- 动量守恒定律
- 共6910题
①B与A碰撞后A物块的速度；
②BC共同速度．
正确答案
解：以AB为研究对象，设向右为正，则由动量守恒定律可知：
mBv0=mAvA+mBvB；
由机械能守恒定律可知：
联立解得：vA=4m/s；vB=-1m/s；
（2）碰后B反向，与C相互作用；对BC由动量守恒定律可知：
mCv0+mBvB=（mC+mB）v
解得：v=1m/s
答：（1）B与A相碰后，A的速度为5m/s；
（2）BC共同的速度为1m/s．
解析
解：以AB为研究对象，设向右为正，则由动量守恒定律可知：
mBv0=mAvA+mBvB；
由机械能守恒定律可知：
联立解得：vA=4m/s；vB=-1m/s；
（2）碰后B反向，与C相互作用；对BC由动量守恒定律可知：
mCv0+mBvB=（mC+mB）v
解得：v=1m/s
答：（1）B与A相碰后，A的速度为5m/s；
（2）BC共同的速度为1m/s．
A、B两船质量均为M，都静止在平静的水面上，现A船中质量为
正确答案
解析
解：人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1：1，故A正确，B错误；
若n为奇数，人在B船上，则0=MvA+（M+
解得：
故C正确；
若n为偶数，则 0=MvB+（M+
解得：
故D正确．
故选ACD
质量为M的金属块和质量为m的木块用细线系在一起，以速度v0在水中匀速下沉，某一时刻细线断了，则当木块停止下沉的时刻．铁块下沉的速率为______．（设水足够深，水的阻力不计）
正确答案
解析
解：木块和铁块以速度v0在水中匀速下沉，合力为零，木块和铁块组成系统满足动量守恒定律，
规定向下为正方向得：
（M+m）v0=0+Mv′
v′=
故答案为：
正确答案
解析
解：A、由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知，A错误，B正确；
C、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，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：
m2v0=（m1+m2）v2，m2×3=（m1+m2）×1，解得：m1：m2=2：1，故C错误；
D、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：vA=2m/s，vB=-1m/s，物体的动能：Ek=
故选：BD
（选修模块3-5）
（1）下列说法正确的是______
A．比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定吸收核能
B．一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大
D．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为只有高速运动的粒子才具有波粒二象性
（2）一个中子轰击铀核（
（3）在某次冰壶比赛中，运动员将一冰壶甲以4m/s速度推出，与正前方另一静止的相同质量的冰壶乙发生对心正碰，碰撞后冰壶乙以3m/s速度沿向前滑行，方向与冰壶甲运动方向相同，
①求碰后瞬间冰壶甲的速度；
②试通过计算说明该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
正确答案
解：（1）A、比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能，故A错误
B、入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目．入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大．故B错误．
C、波尔理论的跃迁假说是原子从一种能级向另一种能级跃迁时，会吸收（或辐射）一定频率的光子；氢原子辐射出一个光子后，核外电子就会跃迁到能量较低的能级上，轨道变小，受到原子核的库仑力增加，由向心力角速度的公式可知，角速度增加．故C正确．
D、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故D错误．
故选：C．
（2）核反应过程中质量数与核电荷数守恒，
此铀裂变反应的方程为
由题意知，核反应过程中的质量亏损△m=mu-mBa-mKr-2mn，
释放的核能△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn）c2；
（3）①由动量守恒得 m×4=m×3+mv甲′
得碰后瞬间冰壶甲的速度为v甲′=1m/s
②通过计算得碰撞前动能是Ek=
碰撞后的动能是E′k=
得 E前＞E后 该碰撞为非弹性碰撞
故答案为：（1）C
（2）
（mu-mBa-mKr-2mn ）C2
（3）①碰后瞬间冰壶甲的速度是1m/s；
②该碰撞为非弹性碰撞
解析
解：（1）A、比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能，故A错误
B、入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目．入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大．故B错误．
