- 动量守恒定律
- 共6910题
在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10kg•m/s与2kg•m/s，方向均向东，且定为正方向，A球在B球后，当A球追上B球发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为（ ）
正确答案
解析
解：由题意A、B两球动量分别为10kg•m/s与2kg•m/s，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为P=12kg•m/s．设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：Ek=
A、总动量满足守恒．碰撞后总动能为Ek′=
B、碰撞后的总动量为-4kg•m/s+16kgm/s=12kg•m/s，符合动量守恒．碰撞后总动能为Ek′=
C、碰撞后的总动量为6kg•m/s+12kg•m/s=18kg•m/s，不满足动量守恒定律．故C错误．
D、碰撞后的总动量为3kgm/s+9kgm/s=12kg•m/s，满足动量守恒定律．碰撞后总动能为Ek′=
故选AD
①碰撞结束时，小球A和B的速度大小；
②试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点？
正确答案
解：①分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度，v3表示小球A在半圆最高点的速度，
对A，由平抛运动规律有：L=v3t，h=2R=
代入数据解得：v3=2
对A，由机械能守恒定律得：
以A和B组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0=Mv2+mv1，
联立并代入数据解得：v1=6m/s，v2=3.5m/s．
②小球B刚能沿着半圆轨道上升到最高点时，在最高点重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：Mg=m
由机械能守恒定律得：
解得：vB=
可知：小球B不能达到半圆轨道的最高点．
答：①碰撞结束时，小球A的速度为6m/s，B的速度大小为3.5m/s；
②小球B不能沿着半圆轨道到达c点．
解析
解：①分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度，v3表示小球A在半圆最高点的速度，
对A，由平抛运动规律有：L=v3t，h=2R=
代入数据解得：v3=2
对A，由机械能守恒定律得：
以A和B组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0=Mv2+mv1，
联立并代入数据解得：v1=6m/s，v2=3.5m/s．
②小球B刚能沿着半圆轨道上升到最高点时，在最高点重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：Mg=m
由机械能守恒定律得：
解得：vB=
可知：小球B不能达到半圆轨道的最高点．
答：①碰撞结束时，小球A的速度为6m/s，B的速度大小为3.5m/s；
②小球B不能沿着半圆轨道到达c点．
正确答案
解：B下滑到达底端过程中，系统机械能守恒，有：
mgh=
水平方向动量守恒，取水平向左为正方向：0=3mvA-mvB
B与弹簧作用后速度大小不变，方向改变，在A上上滑过程也满足系统机械能守恒、水平方向动量守恒，当二者速度相等时上升到达最大高度，设最大高度为h1
则有：
mvB+3mvA=（m+3m）vAB
联立解得：h1=
答：物块B在劈A上能够达到的最大高度为
解析
解：B下滑到达底端过程中，系统机械能守恒，有：
mgh=
水平方向动量守恒，取水平向左为正方向：0=3mvA-mvB
B与弹簧作用后速度大小不变，方向改变，在A上上滑过程也满足系统机械能守恒、水平方向动量守恒，当二者速度相等时上升到达最大高度，设最大高度为h1
则有：
mvB+3mvA=（m+3m）vAB
联立解得：h1=
答：物块B在劈A上能够达到的最大高度为
①碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？
②弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？
正确答案
解：①m2自由下落，由机械能守恒定律得：m2gh1=
碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，代入数据解得：v=
碰后的动能：EK=
②m1与m2共同下降的高度：△h=0.3m，
由机械能守恒得：（m1+m2）g△h+
代入数据解得：△EP=7.5J，所以弹性势能为：E═△EP+0.5=7.5+0.5=8J；
答：①碰撞结束瞬间两物体的动能之和是1.5J．
②弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能8J．
解析
解：①m2自由下落，由机械能守恒定律得：m2gh1=
碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，代入数据解得：v=
碰后的动能：EK=
②m1与m2共同下降的高度：△h=0.3m，
由机械能守恒得：（m1+m2）g△h+
代入数据解得：△EP=7.5J，所以弹性势能为：E═△EP+0.5=7.5+0.5=8J；
