- 动量守恒定律
- 共6204题
质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mv+（M-m）v′=0
所以解得：v′=-
故选：B．
小船相对于地面以速度v向东行驶，若在船上以相对于地面相同的速率2v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将______．（填增大，减小或不变）
正确答案
增大
解析
解：以重物和船组成的系统为研究对象，抛重物的过程系统动量守恒．
取向东方向为正方向，设船的质量为M，重物的质量为m，
由动量守恒定律得：（M+2m）v=mv-mv+Mv′，
所以有：v′=v+
故答案为：增大．
在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1；m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：
①甲、乙两物体质量之比；
②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
正确答案
解：①设向东方向为正，则由动量守恒知：
m1v1+（-m2v2）=（-m1v1‘）+m2v2'
代入数据解得：
②设m1=3m，m2=5m
碰撞前系统总能量：Ek=
碰撞后系统总能量：Ek'=
因为Ek=Ek'，所以这是弹性碰撞．
答：①甲、乙两物体质量之比为
②通过计算发现，这次碰撞是弹性碰撞．
解析
解：①设向东方向为正，则由动量守恒知：
m1v1+（-m2v2）=（-m1v1‘）+m2v2'
代入数据解得：
②设m1=3m，m2=5m
碰撞前系统总能量：Ek=
碰撞后系统总能量：Ek'=
因为Ek=Ek'，所以这是弹性碰撞．
答：①甲、乙两物体质量之比为
②通过计算发现，这次碰撞是弹性碰撞．
（1）滑块A与滑块B碰撞时的速度v1大小；
（2）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度v2的大小；
（3）滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小．
正确答案
解：（1）设A与B碰撞时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律得
∴
（2）A与B碰撞后瞬间速度大小为v2．
根据动量守恒定律：
mv1=2mv2∴
（3）设C匀速运动的速度为vc，此时AB的速度为vAB，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv2=2mvAB+2mvc
由以上两式解得：
答：（1）滑块A与滑块B碰撞时的速度是
（2）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度是
（3）滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小是
解析
解：（1）设A与B碰撞时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律得
∴
（2）A与B碰撞后瞬间速度大小为v2．
根据动量守恒定律：
mv1=2mv2∴
（3）设C匀速运动的速度为vc，此时AB的速度为vAB，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv2=2mvAB+2mvc
由以上两式解得：
答：（1）滑块A与滑块B碰撞时的速度是
（2）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度是
（3）滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小是
A磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来
B圆环可能获得的最大速度为
C磁铁与圆环系统损失的动能可能为
D磁铁与圆环系统损失的动能可能为
正确答案
解析
解：A、金属环是光滑的，足够长的水平的绝缘轨道PP′是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来．故A错误；
B、选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时：
Mv0=（M+m）v
得：v=
C、磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为：Q=
故选：BC
（1）求它们达到相对静止时的共同速度大小；
（2）当它们达到共同速度时，小滑块相对于长木板滑行的距离；
（3）若长木板与水平面间有摩擦，且动摩擦因数μ2=0.1，从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块相对于地面滑行的距离．
正确答案
解：（1）滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=0.6m/s；
（2）对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得：
（3）滑块受向左的摩擦力向右减速，有：f1=μ1mg=ma1
得：a1=4m/s2
长木板受到滑块向右的摩擦力f1′=μ1mg和地面向左的摩擦力f2=μ2（m+M）g，
向右加速，有：f1′-f2=Ma2，得：a2=0.5m/s2
当二者同速时，长木板速度达到最大，v=v0-a1t1=a2t1
解得：t1=0.4s，v=0.2m/s，
同速时滑块位移为：x1=
此后若二者相对静止，有：f2=μ2（m+M）g=（m+M）a
得：a=1m/s2＜a1=4m/s2，
所以二者将一起以a=1m/s2匀减速运动直到停止，
x2=
则滑块总位移为：x=x1+x2=0.42m；
答：（1）它们达到相对静止时的共同速度大小为0.6m/s；
（2）当它们达到共同速度时，小滑块相对于长木板滑行的距离为0.27m；
（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块相对于地面滑行的距离为0.42m．
解析
解：（1）滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=0.6m/s；
（2）对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得：
（3）滑块受向左的摩擦力向右减速，有：f1=μ1mg=ma1
得：a1=4m/s2
长木板受到滑块向右的摩擦力f1′=μ1mg和地面向左的摩擦力f2=μ2（m+M）g，
向右加速，有：f1′-f2=Ma2，得：a2=0.5m/s2
当二者同速时，长木板速度达到最大，v=v0-a1t1=a2t1
解得：t1=0.4s，v=0.2m/s，
同速时滑块位移为：x1=
此后若二者相对静止，有：f2=μ2（m+M）g=（m+M）a
得：a=1m/s2＜a1=4m/s2，
所以二者将一起以a=1m/s2匀减速运动直到停止，
x2=
则滑块总位移为：x=x1+x2=0.42m；
答：（1）它们达到相对静止时的共同速度大小为0.6m/s；
（2）当它们达到共同速度时，小滑块相对于长木板滑行的距离为0.27m；
（3）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块相对于地面滑行的距离为0.42m．
正确答案
解析
解：甲车与乙车碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：Mv=2Mv1，解得：v1=
故答案为：
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设向右为正方向，则由动量守恒定律可知：
mv=-m
再对乙丙两球由动量守恒定律可知：
m乙v乙=2mv丙；
联立解得：v丙=
故选：C．
①小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力．
②通过计算说明小滑块b能否到达圆形轨道的最高点C．
正确答案
解：①系统的动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mava-mbvb=0，
已知：ma=2mb=2kg，va=3.5m/s
解得：vb=7.0m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：F-mbg=mb
解得：F=59N，由牛顿第二定律可知，压力：F′=F=59N，方向竖直向下；
②若小滑块b能到达圆轨道最高点，速度为vC
由机械能守恒得：
小物块b恰能过最高点的速度为v，则mbg=mb
因vC＜v，故小滑块b不能到达圆轨道最高点C．
答：①小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力为59N，方向竖直向下．
②小滑块b不能到达圆轨道最高点C．
解析
解：①系统的动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mava-mbvb=0，
已知：ma=2mb=2kg，va=3.5m/s
解得：vb=7.0m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：F-mbg=mb
解得：F=59N，由牛顿第二定律可知，压力：F′=F=59N，方向竖直向下；
②若小滑块b能到达圆轨道最高点，速度为vC
由机械能守恒得：
小物块b恰能过最高点的速度为v，则mbg=mb
因vC＜v，故小滑块b不能到达圆轨道最高点C．
答：①小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力为59N，方向竖直向下．
②小滑块b不能到达圆轨道最高点C．
质量为0.4kg的小球甲静止在光滑水平桌面上，质量为4kg的小球乙以速度3m/s与甲相碰．相碰后，乙球的速度变为2.5m/s，碰撞前后速度在一直线上，则甲球的速度大小为______m/s，此过程中损失的机械能为______J．
正确答案
5
0.5
解析
解：质量为4kg的小球乙以速度3m/s与甲相碰．相碰后，乙球的速度变为2.5m/s，规定乙的初速度方向为正方向，
根据甲乙碰时动量守恒得：
m乙v0=m乙v乙+m甲v甲
甲球的速度大小为：v甲=
根据能量守恒得过程中损失的机械能等于系统动能的损失，所以此过程中损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=0.5J
故答案为：5，0.5．
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