- 动量守恒定律
- 共6204题
（1）物体滑上轨道CD前的瞬间的速率；
（2）水平面EF的长度；
（3）当物体再从轨道CD滑下并滑上小车后，如果小车与壁BE相碰后速度也立即变为零，最后物体m停在小车上的Q点，则Q点距小车右端多远？
正确答案
解：（1）设物体从A滑至B时速率为v0，根据机械能守恒定律有：
mgR=
解得：v0=
物体与小车相互作用过程中，设共同速度为v1，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得，物体滑上轨道CD前瞬间的速率：v1=
（2）设二者之间的摩擦力为f，根据动能定理，
对物体有：-fsEF=
对小车有：f（sEF-R）=
解得：f=
（3）设物体从CD滑下后与小车达到相对静止状态，共同速度为v2，相对小车滑行的距离为s1，小车停后物体做匀减速运动，相对小车滑行距离为s2，以向右为正方向，根据动量守恒有：
mv1=2mv2，
根据能量守恒有：fs1=
对物体根据动能定理有：fs2=
解得：s1=0.25R，s2=0.375R．
答：（1）物体滑上轨道CD前的瞬间的速率为
（2）水平面EF的长度为1.5R；
（3）Q点距小车右端0.375R处．
解析
解：（1）设物体从A滑至B时速率为v0，根据机械能守恒定律有：
mgR=
解得：v0=
物体与小车相互作用过程中，设共同速度为v1，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得，物体滑上轨道CD前瞬间的速率：v1=
（2）设二者之间的摩擦力为f，根据动能定理，
对物体有：-fsEF=
对小车有：f（sEF-R）=
解得：f=
（3）设物体从CD滑下后与小车达到相对静止状态，共同速度为v2，相对小车滑行的距离为s1，小车停后物体做匀减速运动，相对小车滑行距离为s2，以向右为正方向，根据动量守恒有：
mv1=2mv2，
根据能量守恒有：fs1=
对物体根据动能定理有：fs2=
解得：s1=0.25R，s2=0.375R．
答：（1）物体滑上轨道CD前的瞬间的速率为
（2）水平面EF的长度为1.5R；
（3）Q点距小车右端0.375R处．
A在A离开竖直墙前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
B在A离开竖直墙前，A、B系统动量不守恒，之后守恒
C在A离开竖直墙后，A、B速度相等时的速度是
D在A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
正确答案
解析
解：A、B撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．
D、B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．
设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得
2mv0=3mv，
E=
又E=
联立得到，v=
弹簧的弹性势能最大值为EP=
故选BD．
（1）小球再次与滑块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小F；
（2）滑块与BD间轨道的动摩擦因数μ和弹簧的弹性势 能Ep
（3）若第二次使弹簧具有弹性势能为2Ep后（弹簧仍在 弹性限度内）释放，小球绕O点做完整的圆周运动能完成几次．
正确答案
解：（1）第一次碰撞后，小球恰好经过最高点，由重力提供小球的向心力，则得：
mg=m
小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mgl+
解得：v2=
小球再次与滑块碰撞前瞬间，根据牛顿第二定律得：
F-mg=m
（2）据题小球与物体碰撞前后速度发生交换，则知小球再次与滑块碰撞后瞬间滑块的速度大小为：v2=
对于滑块向右到达最大高度的过程，由动能定理得：-mgh-μmgl=0-
由题 h=2.3l，解得：μ=0.2，
根据能量守恒得：E1=μmgl+
代入数据解得：E1=2.7mgl
（3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后释放，设小球绕O点做完整的圆周运动能完成n次．
根据能量守恒得：2E1=μmg（2n-1）l+
解得：n=7.75，所以小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．
答：（1）小球再次与滑块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小F为6mg；
（2）滑块与BD间轨道的动摩擦因数μ为0.2，弹簧的弹性势能E1是2.7mgl；
（3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后（弹簧仍在弹性限度内）释放，小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．
解析
解：（1）第一次碰撞后，小球恰好经过最高点，由重力提供小球的向心力，则得：
mg=m
小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mgl+
解得：v2=
小球再次与滑块碰撞前瞬间，根据牛顿第二定律得：
F-mg=m
（2）据题小球与物体碰撞前后速度发生交换，则知小球再次与滑块碰撞后瞬间滑块的速度大小为：v2=
对于滑块向右到达最大高度的过程，由动能定理得：-mgh-μmgl=0-
由题 h=2.3l，解得：μ=0.2，
根据能量守恒得：E1=μmgl+
代入数据解得：E1=2.7mgl
（3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后释放，设小球绕O点做完整的圆周运动能完成n次．
根据能量守恒得：2E1=μmg（2n-1）l+
解得：n=7.75，所以小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．
答：（1）小球再次与滑块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小F为6mg；
（2）滑块与BD间轨道的动摩擦因数μ为0.2，弹簧的弹性势能E1是2.7mgl；
