- 动量守恒定律
- 共6204题
（1）物体相对长板的位移多大？
（2）若在物体无初速放在长木板右端的同时对长木板施加一水平向右的恒力F=7.5N，则在1s内物体的位移为多大？
正确答案
解：（1）设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定
Mv0=（m+M）v ①
设物体相对木板的位移为s，由功能关系得：
由①②得：
（2）设经过t1时间两物体达到共同速度v1
对物体：μmgt1=mv1③
对木板：Ft1-μmgt1=Mv1-Mv0④
由③④得：
t1时间物体发生的位移s1由动能定理得：
设物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律
故物体和木板能保持相对静止
在t2=0.2s内发生物体发生的位移
物体在1s内发生的位移s=s1+s2=2.45m
解析
解：（1）设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定
Mv0=（m+M）v ①
设物体相对木板的位移为s，由功能关系得：
由①②得：
（2）设经过t1时间两物体达到共同速度v1
对物体：μmgt1=mv1③
对木板：Ft1-μmgt1=Mv1-Mv0④
由③④得：
t1时间物体发生的位移s1由动能定理得：
设物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律
故物体和木板能保持相对静止
在t2=0.2s内发生物体发生的位移
物体在1s内发生的位移s=s1+s2=2.45m
正确答案
解：A与B碰撞过程动量守恒，动能守恒，设B的质量为mB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
3mv0=3mvA+mBvB，
弹性碰撞机械能守恒，由机械能守恒定律得：
B、C碰撞后与A的速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mB+2m）vA，
解得：
答：B的质量为m，B与C碰撞前B的速度大小为
解析
解：A与B碰撞过程动量守恒，动能守恒，设B的质量为mB，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
3mv0=3mvA+mBvB，
弹性碰撞机械能守恒，由机械能守恒定律得：
B、C碰撞后与A的速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mB+2m）vA，
解得：
答：B的质量为m，B与C碰撞前B的速度大小为
在光滑水平面上有A、B两球，其动量大小分别为10kg•m/s与15kg•m/s，方向均为向东，A球在B球后，当A球追上B球，两球相碰以后，取向东方向为正，A、B两球的动量可能分别为（ ）
正确答案
解析
解：由题意A、B两球动量分别为10kg•m/s与15kg•m/s，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球的初速度，则知A球的质量小于B球的质量，碰撞前的总动量为25kg•m/s，碰撞前系统总动能：EK=
A、如果两球动量分别为9kg•m/s、14kg•m/s，则系统动量不守恒，故A错误；
B、如果两球动量分别为8kg•m/s、17kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后系统动能：EK′=
C、如果碰撞两球动量分别为：0kg•m/s、25kg•m/s，系统动量守恒，系统动能不增加，故C正确；
D、如果两球动量分别为：-10kg•m/s、35kg•m/s，系统动量守恒，但动能增加，故D错误；
故选：BC．
（1）求碰后b球的速度大小？
（2）求“8”字形管道上下两圆的半径r和R．
（3）若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道中时能否从A端穿出？
正确答案
解：（1）b球离开DE后做平抛运动：
s=vbt
解得 vb=1m/s
故碰后b球的速度大小为：vb=1m/s．
（2）ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向：
Va=3m/s
碰前a在D处恰好与轨道无作用力：
r=0.9m
故上半圆半径r=0.9m，下半圆半径R=0.7m．
（3）小球从B到D，机械能守恒：
解得：
从A到B过程，由动能定理得：
解得：Wf=35.5J
从D到B，机械能守恒有：
解得：
故，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出．
解析
解：（1）b球离开DE后做平抛运动：
s=vbt
解得 vb=1m/s
故碰后b球的速度大小为：vb=1m/s．
（2）ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向：
Va=3m/s
碰前a在D处恰好与轨道无作用力：
r=0.9m
故上半圆半径r=0.9m，下半圆半径R=0.7m．
（3）小球从B到D，机械能守恒：
解得：
从A到B过程，由动能定理得：
解得：Wf=35.5J
从D到B，机械能守恒有：
解得：
故，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出．
（i）经历的时间t；
