- 动量守恒定律
- 共6910题
光滑水平面上放置一个质量为m的小物块，对小物块施加一个恒定的水平拉力F，作用时间t后撤掉拉力，小物块获得的速度为______；该小物块与前方静止的质量为2m的另一物块发生碰撞，并结合为一体，则共同体的速度为______．
正确答案
解：以F的方向为正方向，对物块m，
由动量定理得：Ft=mv，解得：v=
以两物块组成的系统为研究对象，以m的初速度方向为正方向，
两物块碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
mv=（m+2m）v′，解得：v′
故答案为：
解析
解：以F的方向为正方向，对物块m，
由动量定理得：Ft=mv，解得：v=
以两物块组成的系统为研究对象，以m的初速度方向为正方向，
两物块碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
mv=（m+2m）v′，解得：v′
故答案为：
正确答案
250
190
解析
解：碰撞前两个小球的总动能为：E1=
碰撞过程动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1=-m1v1′+m2v2，
代入数据得：v2=6m/s．
碰撞后两小球的总动能：E1=
故答案为：250，190．
正确答案
解析
解：以车与球组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，
两球同时抛出时：2mv+Mv车=0，解得：v车=-
小球依次抛出时：mv+（M+m）v′=0，mv+Mv车′=（M+m）v′，
解得：v车′=-
故选：C．
一质量为M=0.8kg的中空的、粗细均匀的、足够长的绝缘细管，其内表面粗糙、外表面光滑；有一质量为m=0.2kg、电荷量为q=0.1C的带正电小滑块以水平向右的速度进入管内，如图甲．细管置于光滑的水平地面上，细管的空间能让滑块顺利地滑进去，示意图如图乙．运动过程中滑块的电荷量保持不变．空间中存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感强度为B=1.0T．（取水平向右为正方向，g=10m/s2）
（1）滑块以v0=10m/s的初速度进入管内，则系统最终产生的内能为多少？
（2）滑块最终的稳定速度 vt取决于滑块进入细管时的初速度v0，请以滑块的初速度v0为横坐标、滑块最终稳定时的速度vt为纵坐标，在丙图中画出滑块的vt-v0图象（只需画出v0的取值范围在0至60m/s的图象）．
正确答案
由左手定则可知，小球受洛仑兹力方向向上，F洛＜mg=2N，
小球与管的下壁有弹力，摩擦使球减速至最终与细管速度相同时，
两者以共同速度v运动，由动量守恒定律：mv0=（m+M）v，
解得：v=2 m/s，由能量守恒定律得：
系统产生内能：
（2）当滑块对管的上下壁均无压力时，滑块进入细管的速度满足：
①当小球初速小于v1=20m/s时，F洛＜mg，小球与管的下壁有弹力，摩擦力使小球最终与管共速，
系统动量守恒：mv0=（m+M）v，代入数据得：vt=0.2v0（0＜v0＜20m/s），
②当初速度大于vm时细管离开地面：（M+m）g=qvmB，代入数据得：vm=100m/s，
③当小球初速20m/s≤v0≤100m/s时，小球与管的上壁有弹力，摩擦使球减速最终速度为v'0，即：vt=20m/s；
vt-v0图象如图所示．
答：（1）滑块以v0=10m/s的初速度进入管内，系统最终产生的内能为8J；
（2）vt-v0图象如图所示．
解析
由左手定则可知，小球受洛仑兹力方向向上，F洛＜mg=2N，
小球与管的下壁有弹力，摩擦使球减速至最终与细管速度相同时，
两者以共同速度v运动，由动量守恒定律：mv0=（m+M）v，
解得：v=2 m/s，由能量守恒定律得：
系统产生内能：
（2）当滑块对管的上下壁均无压力时，滑块进入细管的速度满足：
①当小球初速小于v1=20m/s时，F洛＜mg，小球与管的下壁有弹力，摩擦力使小球最终与管共速，
系统动量守恒：mv0=（m+M）v，代入数据得：vt=0.2v0（0＜v0＜20m/s），
②当初速度大于vm时细管离开地面：（M+m）g=qvmB，代入数据得：vm=100m/s，
③当小球初速20m/s≤v0≤100m/s时，小球与管的上壁有弹力，摩擦使球减速最终速度为v'0，即：vt=20m/s；
vt-v0图象如图所示．
答：（1）滑块以v0=10m/s的初速度进入管内，系统最终产生的内能为8J；
（2）vt-v0图象如图所示．
正确答案
解析
解：木块A与木块B构成的系统所受外力的合力为零，动量守恒，根据动量守恒定律
MvA-mvB=（M+m）v
代入数据解得
v=2m/s
因而D正确；
根据能量守恒定律，系统增加的内能为
Q=（
故A正确；
由公式Q=f△s，可知，要求出相对位移，还需要先求出摩擦力f，由于动摩擦因素未知，故无法求出相对位移，因而C错误；
摩擦力未知，也无法求出两个木块的加速度，故无法求出有相对滑动的时间，因而B错误；
故选AD．
如图所示，一固定斜面体，其斜边与水平底边的夹角θ=37°，BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点．一物块被轻放在斜面上F点由静止释放，物块离开斜面后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，斜面体水平底边与滑板上表面的高度差H=2R，板长l=6.5R，板左端到D点的距离L在R＜L＜5R范围内取值，F点距A点的距离s=12.5R，物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取g．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（结果用字母m、g、R、L表示）
