- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解：设第一次碰后m1滑块的速度大小为v′1，滑块m2的速度大小为v′2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2…①
第二次碰撞 m1v′1-m2v′2=-m1v3…②
m1过P点向左运动过程中，由动能定理得
-μm1gL=0-
解得：v′1=
答：第一次碰后滑块m1的速度是
解析
解：设第一次碰后m1滑块的速度大小为v′1，滑块m2的速度大小为v′2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2…①
第二次碰撞 m1v′1-m2v′2=-m1v3…②
m1过P点向左运动过程中，由动能定理得
-μm1gL=0-
解得：v′1=
答：第一次碰后滑块m1的速度是
某实验室工作人员用初速度v0=0.09c（c为真空中的光速）的α粒子，轰击静止的氮原子核
①写出核反应方程；
②求出质子的速度v．
正确答案
解：（1）新原子核的质量数：m=14+4-1=17，核电荷数：z=7+2-1=8
核反应方程：
（2）α粒子、新核的质量分别为4m、7m，质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：
4mv0=17m
解出v=0.19c
答：①核反应方程：
解析
解：（1）新原子核的质量数：m=14+4-1=17，核电荷数：z=7+2-1=8
核反应方程：
（2）α粒子、新核的质量分别为4m、7m，质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：
4mv0=17m
解出v=0.19c
答：①核反应方程：
①碰撞过程中A球对B球的最小冲量为多大（碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计）；
②碰撞前瞬间A球的速度最小是多大．
正确答案
解：①设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为vB，由动能定理得：μmgx=0-
代入数据解得：vB=4m/s，
由动量定理得：I=mvB=0.25×4=1kg•m/s；
②设A碰撞前瞬间最小速度为vA，碰撞后瞬间为v，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mvA=mv+mvB，
由机械能守恒得：
联立方程并代入数据得：vA=vB=4m/s，v=0；
答：①碰撞过程中A球对B球的最小冲量为1kg•m/s；
②碰撞前瞬间A球的速度最小是4m/s．
解析
解：①设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为vB，由动能定理得：μmgx=0-
代入数据解得：vB=4m/s，
由动量定理得：I=mvB=0.25×4=1kg•m/s；
②设A碰撞前瞬间最小速度为vA，碰撞后瞬间为v，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mvA=mv+mvB，
由机械能守恒得：
联立方程并代入数据得：vA=vB=4m/s，v=0；
答：①碰撞过程中A球对B球的最小冲量为1kg•m/s；
②碰撞前瞬间A球的速度最小是4m/s．
i．木块与水平地面的动摩擦因数μ
ii．炸药爆炸时释放的化学能．
正确答案
解：设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0，从O滑到P，对A、B系统，由动能定理得：
-μ•2mgx=
在P点爆炸，系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2m
由能量守恒定律得：E×50%+
解得：μ=
E=
答：i．木块与水平地面的动摩擦因数为
ii．炸药爆炸时释放的化学能为
解析
解：设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0，从O滑到P，对A、B系统，由动能定理得：
-μ•2mgx=
在P点爆炸，系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2m
由能量守恒定律得：E×50%+
解得：μ=
E=
答：i．木块与水平地面的动摩擦因数为
ii．炸药爆炸时释放的化学能为
