- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解析
解：A、上述分析知EK甲=EK乙，因为EK=
因为m甲＞m乙，所以有：P甲＞P乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．
B、因为乙必弹回，不可能两球速度都为零，故B错误；
C、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，C正确；
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：A．
一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s．该未知粒子跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.7×106m/s．已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求未知粒子的质量．这实际是历史上查德威克测量中子质量从而发现中子的实验，请你根据以上查德威克的实验数据计算：中子质量与质子质量之比是多少？
正确答案
解：查德威克认为氢核、氮核与未知粒子之间的碰撞是弹性正碰；设未知粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为 v H，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mH•vH…①
其中v是碰撞后未知粒子的速度，由此可得：
vH=
同样可求出未知射线与氮原子碰撞后，打出的氮核的速度
vH=
查德威克在实验中测得氢核的最大速度为：vH=3.3×107m/s，
氮核的最大速度为：vN=4.7×106m/s．因为mN=14mH，由方程③④可得：
将速度的最大值代入方程⑤，可得：
可得：m≈1.16mH，则：m：mH=1：1.16；
答：未知粒子的质量为1.7mH，中子质量与质子质量之比是1：1.16．
解析
解：查德威克认为氢核、氮核与未知粒子之间的碰撞是弹性正碰；设未知粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为 v H，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mH•vH…①
其中v是碰撞后未知粒子的速度，由此可得：
vH=
同样可求出未知射线与氮原子碰撞后，打出的氮核的速度
vH=
查德威克在实验中测得氢核的最大速度为：vH=3.3×107m/s，
氮核的最大速度为：vN=4.7×106m/s．因为mN=14mH，由方程③④可得：
将速度的最大值代入方程⑤，可得：
可得：m≈1.16mH，则：m：mH=1：1.16；
答：未知粒子的质量为1.7mH，中子质量与质子质量之比是1：1.16．
（1）物块B沿传送带向右滑动的最远距离；
（2）物块B滑回水平面MN的速度v‘B；
（3）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让AB碰后B能从Q端滑出．
正确答案
解：（1）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：
由动量守恒有：mAvA=mBvB …②
由①②得：vA=4m/s vB=4m/s
B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得：
所以：
答：物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4m．
（2）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s‘，
由
得
说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，
答：物块B滑回水平面MN的速度v'B=4m/s．
（3）设弹射装置给A做功为W，
AB碰后速度互换，B的速度 v''B=v'A…⑥
B要滑出平台Q端，由能量关系有：
又mA=mB所以，由⑤⑥⑦得
解得：W≥8 J．
答：弹射装置P必须给A做8焦耳的功才能让AB碰后B能从Q端滑出．
解析
解：（1）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：
由动量守恒有：mAvA=mBvB …②
由①②得：vA=4m/s vB=4m/s
B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得：
所以：
答：物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4m．
（2）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s‘，
由
得
说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，
答：物块B滑回水平面MN的速度v'B=4m/s．
（3）设弹射装置给A做功为W，
AB碰后速度互换，B的速度 v''B=v'A…⑥
B要滑出平台Q端，由能量关系有：
又mA=mB所以，由⑤⑥⑦得
解得：W≥8 J．
答：弹射装置P必须给A做8焦耳的功才能让AB碰后B能从Q端滑出．
质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的
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：mv=mv′+2mvB
解得：vB=
故选：AB．
正确答案
解析
解：由图示图象可知，碰撞前两球的速度：v甲=
A、两球碰撞过程系统动量守恒，由于碰撞后两球速度都为零，系统总动量为零，由动量守恒定律可知，碰撞前两球的动量大小相等，方向相反，它们的动量不同，故AB错误；
C、碰撞过程量球动量变化量大小相等，方向相反，动量变化量不相等，故C错误；
D、碰撞前两球动量大小相等，p=mv，v1=2v2，则：m1=
故选：D．
甲、乙两船自身质量均为120kg，静止在静水中．当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳到乙船后，若不计水的阻力，甲船的速度为______m/s，乙船速度为______m/s．
正确答案
-1.5
1.2
解析
解：当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳出的过程中甲与小孩的动量守恒，选择小孩的运动方向为正方向，则：
mv0+Mv1=0
所以：
甲乙两船与小孩组成的系统在水平方向动量守恒定律，由公式：0=Mv1+（m+M）v2，得：
故答案为：-1.5，1.2
某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．
（1）若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
（2）若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围；
（3）若小滑块是与从光滑斜轨道E点静止释放的小球发生完全非弹性碰撞后，离开A点的（小球质量与小滑块的质量相等，且均可视为质点，斜轨道与水平地面平滑连接），求当满足（2）中游戏规则时，释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围．
正确答案
解：（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：
由A到B，由动能定理得：
