
答：质量为M的小球与m碰撞前的速度为6m/s．
（1）炸药爆炸后瞬间A、B的速度大小；
（2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；
（3）BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B的速度；
（4）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值．
正确答案
解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律：
mBvB-mAvA=0
爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，有：
代入数据解得：vA=vB=3.0 m/s
故塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度为：vA=vB=3.0 m/s．
（2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）．爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1．
由动量守恒定律，得：mBvB=（mB+mC）vBC
由机械能守恒，得：
代入数据得：EP1=3.0 J．
故在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值为EP1=3.0 J．
（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒定律和能量守恒定律：
mBvB=mBvB1+mCvC1
代入数据解得：vB1=-1.0m/s，vC1=2.0m/s
（4）A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律
mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB
解得：vAB=1.0m/s
当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律
（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC
由机械能守恒定律，得：
代入数据解得：EP2=0.5J．
故A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值为：EP2=0.5J．
答：（1）炸药爆炸后瞬间A、B的速度大小都是3m/s；
（2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值是3.0J；
（3）BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B的速度是-1.0m/s；
（4）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值是0.5J．
解析
解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律：
mBvB-mAvA=0
爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，有：
代入数据解得：vA=vB=3.0 m/s
故塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度为：vA=vB=3.0 m/s．
（2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）．爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1．
由动量守恒定律，得：mBvB=（mB+mC）vBC
由机械能守恒，得：
代入数据得：EP1=3.0 J．
故在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值为EP1=3.0 J．
（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒定律和能量守恒定律：
mBvB=mBvB1+mCvC1
代入数据解得：vB1=-1.0m/s，vC1=2.0m/s
（4）A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律
mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB
解得：vAB=1.0m/s
当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律
（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC
由机械能守恒定律，得：
代入数据解得：EP2=0.5J．
故A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值为：EP2=0.5J．
答：（1）炸药爆炸后瞬间A、B的速度大小都是3m/s；
（2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值是3.0J；
（3）BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B的速度是-1.0m/s；
（4）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值是0.5J．
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