- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解：设甲的速度方向为正方向，甲的速度v1=4.5km/s=1.25m/s；
乙的速度v2=3.7km/s=1.03m/s；
则有动量守恒定律可知：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
解得：v=-0.05m/s；负号说明方向向左；
则损失的机械能为：
△E=
解得：△E=222.8J；
答：两车的共同速度为0.05m/s；方向向左；碰撞中损失的机械能为222.8J．
解析
解：设甲的速度方向为正方向，甲的速度v1=4.5km/s=1.25m/s；
乙的速度v2=3.7km/s=1.03m/s；
则有动量守恒定律可知：
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
解得：v=-0.05m/s；负号说明方向向左；
则损失的机械能为：
△E=
解得：△E=222.8J；
答：两车的共同速度为0.05m/s；方向向左；碰撞中损失的机械能为222.8J．
如图，静止地放置于水平光滑支持面上的小车B的质量为2m，小车的左段PQ长为LPQ=17L，上表面粗糙，其余部分光滑，小车右段固定有一小段轻质弹簧．质量为m的滑块A以水平向右的初速度v0=3
（1）滑块A能冲过Q点吗，如果不能，请计算出A、B恰相对静止瞬间B的位移S，如能，请计算出弹簧的最大弹性势能E；
（2）现在距小车右端为x处固定了一个障碍物D，当小车与之碰撞，速度瞬间变为0，但不粘连，且本题的弹簧发生的形变为弹性的，试讨论滑块最终离Q点的距离y与x的关系式．
正确答案
解：（1）设A不能冲过Q点，最终与B相对静止达到共速v1，
A、B则组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v1，代入数据解得：v1=
由能量守恒定律得：μmg△L=
解得：△L=12L＜PQ=17L，则A不能冲过Q点，
对B，由动能定理得：μmgs=
解得，A、B相对静止瞬间B的位移：s=4L；
（2）设x=x1＜4L时，滑块A恰能停在Q点，而不与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x1）=0-
这说明此时滑块A在向右运动中全程受到滑动摩擦力，假设是合理的；
讨论：
Ⅰ．若0≤x＜L，则A能与弹簧碰撞，设离开弹簧瞬间的速度大小为v2，
由动能定理得：-μmg（PQ+x）=
A、B系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv2=（m+2m）v3，
由能量守恒定律的：μmgy=
解得：y=
Ⅱ、若L≤x＜4L，则滑块不能与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x-y）=0-
Ⅲ、若x≥s=4L，则B与D碰撞前，A、B已共速，
由动能定理得：-μmg（s+PQ-y）=0-
答：（1）滑块A不能冲过Q点，A、B恰相对静止瞬间B的位移s为4L．
（2）滑块最终离Q点的距离y与x的关系式为：
Ⅰ．若0≤x＜L，y=
Ⅱ、若L≤x＜4L，y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，y=3L．
解析
解：（1）设A不能冲过Q点，最终与B相对静止达到共速v1，
A、B则组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v1，代入数据解得：v1=
由能量守恒定律得：μmg△L=
解得：△L=12L＜PQ=17L，则A不能冲过Q点，
对B，由动能定理得：μmgs=
解得，A、B相对静止瞬间B的位移：s=4L；
（2）设x=x1＜4L时，滑块A恰能停在Q点，而不与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x1）=0-
这说明此时滑块A在向右运动中全程受到滑动摩擦力，假设是合理的；
讨论：
Ⅰ．若0≤x＜L，则A能与弹簧碰撞，设离开弹簧瞬间的速度大小为v2，
由动能定理得：-μmg（PQ+x）=
A、B系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv2=（m+2m）v3，
由能量守恒定律的：μmgy=
解得：y=
Ⅱ、若L≤x＜4L，则滑块不能与弹簧碰撞，
由动能定理得：-μmg（PQ+x-y）=0-
Ⅲ、若x≥s=4L，则B与D碰撞前，A、B已共速，
由动能定理得：-μmg（s+PQ-y）=0-
答：（1）滑块A不能冲过Q点，A、B恰相对静止瞬间B的位移s为4L．
（2）滑块最终离Q点的距离y与x的关系式为：
Ⅰ．若0≤x＜L，y=
Ⅱ、若L≤x＜4L，y=x-L；
Ⅲ、若x≥s=4L，y=3L．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：取向右方向为正方向．设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a-b-x，则
水平方向上A的平均速度大小为
根据水平方向动量守恒得：M
解得，x=
故选C
如图所示，以A、B为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，离滑板右端L0=
（1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围．
正确答案
解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒．设物块滑到B点的速度大小为v0，有：
mgR=
解得：v0=
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：
mv0=（m+M）v1 ③
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理，得：
③、④式联立，解得：
s=
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左．
此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动．
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有：
Mv1-mv1=（m+M）v2 ⑤
设此时滑板离P的距离为s′，由动能定理：
-μmgs=
解得：
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有：
Mv1-mv1=Mv3 ⑦
解得：v3=
所以，物块加速运动阶段的速度范围为，0
此阶段滑板的速度范围为：
答：（1）物块滑到B点的速度大小为
（2）滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）物块做加速运动的时间内滑板的速度范围为
解析
解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒．设物块滑到B点的速度大小为v0，有：
mgR=
解得：v0=
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：
mv0=（m+M）v1 ③
