- 动量守恒定律
- 共6204题
正确答案
解：两个球两次碰撞过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：
解得：v2=
答：两球第一次碰后m2球的速度大小为1.5m/s．
解析
解：两个球两次碰撞过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：
解得：v2=
答：两球第一次碰后m2球的速度大小为1.5m/s．
①P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
②此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．
正确答案
解析
解：（1）P1、P2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=2mv1，
解得：v1=
设P停在A点时，p、P1、P2共同速度为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：（m+2m）v0=4mv2，
解得：v2=
②对p、P1、P2于组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到停在A点：-μ×2mg×（2L+2x）=-（
对p、P1、P2组成的系统，从P1、P2碰撞结束瞬时到弹簧的最大压缩量x，相应的弹性势能Ep
根据能量守恒定律得：-μ×2mg（L+x）-Ep=-（
联立解得x=0.4m Ep=1J
答：①P1、P2刚碰完时的共同速度v1=2m/s
P的最终速度v2=3m/s
②此过程中弹簧的最大压缩量x=0.4m和相应的弹性势能Ep=1J
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球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
正确答案
解析
解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，
选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv=-mv1+2mv2…①
假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v
由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞0.5v…②
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
①③两式联立得：v2≤
由②④两式可得：0.5v＜v2≤
符合条件AB正确，CD错误；
故选：AB．
人类发射总质量为M的航天器正离开太阳向银河系中心飞去，设此时航天器相对太阳中心离去的速度大小为v，受太阳引力可忽略，航天器上的火箭发动机每次点火的工作时间极短，每次工作喷出气体质量都为m，相对飞船的速度大小都为u，且喷气方向与航天器运动方向相反，试求：火箭发动机工作3次后航天器获得的相对太阳系的速度．
正确答案
解：设发动机第一次工作后航天器获得的相对太阳系的速度为v1．第二次工作后航天器获得的速度为v2．第三次工作后航天器获得的速度为v3．
以航天器为研究对象，取航天器相对太阳中心离去的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
第一次：Mv=m（v1-u）+（M-m）v1；解得：v1=v+
第二次：（M-m）v1=m（v2-u）+（M-2m）v2；解得：v2=v1+
第三次：（M-m）v2=m（v3-u）+（M-3m）v3；解得：v3=v2+
联立解得：v3=v+
答：航天器获得的相对太阳系的速度为v+
解析
解：设发动机第一次工作后航天器获得的相对太阳系的速度为v1．第二次工作后航天器获得的速度为v2．第三次工作后航天器获得的速度为v3．
以航天器为研究对象，取航天器相对太阳中心离去的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
第一次：Mv=m（v1-u）+（M-m）v1；解得：v1=v+
第二次：（M-m）v1=m（v2-u）+（M-2m）v2；解得：v2=v1+
第三次：（M-m）v2=m（v3-u）+（M-3m）v3；解得：v3=v2+
联立解得：v3=v+
答：航天器获得的相对太阳系的速度为v+
质量为m=3㎏的物体在离地面高度为h=20m处，正以水平速度v=20m/s运动时，突然炸裂成两块，其中一块质量为m1=1㎏．仍沿原运动方向以v1=40m/s的速度飞行，炸裂后的另一块的速度大小为______m/s．两块落到水平地面上的距离为______m（小计空气阻力，g取10m/s2）．
正确答案
10
60
解析
解：物体炸开瞬间，系统动量守恒，以初速度方向为正方向，根据守恒定律，有：
mv=m1v1+（m-m1）v2
3×20=1×40+（3-1）×v2
解得：v2=10m/s
此后两碎片做平抛运动，运动时间为：t=
因两碎片初速度方向相同，故两块落到水平地面上的距离为：△x=v1t-v2t=40×2-10×2=60m；
故答案为：10，60．
