- 动量守恒定律
- 共6910题
（1）小球与A碰后瞬间A的速度大小；
（2）木板B至少多长，A才不至于滑落．
正确答案
解：（1）对小球和组成的系统由动量守恒定律，有：
=（-
设和相对静止后的速度为，对与组成的系统由动量守恒定律，有：
=（+）…②
由①②得：=
（2）A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等，
设在上滑行的距离为，由功能关系，有：
μmAgd=
由③④得：d=
答：（1）A与B相对静止时的速度是
（2）木板B至少d=
解析
解：（1）对小球和组成的系统由动量守恒定律，有：
=（-
设和相对静止后的速度为，对与组成的系统由动量守恒定律，有：
=（+）…②
由①②得：=
（2）A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等，
设在上滑行的距离为，由功能关系，有：
μmAgd=
由③④得：d=
答：（1）A与B相对静止时的速度是
（2）木板B至少d=
质量为M的木块在光滑水平面上以速率v1向右运动，质量为m的子弹以速率v2水平向左射入木块，假设子弹射入木块后均未穿出，且在第N颗子弹射入后，木块恰好停下来，则N为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：对所有子弹和木块组成的系统研究，根据动量守恒定律得，
Mv1-Nmv2=0
解得N=
故选：C．
正确答案
解：由动量守恒：mv0=（M+m）v
2×6=（10+2 ） v
v=1m/s
系统功能关系：μmgS=
0.2×2×10S=
S=7.5m
碰撞次数n=
∴碰撞次数为15次．
答：小滑块与滑槽能碰撞15次
解析
解：由动量守恒：mv0=（M+m）v
2×6=（10+2 ） v
v=1m/s
系统功能关系：μmgS=
0.2×2×10S=
S=7.5m
碰撞次数n=
∴碰撞次数为15次．
答：小滑块与滑槽能碰撞15次
A
B0.1＜
C0.5＜
D
正确答案
解析
解：A向下摆到过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gl=
两球碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律可得：m1v=m1v1+m2v2，
对m1，由机械能守恒定律得：m1g•
如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律可得：m1v=（m1+m2）v′
对m1，由机械能守恒定律得：（m1+m2）•
解得：0.1＜
故选：B．
（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是多少？
（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度．
（3）小滑块A最终停在离木板B左端多远处？
正确答案
解：（1）滑块在长木板上运动的过程中，水平方向没有外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，则：
mv0=mvA+Mv2
所以：
（2）滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功，由动能定理得：
代入数据解得：h=0.5m＜1m
滑块没有到达与圆心等高的点，说明滑块一直在轨道上．
（3）由于圆轨道是光滑的，所以滑块回到D时的速度vD：
得：
滑块返回C点时的速度vC：
得：vC=2m/s
由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定，所以滑块重新滑上B后木板静止不动，设滑块在B上滑动的距离是x，则：
代入数据得：x=1m
小滑块A最终停在离木板B左端：L=l1-x=4.5m-1m=3.5m
答：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是1m/s；
（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m．
（3）小滑块A最终停在离木板B左端3.5m．
解析
解：（1）滑块在长木板上运动的过程中，水平方向没有外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，则：
mv0=mvA+Mv2
所以：
（2）滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功，由动能定理得：
代入数据解得：h=0.5m＜1m
滑块没有到达与圆心等高的点，说明滑块一直在轨道上．
（3）由于圆轨道是光滑的，所以滑块回到D时的速度vD：
得：
滑块返回C点时的速度vC：
得：vC=2m/s
由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定，所以滑块重新滑上B后木板静止不动，设滑块在B上滑动的距离是x，则：
代入数据得：x=1m
小滑块A最终停在离木板B左端：L=l1-x=4.5m-1m=3.5m
答：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是1m/s；
（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m．
（3）小滑块A最终停在离木板B左端3.5m．
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能EP；
（3）若物体C能在传送带上留下印迹（设并没有改变µ），耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长，则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足什么条件？
正确答案
解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
v=vC+at
代入数据可得：a=2m/s2 x=1.25m
由于：x=1.25m＜L，滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v=3.0m/s
（2）选取向右为正方向，设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0=（mA+mB）v1
（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：
代入数据可解得：EP=1.0J
（3）在题设条件下，要使痕迹最长．最长痕迹是传递带的总长度，且C在传送带上一直加速到最右端．
对C，设加速的时间是t1，得：
在t1内，传送带的路程：v传t1≥L传+L
解得：v传≥12.5m/s
答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小是3m/s；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能是1J；
（3）耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长，则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足：v传≥12.5m/s
解析
解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
v=vC+at
代入数据可得：a=2m/s2 x=1.25m
由于：x=1.25m＜L，滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v=3.0m/s
（2）选取向右为正方向，设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0=（mA+mB）v1
（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：
代入数据可解得：EP=1.0J