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理，得：
③、④式联立，解得：
s=
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左．
此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动．
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有：
Mv1-mv1=（m+M）v2 ⑤
设此时滑板离P的距离为s′，由动能定理：
-μmgs=
解得：
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有：
Mv1-mv1=Mv3 ⑦
解得：v3=
所以，物块加速运动阶段的速度范围为，0
此阶段滑板的速度范围为：
答：（1）物块滑到B点的速度大小为
（2）滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
（3）物块做加速运动的时间内滑板的速度范围为
质量为1kg的甲物体以5m/s的速度去撞击静止在水平桌面上质量为2kg的乙物体，碰撞后甲以1m/s的速度反向弹回，此时乙的速度大小为______m/s，碰撞过程中系统损失的机械能为______J．
正确答案
3
3
解析
解：以甲的初速度方向为正方向，甲乙组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律得：m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙，
即：1×5=1×（-1）+2×v乙，解得：v乙=3m/s；
由能量守恒定律得：碰撞过程中损失的机械能
△E=
故答案为：3，3．
AE1=
BE1=E0
CE2=
DE2=E0
正确答案
解析
解：A、弹簧的最大弹性势能发生在P、Q的速度相等时，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：E1=
解得：E1=
C、由于P、Q之间发生的是完全弹性碰撞，且P、Q的质量相等，最终P、Q将交换速度，即小滑块P将静止，小滑块Q以动能E0运动，故C错误，D正确．
故选：AD．
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小？
（2）a、b两球碰后，细绳是否会断裂？
（3）若细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？
正确答案
解：（1）设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒定律得
解得
（2）设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得
mvC=（m+m）v
故
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则由牛顿第二定律有
解得T=3mg，则有T＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．
（3）设平抛的时间为t，则依据平抛运动的规律得
得
故落点距C的水平距离为
即小球最终落到地面距C水平距离是
答：
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小是
（2）a、b两球碰后，细绳会断裂．
（3）细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是
解析
解：（1）设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒定律得
解得
（2）设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得
mvC=（m+m）v
故
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则由牛顿第二定律有
解得T=3mg，则有T＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．
（3）设平抛的时间为t，则依据平抛运动的规律得
得
故落点距C的水平距离为
即小球最终落到地面距C水平距离是
答：
（1）a与b球碰前瞬间的速度大小是
（2）a、b两球碰后，细绳会断裂．
（3）细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是
甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg，m2=2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s．甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（ ）
正确答案
解析
解：以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量p=m1v1+m2v2=1×6+2×2=10kg•m/s，碰撞前的动能EK=
A、如果v1′=7m/s，v2′=1.5m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；
B、如果v1′=2m/s，v2′=4m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；
C、如果v1′=3.5m/s，v2′=3m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D、v1′=4m/s，v2′=3m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故D错误；
故选：B．
A系统在该过程水平方向动量守恒
B系统在该过程机械能不守恒
C该过程墙受弹簧弹力的冲量大小为mv0
D该过程弹簧最大弹性势能为
正确答案
解析
解：A、以子弹、弹簧、木块构成的系统为研究对象，从子弹射入木块开始到弹簧被压缩到最短过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；
B、以子弹、弹簧、木块构成的系统为研究对象，从子弹射入木块开始到弹簧被压缩到最短过程中，除弹簧弹力做功外，系统要克服摩擦力做功，系统机械能减少，机械能不守恒，故B正确；
C、以系统为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得：I=0-（-mv0）=mv0，故C正确；
D、子弹击中木块过程中，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：mv0=（M+m）v，从木块压缩弹簧到弹簧被压缩最短过程中，由能机械能守恒定律得：EP=
解得：EP=
本题选错误的，故选：A．
如图，平板车B的质量为M，车上有一个质量为m的小滑块A，且M=2m．平板车静止于光滑的水平面上，小车右方水平面上固定着一个竖直挡板，小滑块与车面间的动摩擦因数为μ．现给车施加一个水平向右的瞬间冲量，使车向右运动，同时小滑块相对于小车滑动，当二者达到共同速度v之后一起向前运动，并与挡板发生无机械能损失的碰撞，碰撞时间极短．设平板车足够长，重力加速度为g．求：
