- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解析
解：先假设乙不动，对系统运用动量守恒定律得，m甲s甲=（m乙+m船）s船，又s甲+s船=L
解得
再假设甲不动，对系统运用动量守恒定律得，m乙s乙=（m甲+m船）s船′，又s乙+s船′=L
解得
则船在水平方向上移动的距离
故答案为：
（1）子弹射出沙箱瞬间，沙箱的速度u的大小；
（2）沙箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能E损；
（3）沙箱摆动后能上升的最大高度h；
（4）沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小．
正确答案
解：（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：
mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．
故沙箱的速度为4m/s．
（2）根据功能关系，系统损失的机械能为：
故系统损失的机械能为1192J．
（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：
故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．
（4）根据机械能守恒可知，当沙箱返回到最低点时，速度大小仍为u=4m/s，因此有：
故沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小为20N．
解析
解：（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：
mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．
故沙箱的速度为4m/s．
（2）根据功能关系，系统损失的机械能为：
故系统损失的机械能为1192J．
（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：
故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．
（4）根据机械能守恒可知，当沙箱返回到最低点时，速度大小仍为u=4m/s，因此有：
故沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小为20N．
A在任意时刻系统的总动量均为m1v0
B在任意时刻系统动能均为
C在任意一段时间内两物体所受冲量大小相等
D当两物体距离最近时，其速度一定相等
正确答案
解析
解：A、在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为mv，故A正确；
B、系统发生弹性碰撞，机械能守恒，AB的动能及弹簧的弹性势能之和不变，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动能都小于 
C、在任意的一段时间内，A、B两个物体受到的弹力大小相等，根据冲量I=Ft得：冲量大小相等，故C正确；
D、当AB两个物体速度相等时，两物体相距最近，即弹簧被压缩到最短，故D正确．
故选：ACD．
正确答案
解析
解：A、由题意可知：EK甲=EK乙，因为EK=
B、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，故B正确；
C、因为乙必弹回，故速度不为零，故C错误；
D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，甲速度不反向，乙速度反向，故D错误；
故选：AB．
（1）物块A与滑块B碰后瞬时，滑块B的速度大小．
（2）斜面体的质量M．
正确答案
解：①对滑块A自开始下滑到与滑块B碰前的过程，由动能定理有：
A与B发生弹性正碰，规定A的方向为正方向，根据动量守恒有：mAvA=mAvA′+mBvB′，
由能量守恒得，
代入数据解得vA′=0，vB′=4m/s．
②B与斜面体相互作用的过程中，满足动量守恒定律有：mBvB′=（mB+M）v，
由能量守恒得，
代入数据解得M=0.3kg．
答：①物块A与滑块B碰后瞬时，滑块B的速度大小为4m/s；
②斜面体的质量为0.3kg．
解析
解：①对滑块A自开始下滑到与滑块B碰前的过程，由动能定理有：
A与B发生弹性正碰，规定A的方向为正方向，根据动量守恒有：mAvA=mAvA′+mBvB′，
由能量守恒得，
代入数据解得vA′=0，vB′=4m/s．
②B与斜面体相互作用的过程中，满足动量守恒定律有：mBvB′=（mB+M）v，
由能量守恒得，
代入数据解得M=0.3kg．
答：①物块A与滑块B碰后瞬时，滑块B的速度大小为4m/s；
②斜面体的质量为0.3kg．
满载沙子的小车总质量为M，在光滑水平面上以速度v0匀速运动，在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉．此时车的速度为（ ）
Av0
B
C
D
正确答案
解析
解：设漏掉质量为m的沙子后，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：
解得：v′=v0，故BCD错误，A正确．
故选A．
（1）小物块相对小车静止时的速度；
（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；
（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，物块相对小车滑行的距离．
正确答案
（1）由动量守恒定律，物块与小车系统：
mv0=（ M+m ）V共
∴
（2）对m，由动量定理：-μmgt=mv共-mv0=m
可以解得：
（3）由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量：
∴
答：（1）共同的速度为
（2）经历的时间为
（3）物块相对于小车滑动的距离为
解析
（1）由动量守恒定律，物块与小车系统：
mv0=（ M+m ）V共
∴
（2）对m，由动量定理：-μmgt=mv共-mv0=m
可以解得：
（3）由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量：
∴
答：（1）共同的速度为
（2）经历的时间为
（3）物块相对于小车滑动的距离为
（1）下列说法中正确的是______
A．氢原子核外电子绕核运动，同时向外辐射电磁波
B．一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光
C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1
D．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
（2）两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
（1）木块A的最终速度vA；
（2）滑块C离开A时的速度v′C．
正确答案
解：（1）A、根据玻尔理论可知，氢原子核外电子绕核运动，并不向外辐射电磁波．故A错误．
B、一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时是随机的，能发出C
C、放射性元素发生一次β衰变，β粒子的符号是
D、235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期不改变．故D错误．
故选BC
（2）对于整个过程，根据动量守恒定律得
mCvC=mAvA+（mC+mB）v′
得，vA=
对于C在A上滑行的过程，由动量守恒定律得
mCvC=（mA+mB）vA+mCvC′
代入解得，vC′=4.2m/s
故答案为：