C、波尔理论的跃迁假说是原子从一种能级向另一种能级跃迁时，会吸收（或辐射）一定频率的光子；氢原子辐射出一个光子后，核外电子就会跃迁到能量较低的能级上，轨道变小，受到原子核的库仑力增加，由向心力角速度的公式可知，角速度增加．故C正确．
D、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故D错误．
故选：C．
（2）核反应过程中质量数与核电荷数守恒，
此铀裂变反应的方程为
由题意知，核反应过程中的质量亏损△m=mu-mBa-mKr-2mn，
释放的核能△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn）c2；
（3）①由动量守恒得 m×4=m×3+mv甲′
得碰后瞬间冰壶甲的速度为v甲′=1m/s
②通过计算得碰撞前动能是Ek=
碰撞后的动能是E′k=
得 E前＞E后 该碰撞为非弹性碰撞
故答案为：（1）C
（2）
（mu-mBa-mKr-2mn ）C2
（3）①碰后瞬间冰壶甲的速度是1m/s；
②该碰撞为非弹性碰撞
质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
正确答案
解析
解：A、若vB=0.6v，规定A球初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.6v，
得vA=-1.4v，碰撞前系统的总动能为Ek=
碰撞后系统的总动能为Ek′=
B、若vB=0.5v，规定A球初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.5v，得vA=-v，
碰撞后系统的总动能为Ek′=
C、若vB=0.3v，规定A球初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.3v，得vA=-0.2v，
碰撞后系统的总动能为Ek′=
D、若vB=0.1v，规定A球初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv=mvA+4m•0.1v，得vA=0.6v，
即A球与B球速度方向与A球初速度方向相同，而A球在后面速度却大于B球速度，不符合实际情况．故D错误；
故选：C．
质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落，正好落在以5m/s的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，沙子和小车的总质量为4kg，当物体和小车相对静止时，小车的速度为______．
正确答案
4m/s
解析
解：小球和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．
已知两者作用前水平方向车的速度 v0=5m/s，小球水平方向速度v=0；
设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：
mv+Mv0=（M+m）v′
解得：v′=
故答案为：4m/s．
正确答案
解析
解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，
以向左为正方向，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程：mv0=（m+M）v2
解得：v1=
v2=
小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得：
Epm+Q+
Q=fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，
Q′+
Q′=f（2L）=2Q ⑥
由①～⑥式，可以解出Epm、Q、Q′，故BC正确，
求出Q后，如果已知木板长度l，则：Q=μmgl，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D正确；
由于缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A错误；
故选：BCD．
A小车和物块构成的系统动量守恒
B摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C物块的最大速度为
D小车的最大速度为
正确答案
解析
解：A、小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；
C、如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：mgR=
D、小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，由机械能守恒定律得：
故选：D．
（1）两滑块在碰撞前的瞬时，滑块A的速度；
（2）滑块A起始运动位置与滑块B的距离ℓ；
（3）B滑块被弹簧弹开后距竖直墙的最大距离sm．
正确答案
解：（1）设A与B碰撞前A的速度为v1，碰撞过程动量守恒，有：
mv1=（M+m）v
代入数据解得：v1=3m/s
（2）对A，从开始运动至碰撞B之前，根据动能定理，有：
qEℓ-μmgℓ=
代入数据解得：ℓ=0.3m
