- 动量守恒定律
- 共6910题
（1）小车与铁块共同运动的速度大小和方向．
（2）系统产生的内能是多少？
（3）小铁块在小车上滑动的时间．
正确答案
解：（1）以车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．取向右方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-Mv2=（M+m）v
得：v=
（2）铁块滑上平板车后，系统的动能减小转化为内能，根据能量守恒定律得：
Q=
代入解得：Q=
（3）以小车为研究对象，取向左为正方向，根据动量定理得：
-μmgt=Mv-Mv2；
得：t=
答：（1）小车与铁块共同运动的速度大小为2m/s，方向是向左．
（2）系统产生的内能是480J．
（3）小铁块在小车上滑动的时间是1.6s．
解析
解：（1）以车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．取向右方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-Mv2=（M+m）v
得：v=
（2）铁块滑上平板车后，系统的动能减小转化为内能，根据能量守恒定律得：
Q=
代入解得：Q=
（3）以小车为研究对象，取向左为正方向，根据动量定理得：
-μmgt=Mv-Mv2；
得：t=
答：（1）小车与铁块共同运动的速度大小为2m/s，方向是向左．
（2）系统产生的内能是480J．
（3）小铁块在小车上滑动的时间是1.6s．
（1）试求小球与物块碰撞时对物块做的功W；
（2）若碰撞后瞬间系小球的轻绳断裂，求小球落地点 P 到圆台下边缘的距离S1．
（3）若系物块的轻绳强度足够大，而系小球的轻绳能承受的最大拉力 T=5N，不计碰撞时对绳子拉力的冲击，试通过计算说明，小球与物块是否会在圆台上发生第二次碰撞．
正确答案
m1v0=m1v1+m2v2
解得v2=9.0m/s；
对物块由动能定理可知：W=
解得：W=0.8J；
（2）H=
水平位移x=v1t
S=
得S=0.4m；
（3）物体达到脱离圆台的临界时，受力如图所示；
由牛顿第二定律可知：
m2gtanθ=m2
tanθ=
解得vm=
故碰后的速度大于最大临界速度，故物体会离开台面，不会发生第二次碰撞；
答：（1）小球与物块碰撞时对物块做的功W为0.8J；（2）水平位移为0.4m；（3）物体离开台面，不会发生第二次碰撞．
解析
m1v0=m1v1+m2v2
解得v2=9.0m/s；
对物块由动能定理可知：W=
解得：W=0.8J；
（2）H=
水平位移x=v1t
S=
得S=0.4m；
（3）物体达到脱离圆台的临界时，受力如图所示；
由牛顿第二定律可知：
m2gtanθ=m2
tanθ=
解得vm=
故碰后的速度大于最大临界速度，故物体会离开台面，不会发生第二次碰撞；
答：（1）小球与物块碰撞时对物块做的功W为0.8J；（2）水平位移为0.4m；（3）物体离开台面，不会发生第二次碰撞．
①
正确答案
解析
解：A球到达最低点时，设其动能为：EkA，由动能定理得：
EkA=mgL（1-cos60°）=
若A、B间发生的是弹性碰撞，则B获得动能最大为EkA，上升的最大高度和A释放点相同：
即为：L（1-coθ）=
若A、B间发生的是完全非弹性碰撞（就是两个小球粘在一起）：设共同达到的速度为v′：
由动量守恒：mv=2mv′
得：v′=
则B获得动能为
mgh=
得 h=
若碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：上升的高度就介于 
综上所述：B上升的高度取值范围是：
故选：C．
有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m=60kg，船的质量M=120kg，船长为L=3m，则船在水中移动的距离是（水的阻力不计）（ ）
正确答案
解析
解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有mv=MV．
人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L-x．
由 m
解得，x=
故选：B．
正确答案
-9
9
不变
解析
解：根据x-t图象的斜率等于速度，由图象可知：
碰撞前两物体的速度分别为：vA=
碰撞后共同体的速度为：v=
A物体在相互作用前后的动量变化是：△PA=mAv-mAvA=3×1-3×4=-9kg•m/s，
B物体在相互作用前后的动量变化是：△PB=mBv-mBvB=9×1-9×0=9kg•m/s，
系统相互作用前的总动量：P=mAvA=3×4=12kg•m/s，
系统相互作用后的总动量为：P′=（mA+mB）v=（3+9）×1=12kg•m/s，
相互作用前后系统总动量不变；
故答案为：-9；9；不变．
关于动量和动能的以下说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、系统动量守恒的表达式为m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2，而动能守恒的表达式为
C、动能的表达式
D、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化．故D错误．
故选C