由以上三式解得A点的速度为：v1=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：
解得A点的速度为：v2=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤vA≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：
水平方向：s=vct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：
解得：v3=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv球=2mvA…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．
解析
解：（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：
由A到B，由动能定理得：
由以上三式解得A点的速度为：v1=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：
解得A点的速度为：v2=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤vA≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：
水平方向：s=vct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：
解得：v3=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv球=2mvA…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．
（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度：
v′≥
由机械能守恒得：
解得：v≥
规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
解得：v=
故选：C．
正确答案
解析
解：
A、由题，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，都做匀减速运动，两子弹的质量相同，所受的阻力大小相同，则加速度大小相同，将两子弹的运动看成是沿相反方向的初速度为零的匀加速运动，dA＞dB，由x=
B、两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：
对A子弹：-fdA=0-EkA，得EkA=fdA
对B子弹：-fdB=0-EkB，得EkB=fdB．
由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB．故B正确．
C、根据动能的计算公式Ek=
D、木块没有位移，子弹对木块没有做功，则WA=WB．故D错误．
故选ABC
在光滑面上有两个小球，甲球的质量为2kg，乙球的质量为1kg，乙球静止，甲球以4m/s的速度和乙球对心相碰，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：两球碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
如果两球发生完全非弹性碰撞：m甲v0=（m甲+m乙）v，
代入数据解得：v=
如果两球发生完全弹性碰撞：m甲v0=m甲v甲+m乙v乙，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v甲=
碰撞后，甲的速度：
乙的速度：
A、不论发生什么类型的碰撞，碰撞后甲的速度都不可能为零，乙的速度不可能为8m/s，故A错误；
B、碰撞过程，甲做减速运动，速度减小，乙获得一定的冲量，乙开始运动，故B正确；
C、由以上分析可知，由于不知道两球碰撞的类型，无法确定两球的具体速度，故C正确；
D、由以上分析可知，BC正确，故D错误；
故选：BC．
一静止的质量为M的铀核（
（1）写出衰变方程；
（2）求出衰变过程中释放的核能．
正确答案
解：（1）
（2）设钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得：
0=mv0-（M-m）v
v=
答：（1）写出衰变方程是
（2）衰变过程中释放的核能是
解析
解：（1）
（2）设钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得：
0=mv0-（M-m）v
v=
答：（1）写出衰变方程是
（2）衰变过程中释放的核能是
静水中的两只船静止在一条直线上，质量都是M（不包括人），甲船上质量为m的人跳到乙船上，又马上跳回甲船上，问甲，乙两船的速度之比是______．
正确答案
解析
解：人与甲乙两船组成的系统动量守恒，规定向甲船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（M+m）v甲-Mv乙=0，
解得：
故答案为：
AM的速度等于零时，弹簧的弹性势能最大
BM与N具有相同速度时，两滑块动能之和最小
CM的速度为
DM的速度为
正确答案
解析
解：M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，
设相等时的速度为v，根据动量守恒定律得：
mv0=2mv
解得v=
两小球和弹簧的机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故A错误，B正确；
故选BD
（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，则对A由平抛运动规律有：L=v3t
h=2R=
解得：v3=2
对A运用机械能守恒定律得：
以A和B为系统，碰撞前后动量守恒：Mv0=Mv2+mv1
联立解得：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的条件是在最高点弹力为零、重力作为向心力，故有：
Mg=m
由机械能守恒定律有：
解得：vB=
答：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度大小分别为6m/s、3.5m/s．
（2）小球B不能达到半圆轨道的最高点．
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，则对A由平抛运动规律有：L=v3t
h=2R=
解得：v3=2
对A运用机械能守恒定律得：
以A和B为系统，碰撞前后动量守恒：Mv0=Mv2+mv1
联立解得：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的条件是在最高点弹力为零、重力作为向心力，故有：
Mg=m
由机械能守恒定律有：
解得：vB=
答：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度大小分别为6m/s、3.5m/s．
（2）小球B不能达到半圆轨道的最高点．
正确答案
解析
解：A、小车AB与木块C组成的系统动量守恒，系统在初状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB与向左运动，故A错误；
B、以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC-MvAB=0，
解得：
C、系统动量守恒，系统总动量守恒，系统总动量为零，C与油泥沾在一起后，AB立即停止运动，故C正确，D错误；
故选：BC．
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