- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解：小球下摆和回摆两过程中，小球机械能均守恒．达到最低点时速率为v0
mgL=
与A碰后回摆时速率为v1
mgh=
球与A碰撞过程中，系统动量守恒，规定向右为正方向，
mv0=-mv1+mAvA
代入数据解得vA=1m/s
物块A与木板B相互作用过程中，动量守恒，规定向右为正方向，
mAvA=（mA+mB）v
根据能量守恒有：μmAgx=
代入数据解得x=0.25m
答：木板B至少为0.25m．
解析
解：小球下摆和回摆两过程中，小球机械能均守恒．达到最低点时速率为v0
mgL=
与A碰后回摆时速率为v1
mgh=
球与A碰撞过程中，系统动量守恒，规定向右为正方向，
mv0=-mv1+mAvA
代入数据解得vA=1m/s
物块A与木板B相互作用过程中，动量守恒，规定向右为正方向，
mAvA=（mA+mB）v
根据能量守恒有：μmAgx=
代入数据解得x=0.25m
答：木板B至少为0.25m．
用中子轰击锂核（36Li）发生核反应，生成氚核（13H）和α粒子，同时释放出4.8MeV的核能（1eV=1.6×10-19J）．
（1）写出上述核反应方程．
（2）计算核反应过程中的质量亏损（以千克为单位，计算结果保留两位有效数字）．
（3）若反应前中子以0.3MeV的动能和锂核发生正碰，且碰撞前中子和锂核具有等大反向的动量，核反应过程中释放出的核能全部转化为动能，则反应后生成的氚核和α粒子的动能各为多大？
正确答案
解：（1）上述核反应方程是：01n+36Li→13H+24He．
（2）根据△E=△Mc2，得△M=
（3）
根据动量守恒和能量守恒得：
答：（1）上述核反应方程是：01n+36Li→13H+24He．
（2）核反应过程中的质量亏损为8.5×10-30kg．
（3）反应后生成的氚核和α粒子的动能各为2.94MeV和2.21MeV．
解析
解：（1）上述核反应方程是：01n+36Li→13H+24He．
（2）根据△E=△Mc2，得△M=
（3）
根据动量守恒和能量守恒得：
答：（1）上述核反应方程是：01n+36Li→13H+24He．
（2）核反应过程中的质量亏损为8.5×10-30kg．
（3）反应后生成的氚核和α粒子的动能各为2.94MeV和2.21MeV．
①碰撞后甲、乙两球的速率；
②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离．
正确答案
解：因为甲、乙两球在B处发生弹性碰撞，故以甲、乙两球为系统的动量守恒，动能不损失，设碰后两球速率分别为v1′、v2，取向右方向为正方向，则有：
m1v1=-m1v1′+m2v2
由机械能守恒定律可知：
联立得v1′=
v2=
（2）碰撞后甲球向左做匀速直线运动，设乙球从碰后到停止时的运动时间为t，根据动量定理：μm2gt=m2v2
此时甲、乙两球的距离S=（v1′+
联立得S=
答：①碰撞后甲、乙两球的速率为联立得
②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离为
解析
解：因为甲、乙两球在B处发生弹性碰撞，故以甲、乙两球为系统的动量守恒，动能不损失，设碰后两球速率分别为v1′、v2，取向右方向为正方向，则有：
m1v1=-m1v1′+m2v2
由机械能守恒定律可知：
联立得v1′=
v2=
（2）碰撞后甲球向左做匀速直线运动，设乙球从碰后到停止时的运动时间为t，根据动量定理：μm2gt=m2v2
此时甲、乙两球的距离S=（v1′+
联立得S=
答：①碰撞后甲、乙两球的速率为联立得
②乙球在平面上刚停下时与甲球间的距离为
正确答案
解析
解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律
0=-M车vc+m人v，
m人v=-M车vb+m人v，
m人v=（M车+m人）•va，
所以：vc=
即：vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．所以选项AB错误，选项C正确．
故选：C
①A、B碰撞系统损失的机械能；
②AB与C发生弹性碰撞后，各物体的速度大小．
正确答案
解：①设A与B碰后粘合在一起的速度大小为v，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv，解得：v=
A、B碰撞系统损失的机械能
②设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为vAB、vC，AB与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有：
2mv=2mvAB+mvC，
解得：
答：①A、B碰撞系统损失的机械能为
②AB与C发生弹性碰撞后，AB的速度为
解析
解：①设A与B碰后粘合在一起的速度大小为v，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv，解得：v=
A、B碰撞系统损失的机械能
②设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为vAB、vC，AB与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有：
2mv=2mvAB+mvC，
解得：
答：①A、B碰撞系统损失的机械能为
②AB与C发生弹性碰撞后，AB的速度为
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．
则 v=
根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，
则得：M
解得渔船的质量：M=
故选：D
如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上．一平板车静止在光滑水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平．一质量为m的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m．物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板车．平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2．
（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v与时间t的关系式．
（2）求平板车的质量M．
（3）求物块与平板车间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）由图2所示图象可知，平板车加速过程做初速度为零的匀加速运动，由图象可知，加速度为：
a=
由运算表运动的速度公式得，v与t的关系式为：v=2t；
（2）物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=
解得物块离开轨道的速度为：v0=4m/s，
物块滑上车之后最终没有脱离平板车，物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）vt，
由图象知物块与平板车最后的共同速度：vt=1m/s，
代入数据解得平板车的质量为：M=3m；
（3）平板车在加速过程中，对平板车，由牛顿第二定律得：
μmg=Ma，
由图象知平板车的加速度：a=2m/s2，
代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：μ=0.6；
答：（1）平板车在加速过程中速度v与时间t的关系式为v=2t．
（2）求平板车的质量为3m．
（3）求物块与平板车间的动摩擦因数为0.6．
解析
解：（1）由图2所示图象可知，平板车加速过程做初速度为零的匀加速运动，由图象可知，加速度为：
a=
由运算表运动的速度公式得，v与t的关系式为：v=2t；
（2）物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=
解得物块离开轨道的速度为：v0=4m/s，
物块滑上车之后最终没有脱离平板车，物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）vt，
由图象知物块与平板车最后的共同速度：vt=1m/s，
代入数据解得平板车的质量为：M=3m；
（3）平板车在加速过程中，对平板车，由牛顿第二定律得：
μmg=Ma，
由图象知平板车的加速度：a=2m/s2，
代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：μ=0.6；