（ii）小车在水平面上移动的距离．
正确答案
解析
解：（i）木块相对小车静止时，二者有共同速度v1，设向右为正方向，在题设过程中由动量守恒定律得：
2mv0=（2m+m）v1
解得：
对木块，由动量定理得：
μmgt=mv1-0
解得：
（ii）小车向右运动的距离：
答：（i）经历的时间t为
（ii）小车在水平面上移动的距离
正确答案
解析
解：A、由s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止．m1向速度大小为v1=
B、由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故B错误．
C、由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=-2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg．故C正确．
D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=
故选：C．
质量为m的人站在光滑冰面上，靠着墙推一质量为M的木箱，可使木箱获得最大速度为v，如果人不靠墙，站在冰面上用同样的功推木箱，如果m：M=4：5，则木箱获得的最大速度是______．
正确答案
解析
解：设人不靠墙推木箱后，人的速度大小为v，木箱的速度大小为V．根据动能定理得，人靠着墙推质量为M的木箱所做的功为：W=
人不靠墙时，根据动量守恒定律得：
0=mv+MV…①
又由题
m：M=4：5…③
联立以上三式得：V=
故答案为：
①碰撞后瞬间A的速度大小v1；
②释放A球时初速度大小v．
正确答案
解：①A碰撞结束到弹回初始位置，根据动能定理得：
得：
②A、B系统碰撞前后瞬间，系统动量守恒，以水平向左为正，则有：mv0=Mv2-mv1
弹性碰撞，故碰撞过程能量守恒：
联立解得：
解得：v0=2v1
从释放到碰撞前瞬间，A球机械能守恒：
解得：
答：①碰撞后瞬间A的速度大小v1为
②释放A球时初速度大小v为
解析
解：①A碰撞结束到弹回初始位置，根据动能定理得：
得：
②A、B系统碰撞前后瞬间，系统动量守恒，以水平向左为正，则有：mv0=Mv2-mv1
弹性碰撞，故碰撞过程能量守恒：
联立解得：
解得：v0=2v1
从释放到碰撞前瞬间，A球机械能守恒：
解得：
答：①碰撞后瞬间A的速度大小v1为
②释放A球时初速度大小v为
（1）试写出
（2）射出的质量较小的粒子的速度为多少？
（3）这一个静止镭核
正确答案
解：（1）由质量数与核电荷数守恒可知，
核反应方程式为：
由题意知，质量较小的粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，
粒子的圆心在坐标原点，则粒子的轨道半径为d；
（2）α粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由（1）知，轨道半径为d，由题意知，质量为4m0，电荷量为2e，
由牛顿第二定律得：2ev1B=4m0
解得：v1=
（3）原子核衰变时，动量守恒，由动量守恒定律得：
0=m1v1-m2v2，解得：v2=
衰变后，粒子的总动能Ek=
由能量转化守恒得，质量亏损△m=
答：（1）衰变的方程为：
射出的质量较小的粒子在磁场中的轨迹圆半径是d；
（2）射出的质量较小的粒子的速度为
（3）这一个静止镭核
解析
解：（1）由质量数与核电荷数守恒可知，
核反应方程式为：
由题意知，质量较小的粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，
粒子的圆心在坐标原点，则粒子的轨道半径为d；
（2）α粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由（1）知，轨道半径为d，由题意知，质量为4m0，电荷量为2e，
由牛顿第二定律得：2ev1B=4m0
解得：v1=
（3）原子核衰变时，动量守恒，由动量守恒定律得：
0=m1v1-m2v2，解得：v2=
衰变后，粒子的总动能Ek=
由能量转化守恒得，质量亏损△m=
答：（1）衰变的方程为：
射出的质量较小的粒子在磁场中的轨迹圆半径是d；
（2）射出的质量较小的粒子的速度为
（3）这一个静止镭核
正确答案
解析
解：设每个球的质量均为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=4m，碰前的总机械能E=
A、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=20m，动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；
B、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=4m，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；
C、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；
D、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；
故选D．
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