如图所示，一个上表面绝缘、质量为mA=1kg的不带电小车A置于光滑的水平面上，其左端放置一质量为mB=0.5kg、带电量为q=1.0×10-2C的空盒B，左端开口．小车上表面与水平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为mC=0.5kg的不带电绝缘小物块C置于桌面上O点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C缓慢推至M点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为WF=6J，撤去推力后，C沿桌面滑到小车上的空盒B内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且碰后C与B粘在一起．在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为E=1×102N/m，电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物处于小车的最右端．已知物块C与桌面间动摩擦因数μ1=0.4，空盒B与小车间的动摩擦因数μ2=0.1，OM间距s1=5cm，O点离桌子边沿N点距离s2=90cm，物块、空盒体积大小不计，g取10m/s2．求：
（1）物块C与空盒B碰后瞬间的速度v；
（2）小车的长度L；
（3）电场作用的时间t．
正确答案
解：（1）对物块C由O→M→N应用动能定理，设C运动到N点速度大小为v0得：
WF-μ1mcg（2s1+s2）=
解得：v0=
C与空盒B右壁相碰，动量守恒：mcv0=（mc+mB）v
解得：v=
（2）C与B碰后可看作一整体，令m=mc+mB=1kg，则BC整体和小车加速度分别为：
a1=
设经过t1时间后B与C整体与小车A速度相等，此过程中二者位移分别为x1、x2，以后二者相对静止．
v-a1t1=a2t1
解得：t1=
x1=vt1-
x2=
故小车长度为：L=x1-x2=
（3）由题意及上问知速度相等后BC与小车以共同加速度一起做匀减速运动，最终速度为零，
v共=a2t1=
a共=
运动的时间为：t2=
故电场作用的时间为t=t1+t2=2s
答：（1）物块C与空盒B碰后瞬间的速度为2m/s；
（2）小车的长度为0.67m；
（3）电场作用的时间为2s．
解析
解：（1）对物块C由O→M→N应用动能定理，设C运动到N点速度大小为v0得：
WF-μ1mcg（2s1+s2）=
解得：v0=
C与空盒B右壁相碰，动量守恒：mcv0=（mc+mB）v
解得：v=
（2）C与B碰后可看作一整体，令m=mc+mB=1kg，则BC整体和小车加速度分别为：
a1=
设经过t1时间后B与C整体与小车A速度相等，此过程中二者位移分别为x1、x2，以后二者相对静止．
v-a1t1=a2t1
解得：t1=
x1=vt1-
x2=
故小车长度为：L=x1-x2=
（3）由题意及上问知速度相等后BC与小车以共同加速度一起做匀减速运动，最终速度为零，
v共=a2t1=
a共=
运动的时间为：t2=
故电场作用的时间为t=t1+t2=2s
答：（1）物块C与空盒B碰后瞬间的速度为2m/s；
（2）小车的长度为0.67m；
（3）电场作用的时间为2s．
正确答案
解：设某时刻A（xA，0），（xB，yB）水平分速度分别为vA、vB，
系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB+MvA=0，
两物体水平速度之比在任意时刻都相同，则水平位移之比相同，
则：mxB+MxA=0，
由几何知识得：Rcosθ=xB-xA，Rsinθ=yB，
消去θ与xA，解得：
由此可知，B的轨迹是椭圆的一部分．
答：轨迹方程为
解析
解：设某时刻A（xA，0），（xB，yB）水平分速度分别为vA、vB，
系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB+MvA=0，
两物体水平速度之比在任意时刻都相同，则水平位移之比相同，
则：mxB+MxA=0，
由几何知识得：Rcosθ=xB-xA，Rsinθ=yB，
消去θ与xA，解得：
由此可知，B的轨迹是椭圆的一部分．
答：轨迹方程为
（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求滑块在木板上滑行的时间t和滑出时的速度v．
（2）若水平地面光滑，且木板不固定．在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）
正确答案
解：（1）滑块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小：
a=
如果木板足够长，当滑块运动的总时间t0=
设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有：
L=
所以t=1.0s 或t=2.0s（不可能反向加速，舍去）
滑块从木板右端滑出时的速度：
v=v0-at=3-2×1=1m/s
（2）①令滑块不滑离木板时，木板的最小加速度为a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L，运动时间为t，则有：
据速度时间关系有：
3-2t=at…①
根据位移时间关系有：
由①②两式解得木板获得的最小加速度：
a=0.25m/s2
根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度：a=
即木扳获得的最小拉力：F=Ma-μmg=8×0.25-0.2×0.5×10N=1N．
