- 动量守恒定律
- 共6204题
（1）当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度各是多大；
（2）当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时，金属小球的速率．
正确答案
解：（1）小球与滑块相互作用过程中，沿水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+3mv2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=-
（2）当金属小球通过A点时，沿导轨方向金属小球与金属滑块具有共同速度v，沿A点切线方向的速度为v′，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+3m）v，解得v=
由机械能守恒定律得：
解得：v′=
所以金属小球的速率为v球=
答：（1）当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度分别为
（2）当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时，金属小球的速率为
解析
解：（1）小球与滑块相互作用过程中，沿水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+3mv2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=-
（2）当金属小球通过A点时，沿导轨方向金属小球与金属滑块具有共同速度v，沿A点切线方向的速度为v′，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+3m）v，解得v=
由机械能守恒定律得：
解得：v′=
所以金属小球的速率为v球=
答：（1）当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度分别为
（2）当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时，金属小球的速率为
（1）小物块到达C点时速度的大小；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；v
（3）若小物块刚好不滑出长木板，则木板的长度L为多少？
正确答案
解：（1）小物块在C点速度大小：vC=
（2）小物块由C到D，由动能定理得：
代入数据解得：
小球在D点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：FD=60N，
由牛顿第三定律可知，压力：FD′=FD=60N，方向：竖直向下；
（3）物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mvD=（M+m）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：L=2.5m；
答：（1）小物块到达C点时速度的大小为2m/s；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为60N，方向：竖直向下；
（3）若小物块刚好不滑出长木板，则木板的长度L为2.5m．
解析
解：（1）小物块在C点速度大小：vC=
（2）小物块由C到D，由动能定理得：
代入数据解得：
小球在D点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：FD=60N，
由牛顿第三定律可知，压力：FD′=FD=60N，方向：竖直向下；
（3）物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mvD=（M+m）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：L=2.5m；
答：（1）小物块到达C点时速度的大小为2m/s；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为60N，方向：竖直向下；
（3）若小物块刚好不滑出长木板，则木板的长度L为2.5m．
如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m．质量为2m、大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数，μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数μ2=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，开始时，三个物体处于静止状态，现给C施加一个水平向右，大小为
（1）AC是否可以相对静止
（2）A碰撞B前瞬间的速度大小（可用根号、符号表述）
（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
正确答案
解：（1）设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，
由题意可知：μ1=0.22，μ2=0.10，
则有：F=
所以一开始A、C保持是相对静止，在F作用下一起向右匀加速运动；
（2）由动能定理得：（F-f2）s=
（3）A、B两木板相碰瞬间，内力冲量远大于外力冲量，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：mv1=（m+m）v2．
碰后A、B、C整体受的滑动摩擦力f3=μ2（2m+m+m）g=F，则A、B、C系统的动量守恒，
C不脱离板，最终三者有共同速度v3，以向右为正方向，
由动量守恒定律的：2mv1+（m+m）v2=（2m+m+m）v3，
设AB整体向右移动s1，由动能定理得：
f1s1-f3s1=
对C物体由动能定理有：F（2l+s1）-f1（2l+s1）=
由以上各式，再代入数据可得：l=0.3m；
答：（1）AC可以相对静止．
（2）A碰撞B前瞬间的速度大小是
（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为0.3m．
解析
解：（1）设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，
由题意可知：μ1=0.22，μ2=0.10，
则有：F=
所以一开始A、C保持是相对静止，在F作用下一起向右匀加速运动；
（2）由动能定理得：（F-f2）s=
（3）A、B两木板相碰瞬间，内力冲量远大于外力冲量，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：mv1=（m+m）v2．
碰后A、B、C整体受的滑动摩擦力f3=μ2（2m+m+m）g=F，则A、B、C系统的动量守恒，
C不脱离板，最终三者有共同速度v3，以向右为正方向，
由动量守恒定律的：2mv1+（m+m）v2=（2m+m+m）v3，
设AB整体向右移动s1，由动能定理得：
f1s1-f3s1=
对C物体由动能定理有：F（2l+s1）-f1（2l+s1）=
由以上各式，再代入数据可得：l=0.3m；
答：（1）AC可以相对静止．
（2）A碰撞B前瞬间的速度大小是
（3）要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为0.3m．
（1）车在地面上移动的距离．
（2）这时车和重物的速度．
正确答案
解：（1）设重物在车上向人靠近L=3 m时，车在地面上移动的距离为s，
依题意有：m（L-s）
代入数据整理得：s=1 m
（2）人和车的加速度为：
则人和车在地面上移动1m时的速度为：
此时物体对地速度为v地，根据mv地=Mv
代入数据得：v地=4m/s
答：（1）车在地面上移动的距离为1m；
（2）这时车和重物的速度为4m/s
解析
解：（1）设重物在车上向人靠近L=3 m时，车在地面上移动的距离为s，
依题意有：m（L-s）
代入数据整理得：s=1 m
（2）人和车的加速度为：
则人和车在地面上移动1m时的速度为：
此时物体对地速度为v地，根据mv地=Mv
代入数据得：v地=4m/s
答：（1）车在地面上移动的距离为1m；
（2）这时车和重物的速度为4m/s
