- 动量守恒定律
- 共6910题
一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（ ）
Am=
Bm=
Cm=
Dm=
正确答案
解析
解：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv0=（M-m）v2-mv1
解得：m=
故选：C
正确答案
解：以子弹与木球组成的系统为研究对象，击中后子弹没有穿出，
设击中后，木球速度为v′，
子弹穿过木球的过程中，由于时间短、系统内力大于外力，
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：mv0=（m+M）v′
子弹和木球上升的过程只有重力做功，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：（m+M）gh=
解得h=
答：子弹穿过木球后上升的高度是
解析
解：以子弹与木球组成的系统为研究对象，击中后子弹没有穿出，
设击中后，木球速度为v′，
子弹穿过木球的过程中，由于时间短、系统内力大于外力，
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：mv0=（m+M）v′
子弹和木球上升的过程只有重力做功，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：（m+M）gh=
解得h=
答：子弹穿过木球后上升的高度是
正确答案
解：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0=2mv1-mv0
得：
②小明接木箱的过程中动量守恒，有：mv0+2mv1=（m+2m）v2
解得：
答：箱的最终速度大小是
解析
解：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0=2mv1-mv0
得：
②小明接木箱的过程中动量守恒，有：mv0+2mv1=（m+2m）v2
解得：
答：箱的最终速度大小是
求：①最后M1=的速度v1？
②物体冲上小车后，到与C车相对静止经历的时间t；
③系统在整个过程中克服摩擦力所做的功．
正确答案
解：①物体m在光滑的轨道上下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：
代人数据解得：v=
m在B、C上滑行过程，对于物体m、B、C组成的系统所受的合外力为零，满足动量守恒，取向右为正方向，则有：
mv=M1v1+（m+M2）v2
解得：v1=
②对物体m，取向右为正方向，根据动量定理得：-μmgt=mv2-mv
解得：t=-
③在整个过程中，对于三个物体组成的系统，由能量守恒定律得系统克服摩擦力所做的功为：
Wf=
答：①最后M1=的速度v1为0.2m/s．
②物体冲上小车后，到与C车相对静止经历的时间t为4.1s；
③系统在整个过程中克服摩擦力所做的功为4.18J．
解析
解：①物体m在光滑的轨道上下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：
代人数据解得：v=
m在B、C上滑行过程，对于物体m、B、C组成的系统所受的合外力为零，满足动量守恒，取向右为正方向，则有：
mv=M1v1+（m+M2）v2
解得：v1=
②对物体m，取向右为正方向，根据动量定理得：-μmgt=mv2-mv
解得：t=-
③在整个过程中，对于三个物体组成的系统，由能量守恒定律得系统克服摩擦力所做的功为：
Wf=
答：①最后M1=的速度v1为0.2m/s．
②物体冲上小车后，到与C车相对静止经历的时间t为4.1s；
③系统在整个过程中克服摩擦力所做的功为4.18J．
如图，轻质细杆上端固定在O处的水平转轴上，下端连接一质量可忽略的力传感器P（可测出细杆所受拉力或压力大小）和质量m=1kg的小球，小球恰好没有触及水平轨道．轻杆可绕O处的转轴无摩擦在竖直面内转动，小球的轨道半径R=0.5m．在水平轨道左侧某处A固定一高度H=1.5m的光滑曲面，曲面底端与水平轨道平滑连接．质量与小球相同的物块从曲面顶端由静止释放，物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，物块滑到B处时与小球发生弹性正碰，碰后小球连杆绕O点做圆周运动．重力加速度g=10m/s2．
（1）若AB间的距离s=1m，求物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小．
（2）多次改变光滑曲面在水平轨道左侧的位置并固定，每次都使物块从曲面顶端由静止释放，若有两次小球通过最高点C时力传感器中显示力的大小都为6N，求这两次AB间的距离s1和s2．
正确答案
解：（1）设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得
设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得
mv0=mv+mv1，
由牛顿第二定律得F-mg=
代入数据联立解得力传感器显示的力大小 F=50N
（2）设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得
①若C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得
将F=6N代入联立解得 s1=0.2m
②若C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得
将F=6N代入联立解得 s2=0.8m
答：（1）物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N．