（1）BC；（2）（1）木块A的最终速度vA是2.6m/s；（2）滑块C离开A时的速度v′C是4.2m/s．
解析
解：（1）A、根据玻尔理论可知，氢原子核外电子绕核运动，并不向外辐射电磁波．故A错误．
B、一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时是随机的，能发出C
C、放射性元素发生一次β衰变，β粒子的符号是
D、235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期不改变．故D错误．
故选BC
（2）对于整个过程，根据动量守恒定律得
mCvC=mAvA+（mC+mB）v′
得，vA=
对于C在A上滑行的过程，由动量守恒定律得
mCvC=（mA+mB）vA+mCvC′
代入解得，vC′=4.2m/s
故答案为：
（1）BC；（2）（1）木块A的最终速度vA是2.6m/s；（2）滑块C离开A时的速度v′C是4.2m/s．
正确答案
4
解析
解：由题意可知，探测器最终速度大小为2v0，且方向沿正y方向，以x轴正方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv=0，
以y轴正方向为正方向，由动量守恒定律得：
（M-2m）•2v0-mv=0，
解得：
故答案为：
A小球和小车组成的系统动量守恒
B小车向左运动的最大距离为
C小球离开小车后做斜上抛运动
D小球第二次能上升的最大高度
正确答案
解析
解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，m
C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-
故选：D．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：M、m组成的系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：MV-mv=0，
设M的位移大小为x，则m的位移大小为：b-a-x，
M的速度：V=
则：M
故选：A．
动能相同的A、B两球（mA＞mB）在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定（ ）
正确答案
解析
解：A、因球的动能相同，且A的质量大于B的质量；故A球的速度小于B球的速度；故A错误；
B、由EK=
C、因两球在碰撞中动量守恒，故两球动量的变化量相等；故C错误；
D、因A的动量大于B的动量，故总动量沿A的动量方向，故碰后只能是A静止，B朝反方向运动，故D正确；
故选：BD．
（1）子弹击中A的瞬间A和B的速度
（2）以后运动过程中弹簧的最大弹性势能
（3）B可获得的最大动能．
正确答案
解：（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒有：
mCv0=（mC+mA）vA
解得：vA=4m/s
子弹与A作用过程时间极短，B没有参与，速度仍为零，故：vb=0．
故子弹击中A的瞬间A和B的速度分别为：vA=4m/s，vb=0．
（2）对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹性势能最大．
根据动量守恒定律和功能关系可得：
mCv0=（mC+mA+mB）v
由此解得：v=1m/s
根据功能关系可得：
故弹簧的最大弹性势能为6J．
（3）设B动能最大时的速度为vB′，A的速度为vA′，则
（mC+mA）vA=（mC+mA）vA′+mBvB′
当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据功能关系有：
解得：
B获得的最大动能：
故B可获得的最大动能为：EKB=6J．
解析
解：（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒有：
mCv0=（mC+mA）vA
解得：vA=4m/s
子弹与A作用过程时间极短，B没有参与，速度仍为零，故：vb=0．
故子弹击中A的瞬间A和B的速度分别为：vA=4m/s，vb=0．
（2）对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹性势能最大．
根据动量守恒定律和功能关系可得：
mCv0=（mC+mA+mB）v
由此解得：v=1m/s
根据功能关系可得：
故弹簧的最大弹性势能为6J．
（3）设B动能最大时的速度为vB′，A的速度为vA′，则
（mC+mA）vA=（mC+mA）vA′+mBvB′
当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据功能关系有：
解得：
B获得的最大动能：
故B可获得的最大动能为：EKB=6J．
如图甲所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接．Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量m=0.010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短．已知弹簧的弹性势能可表示为Ep=
①弹丸打入靶盒A过程中弹丸损失的机械能．
②弹丸进入靶盒A后，靶盒A的最大位移．
正确答案
解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
弹丸损失的机械能为：△EP=
代入数据得：△EP=10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得：
Ep=
根据弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象的斜率得
k=
由Ep=
可得靶盒A的最大位移为：x=
答：①弹丸打入靶盒A过程中弹丸损失的机械能是10J．
②弹丸进入靶盒A后，靶盒A的最大位移是
解析
解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
弹丸损失的机械能为：△EP=
代入数据得：△EP=10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得：
Ep=
根据弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象的斜率得
k=
由Ep=
可得靶盒A的最大位移为：x=
答：①弹丸打入靶盒A过程中弹丸损失的机械能是10J．
②弹丸进入靶盒A后，靶盒A的最大位移是
（1）在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是多少？
（2）弹簧再次恢复原长时，Q的动能是多少？
正确答案
解：（1）以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m）v，
由机械能守恒定律得：
解得：EP=
（2）由动量守恒动量得：mv0=mvP+mvQ，
由机械能守恒定律得：
Q的动能：EKQ=
答：（1）在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是
（2）弹簧再次恢复原长时，Q的动能是
解析
解：（1）以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m）v，
由机械能守恒定律得：
解得：EP=
（2）由动量守恒动量得：mv0=mvP+mvQ，
由机械能守恒定律得：
Q的动能：EKQ=
答：（1）在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是
（2）弹簧再次恢复原长时，Q的动能是
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