（Ⅰ）给车施加的水平向右的瞬间冲量的大小；
（Ⅱ）从地面上看，滑块A向右运动到离出发点最远处时，平板车B与竖直挡板的距离；
（Ⅲ）与竖直挡板碰撞以后的整个过程中滑块A相对平板车B滑动的总路程．
正确答案
解：（Ⅰ）设瞬间冲量为I，对AB整体由动量定理得：
I=（M+m）v
解得：I=3mv
（Ⅱ）当滑块的速度为0时，从地面上看，滑块A向右运动到离出发点最远处．
设此时平板车B的速度为v′，离开竖直挡板的距离为x，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv-mv=Mv′
对平板车由动能定理得：-μmgx=
解得：v′=
（Ⅲ）反弹后直到二者再次达到共同速度设为v″，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv-mv=（M+m）v″
设撤去F后的整个过程中滑块A相对平板车B滑动的总路程为s总，对AB整体由能量守恒定律得：
联立解得：
答：（Ⅰ）给车施加的水平向右的瞬间冲量的大小为3mv；
（Ⅱ）从地面上看，滑块A向右运动到离出发点最远处时，平板车B与竖直挡板的距离
（Ⅲ）与竖直挡板碰撞以后的整个过程中滑块A相对平板车B滑动的总路程
解析
解：（Ⅰ）设瞬间冲量为I，对AB整体由动量定理得：
I=（M+m）v
解得：I=3mv
（Ⅱ）当滑块的速度为0时，从地面上看，滑块A向右运动到离出发点最远处．
设此时平板车B的速度为v′，离开竖直挡板的距离为x，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv-mv=Mv′
对平板车由动能定理得：-μmgx=
解得：v′=
（Ⅲ）反弹后直到二者再次达到共同速度设为v″，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv-mv=（M+m）v″
设撤去F后的整个过程中滑块A相对平板车B滑动的总路程为s总，对AB整体由能量守恒定律得：
联立解得：
答：（Ⅰ）给车施加的水平向右的瞬间冲量的大小为3mv；
（Ⅱ）从地面上看，滑块A向右运动到离出发点最远处时，平板车B与竖直挡板的距离
（Ⅲ）与竖直挡板碰撞以后的整个过程中滑块A相对平板车B滑动的总路程
（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；
（2）弹性势能的最大值Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax．
正确答案
解：（1）由动量定理得I0=mv0
弹簧弹性势能最大时物块与木板的速度相同，则由动量守恒定律得 mv0=（m+M）v
于是可解得：v=1m/s．
（2）由动量守恒定律和功能关系得
mv0=（m+M）u
物块相对于木板向左运动过程：
物块相对于木板向右运动过程：
可解得：Emax=3J，Lmax=0.75m．
答：
（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v是1m/s；
（2）弹性势能的最大值Emax为3J，小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax是0.75m．
解析
解：（1）由动量定理得I0=mv0
弹簧弹性势能最大时物块与木板的速度相同，则由动量守恒定律得 mv0=（m+M）v
于是可解得：v=1m/s．
（2）由动量守恒定律和功能关系得
mv0=（m+M）u
物块相对于木板向左运动过程：
物块相对于木板向右运动过程：
可解得：Emax=3J，Lmax=0.75m．
答：
（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v是1m/s；
（2）弹性势能的最大值Emax为3J，小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax是0.75m．
如图，在光滑的水平面上，质量为2m，长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连，质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求
正确答案
解：小滑块以水平速度v0右滑时，有：
小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有
滑块与墙碰后至向左运动到木板最左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则有
mv1=（m+2m）v2…③
由能量守恒定律可得：
上述四式联立，解得
答：
解析
解：小滑块以水平速度v0右滑时，有：
小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有
滑块与墙碰后至向左运动到木板最左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则有
mv1=（m+2m）v2…③
由能量守恒定律可得：
上述四式联立，解得
答：
（1）木板获得的动量；
（2）系统损失的机械能；
（3）木板的最小长度．
正确答案
解：（1）设板质量为M，系统动量守恒，以m的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=（m+M）v1 ①
板获得的动量：P板=Mv1=m（v0-v1）②
（2）由②式得：板的质量：
由能量守恒定律得：△E=
（3）物块平均速度：
木板平均速度：
要使其刚共速而不滑掉，应满足：
L
即：木板的最小长度：L=
答：（1）木板获得的动量为m（v0-v1）；
（2）系统损失的机械能为
（3）木板的最小长度为
解析
解：（1）设板质量为M，系统动量守恒，以m的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=（m+M）v1 ①
板获得的动量：P板=Mv1=m（v0-v1）②
（2）由②式得：板的质量：
由能量守恒定律得：△E=
（3）物块平均速度：
木板平均速度：
要使其刚共速而不滑掉，应满足：
L
即：木板的最小长度：L=
答：（1）木板获得的动量为m（v0-v1）；
（2）系统损失的机械能为
（3）木板的最小长度为
一列质量为15t的机车，以0.2m/s的速度驶向一节质量为10t原来静止的车箱，机车与车箱碰撞完成对接．如果对接时忽略机车以及车箱与轨道之间的摩擦力的大小，则对接后机车与车箱共同的速度的大小是______m/s；对接后，机车与车箱系统的机械能与对接前比将______（填“变大”、“变小”或“不变”）
正确答案
0.12
变小
解析
解：设机车的速度方向为正方向；则由动量守恒定律可知：
mv0=（M+m）v
解得：v=
由于碰撞后二者有共同速度，即粘在了一起，故有机械能的损失；机械能变小；
故答案为：0.12； 变小
正确答案
解析
解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，
解得：M=2kg，木板A的质量为 M=2kg，木板获得的动能为：Ek=
B、系统损失的机械能△E=
C、由图得到：0-1s内B的位移为xB=
D、由图示图象可知，B的加速度：a=
故选：CD．
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