该物理现象可用下面的简化模型来描述：一个质量为M及动能为E的电子，与介子的一个质量为m1的夸克作弹性碰撞．介子里另一个夸克的质量为m2．夸克间以一无质量的弹簧相连．碰撞前夸克处于静止状态，弹簧处于自然长度L．所有运动都是一维的，和忽略一切相对论效应．则碰撞后夸克m1所获得的动能（ ）
AEk=
BEk=
CEk=
DEk=
正确答案
解析
解：以电子和夸克m1组成的系统为研究对象，设碰撞前电子的速度为V0，碰撞后电子的速度为V1，夸克m1的速度为V2
由动量守恒定律可知：Mv0=Mv+m1v1
由于发生弹性碰撞，碰撞前后系统动能不变，有：
其中：
解得：v1=
得：Ek=
故选：B．
正确答案
解：木块做平抛运动，
竖直方向：h=
水平方向：s=vt，
代入数据解得：v=7m/s，
子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv′+Mv，
代入数据解得：v0=1000m/s；
答：子弹击穿木块前的速度v0为1000m/s．
解析
解：木块做平抛运动，
竖直方向：h=
水平方向：s=vt，
代入数据解得：v=7m/s，
子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv′+Mv，
代入数据解得：v0=1000m/s；
答：子弹击穿木块前的速度v0为1000m/s．
求：
（1）碰后A、B再次稳定后的共同速度；
（2）碰后到A、B速度不再发生变化的瞬间，B板与竖直挡板的距离；
（3）若碰后A没从B上掉下来，则B的长度至少多长？
正确答案
解：（1）以A、B组成的系统为研究对象，B与挡板碰撞后到A、B两者速度相等过程中，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=3m/s；
（2）B与挡板碰撞后到A、B相对静止过程中，对B，由动能定理得：
-μmgsB=
代入数据解得：sB=16m；
（3）碰后A没从B上掉下来，设B的长度至少为L，对A、B组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL=
代入数据解得：L=20m．
答：（1）碰后A、B再次稳定后的共同速度为3m/s；
（2）碰后到A、B速度不再发生变化的瞬间，B板与竖直挡板的距离16m；
（3）若碰后A没从B上掉下来，则B的长度至少长20m．
解析
解：（1）以A、B组成的系统为研究对象，B与挡板碰撞后到A、B两者速度相等过程中，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=3m/s；
（2）B与挡板碰撞后到A、B相对静止过程中，对B，由动能定理得：
-μmgsB=
代入数据解得：sB=16m；
（3）碰后A没从B上掉下来，设B的长度至少为L，对A、B组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL=
代入数据解得：L=20m．
答：（1）碰后A、B再次稳定后的共同速度为3m/s；
（2）碰后到A、B速度不再发生变化的瞬间，B板与竖直挡板的距离16m；
（3）若碰后A没从B上掉下来，则B的长度至少长20m．
具有某一速率v0的子弹（不计重力）恰好能射穿某一块固定木板，若有速度为2v0的子弹，则能垂直穿过______块叠放在一起的完全相同的固定木板．
正确答案
4
解析
解：子弹以速度v0运动时，恰能水平穿透一块固定的木板，设木板对子弹的阻力是f．
根据动能定理有：
-fd=0-
设子弹的速度为2v0时，穿过的木板数为n，则根据动能定理有：
-nfd=0-
联立两式得：n=4
故答案为：4．
（1）C与A碰撞前的速度大小
（2）A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小．
正确答案
解：（1）已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，
规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得
（m+2m）v0+（-3mvC）=0
vC=v0 ，
（2）A、C碰撞后，A、C碰后连成一体，
规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得
2mv0+（-3mvC）=（2m+3m）v′
v′=-
根据动量定理得A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小I=m（
答：（1）C与A碰撞前的速度大小是v0；
（2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是
解析
解：（1）已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，
规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得
（m+2m）v0+（-3mvC）=0
vC=v0 ，
（2）A、C碰撞后，A、C碰后连成一体，
规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得
2mv0+（-3mvC）=（2m+3m）v′
v′=-
根据动量定理得A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小I=m（
答：（1）C与A碰撞前的速度大小是v0；