（2）这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m．
解析
解：（1）设物块从静止释放运动到B处的速度为v0，由动能定理得
设物块与小球碰后的速度分别为v和v1，规定物块初速度的方向为正方向，由动量守恒和动能守恒可得
mv0=mv+mv1，
由牛顿第二定律得F-mg=
代入数据联立解得力传感器显示的力大小 F=50N
（2）设小球从B运动到C处时速度为v2，由机械能守恒定理得
①若C处细杆对小球作用力为拉力，由牛顿第二定律得
将F=6N代入联立解得 s1=0.2m
②若C处细杆对小球作用力为支持力，由牛顿第二定律得
将F=6N代入联立解得 s2=0.8m
答：（1）物块与小球碰后瞬间力传感器显示的力的大小为50N．
（2）这两次AB间的距离s1和s2分别为0.2m、0.8m．
正确答案
解析
解：P、Q组成的系统动量守恒，设P、Q的质量都为m，以向右为正方向，
从P、Q碰撞到弹簧恢复原长过程中，由动量守恒定律得：mvP=mvP′+mvQ′，
由机械能守恒定律得：
解得：vP′=0，vQ′=vP；
弹簧恢复原长后，P静止，Q做匀速直线运动，在PQ相互作用过程中，Q一直做加速运动，
因此弹簧恢复原长时Q的速度最大，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
（1）最终小车匀速运动的速度大小；
（2）整个过程，系统损失的动能大小；
（3）小车与滑块间摩擦因数μ的大小．
正确答案
解：（1）小物体停在小车的上表面正中间位置时小车与小物体有共同速度，设为v1，由动量守恒定律有：
mv=（m+m）v1
得
（2）整个过程，系统损失的动能大小
（3）系统损失的动能等于系统克服摩擦力做功，则有：
解得：
答：（1）最终小车匀速运动的速度大小为
（2）整个过程，系统损失的动能大小为
（3）小车与滑块间摩擦因数μ的大小为
解析
解：（1）小物体停在小车的上表面正中间位置时小车与小物体有共同速度，设为v1，由动量守恒定律有：
mv=（m+m）v1
得
（2）整个过程，系统损失的动能大小
（3）系统损失的动能等于系统克服摩擦力做功，则有：
解得：
答：（1）最终小车匀速运动的速度大小为
（2）整个过程，系统损失的动能大小为
（3）小车与滑块间摩擦因数μ的大小为
AP的初动能
BP的初动能的
CP的初动能的
DP的初动能的
正确答案
解析
解：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=
故选：B．
如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端固定台阶相距x，与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线使滑块由静止释放，当B到达最低点时，细线断牙，B恰好从A右端上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ=0.3，细线长为L=0.45m；且A足够长，B不会从A脱离；重力加速度为g．
（1）求细线被拉断瞬间B的速度大小v1
（2）A与台阶发生碰撞前瞬间，A、B刚好共速，求x为多少？
（3）在满足（2）条件下，A与台阶碰撞后最终的速度为多少．
正确答案
解：（1）滑块B到达最低点时速度为v1，对于B向下摆动过程，由机械能守恒定律得：
mgL=
代人数据解得：v1=
（2）设A和B共速的速度为v2．
B在A上滑行过程，以A与B组成的系统为研究对象，取向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1=3mv2，
解得：v2=
B在A上滑动过程中，根据动能定理有：
μmgx=
解得：x=
（3）A与台阶碰撞后最终的速度为v，取向右为正方向，对AB系统，由动量守恒定律有：
2mv2-mv2=3mv
解得：v=
答：
（1）细线被拉断瞬间B的速度大小v1为3m/s．
（2）A与台阶发生碰撞前瞬间，A、B刚好共速，x为
（3）在满足（2）条件下，A与台阶碰撞后最终的速度为
解析
解：（1）滑块B到达最低点时速度为v1，对于B向下摆动过程，由机械能守恒定律得：
mgL=
代人数据解得：v1=
（2）设A和B共速的速度为v2．
B在A上滑行过程，以A与B组成的系统为研究对象，取向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1=3mv2，
解得：v2=
B在A上滑动过程中，根据动能定理有：
μmgx=
解得：x=
（3）A与台阶碰撞后最终的速度为v，取向右为正方向，对AB系统，由动量守恒定律有：
2mv2-mv2=3mv
解得：v=
答：
（1）细线被拉断瞬间B的速度大小v1为3m/s．
（2）A与台阶发生碰撞前瞬间，A、B刚好共速，x为
（3）在满足（2）条件下，A与台阶碰撞后最终的速度为
Av1=v2=v3=
Bv1=0，v2=v3=
Cv1=0，v2=v3=
Dv1=v2=0，v3=v
正确答案
解析
解：A、2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，碰撞前系统动量为mv0，
如果碰后三个小球的速度v1=v2=v3=
B、如果v1=0，v2=v3=
C、选项中数据符合系统动量守恒定律，碰撞前系统动能为
D、本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0．故D正确．
故选：D．
（1）若槽固定在水平面上，要使小球恰好到达槽的最上端A点，v0应为多少
（2）若槽不固定，要使小球恰好到达槽的最上端A点，v0应为多少
