- 动量守恒定律
- 共6204题
如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m．物块B静止在水平面的最右端N处，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，取g=10m/s2．
（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A与B的速度大小；
（3）讨论K在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式．
正确答案
解：（1）设碰撞前A的速度为υ1，由动能定理得：
得：
（2）设碰撞后A、B速度为υ2，且设向右为正方向，A与B发生碰撞并粘在一起，AB速度相同
由动量守恒定律得：mAυ1=（mA+mB）υ2
得：
（3）①如果AB能从传送带右端离开，必须满足：
解得：k＜1
传送带对它们所做的功为：W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）
②当υ2≤υ时有：k≥3
即AB返回到传送带左端时速度仍为υ2
故这个过程传送带对AB所做的功为：W=0
③当1≤k＜3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，
当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端，
在这个过程中传送带对AB所做的功为：
解得：
答：（1）A到达N点与B碰撞前的速度大小是4m/；
（2）碰撞后瞬间A与B的速度大小是
（3）①k＜1，W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）．
②k≥3，W=0；
③当1≤k＜3时，
解析
解：（1）设碰撞前A的速度为υ1，由动能定理得：
得：
（2）设碰撞后A、B速度为υ2，且设向右为正方向，A与B发生碰撞并粘在一起，AB速度相同
由动量守恒定律得：mAυ1=（mA+mB）υ2
得：
（3）①如果AB能从传送带右端离开，必须满足：
解得：k＜1
传送带对它们所做的功为：W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）
②当υ2≤υ时有：k≥3
即AB返回到传送带左端时速度仍为υ2
故这个过程传送带对AB所做的功为：W=0
③当1≤k＜3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，
当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端，
在这个过程中传送带对AB所做的功为：
解得：
答：（1）A到达N点与B碰撞前的速度大小是4m/；
（2）碰撞后瞬间A与B的速度大小是
（3）①k＜1，W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）．
②k≥3，W=0；
③当1≤k＜3时，
A．氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，电势能增加，原子的总能量增加
B．α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中是最弱的
C．原子核反应过程中的质量亏损现象违背了能量守恒定律
D．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生改变
（2）竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示．一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的D点静止释放，沿着轨道运动恰停在水平滑道AB的A点．已知圆弧滑道的半径为R，物块与AB间的动摩擦因数为μ，轨道ABCD的质量为3m．若为了保证小物块从A点刚好滑到滑道的D端而不离开滑道，在A点应给物块多大的初速度？
正确答案
解：（1）A、氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，而电势能减小，且电势能减少得多，故原子总能量减小，故A错误．
B、α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中应是最强的，故B错误．
C、原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律，只是换种形式存在，符合质能联系方程．
D、将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，但它的半衰期不发生改变，因为半衰期只由原子核本身因素决定与外界条件无关，故D正确．
故选D．
（2）、设物体从D点滑到A点时具有的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，有（3m+m）v=0 ①
解得 v=0
说明两物体都停下，此过程中能量守恒，所以有
mgR=μmgL ②
物体刚好滑到最高点时水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒，有
m
根据能量转化与守恒，有
由①②③④式解得 
故若为了保证小物块从A点刚好滑到滑道的D端而不离开滑道，在A点应给物块 
解析
解：（1）A、氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，而电势能减小，且电势能减少得多，故原子总能量减小，故A错误．
B、α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中应是最强的，故B错误．
C、原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律，只是换种形式存在，符合质能联系方程．
D、将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，但它的半衰期不发生改变，因为半衰期只由原子核本身因素决定与外界条件无关，故D正确．
故选D．
（2）、设物体从D点滑到A点时具有的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，有（3m+m）v=0 ①
解得 v=0
说明两物体都停下，此过程中能量守恒，所以有
mgR=μmgL ②
物体刚好滑到最高点时水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒，有
m
根据能量转化与守恒，有
由①②③④式解得
故若为了保证小物块从A点刚好滑到滑道的D端而不离开滑道，在A点应给物块
正确答案
解析