（2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是
（1）A在B 上滑动时，A、B的加速度大小；
（2）A在B上滑动的时间；
（3）A着地时刻与B右端的距离‘
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：
对A：μmAg=mAaA，代入数据解得：aA=2m/s2，
对B：μmAg=mBaB，代入数据解得：aB=1m/s2；
（2）A、B系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mBv0=mAvA+mBvB，
由能量时候定律得：
代入数据解得：vA=
对A，由动量定理得：mAvA=μmAgt，代入数据解得：t=
（3）A离开B后做平抛运动，B做匀速直线运动，
对A：h=
A落地时与B右端的距离：d=（vB-vA）t=（
答：（1）A在B 上滑动时，A、B的加速度大小分别为2m/s2、1m/s2；
（2）A在B上滑动的时间为
（3）A着地时刻与B右端的距离为0.4m．
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：
对A：μmAg=mAaA，代入数据解得：aA=2m/s2，
对B：μmAg=mBaB，代入数据解得：aB=1m/s2；
（2）A、B系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mBv0=mAvA+mBvB，
由能量时候定律得：
代入数据解得：vA=
对A，由动量定理得：mAvA=μmAgt，代入数据解得：t=
（3）A离开B后做平抛运动，B做匀速直线运动，
对A：h=
A落地时与B右端的距离：d=（vB-vA）t=（
答：（1）A在B 上滑动时，A、B的加速度大小分别为2m/s2、1m/s2；
（2）A在B上滑动的时间为
（3）A着地时刻与B右端的距离为0.4m．
A、B两条船静止在水面上，它们的质量均为M．质量为
正确答案
解析
解：以两船及人组成的系统为研究对象，系统在水平方向上所受合外力为零，系统动量守恒，以人的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
-MvA+（M+
解得：vA：vB=3：2；
故选：C．
（1）物块相对平板车静止时物块的速度；
（2）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长．
正确答案
解：（1）物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=（M+m）v′，
代入数据解得：v′=0.4m/s；
（2）对物块由动量定理得：-μmgt=mv′-mv，
代入数据解得：t=0.8s；
物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，由匀变速运动的平均速度公式，
对物块：s1=
对平板车：s2=
物块在平板车上滑行的距离：△s=s1-s2，
代入数据解得：△s=0.8s，
要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．
答：（1）物块相对平板车静止时物块的速度为0.4m/s；
（2）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．
解析
解：（1）物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与普遍车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=（M+m）v′，
代入数据解得：v′=0.4m/s；
（2）对物块由动量定理得：-μmgt=mv′-mv，
代入数据解得：t=0.8s；
物块在平板车上做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，由匀变速运动的平均速度公式，
对物块：s1=
对平板车：s2=
物块在平板车上滑行的距离：△s=s1-s2，
代入数据解得：△s=0.8s，
要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．
答：（1）物块相对平板车静止时物块的速度为0.4m/s；
（2）要使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m．
正确答案
解：设第一次滑块离开时木板速度为v，以向由为正方向，
由系统的动量守恒得：mvo=m•
解得：v=
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如图，
由动能定理对木板：fs=
对滑块：-f（s+L）=
当板固定时：fL=
解得：v‘=
答：滑块离开木板时的速度v'为
解析
解：设第一次滑块离开时木板速度为v，以向由为正方向，
由系统的动量守恒得：mvo=m•
解得：v=
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如图，
由动能定理对木板：fs=
对滑块：-f（s+L）=
当板固定时：fL=
解得：v‘=
答：滑块离开木板时的速度v'为
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