（1）求物块滑到A点的速度大小；
（2）求物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（3）试讨论物块从滑上滑板到离开左端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系；并判断物块能否滑到DE轨道的中点．
正确答案
解：（1）物块沿斜面下滑过程，由动能定理得：
mg•12.5Rsinθ-μmg•12.5Rcosθ=
解得：v1=
（2）对物块，由机械能守恒定律得：
解得：v2=3
在C点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
解得：F=10mg；
（3）物块从C滑上滑板后做匀减速直线运动，滑板做匀加速直线运动，
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：mv2=（M+m）v3，
解得：v3=
对物块，由动能定理得：-μmgl1=
对滑板，由动能定理得：μmgl2=
解得：l1=8R，l2=2R，
物块相对于滑板的位移：△l=l2-l1=6R＜l，
则物块与滑板速度相同时物块没有离开滑板，两者速度相同后一起做匀速直线运动，
①当R＜L＜2R时，物块在滑板上一直做匀减速运动到达D点，位移大小为6.5R+L，
克服摩擦力做功：Wf=μmg（6.5R+L）=
由动能定理得：-μmg（6.5R+L=
解得：
②当2R≤L＜5R时，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，
克服摩擦力做功：Wf=μmg（8R+0.5R）=
由动能定理得：-μmg（8R+0.5R）=
解得：
答：（1）物块滑到A点的速度大小为
（2）物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小为10mg；
（3）①当R＜L＜2R时，克服摩擦力做功：Wf=
②当2R≤L＜5R时，克服摩擦力做功：Wf=
解析
解：（1）物块沿斜面下滑过程，由动能定理得：
mg•12.5Rsinθ-μmg•12.5Rcosθ=
解得：v1=
（2）对物块，由机械能守恒定律得：
解得：v2=3
在C点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
解得：F=10mg；
（3）物块从C滑上滑板后做匀减速直线运动，滑板做匀加速直线运动，
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：mv2=（M+m）v3，
解得：v3=
对物块，由动能定理得：-μmgl1=
对滑板，由动能定理得：μmgl2=
解得：l1=8R，l2=2R，
物块相对于滑板的位移：△l=l2-l1=6R＜l，
则物块与滑板速度相同时物块没有离开滑板，两者速度相同后一起做匀速直线运动，
①当R＜L＜2R时，物块在滑板上一直做匀减速运动到达D点，位移大小为6.5R+L，
克服摩擦力做功：Wf=μmg（6.5R+L）=
由动能定理得：-μmg（6.5R+L=
解得：
②当2R≤L＜5R时，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，
克服摩擦力做功：Wf=μmg（8R+0.5R）=
由动能定理得：-μmg（8R+0.5R）=
解得：
答：（1）物块滑到A点的速度大小为
（2）物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小为10mg；
（3）①当R＜L＜2R时，克服摩擦力做功：Wf=
②当2R≤L＜5R时，克服摩擦力做功：Wf=
正确答案
解：人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，
设碰后A的速度v1，B的速度为v2，
mAv0=mAv1+mBv2
解得：
人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3，
m人v0+mBv2=（m人+mb）v3
代入数据得：v3=
答：最终人与B共同速度是
解析
解：人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，
设碰后A的速度v1，B的速度为v2，
mAv0=mAv1+mBv2
解得：
人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3，
m人v0+mBv2=（m人+mb）v3
代入数据得：v3=
答：最终人与B共同速度是
在光滑水平面上，质量分别为2kg和1kg的两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为______m/s，方向______．
正确答案
与1kg小球的初速度方向相同
解析
解：设2kg小球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m1v1-m2v2=（m1+m2）v
2×0.5-1×2=（2+1）v