（3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后（弹簧仍在弹性限度内）释放，小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．
静止的锂核
（1）此核反应的方程式；
（2）求反应后产生的另一个粒子的速度大小和方向．
正确答案
解：①核反应方程式为：
②用m1、m2和m3分别表示中子、氦核和氚核的质量，
根据动量守恒定律有：m1v1=m2v2+m3v3
代入数据，解得：
即反应后生成的氚核的速度大小为8.0×106m/s，方向与反应前中子的速度方向相反．
答：①完成此核反应的方程式为：
②反应后产生的另一个粒子的速度大小8.0×106m/s，方向与反应前中子的速度方向相反．
解析
解：①核反应方程式为：
②用m1、m2和m3分别表示中子、氦核和氚核的质量，
根据动量守恒定律有：m1v1=m2v2+m3v3
代入数据，解得：
即反应后生成的氚核的速度大小为8.0×106m/s，方向与反应前中子的速度方向相反．
答：①完成此核反应的方程式为：
②反应后产生的另一个粒子的速度大小8.0×106m/s，方向与反应前中子的速度方向相反．
在光滑的水平地面上，质量m1=1kg的小球A，以v1=10m/s的速度和静止的大球B发生正碰，B球质量m2=4kg，若设v1的方向为正，并以v1′和v2′分别表示m1和m2的碰后速度，判断以下几组数据中可能的是．（ ）
正确答案
解析
解：v1的方向为正方向，碰撞前总动量p=m1v1=1×10=10kg•m/s，碰撞前的动能EK=
A、如果v1′=v2′=2m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，故A正确；
B、v1′=6 m/s，v2′=1m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后能发生二次碰撞，故B错误；
C、如果v1′=-6m/s，v2′=4m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，故C正确；
D、v1′=-10m/s，v2′=5m/s，碰撞过程动量守恒、机械能增加，故D错误；
故选：AC．
正确答案
解析
解：在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，A和B的速度相同，根据动量守恒定律：
当A、B质量相等时有：
mv0=2mv．
根据机械能守恒定律，有：
B的质量加倍后，有：
mv′0=3mv′
根据机械能守恒定律，有：
联立以上各式解得：物体A的初动能之比为：4：3，故A错误，B正确；
当A、B质量相等时物体A损失的动能为：
B的质量加倍后A损失的动能为：
联立各式得：△EK1：△EK2=9：8，故CD错误．
故选B．
如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带以恒定速率v=3.0m/s 顺时针转动．三个质量均为m=1.0kg 的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=3.0m/s 沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端P滑出落至地面上．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；
（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？
正确答案
解：（1）设A和B碰撞后共同速度为v1，
A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv1 ①
碰撞时损失机械能：
代入数据解得：△E=2.25J；
（2）设AB碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，
C的速度为vc，对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=2mvB+mvC ③
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vC=2m/s，
C以vc滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为S时与传送带共速，
由运动学公式得：
加速运动的时间为t，有：t=
C在传送带上滑过的相对位移为：△S=vt-S，⑥
摩擦生热：Q=μmg△S，代入数据解得：Q=0.5J
（3）设A的最大速度为vmax，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vc1、AB的速度为vB1，
则C在传送带上一直匀减速直线运动直到在P点与传送带共速，有：
设A的最小速度为vmin，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vc2、AB的速度为vB1，
则C在传送带上一直匀加速直线运动直到在P点与传送带共速，有：
对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvmax=2mvB1+mvC1⑨
由机械能守恒定律得：
解得：
同理解得：vmin=
所以：
答：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能为2.25J；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q为0.5J；
（3）要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是：：
解析
解：（1）设A和B碰撞后共同速度为v1，
A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv1 ①
碰撞时损失机械能：
代入数据解得：△E=2.25J；
（2）设AB碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，