（3）若槽不固定，当v0=6m/s时，圆弧槽最终获得的速度．
正确答案
解：（1）对小球，利用动能定理：-mgR=0-
得：
（2）小球恰好到达A点时，水平方向和槽共速，竖直方向速度为0．对系统，
规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v，
由能量守恒定律：
代入数据联立解得：v0=3m/s．
（3）当v0=6m/s时，小球到达A点时，水平方向仍和槽共速，故小球从A点离开槽后，还能再次从A点落回槽，并最终从槽的左侧离开槽．对系统：
规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，
由能量守恒定律：
代入数据解得：
答：（1）v0应为
（2）v0应为3m/s．
（3）圆弧槽最终获得的速度为4m/s．
解析
解：（1）对小球，利用动能定理：-mgR=0-
得：
（2）小球恰好到达A点时，水平方向和槽共速，竖直方向速度为0．对系统，
规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v，
由能量守恒定律：
代入数据联立解得：v0=3m/s．
（3）当v0=6m/s时，小球到达A点时，水平方向仍和槽共速，故小球从A点离开槽后，还能再次从A点落回槽，并最终从槽的左侧离开槽．对系统：
规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，
由能量守恒定律：
代入数据解得：
答：（1）v0应为
（2）v0应为3m/s．
（3）圆弧槽最终获得的速度为4m/s．
如图所示，质量为m2=0.5kg的长木板B静置在粗糙水平地面上，与长木板B右端距离为S=0.16m处有一质量为m3=0.3kg的静止小物块C．现有一质量m1=1.0kg的小物块A，以大小为v0=2.1m/s的水平向右初速度滑上B板左端．当长木板B与小物块C之间发生弹性正碰时，碰撞时间极短．最终小物块A和长木板B均停下，且A还在长木板B上没有滑落下来．已知小物块A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.1、长木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.05、小物块C与地面之间无摩擦，取g=10m/s2．求：
（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小；
（3）长木板B运动的总路程以及整个过程中系统所产生的总热量Q．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律对A：
μ1m1g=m1a1，
解得：a1=1m/s2，
对B：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，
解得：a2=0.5m/s2，
（2）设经时间t1B与C碰撞，由匀变速运动的位移公式得：
s=
解得：t1=0.8s，
此时A的速度为：v1=v0-a1t1=1.3m/s，
B的速度：v2=a2t1=0.4m/s＜1.3m/s，
B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，B的初速度方向为正方向，B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：
m2v2=m2v2′+m3v3′，
由机械能守恒定律得：
解得：v2′=0.1m/s，v3′=0.5m/s；
（3）B与C碰撞前，B的位移：x2=
B、C碰撞后经时间t2，A、B速度相等，速度为v，由速度公式得：
v=v1-a1t2，v=v2′+a2t2，
解得：t2=0.8s，v=0.5m/s，
v恰好等于物块C的速度，由此可知B与C不发生二次碰撞，在该时间内，B的位移：
x2′=
设此后A、B一起减速运动直至停止，对A、B系统，
由牛顿第二定律得：a=μ2g=0.5m/s2＜a1，假设成立，
则x3=
木板的总路程：L=x2+x2′+x3=0.65m，
由能量守恒定律可知，系统产生的总热量：
Q=
答：（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小分别为1m/s2、0.5m/s2；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小分别为0.1m/s、0.5m/s；
（3）长木板B运动的总路程为0.65m，整个过程中系统所产生的总热量为2.17J．
解析
解：（1）由牛顿第二定律对A：
μ1m1g=m1a1，
解得：a1=1m/s2，
对B：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，
解得：a2=0.5m/s2，
（2）设经时间t1B与C碰撞，由匀变速运动的位移公式得：
s=
解得：t1=0.8s，
此时A的速度为：v1=v0-a1t1=1.3m/s，
B的速度：v2=a2t1=0.4m/s＜1.3m/s，
B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，B的初速度方向为正方向，B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：
m2v2=m2v2′+m3v3′，
由机械能守恒定律得：
解得：v2′=0.1m/s，v3′=0.5m/s；
（3）B与C碰撞前，B的位移：x2=
B、C碰撞后经时间t2，A、B速度相等，速度为v，由速度公式得：
v=v1-a1t2，v=v2′+a2t2，
解得：t2=0.8s，v=0.5m/s，
v恰好等于物块C的速度，由此可知B与C不发生二次碰撞，在该时间内，B的位移：