得：v=-
即方向与1kg小球的初速度方向相同．
故答案为：
正确答案
解析
解：物块在小车上滑行结束，它们具有相同的速度v，根据动量守恒定律，有mv0=（M+m）v．
在这一过程中，物块和小车组成的系统所减少的机械能全部转化为内能，因此有
答：物块在车上滑行所产生的热量为
A
B
C
D3
正确答案
解析
解：选取小物块与木板组成的系统为研究的对象，选小物块的初速度为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv0=2mv1+mv2…①
若小物块从木板上滑落，则：v1＞v2，
当二者速度相同时，木板获得的动量最大，此时①式为：P0=（2m+m）v
木板的动量：
选项A与B满足该条件．
故选：AB
正确答案
解析
解：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正，则由动量守恒有：
m0v0-mv=（m+m0）v1…①
代入数据解得：v1=8m/s
它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6 m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有：
（m+m0）v1-Mv=（m+m0+M）v2…②
由能量守恒定律有：
联立①②③并代入数据得：μ=0.54
答：木块与平板之间的动摩擦因数为0.54．
两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小孩从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是______．
正确答案
M：（M+m）
解析
解：设A、B两船最后的速度大小分别为v1和v2，根据题意知，人、两船组成的系统水平方向动量守恒，取最后A船的速度方向为正方向．根据动量守恒定律得：
0=（M+m）v1-Mv2
解得：
故答案为：M：（M+m）
在光滑水平面上一个质量为2m的小球速度为v，与一个质量为m的小球发生弹性正碰，求碰后两球的速度为多少的v？
正确答案
解：两球碰撞过程系统动量守恒，以2m球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：2mv=2mv1+mv2，
由机械能守恒定律得：
解得：v1=
答：碰后两球的速度分别为：
解析
解：两球碰撞过程系统动量守恒，以2m球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：2mv=2mv1+mv2，
由机械能守恒定律得：
解得：v1=
答：碰后两球的速度分别为：
（1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度v；
（2）木块返回小车左端时的动能Ek；
（3）弹簧获得的最大弹性势能Epm．
正确答案
解：（1）木块与小车组成的系统动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，当弹簧被压缩到最短时，木块和小车速度相等，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=2m/s；
（2）木块与弹簧碰后相对小车向左运动，当木块相对小车静止时，木块相对小车到达左边最远点．因此木块恰能到小车的左端时，两者同速．由动量守恒可知此时有：
v块=v车=2 m/s
木块的动能为：EK=
（3）木块往返过程中克服摩擦力做功，系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=40J．
考虑木块开始运动到弹簧压缩到最短的过程，系统克服摩擦力做功损失的机械能为：
△E′=
对这个过程由能量转化与守恒定律有：
代入数据解得，弹簧压缩到最短时获得的最大弹性势能为：Epm=20 J．
答：（1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度v为2m/s；
（2）木块返回小车左端时的动能Ek为2J；
（3）弹簧获得的最大弹性势能Epm为20J．
解析
解：（1）木块与小车组成的系统动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，当弹簧被压缩到最短时，木块和小车速度相等，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=2m/s；
（2）木块与弹簧碰后相对小车向左运动，当木块相对小车静止时，木块相对小车到达左边最远点．因此木块恰能到小车的左端时，两者同速．由动量守恒可知此时有：
v块=v车=2 m/s
木块的动能为：EK=
（3）木块往返过程中克服摩擦力做功，系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=40J．
考虑木块开始运动到弹簧压缩到最短的过程，系统克服摩擦力做功损失的机械能为：
△E′=
对这个过程由能量转化与守恒定律有：
代入数据解得，弹簧压缩到最短时获得的最大弹性势能为：Epm=20 J．
答：（1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度v为2m/s；
（2）木块返回小车左端时的动能Ek为2J；
（3）弹簧获得的最大弹性势能Epm为20J．