C的速度为vc，对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=2mvB+mvC ③
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vC=2m/s，
C以vc滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为S时与传送带共速，
由运动学公式得：
加速运动的时间为t，有：t=
C在传送带上滑过的相对位移为：△S=vt-S，⑥
摩擦生热：Q=μmg△S，代入数据解得：Q=0.5J
（3）设A的最大速度为vmax，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vc1、AB的速度为vB1，
则C在传送带上一直匀减速直线运动直到在P点与传送带共速，有：
设A的最小速度为vmin，滑块C在与弹簧分离时C的速度为vc2、AB的速度为vB1，
则C在传送带上一直匀加速直线运动直到在P点与传送带共速，有：
对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvmax=2mvB1+mvC1⑨
由机械能守恒定律得：
解得：
同理解得：vmin=
所以：
答：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能为2.25J；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q为0.5J；
（3）要使滑块C滑上传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是：：
（1）小球的初速度是多少？
（2）球返回到小车的曲面底端时的速度大小是多少？方向如何？
正确答案
解：（1）小球在小车上滑动的过程中，水平方向上动量守恒，以小球和小车组成的系统为研究对象，取向右方向为正方向，根据水平方向动量守恒和机械能守恒得：
mv0=（m+10m）v
联立解得：v0=
（2）对整个过程研究，根据水平方向动量守恒和机械能守恒得：
mv0=mv1+10mv2；
联立解得：v1=-
答：（1）小球的初速度是
（2）球返回到小车的曲面底端时的速度大小是
解析
解：（1）小球在小车上滑动的过程中，水平方向上动量守恒，以小球和小车组成的系统为研究对象，取向右方向为正方向，根据水平方向动量守恒和机械能守恒得：
mv0=（m+10m）v
联立解得：v0=
（2）对整个过程研究，根据水平方向动量守恒和机械能守恒得：
mv0=mv1+10mv2；
联立解得：v1=-
答：（1）小球的初速度是
（2）球返回到小车的曲面底端时的速度大小是
A．vA＞vB
B．vA＜
C．vA=
D． vB＞vA＞
正确答案
解：由题，A球先开始反向运动，说明总动量方向向左，由动量守恒定律得知，碰撞前的总动量也向左，则有
2mvA＜mvB，得 vA＜
故答案为：B
解析
解：由题，A球先开始反向运动，说明总动量方向向左，由动量守恒定律得知，碰撞前的总动量也向左，则有
2mvA＜mvB，得 vA＜
故答案为：B
（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小；
（2）若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小；
（3）若将平板车锁定并且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受动摩擦力从左向右随距离变化图象（f-L图象）如图2所示，且物块滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
正确答案
解：（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vB=3m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：N-mg=
代入数据解得：N=30N，
由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：N′=N=30N．
（2）物块滑上小车后，水平地面光滑，系统的动量守恒．
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB=（m+M）v共，
代入数据解得：v共=1m/s；
（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为f-L图线与横轴所围的面积．
克服摩擦力做功：
物块在平板车上滑动过程，由动能定理得：-Wf=
代入数据解得：vt=
答：（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）物块和平板车的最终速度大小为1m/s；
（3）物块滑离平板车时的速度大小为
解析
解：（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vB=3m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：N-mg=
代入数据解得：N=30N，
由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：N′=N=30N．
（2）物块滑上小车后，水平地面光滑，系统的动量守恒．
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB=（m+M）v共，
代入数据解得：v共=1m/s；
（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为f-L图线与横轴所围的面积．
克服摩擦力做功：
物块在平板车上滑动过程，由动能定理得：-Wf=
代入数据解得：vt=
答：（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）物块和平板车的最终速度大小为1m/s；
（3）物块滑离平板车时的速度大小为
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