（3）设弹簧被压缩至最短时的压缩量为s1，对AB整体，从碰后至弹簧压缩最短过程中，根据能量守恒定律，有：
qEs1+
代入数据解得：s1=0.02m
设弹簧第一次恢复到原长时，AB共同动能为Ek，根据能量守恒定律，有：
E0=qEs1+μ（M+m）g s1+Ek ①
在弹簧把BA往右推出的过程中，由于B受到向左的摩擦力小于A受到的向左的摩擦力和电场力之和．故至他们停止之前，两者没有分开．
弹簧第一次将AB弹出至两者同时同处停止时，B距离竖直墙壁最远，设此时距离弹簧原长处为s2，根据动能定理，有：
-qEs2-μ（M+m）g s2=0-Ek ②
①②联立并代入数据解得：s2=0.03m
故B离墙壁的最大距离sm=s+s2=0.08m
答：
（1）两滑块在碰撞前的瞬时，滑块A的速度为3m/s．
（2）滑块A起始运动位置与滑块B的距离ℓ为0.3m．
（3）B滑块被弹簧弹开后距竖直墙的最大距离sm为0.08m．
解析
解：（1）设A与B碰撞前A的速度为v1，碰撞过程动量守恒，有：
mv1=（M+m）v
代入数据解得：v1=3m/s
（2）对A，从开始运动至碰撞B之前，根据动能定理，有：
qEℓ-μmgℓ=
代入数据解得：ℓ=0.3m
（3）设弹簧被压缩至最短时的压缩量为s1，对AB整体，从碰后至弹簧压缩最短过程中，根据能量守恒定律，有：
qEs1+
代入数据解得：s1=0.02m
设弹簧第一次恢复到原长时，AB共同动能为Ek，根据能量守恒定律，有：
E0=qEs1+μ（M+m）g s1+Ek ①
在弹簧把BA往右推出的过程中，由于B受到向左的摩擦力小于A受到的向左的摩擦力和电场力之和．故至他们停止之前，两者没有分开．
弹簧第一次将AB弹出至两者同时同处停止时，B距离竖直墙壁最远，设此时距离弹簧原长处为s2，根据动能定理，有：
-qEs2-μ（M+m）g s2=0-Ek ②
①②联立并代入数据解得：s2=0.03m
故B离墙壁的最大距离sm=s+s2=0.08m
答：
（1）两滑块在碰撞前的瞬时，滑块A的速度为3m/s．
（2）滑块A起始运动位置与滑块B的距离ℓ为0.3m．
（3）B滑块被弹簧弹开后距竖直墙的最大距离sm为0.08m．
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
AvA′=5m/s，vB′=2.5m/s
BvA′=2m/s，vB′=4m/s
CvA′=4m/s，vB′=7m/s
DvA′=
正确答案
解析
解：A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；
B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．
碰撞前，总动量为：p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg•m/s=10kg•m/s，
总动能：Ek=
碰撞后，总动量为：p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg•m/s；
总动能：Ek′=
则p′=p，符合动量守恒和能量守恒．故B正确．
C、碰撞后，总动量为：p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×4+2×7）kg•m/s=18kg•m/s；不符合动量守恒定律．故C错误．
D、碰撞后，总动量为：p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×
总动能：Ek′=
而且vA′＜vB′，符合实际的运动情况．故D正确．
故选：BD．
“弹弹子”是我国传统的儿童游戏，如图所示，静置于水平地面的两个完全相同的弹子沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一个弹子水平冲量I使其水平向右运动，当第一个弹子运动了距离L时与第二个弹子相碰，碰后第二个弹子运动了距离L时停止．已知摩擦阻力大小恒为弹子所受重力的k倍，重力加速度为g，若弹子之间碰撞时间极短，为弹性碰撞，忽略空气阻力，则人给第一个弹子水平冲量I为（ ）
Am
Bm
Cm
Dm
正确答案
解析
解：小球1获得速度后由于受阻力做功，动能减小；
与2球相碰时，由动量守恒定律可知，两球交换速度，即球1静止，球2以1的速度继续行驶；
则可知，1的初动能克服两球运动中摩擦力所做的功；则由动能定理可知；kmg•2L=
解得：v=2
则冲量I=mv=m
故选：B．
（1）撞墙前AB是否会发生相对滑动？通过计算说明理由．
（2）若在AB的整个运动过程中，A不滑离B，则B的最短长度是多少？弹簧中能达到的最大弹性势能是多少？（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）
正确答案
解：（1）对AB组成的整体没有相对滑动，由牛顿第二定律得：
Fcosα=（m1+m2）a1，
代入数据解得：a1=1.5m/s2；
对A，假设A已滑动，由牛顿第二定律得：
Fcosα-μ（m1g+Fsinα）=m1a2，
代入数据解得：a2=0.6m/s2，
由于a1＞a2，所以AB保持相对静止，不会发生相对滑动；
（2）AB在与墙壁碰撞前，以加速度a1=1.5m/s2共同做匀加速运动，撞墙之前的瞬间，其速度为v0，由匀变速运动的速度位移公式得：
v02=2a1s，