答：（1）平板车在加速过程中速度v与时间t的关系式为v=2t．
（2）求平板车的质量为3m．
（3）求物块与平板车间的动摩擦因数为0.6．
斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时（速度水平向东）立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度（相对地面）大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：设爆炸前的速度为v，爆炸后的速度为v前后以及v′，设向东为正方向，根据水平方向动量守恒：
3mv=mv前后+mv′-mv前后
得：v′=3v，方向向东；
A、爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，A正确；
B、爆炸后的瞬间，中间那块的速度一定向东，故B错误；
C、爆炸后三块做平抛运动，竖直方向h=
D、中间那块的动能
故选：A．
正确答案
解析
解：A、以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受合外力为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B、细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B错误；
C、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv′=0，则mv=Mv′，由于M＞m，则v′＜v，故C错误；
D、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv′=0，则：m
故选：AD．
①若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向
②若A、B的质量比为k，且k＜1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小．
正确答案
解：①设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v，设向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mv0-mv0=2mv，
代入数据解得：v=0；
对物块A，由动量定理得，摩擦力对物块A的冲量I=0-（-mv0）=mv0，冲量方向水平向右；
②设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v′，木块A的位移大小为s．设向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mv0-kmv0=（m+km）v′
解得：v′=
对木块A由动能定理：-μkmgs=
代入数据解得：s=
答：①若A、B的质量均为m，小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小为：mv0，冲量方向水平向右；
②若A、B的质量比为k，且k＜1，物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小为
解析
解：①设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v，设向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mv0-mv0=2mv，
代入数据解得：v=0；
对物块A，由动量定理得，摩擦力对物块A的冲量I=0-（-mv0）=mv0，冲量方向水平向右；
②设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为v′，木块A的位移大小为s．设向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mv0-kmv0=（m+km）v′
解得：v′=
对木块A由动能定理：-μkmgs=
代入数据解得：s=
答：①若A、B的质量均为m，小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小为：mv0，冲量方向水平向右；
②若A、B的质量比为k，且k＜1，物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小为
一质量为1.0kg的A小球静止在光滑水平面上，另一质量为0.5kg的B小球以2.0m/s的速度和静止的A小球正碰，碰后B小球以0.2m/s 的速度被反向弹回，仍在原来的直线上运动．碰后两球的总动量是______kg•m/s，原静止的A小球获得的速度大小是______m/s．
正确答案
1
2
解析
解：取碰撞前B的速度方向为正方向．由动量守恒定律得：
P初=P末
所以碰后AB两球的总动量为：
P末=P初=mBvB=0.5×2kg•m/s=1kg•m/s
根据：mBvB=mBv′B+mAvA
得：vA=
故答案为：1，2．
正确答案
18.8
解析
解：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v1=m1v2+m2v3，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：m2=18.8kg；
故答案为：18.8．
（1）求
（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分．
正确答案
解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0vm0=（m0+m1）v1，
木块上滑过程，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（M+m0+m1）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：R=0.3m，v=1m/s；
（2）锁定瞬间木块能量不变、木块反向运动，木块以v=1m/s的初速度做平抛运动，
竖直方向：R=
解得：x=
答：（1）
（2）木块不能落到小车的水平部分．
解析
解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0vm0=（m0+m1）v1，
木块上滑过程，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（M+m0+m1）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：R=0.3m，v=1m/s；
（2）锁定瞬间木块能量不变、木块反向运动，木块以v=1m/s的初速度做平抛运动，
竖直方向：R=
解得：x=
答：（1）
（2）木块不能落到小车的水平部分．
在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B质量均为m，现A球向B球运动，并发生正碰，已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度不等于（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设碰撞前A球的速度为v，设速度的方向为正；当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，则
本题选择速度不正确的；故选：ABD．
质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰，碰撞后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则物体A获得的速度大小为______，物体A受到的冲量为______，相碰撞过程中损失的机械能为______．
正确答案
3m/s
12kg•m/s
6J
解析
解：以B的初速度方向为正方向，A、B组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律得：mBvB=mBvB′+mAvA，
即：2×5=2×（-1）+4×vA，解得：vA=3m/s；
对A，由动量定理得：I=mAvA=4×3=12kg•m/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：3m/s；12kg•m/s；6J．
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