答：①碰撞结束瞬间两物体的动能之和是1.5J．
②弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能8J．
Av0
B0
C2μ
D-v0
正确答案
解析
解：该题需要分以下两种情况进行分析：
①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有：
Mv0=（M+m）v
由于M≫m
所以：v=v0；
②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有：
Fμt=mv′
竖直方向上有：
FNt=2mv=2m
又 Fμ=μFN
解得：v′=2μ
故选：AC．
（2015秋•保定期末）置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态．现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零，在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：
①两球间的距离最小时B球的速度；
②两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功．
正确答案
解：①对A物体，由动量定理得：I=mv0，
两球间的距离最小时，速度相等，以A得初速度方向为正，根据系统动量守恒得：
mv0=2mv
解得：v=
②从初始状态到二者距离达到与初始状态相等的过程中，设二者得位移大小均为l，
根据动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，
对A由动能定理得：-Fl=
对B由动能定理得：Fl=
联立解得：v1=0，v2=v0
两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功W=
答：①两球间的距离最小时B球的速度为
②两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功为
解析
解：①对A物体，由动量定理得：I=mv0，
两球间的距离最小时，速度相等，以A得初速度方向为正，根据系统动量守恒得：
mv0=2mv
解得：v=
②从初始状态到二者距离达到与初始状态相等的过程中，设二者得位移大小均为l，
根据动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，
对A由动能定理得：-Fl=
对B由动能定理得：Fl=
联立解得：v1=0，v2=v0
两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功W=
答：①两球间的距离最小时B球的速度为
②两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功为
（1）小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？
（2）平板车P的长度为多少？
（3）小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？
正确答案
解：（1）设小球与Q碰前的速度为V0，小球下摆过程机械能守恒：
mgR（1-cos60°）=
V0=
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．
小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mV0=mV1+MV2
其中V2=
解得：V1=
答：小物块Q离开平板车时，二者速度分别为：V1=
（2）对系统由能量守恒：
解得：
答：平板车P的长度：
（3）Q脱离P后做平抛运动，由
Q落地时二者相距：s=（V1-V2）t=
答：小物块Q落地时与小车的水平距离为：s=
解析
解：（1）设小球与Q碰前的速度为V0，小球下摆过程机械能守恒：
mgR（1-cos60°）=
V0=
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．
小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mV0=mV1+MV2
其中V2=
解得：V1=
答：小物块Q离开平板车时，二者速度分别为：V1=
（2）对系统由能量守恒：
解得：
答：平板车P的长度：
（3）Q脱离P后做平抛运动，由
Q落地时二者相距：s=（V1-V2）t=
答：小物块Q落地时与小车的水平距离为：s=
（1）子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小；
（2）子弹和木块B的最终速度大小．
正确答案
解：（1）设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B系统，有：mv0=mv1+2Mv；
根据功能关系，有：fd=
联立解得：v1=320m/s，f=7362N；
（2）子弹从进入木块B到最后与木块B相对静止过程，系统动量守恒，根据守恒定律，有：
mv1+Mv=（m+M）v2
解得：v2=
答：（1）子弹离开木块A时的速度大小为320m/s，子弹在木块A中所受的阻力大小为7362N；
（2）子弹和木块B的最终速度大小约为8.9m/s．
解析
解：（1）设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B系统，有：mv0=mv1+2Mv；