x2′=
设此后A、B一起减速运动直至停止，对A、B系统，
由牛顿第二定律得：a=μ2g=0.5m/s2＜a1，假设成立，
则x3=
木板的总路程：L=x2+x2′+x3=0.65m，
由能量守恒定律可知，系统产生的总热量：
Q=
答：（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小分别为1m/s2、0.5m/s2；
（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小分别为0.1m/s、0.5m/s；
（3）长木板B运动的总路程为0.65m，整个过程中系统所产生的总热量为2.17J．
在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为P，动能变为EK，以下说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek，由动量定理可知：P=Ft，由动能定理得：EK=Fl，设物体质量为m；
A、当位移为2l时，物体的动能EK′=F•2l=2Fl=2EK，物体的动量：P′=
B、当时间为2t时，动量P′=F•2t=2Ft=2P，物体的动能：EK′=
故选：B．
在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
正确答案
解析
解：A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为V1、V2，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv=-mv1+2mv2…①
假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v
由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞0.5v…②
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
①③两式联立得：v2≤
由②④两式可得：0.5v＜v2≤
故选：B．
（1）求细绳能够承受的最大拉力；
（2）若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？
（3）通过计算判断C能否从木板上掉下来．
正确答案
解：（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v0=
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T-mg=m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T′=T…④
解得：T′=3mg…⑤；
（2）小球碰撞后平抛运动，在竖直方向上：h=
水平方向：L=
解得：h=L…⑧
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，
以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m（-
假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，
以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=（3m+6m）v2…⑩
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩⑪解得：s=
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来．
答：（1）细绳能够承受的最大拉力3mg；
（2）要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为L；
（3）Cb能否从木板上掉下来．
解析
解：（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v0=
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：T-mg=m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T′=T…④
解得：T′=3mg…⑤；
（2）小球碰撞后平抛运动，在竖直方向上：h=
水平方向：L=
解得：h=L…⑧
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，
以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m（-
假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，
以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=（3m+6m）v2…⑩
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩⑪解得：s=
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来．
答：（1）细绳能够承受的最大拉力3mg；
（2）要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为L；
（3）Cb能否从木板上掉下来．
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