（3）在题设条件下，要使痕迹最长．最长痕迹是传递带的总长度，且C在传送带上一直加速到最右端．
对C，设加速的时间是t1，得：
在t1内，传送带的路程：v传t1≥L传+L
解得：v传≥12.5m/s
答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小是3m/s；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能是1J；
（3）耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长，则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足：v传≥12.5m/s
静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为△m的高温气体后，火箭的速度为______．
正确答案
解析
解：以火箭和气体组成的系统为研究对象，选高温气体的速度方向为正，
由动量守恒定律得：-（M-△m）v′+△mv0=0，
解得：v′=
故答案为：
正确答案
解析
解：光子与电子的碰撞过程中，系统不受外力，也没有能量损失，故系统动量守恒，系统能量也守恒，光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E=hv，光子的频率减小，根据λ=
故选：C．
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会掉下平板车，平板车至少多长？
正确答案
解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理得：
-μMgS=0-
解得：s=
代入数据得：s=
（2）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
以平板车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（m+M）v…④
解得：v=0.4m/s…⑤
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，根据能量守恒则有：
代入数据解得：l=
答：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少
解析
解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理得：
-μMgS=0-
解得：s=
代入数据得：s=
（2）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
以平板车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（m+M）v…④
解得：v=0.4m/s…⑤
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，根据能量守恒则有：
代入数据解得：l=
答：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少
一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上．一质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为
正确答案
解：设第一次滑块离开时木板速度为v，由系统的动量守恒，有
mvo=m
解得v=
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如图，
由动能定理对木板：fs=
对滑块：-f（s+L）=
即 fL=
当板固定时 fL=
解得 v′=
答：滑块离开木板时的速度大小是
解析
解：设第一次滑块离开时木板速度为v，由系统的动量守恒，有
mvo=m
解得v=
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如图，
由动能定理对木板：fs=
对滑块：-f（s+L）=
即 fL=
当板固定时 fL=
解得 v′=
答：滑块离开木板时的速度大小是
一个静止的氮核
①C为何种粒子？
②C核的速度大小．
正确答案
解：①根据电荷数守恒、质量数守恒得，B、C电荷数之和为，7，因为B、C两原子核的电荷数之比为5：2．则C的电荷数为2，B、C质量数之和为15．因为B的质量是中子的11倍，则B的质量数为11，则C的质量数为4，所以C为α粒子．
②根据动量守恒得，mnvn=mBvB+mcvc
1×2.3×107=11×106+4vc
解得
答：①C为α粒子（氦原子核
②C核的速度大小3×106 m/s
解析
解：①根据电荷数守恒、质量数守恒得，B、C电荷数之和为，7，因为B、C两原子核的电荷数之比为5：2．则C的电荷数为2，B、C质量数之和为15．因为B的质量是中子的11倍，则B的质量数为11，则C的质量数为4，所以C为α粒子．
②根据动量守恒得，mnvn=mBvB+mcvc
1×2.3×107=11×106+4vc
解得
答：①C为α粒子（氦原子核
②C核的速度大小3×106 m/s
正确答案
解析
解：A、系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v1，解得，木板的质量：M=
A板获得的动能：EK=
B、由能量守恒定律得，系统损失的机械能：△E=
C、设A、B间摩擦力大小为f，对物块，由动量定理得：-ft1=mv1-mv0，解得：f=
D、对物块，滑动摩擦力：f=μmg，已知：m、f，可以求出动摩擦因数μ，故D正确．
故选：ABCD．
如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为
正确答案
解：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v‘，
由动量守恒定律得mv1=2mv′①，
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v'≤v2 ，②
设A与B碰后的共同速度为vn，由动量守恒定律得
为使B能一挡板再次碰撞应满足vn＞0，④
联立①②③④式得
答：为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足的关系是
解析
解：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v‘，
由动量守恒定律得mv1=2mv′①，
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v'≤v2 ，②
设A与B碰后的共同速度为vn，由动量守恒定律得
为使B能一挡板再次碰撞应满足vn＞0，④
联立①②③④式得
答：为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足的关系是
（1）乙车的质量m乙为______kg；
（2）两车碰撞时内能的增加量△E=______J．
正确答案
1
0.12
解析
解：（1）电源频率为50Hz，则打点计时器打点的时间间隔为：t=0.02s，
由图乙所示纸带可知，在碰撞前甲车在t内的位移为：x=2.20cm-1.00cm=1.20cm，
碰撞后甲车在t内的位移为：x′=7.00cm=6.20cm=0.80cm，
碰前甲车的速度为：v=
量程碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得：m甲v=（m甲+m乙）v′，
即：2×0.6=（2+m乙）×0.4，解得：m乙=1kg；
（2）由能量守恒定律得，两车碰撞时内能的增加量：
△E═
故答案为：（1）1；（2）0.12．
A
B
C
D0
正确答案
解析
解：弹丸和底座组成的系统动量守恒，设弹丸发射出的速度方向为正，
根据动量守恒：
0=3mvx+mv
得：vx=-
故选：B．
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