根据功能关系，有：fd=
联立解得：v1=320m/s，f=7362N；
（2）子弹从进入木块B到最后与木块B相对静止过程，系统动量守恒，根据守恒定律，有：
mv1+Mv=（m+M）v2
解得：v2=
答：（1）子弹离开木块A时的速度大小为320m/s，子弹在木块A中所受的阻力大小为7362N；
（2）子弹和木块B的最终速度大小约为8.9m/s．
生活中有许多实例可以近似看作是完全非弹性碰撞过程，如用锤打桩、杂技中“胸口碎石”的表演等．可以从能量的角度认识这些碰撞过程、用锤打桩是利用锤与桩碰撞后锤与桩的动能使桩钻入土层，这种情况希望碰撞过程中损失的动能越少越好；而“胸口碎石”表演时，要求碰撞后锤与石块的动能越小越好，利用碰撞过程损失的动能使石块形变．请你以质量为m1的物体以初速度v0与质量为m2的静止物体发生完全非弹性碰撞为例，计算碰撞过程损失的动能，并说明在什么情况下，系统损失的动能更多．
正确答案
解：物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，
由能量守恒定律得，损失的动能：△EK=
解得：△EK=
当
答：损失的动能为：
解析
解：物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，
由能量守恒定律得，损失的动能：△EK=
解得：△EK=
当
答：损失的动能为：
在光滑的水平面上，质量为m的A球以速度v0与质量为2m的静止B球发生对心碰撞，碰后A球的动能变为碰前的
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的
v′=±
碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0=mv′+2mvB
解得：vB=
故选：AB．
正确答案
6
解析
解：碰前A的速度
B的速度
碰后的AB的速度：
根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v
解得：mB=6kg
故答案为：6
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大小为v时，小车对地运动速度大小为
DAB车向左运动最大位移值等于
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，则根据动量守恒定律得：m
故选：BC．
（i）B、C碰撞前的瞬间B的速度；
（ii）整个运动过程中，弹簧释放的弹性势能与系统损失的机械能之比．
正确答案
解：（i）A、B被弹开过程A、B系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，
对BC碰撞过程，由动量守恒定律得：（mC+mB）vC=mBvB，
且vC=vA，
解得：vC=vA=0.5v0，vB=2v0；
（ii）从绳剪断到AB与弹簧分开的过程，对AB和弹簧满足能量守恒，则有：
解得：
根据全过程系统损失的机械能等于B、C碰撞前后损失的动能，则有：
解得：
则
答：（i）B、C碰撞前的瞬间B的速度为0.5v0；
（ii）整个运动过程中，弹簧释放的弹性势能与系统损失的机械能之比为1：2．
解析
解：（i）A、B被弹开过程A、B系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，
对BC碰撞过程，由动量守恒定律得：（mC+mB）vC=mBvB，
且vC=vA，
解得：vC=vA=0.5v0，vB=2v0；
（ii）从绳剪断到AB与弹簧分开的过程，对AB和弹簧满足能量守恒，则有：
解得：
根据全过程系统损失的机械能等于B、C碰撞前后损失的动能，则有：
解得：
则
答：（i）B、C碰撞前的瞬间B的速度为0.5v0；
（ii）整个运动过程中，弹簧释放的弹性势能与系统损失的机械能之比为1：2．
正确答案
解：设长木板不固定时，小物块B的初速度为v0，B刚好与A不发生碰撞时，二者的速度相等，设共同速度为v共，选取物块B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=3mv共
设长木板不固定时，小物块B停止的位置到A左端的距离为s，由功能关系得：
联立解得：s=
答：小物块B停止时距A左端的距离是
解析
解：设长木板不固定时，小物块B的初速度为v0，B刚好与A不发生碰撞时，二者的速度相等，设共同速度为v共，选取物块B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=3mv共
设长木板不固定时，小物块B停止的位置到A左端的距离为s，由功能关系得：
联立解得：s=
答：小物块B停止时距A左端的距离是
光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为______J，此时物块A的速度是______m/s．
正确答案
12
3
解析
解：由B、C碰撞瞬间，B、C的总动量守恒，选向右的方向为正，由动量守恒定律得：
mBv0=（mB+mC）v
代入数据解得：v=2m/s；
三个物体速度相同时弹性势能最大，选向右的方向为正，由动量守恒定律得：
mAv0+mBv0=（mA+mB+mC）v共，
代入数据解得：v共=3m/s
设最大弹性势能为Ep，由机械能守恒得：EP=
代入数据解得：EP=12J
故答案为：12，3
扫码查看完整答案与解析