②若拉木板的力比较大，则小滑块在冲上木板，并且速度达到相等后，若木板向前的加速度大于滑块向前的加速度，则木板将会向前抽出．此时滑块受到的摩擦力的方向向前，大小为：f=μmg=0.2×0.5×10=1N
加速度：a=
木板将会向前抽出，则木板的加速度要大于2m/s2，由牛顿第二定律得：
F-f=Ma′＞Ma
所以：F＞Ma+f=8×2+1=17N
所以如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
答：（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，滑块在木板上滑行的时间t为1s；
（2）滑块从木板右端滑出时的速度v为1m/s；
（3）若水平地面光滑，且木板不固定．如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
解析
解：（1）滑块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小：
a=
如果木板足够长，当滑块运动的总时间t0=
设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有：
L=
所以t=1.0s 或t=2.0s（不可能反向加速，舍去）
滑块从木板右端滑出时的速度：
v=v0-at=3-2×1=1m/s
（2）①令滑块不滑离木板时，木板的最小加速度为a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L，运动时间为t，则有：
据速度时间关系有：
3-2t=at…①
根据位移时间关系有：
由①②两式解得木板获得的最小加速度：
a=0.25m/s2
根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度：a=
即木扳获得的最小拉力：F=Ma-μmg=8×0.25-0.2×0.5×10N=1N．
②若拉木板的力比较大，则小滑块在冲上木板，并且速度达到相等后，若木板向前的加速度大于滑块向前的加速度，则木板将会向前抽出．此时滑块受到的摩擦力的方向向前，大小为：f=μmg=0.2×0.5×10=1N
加速度：a=
木板将会向前抽出，则木板的加速度要大于2m/s2，由牛顿第二定律得：
F-f=Ma′＞Ma
所以：F＞Ma+f=8×2+1=17N
所以如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
答：（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，滑块在木板上滑行的时间t为1s；
（2）滑块从木板右端滑出时的速度v为1m/s；
（3）若水平地面光滑，且木板不固定．如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
正确答案
解析
解：A、B以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反．故A错误，B正确．
C、根据动量守恒得：m男v男-m女v女=0，得
D、互推过程中，两人均做功，系统总动能增加，故机械能不守恒．故D错误．
故选BC
（1）碰撞结束后瞬间两物体的速度大小；
（2）碰撞结束后瞬间两物体以相同的速度运动，当两者第一次到达最低点时，两者相互作用力冲量大小为I，该过程中两者相互作用的平均作用力为多大．
正确答案
解：（1）B物体自由下落至A碰撞前其速度为v0，根据动能定理有：
A、B碰撞结束之后瞬时二者共同速度为v，规定初速度的方向为正方向，根据动量守恒有：
mv0=（2m+m）v，
联立解得
（2）选择竖直向下为正方向，从二者一起运动到速度为零的过程中，以B作为研究对象，根据动量定理有：
（mg-N）t=0-mv，
根据题意知，I=Nt，
联立解得N=
答：（1）碰撞结束后瞬间两物体的速度大小为
（2）该过程中两者相互作用的平均作用力为
解析
解：（1）B物体自由下落至A碰撞前其速度为v0，根据动能定理有：
A、B碰撞结束之后瞬时二者共同速度为v，规定初速度的方向为正方向，根据动量守恒有：
mv0=（2m+m）v，
联立解得
（2）选择竖直向下为正方向，从二者一起运动到速度为零的过程中，以B作为研究对象，根据动量定理有：
（mg-N）t=0-mv，
根据题意知，I=Nt，
联立解得N=
答：（1）碰撞结束后瞬间两物体的速度大小为
（2）该过程中两者相互作用的平均作用力为
A0
B
Cv
D
正确答案
解析
解：弹簧第一次恢复原长后AB及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向：
当弹簧伸长量最大时，AB速度相等，此后A继续加速，B继续减速运动，当弹簧再次恢复原长时，令A的速度为vA，B的速度为vB，根据动量守恒有：
mvA+mvB=mv
根据机械能守恒有：
联列解得：vA=v，vB=0
故选：A．
①A车最后的速度；
②小物块在B车上滑动的过程中克服摩擦力做的功．
正确答案