解：A、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力大小为fA=μAmAg=20N，方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为fB=μBmBg=20N，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒．故A正确．
B、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小转化为内能，故B错误．
C、在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小，故C正确．
D、对任一物体，根据动量定理得：-μmgt=-P，得物体运动的时间为t=
故选：AC．
（2015秋•陕西校级月考）2015年9月3日，为庆祝抗战胜利70周年，在北京天安门广场56门礼炮鸣放70响，举行盛大阅兵仪式，若某个礼炮弹质量为m，从地面竖直升空h高度后速度减小到零，爆炸成质量相等的两块弹片，礼炮弹升空过程中受到的空气阻力恒为f，礼炮弹爆炸过程中释放的能量为E且全部转化为两块弹片的动能，求：
（1）礼炮弹从地面到最高点的过程中空气阻力对礼炮弹的冲量；
（2）礼炮弹爆炸后瞬间其中一片的速度大小．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：a=
由匀变速直线运动的位移公式得：h=
上升过程的时间：t=
空气阻力的冲量：I=ft=f
（2）由能量守恒定律得：E=2×
解得，速度：v=
答：（1）礼炮弹从地面到最高点的过程中空气阻力对礼炮弹的冲量大小为：f
（2）礼炮弹爆炸后瞬间其中一片的速度大小为
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：a=
由匀变速直线运动的位移公式得：h=
上升过程的时间：t=
空气阻力的冲量：I=ft=f
（2）由能量守恒定律得：E=2×
解得，速度：v=
答：（1）礼炮弹从地面到最高点的过程中空气阻力对礼炮弹的冲量大小为：f
（2）礼炮弹爆炸后瞬间其中一片的速度大小为
甲、乙两溜冰者，质量分别为50kg和52kg，甲手里拿着一个质量为2kg的球，两人均以2m/s的速度在冰面上相向滑行，甲将球抛给乙，乙再将球抛给甲，这样抛接若干次后，乙的速度变为零，则甲的速度为______ m/s．
正确答案
0
解析
解：以两人和球组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．
设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：
（M甲+m球）v0-M乙v0=M乙×0+（M甲+m球）v，
代入数据解得：v=
故答案为：0．
该物理现象可用下面的典型模型来描述如图所示：一个质量为M及动能为E的电子，与介子的一个质量为m1的夸克作弹性碰撞，介子里另一个夸克的质量为m2（m1≠m2），夸克间以一无质量的弹簧相连．碰撞前夸克处于静止状态，弹簧处于静止状态，弹簧处于自然长度L．所有运动都是一维的，忽略一切相对论效应．则碰撞后运动过程中夸克m2可能具有的动能为（ ）
A
BEk=
CE
DE
正确答案
解析
解：以电子和夸克m1组成的系统为研究对象．
设碰撞前电子的速度为V0，碰撞后电子的速度为V1，夸克m1的速度为V2
由动量守恒定律可知：
Mv0=Mv+m1v1
由于发生弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变
v1=
m1和m2作用过程中，弹簧第一次恢复原长时m2的动能最大，
由动量守恒定律可知：
m1v1=m1v′1+m2v2，
根据能量守恒得：
解得：v2=
所以m1的夸克的最大动能是Ek=
解得：Ek=
故选B．
半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动．若甲球质量大于乙球质量，碰撞前两球动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（ ）
正确答案
解析
解：A、上述分析知EK甲=EK乙，因为
B、因为乙必弹回，故速度不为零．B错误
C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C正确
D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，都不反向，D错误
故选：AC．
如图（甲）所示，一质量为M的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m的小滑块以一定初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图（乙）所示，根据图象可知（ ）
正确答案
解析
解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动．故A正确．
B、D滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出．故B错误，D正确．
C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=
故选：AD．
（2016•青浦区一模）在光滑水平面上沿x轴正方向作直线运动的物体A质量为m1，速度为v1=2m/s；另一个物体B质量为m2，以v2=4m/s的速率沿x轴负方向迎面向A运动，若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动，则m1：m2=______；若两物体相碰后粘在一起并以v′=1m/s的速度沿x轴正方向运动，则m1：m2=______．
正确答案
2：1
5：1
解析
解：以A、B组成的系统为研究对象，
①若两物体相碰后粘在一起并且恰好停止运动
由水平方向上动量守恒得
m1v1=m2v2
所以
②若两物体相碰后粘在一起并以v‘=1m/s的速度沿x轴正方向运动
由水平方向上动量守恒得
m1v1-m2v2=（m1+m2）v′
所以2m1-4m2=m1+m2
m1=5m2
故答案为：2：1，5：1．
如图所示，质量为M，长为L的木排，停在静水中．质量为m1和m2的两个人从木排两端由静止开始同时向对方运动，当质量为m1的人到达木排另一端时，另一人恰到达木排中间．不计水的阻力，则关于此过程中木排的位移s的大小和方向的说法正确的有（ ）
A若m1＞
B若m1＜
C若m1=
D若m1＞
正确答案
解析
解：假设木排向右后退，运动时间为t．取向右方向为正方向．
则甲的平均速度v1=
m1v1+m2v2+MV=0
代入得到 m1
解得s=-
AD、根据上述表达式可知，若m1＞
B、若m1＜
C、若m1=
故选：ABC．
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