如图所示，质量为m1=0.01kg的子弹A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒B且只在B上留下一个弹孔，子弹穿过B后打入质量为m2=0.99kg的木块C中，并留在C里面（A，C可视为质点），木块C放在长木板D的左端，D的质量m2=3kg，长度为L1=0.375m，长木板D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与D等高的固定挡板E，D的右端到E距离L2=0.125m，D碰到E即被粘牢，C飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直径d=30cm，纸筒匀速旋转的角速度ω=π×102rads，C与D之间的动摩擦因素μ=0.1，木板D的上表面距离地面高H=5m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力和空气阻力忽略不计，取g=10m/s2．求：
（1）若发射子弹的枪有两个档位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，子弹两个档位的速度分别是多少？
（2）在（1）问中，讨论子弹A打入C后，AC整体能否与D达到共同速度，并求出AC整体能与D达到共速情况下AC整体落到地面上距桌边的距离．
正确答案
解：（1）依题意，枪由两个档位，且穿过纸筒后只留下一个弹孔，要增大穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：
α=（2n+1）π，式中n取0和1
子弹穿过纸筒的时间为：
则子弹的速度为：
把n=0，1分别代入①式得子弹的速度分别为：
v1=300m/s
v2=100m/s
（2）设子弹击中木块C并留住其中的共同速度为v11，由动量守恒定律得：
m1v=（m1+m2）v11…②
假设AC能够与D到达共同的速度v22，由动量守恒定律得：
（m1+m2）v11=（m1+m2+m3）v22…③
设此过程中AC相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得：
联立②③④得：
讨论：Ⅰ当v=v1=300m/s时，代入⑤式得：s1=3.375m＞L1
说明此种情况下AC与D不能共速．
Ⅱ当v=v2=100m/s时，代入⑤式解得：s2=0.375m=L2
说明此种情况下AC刚好没有滑离D．
设此过程中D对桌面的位移是S 2，由动能定理得：
联立②③⑥式．并代入数据解得：
s2=0.09375m＜0.125m=L2…⑦
由⑦式知，AC整体刚好滑到D的右端时，还没有与E碰撞，说明此种情况下AC能与D共速，
当D与E碰撞并粘牢后，AC整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学的知识：
平抛运动的时间：
位移：s=v22•t=0.25×1m=0.25m
答：（1）若发射子弹的枪有两个档位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，子弹两个档位的速度分别是300m/s和100m/s；
（2）在（1）问中，讨论子弹A打入C后，若子弹的初速度是300m/s，则AC整体不能与D达到共同速度；若子弹的初速度是100m/s，则AC整体能与D达到共同速度．AC整体能与D达到共速情况下AC整体落到地面上距桌边的距离是0.25m．
解析
解：（1）依题意，枪由两个档位，且穿过纸筒后只留下一个弹孔，要增大穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：
α=（2n+1）π，式中n取0和1
子弹穿过纸筒的时间为：
则子弹的速度为：
把n=0，1分别代入①式得子弹的速度分别为：
v1=300m/s
v2=100m/s
（2）设子弹击中木块C并留住其中的共同速度为v11，由动量守恒定律得：
m1v=（m1+m2）v11…②
假设AC能够与D到达共同的速度v22，由动量守恒定律得：
（m1+m2）v11=（m1+m2+m3）v22…③
设此过程中AC相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得：
联立②③④得：
讨论：Ⅰ当v=v1=300m/s时，代入⑤式得：s1=3.375m＞L1
说明此种情况下AC与D不能共速．
Ⅱ当v=v2=100m/s时，代入⑤式解得：s2=0.375m=L2
说明此种情况下AC刚好没有滑离D．
设此过程中D对桌面的位移是S 2，由动能定理得：
联立②③⑥式．并代入数据解得：
s2=0.09375m＜0.125m=L2…⑦
由⑦式知，AC整体刚好滑到D的右端时，还没有与E碰撞，说明此种情况下AC能与D共速，
当D与E碰撞并粘牢后，AC整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学的知识：
平抛运动的时间：
位移：s=v22•t=0.25×1m=0.25m
答：（1）若发射子弹的枪有两个档位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，子弹两个档位的速度分别是300m/s和100m/s；
（2）在（1）问中，讨论子弹A打入C后，若子弹的初速度是300m/s，则AC整体不能与D达到共同速度；若子弹的初速度是100m/s，则AC整体能与D达到共同速度．AC整体能与D达到共速情况下AC整体落到地面上距桌边的距离是0.25m．
正确答案
解：设木板和物块最后共同运动的速度为v，由动量守恒定律mv0=（m+M）v-----①
设全过程损失的机械能为E，
用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则W=-2μmgs----------③
用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E-W-------④
由以上各式解得E=
代入数据解锝
E1=2.4J
碰撞过程中损失的机械能为2.4J．
解析
解：设木板和物块最后共同运动的速度为v，由动量守恒定律mv0=（m+M）v-----①