（1）求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向（顺时针或逆时针）；
（2）若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
（3）若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围．
正确答案
解：（1）导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：
求导体棒P到达D1D2瞬间：
E=BLvD
回路中的电流：
（2）棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为，根据动量守恒定律：
mvD=mvP+mvQ
代入数据得：vP=
（3）由（2）若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道
根据能量守恒，回路中产生的热量
若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：
mvD=（m+m）v
回路中产生的热量
答：（1）回路中的电流的大小为
（2）导体棒P离开轨道瞬间的速度：vP=
（3）综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr．
解析
解：（1）导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：
求导体棒P到达D1D2瞬间：
E=BLvD
回路中的电流：
（2）棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为，根据动量守恒定律：
mvD=mvP+mvQ
代入数据得：vP=
（3）由（2）若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道
根据能量守恒，回路中产生的热量
若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：
mvD=（m+m）v
回路中产生的热量
答：（1）回路中的电流的大小为
（2）导体棒P离开轨道瞬间的速度：vP=
（3）综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr．
（1）求木块甲相对小车运动的时间t．
（2）问平板小车的长度至少为多少？
（3）从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，求小车向右运动的距离（从地面上看）．
正确答案
解：（1）木块甲相对小车静止时，二者有共同速度为v1，由动量守恒定律得：
2mv0=（2m+m）v1
得：v1=
对木块甲，由动量定理得：μmgt=mv1-0
得：t=
（2）设木块甲相对小车的位移为x，由功能关系得：
μmgx=
得：x=
故平板小车的长度至少为：L=x=
（3）木块乙相对小车静止时，三者有共同速度为v2，则：
2mv0=4mv2
得：v2=
设木块乙从放到小车上到相对小车静止历时为t′，则由动量定理得：
μmgt′=mv2-0
解得：t′=
从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离为：
S=
答：（1）木块甲相对小车运动的时间t是
（2）问平板小车的长度至少为
（3）从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离（从地面上看）是
解析
解：（1）木块甲相对小车静止时，二者有共同速度为v1，由动量守恒定律得：
2mv0=（2m+m）v1
得：v1=
对木块甲，由动量定理得：μmgt=mv1-0
得：t=
（2）设木块甲相对小车的位移为x，由功能关系得：
μmgx=
得：x=
故平板小车的长度至少为：L=x=
（3）木块乙相对小车静止时，三者有共同速度为v2，则：
2mv0=4mv2
得：v2=
设木块乙从放到小车上到相对小车静止历时为t′，则由动量定理得：
μmgt′=mv2-0
解得：t′=
从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离为：
S=
答：（1）木块甲相对小车运动的时间t是
（2）问平板小车的长度至少为
（3）从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离（从地面上看）是
（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
（2）射入的过程中，系统机械能的损失．
正确答案
解：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，
以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=（M+m）v′，
对木块（包括子弹），由动能定理得：
-μ（M+m）gs=0-
解得：s=
（2）由能量守恒定律得，子弹射入木块过程中损失的机械能：
△E=
答：
（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离为：
（2）射入的过程中，系统机械能的损失为
解析
解：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，
以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=（M+m）v′，
对木块（包括子弹），由动能定理得：
-μ（M+m）gs=0-
解得：s=
（2）由能量守恒定律得，子弹射入木块过程中损失的机械能：
△E=
答：
（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离为：
（2）射入的过程中，系统机械能的损失为
正确答案
M
解析
解：设物体的质量为m．t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律有：
Mv0=mv…①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是完全弹性碰撞，由能量守恒定律有：
联立①②解得：m=M
即盒内物体的质量也为M．
故答案为：M
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A球到达最低点时，设其动能为：EkA，
由动能定理得：mgL（1-cos60°）=EkA-0
EkA=
若：A、B间发生的是弹性碰撞，则B获得动能最大为EkA，上升的最大高度和A释放点相同：
即为：L（1-coθ）=
若：A、B间发生的是完全非弹性碰撞（就是两个小球粘在一起）：设共同达到的速度为v‘：
由动量守恒：mv=2mv'
得：v'=
则B获得动能为：
由动能定理：
mgh=
h=
若碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：
上升的高度就介于
综上所述：B上升的高度取值范围是：
本题选不可能的，故选：D．
正确答案
解：设子弹初速度为正方向，
子弹射入木块A中，由动量守恒定律，有：mv0=（m+mA）v1
解得：v1=2m/s
当弹簧压缩量最大时，即：子弹、木块A与木块B同速时，弹簧的弹性势能最大，
在此过程中，系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+mA+mB）v2
解得：v1=1.6m/s
则弹性势能的最大值是：
代入数据，解得：EPm=1.6J
答：子弹射入木块后，弹簧的弹性势能最大值是1.6J．
解析
解：设子弹初速度为正方向，
子弹射入木块A中，由动量守恒定律，有：mv0=（m+mA）v1
解得：v1=2m/s
当弹簧压缩量最大时，即：子弹、木块A与木块B同速时，弹簧的弹性势能最大，
在此过程中，系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+mA+mB）v2
解得：v1=1.6m/s
则弹性势能的最大值是：
代入数据，解得：EPm=1.6J
答：子弹射入木块后，弹簧的弹性势能最大值是1.6J．
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