解：①A车与B车碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
（m+M）v0=MvA+（M+m）v，
其中v=
解得：
②小物块在B车上滑动的过程中，根据动能定理得：
W=
答：①A车最后的速度为
②小物块在B车上滑动的过程中克服摩擦力做的功为
解析
解：①A车与B车碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
（m+M）v0=MvA+（M+m）v，
其中v=
解得：
②小物块在B车上滑动的过程中，根据动能定理得：
W=
答：①A车最后的速度为
②小物块在B车上滑动的过程中克服摩擦力做的功为
正确答案
解析
解：A、在整个运动的过程中，因为系统在竖直方向上外力之和不为零，所以小车与小球的系统动量不守恒，但系统在水平方向上不受其它力作用，故系统在水平方向上动量守恒，故A正确；
B、在小球和小车运动过程中只有重力对小球做功，故小车和球组成的系统机械能守恒，故B正确；
CD、根据水平方向动量守恒可知，当小球上升到最大高度时，小球与车具有水平方向共同的速度，再根据机械能守恒可知，若小球能上升最大高度为r，则小球和车在水平方向速度为0，所以可知，小球上升的最大高度小于r，故C、D均错误．
故选：AB．
（1）如图1所示，a和b是氢原子光谱上的两条谱线，这两条谱线均是氢原子从n=4的激发态跃迁到低能级时的辐射光，设a光谱和b光谱的光子的频率分别为υ1和υ2，则υ1______υ2（填“＞”，“=”或“＜”）；已知谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则b是原子从n=4的能级跃迁到n=______的能级时的辐射光；若氢原子从n=2的能级跃迁到基态，则氢原子向外辐射的光子的波长为______（用光速“c”、“υ1”和“υ2”表示）．
（2）质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为1kg，停在B的左端（如图2）．质量也为1kg的小球用长为0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短，且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，A离开B时的速度是B的2倍，g取10m/s2．求木板多长？
正确答案
＜
1
解析
解：（1）从图1中可以看出a的波长大于b的波长，所以a的频率小于b的频率；
根据
所以a与b的能量差即等于氢原子从n=2的能级跃迁到基态时放出的能量，即：
E3=Eb-Ea=hv2-hv1
又：
所以：
故答案为：＜，1，
（2）由机械能守恒有：
解得：
球与A碰撞过程中，系统动量守恒，机械能守恒，选取小球运动的方向为正方向，有：
mv0=mAvA+mv
由于小球和A质量相等，得：vA=4m/S
A与B相互作用，系统动量守恒：
vA′=2vB
解得：vB=0.5m/s
v′A=1m/s
物块在木板上滑动的过程中，克服摩擦力做功转化的内能等于系统动能的损失：
代入数据解得：L=6.75m
答：木板的长度是6.75m．
（1）小球脱离弹簧时小球的速度大小；
（2）在整个过程中，小车移动的距离．
正确答案
解：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得
mv1-Mv2=0
解得：1=3m/s 2=1m/s
（2）根据动量守恒和各自位移关系得
x1+x2=L
解得：x2=
答：（1）小球脱离弹簧时小球3m/s．
（2）在整个过程中，小车移动的距离是0.1m．
解析
解：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得
mv1-Mv2=0
解得：1=3m/s 2=1m/s
（2）根据动量守恒和各自位移关系得
x1+x2=L
解得：x2=
答：（1）小球脱离弹簧时小球3m/s．
（2）在整个过程中，小车移动的距离是0.1m．
A如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B整个系统任何时刻动量都守恒
C当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为
DAB车向左运动最大位移小于
正确答案
解析
解：A、物体C与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误．
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确，
C、取物体C的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=mv+MV，得小车对地运动速度为V=-
D、当物体C与B端橡皮泥粘在一起时，系统又处于静止状态，此时AB车向左运动的位移最大，设最大位移为x，运动时间为t，AC间距为X0，则根据动量守恒定律得：m
故选：BD．
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