设全过程损失的机械能为E，
用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则W=-2μmgs----------③
用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E-W-------④
由以上各式解得E=
代入数据解锝
E1=2.4J
碰撞过程中损失的机械能为2.4J．
正确答案
解：最后三个木箱匀速运动，由平衡条件得：F=3μmg，
水平力推最左边的木箱时，根据动能定理有：（F-μmg）l=
木箱发生第一次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=2mv2，
碰撞中损失的机械能为：△E1=
第一次碰后，水平力推两木箱向右运动，根据动能定理有
（F-2μmg）l=
木箱发生第二次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：2mv3=3mv4，
碰撞中损失的机械能为：△E2=
联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为：
答：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比为3：2．
解析
解：最后三个木箱匀速运动，由平衡条件得：F=3μmg，
水平力推最左边的木箱时，根据动能定理有：（F-μmg）l=
木箱发生第一次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=2mv2，
碰撞中损失的机械能为：△E1=
第一次碰后，水平力推两木箱向右运动，根据动能定理有
（F-2μmg）l=
木箱发生第二次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：2mv3=3mv4，
碰撞中损失的机械能为：△E2=
联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为：
答：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比为3：2．
如图所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B（物体B可视为质点），B与A的动摩擦因数为μ．A和B一起以相同的速度V 向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件？（ 用m1、m2，L 及μ表示）
正确答案
解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能
（1）若m1＞m2，碰墙后系统的总动量方向向左，则m1和m2最后以共同速度向左运动．
设它们相对静止时的共同速度v1，据动量守恒定律有
m1V-m2V=（ m1+m2）v1
若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，
根据能量守恒有 
解得：
故 若m1＞m2，
（2）若m1=m2，碰墙后系统的总动量为零，则A、B最后都静止在水平面上，但不再与墙壁发生第二次碰撞．
设静止时A在B的右端，则有：
解得：
（3）若m1＜m2，碰墙后系统的总动量方向向右，则A将多次和墙壁碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右．由于滑动摩擦力的作用，系统的向右方向的总动量逐渐减小至零，最后停在靠近墙壁处．
设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，
同理有：
解得：
由（2）（3）故 若m1≤m2，
答：要使B一直不从A上掉下来，若m1＞m2，
解析
解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能
（1）若m1＞m2，碰墙后系统的总动量方向向左，则m1和m2最后以共同速度向左运动．
设它们相对静止时的共同速度v1，据动量守恒定律有
m1V-m2V=（ m1+m2）v1
若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，
根据能量守恒有
解得：
故 若m1＞m2，
（2）若m1=m2，碰墙后系统的总动量为零，则A、B最后都静止在水平面上，但不再与墙壁发生第二次碰撞．
设静止时A在B的右端，则有：
解得：
（3）若m1＜m2，碰墙后系统的总动量方向向右，则A将多次和墙壁碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右．由于滑动摩擦力的作用，系统的向右方向的总动量逐渐减小至零，最后停在靠近墙壁处．
设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，
同理有：
解得：
由（2）（3）故 若m1≤m2，
答：要使B一直不从A上掉下来，若m1＞m2，
正确答案
解析
解：A、从速度时间图象可以看出a小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，
根据a=
C、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以C错误；
D、当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，D正确；
故选：BD．
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