代入数据解得：v0=3m/s，
由于m1＜m2，必有m1v0＜m2v0，B与墙壁碰撞后的总动量向左，B与墙壁只碰撞一次，当AB相对静止时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0-m1v0=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=1.5m/s，
由能量守恒定律得：μm1g•2L=
代入数据解得：L=2.25m，
弹簧被压缩最短时，AB的速度相等，此时弹性势能最大，满足：
EP=
代入数据解得：EP=6.75J；
答：（1）撞墙前AB不会发生相对滑动，因为两者加速度相等．
（2）若在AB的整个运动过程中，A不滑离B，则B的最短长度是2.25m，弹簧中能达到的最大弹性势能是6.75J．
解析
解：（1）对AB组成的整体没有相对滑动，由牛顿第二定律得：
Fcosα=（m1+m2）a1，
代入数据解得：a1=1.5m/s2；
对A，假设A已滑动，由牛顿第二定律得：
Fcosα-μ（m1g+Fsinα）=m1a2，
代入数据解得：a2=0.6m/s2，
由于a1＞a2，所以AB保持相对静止，不会发生相对滑动；
（2）AB在与墙壁碰撞前，以加速度a1=1.5m/s2共同做匀加速运动，撞墙之前的瞬间，其速度为v0，由匀变速运动的速度位移公式得：
v02=2a1s，
代入数据解得：v0=3m/s，
由于m1＜m2，必有m1v0＜m2v0，B与墙壁碰撞后的总动量向左，B与墙壁只碰撞一次，当AB相对静止时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0-m1v0=（m1+m2）v，
代入数据解得：v=1.5m/s，
由能量守恒定律得：μm1g•2L=
代入数据解得：L=2.25m，
弹簧被压缩最短时，AB的速度相等，此时弹性势能最大，满足：
EP=
代入数据解得：EP=6.75J；
答：（1）撞墙前AB不会发生相对滑动，因为两者加速度相等．
（2）若在AB的整个运动过程中，A不滑离B，则B的最短长度是2.25m，弹簧中能达到的最大弹性势能是6.75J．
（1）第一次木块A、B碰撞过程中A对B的冲量大小和方向；
（2）木块A、B第一次碰撞过程中系统损失的机械能是多少？
正确答案
解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，
取向右为正方向，对于AB组成的系统，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA1+mBvB1，
B与挡板碰撞，因为没有机械能损失，所以B原速反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，
设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB1-mAvA1=mAvA2+mBvB2，
联立并代入数据解得：vA1=1m/s，vB1=2m/s，
以向右为正方向，对B，由动量定理得：
I=mBvB1=2×2=4kg•m/s，方向：水平向右；
（2）第一次碰撞过程，由能量守恒定律可得：
△E=
代入数据解得，损失的机械能：△E=8J；
答：（1）第一次A、B碰撞过程中A对B的冲量大小为4kg•m/s，方向：水平向右；
（2）木块A、B第一次碰撞过程中系统损失的机械能是8J．
解析
解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，
取向右为正方向，对于AB组成的系统，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA1+mBvB1，
B与挡板碰撞，因为没有机械能损失，所以B原速反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，
设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB1-mAvA1=mAvA2+mBvB2，
联立并代入数据解得：vA1=1m/s，vB1=2m/s，
以向右为正方向，对B，由动量定理得：
I=mBvB1=2×2=4kg•m/s，方向：水平向右；
（2）第一次碰撞过程，由能量守恒定律可得：
△E=
代入数据解得，损失的机械能：△E=8J；
答：（1）第一次A、B碰撞过程中A对B的冲量大小为4kg•m/s，方向：水平向右；
（2）木块A、B第一次碰撞过程中系统损失的机械能是8J．
质量为2m的物体A以速度v0碰撞静止m物体B，B的质量为m，碰后A、B的运动方向均与v0的方向相同，则碰撞后B的速度可能为（ ）
Av0
B2v0
C
D
正确答案
解析
解：A球和B球碰撞的过程中动量守恒，选A原来的运动方向为正方向
如果发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：2mv0=（2m+m）v2，
解得：v2=
如果发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：2mv0=2mv1+mv2，
由能量守恒定律得：
解得：v2=
则碰撞后B的速度为：
故选：AC．
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