（1）光滑水平面上静止一个木板，当一个木块以某一初速度滑上木板，木块与木板之间的摩擦力为f，在摩擦力的作用下，两物体最终达到共速，此时木块相对于木板滑行了△s．请根据此过程中能量的转化关系，证明此过程中系统产生的内能Q=f•△s．
（2）如图所示，水平传送带AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v′=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2，求：
①在被第二颗子弹击中木块前的瞬间，木块离A点的距离；
②从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量．
正确答案
解：（1）由动能定理得：
由机械能守恒定律得：
两物体的位移关系为：sA=sB+△s，
解得：Q=f•△s；
（2）①第一颗子弹射入木块过程中动量守恒
解得：
木块向右作减速运动 加速度a=μg=5m/s2 （3）
木块速度减小为零所用时间为 
解得t1=0.6s＜1s （5）
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，
速度为零，移动距离为：S1=
在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间 t2=1s-0.6s=0.4s （7）
速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传递带同速） （8）
向左移动的位移为 
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m，方向向右 （10）
②第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为S‘=v1t1+S1=2.1m
产生的热量为Q2=μMgS'=10.5J
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为S''=v1t1-S1=0.4m
产生的热量为Q3=μMgS''=2J
每一颗子弹击中木块木块向右移0.5米，第16颗子弹击中前，木块向右移动位移S=15S0=7.5m （11）
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3
有：
解得t3=0.4s 或0.8（舍去） （18）
木块与传送带的相对位移为 S=v1t3+0.8=1.6m （19）
产生的热量为 Q4=μMgS=8J （20）
全过程中产生的热量为Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4
解得：Q=14155.5J （21）
答：（1）证明过程如上所述；
（2）①在被第二颗子弹击中木块前的瞬间，木块离A点的距离为0.5m；
②从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量为141555.5J．
解析
解：（1）由动能定理得：
由机械能守恒定律得：
两物体的位移关系为：sA=sB+△s，
解得：Q=f•△s；
（2）①第一颗子弹射入木块过程中动量守恒
解得：
木块向右作减速运动 加速度a=μg=5m/s2 （3）
木块速度减小为零所用时间为
解得t1=0.6s＜1s （5）
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，
速度为零，移动距离为：S1=
在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间 t2=1s-0.6s=0.4s （7）
速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传递带同速） （8）
向左移动的位移为
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m，方向向右 （10）
②第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为S‘=v1t1+S1=2.1m
产生的热量为Q2=μMgS'=10.5J
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为S''=v1t1-S1=0.4m
产生的热量为Q3=μMgS''=2J
每一颗子弹击中木块木块向右移0.5米，第16颗子弹击中前，木块向右移动位移S=15S0=7.5m （11）
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3
有：
解得t3=0.4s 或0.8（舍去） （18）
木块与传送带的相对位移为 S=v1t3+0.8=1.6m （19）
产生的热量为 Q4=μMgS=8J （20）
全过程中产生的热量为Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4
解得：Q=14155.5J （21）
答：（1）证明过程如上所述；
（2）①在被第二颗子弹击中木块前的瞬间，木块离A点的距离为0.5m；
②从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量为141555.5J．
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