- 动量守恒定律
- 共6910题
A
B
C
DW
正确答案
解析
解：已知：mA：mB=1：2，设mA=m，则mB=2m，
现用水平力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功为W，根据能量守恒知簧储存的弹性势能大小是W，
设A物体刚运动时，弹簧弹性势能转化为B的动能，B物体的速度为v0，
则：
当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为v，则有动量守恒得：
2mv0=（m+2m）…②
再由机械能守恒定律得：EP+
由以上三式解得：Ep=
故选：A．
①被压缩弹簧的最大弹性势能．
②滑块C脱离弹簧后A、B、C三者的速度．
正确答案
解：①A与B碰撞后的速度为V1，规定向右为正方向，动量守恒得：
（mA+mB）v1=mAv0
得：
AB与C一起压缩弹簧过程中，三滑块速度相同时弹性势能最大，设三滑块共同速度是V2
规定向右为正方向，由系统动量守恒得：
（mA+mB+mC）v2=mAv0，
解得：
由机械能守恒得：
解得：
②弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧．AB速度为V3，C速度为V4，
规定向右为正方向，由系统动量定恒得：
（mA+mB）v1=（mA+mB）v3+mCv4
由机械能守恒得：
解得：v3=0，
答：①被压缩弹簧的最大弹性势能是
②滑块C脱离弹簧后AB速度为0，C速度为
解析
解：①A与B碰撞后的速度为V1，规定向右为正方向，动量守恒得：
（mA+mB）v1=mAv0
得：
AB与C一起压缩弹簧过程中，三滑块速度相同时弹性势能最大，设三滑块共同速度是V2
规定向右为正方向，由系统动量守恒得：
（mA+mB+mC）v2=mAv0，
解得：
由机械能守恒得：
解得：
②弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧．AB速度为V3，C速度为V4，
规定向右为正方向，由系统动量定恒得：
（mA+mB）v1=（mA+mB）v3+mCv4
由机械能守恒得：
解得：v3=0，
答：①被压缩弹簧的最大弹性势能是
②滑块C脱离弹簧后AB速度为0，C速度为
质量为M的小车静止在光滑水平面上，质量为m的人站在小车左端．在此人从小车的左端走到右端的过程中（ ）
正确答案
解析
解：选择人与车组成的系统为研究的对象，人走动的方向为正方向；
A、人在车上走的过程中水平方向的动量守恒，由于人与车组成的系统在水平方向动量守恒，所以若在走动过程中人突然相对于车停止，这时车相对于地的速度是0．故A错误；
B、C、D、设人的速率是v1，车的速率的v2，由动量守恒定律得：mv1=Mv2
设车的长度是L，则人走到车尾的过程中：v1t+v2t=L
联立两式得：
故选：D
①B运动过程中的最大速率．
②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，求B、C间动摩擦因数μ．
正确答案
解：①A与B碰后瞬间，B速度最大．取向右为正方向，
由A、B系统动量守恒，有：mAv0+0=-mAvA+mBvB，
代入数据得：vB=4m/s；
②B与C达到共同速度后，由B、C系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有：mBvB+0=（mB+mC）vC，代入数据得：vC=
由能量守恒定律得：
答：①B运动过程中的最大速率为4m/s．
②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，B、C间动摩擦因数μ为
解析
解：①A与B碰后瞬间，B速度最大．取向右为正方向，
由A、B系统动量守恒，有：mAv0+0=-mAvA+mBvB，
代入数据得：vB=4m/s；
②B与C达到共同速度后，由B、C系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有：mBvB+0=（mB+mC）vC，代入数据得：vC=
由能量守恒定律得：
答：①B运动过程中的最大速率为4m/s．
②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，B、C间动摩擦因数μ为
甲乙两船自身质量均为100kg，都静止在静水中，当一个质量为60kg的人从甲船跳上乙船后，不计水阻力，甲、乙两船速度大小之比v甲：v乙（ ）
正确答案
解析
解：设船的质量为M，人的质量为m，甲乙两船与小孩组成的系统在水平方向动量守恒定律，即人从甲船跳上乙船后甲船的动量与乙及人的动量等大反向，规定人从甲船跳上乙船时速度的方向为正，则：
（m+M）v2-Mv1=0
得：
故选：B．
求：（1）物块离开木板时物块的速度；
（2）物块滑上凹槽的最大高度．
正确答案
解：（1）物体在木板上滑行的过程中，以向右为正，对系统由动量守恒可得：
mv0=mv1+（M1+M2）v2，代入数据解得：v1=4m/s；
（2）物体在凹槽上滑行的过程中，设上升的最大高度为h，以向右为正方向，
对系统由动量守恒和能量守恒可得：mv1+M2v2=（m+M2）v，
答：（1）物块离开木板时物块的速度为4m/s；
（2）物块滑上凹槽的最大高度0.15m．
解析
解：（1）物体在木板上滑行的过程中，以向右为正，对系统由动量守恒可得：
mv0=mv1+（M1+M2）v2，代入数据解得：v1=4m/s；
（2）物体在凹槽上滑行的过程中，设上升的最大高度为h，以向右为正方向，
对系统由动量守恒和能量守恒可得：mv1+M2v2=（m+M2）v，
答：（1）物块离开木板时物块的速度为4m/s；
（2）物块滑上凹槽的最大高度0.15m．
（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为多大？
（2）A、B两球跟C球相碰后的共同速度为多大？
（3）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？
正确答案
解：（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
代入数据解得：v1=1m/s；
（2）A、B两球与C碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2mv1=mvC+2mv2，
代入数据解得：v2=0.5 m/s，
（3）由能量守恒定律得：△Ek=
代入数据解得：△Ek=1.25 J；
答：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为1m/s；
（2）A、B两球跟C球相碰后的共同速度为0.5m/s；
（3）两次碰撞过程中一共损失了1.25J的动能．
解析
解：（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
代入数据解得：v1=1m/s；
（2）A、B两球与C碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2mv1=mvC+2mv2，
代入数据解得：v2=0.5 m/s，
（3）由能量守恒定律得：△Ek=
代入数据解得：△Ek=1.25 J；
答：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为1m/s；
（2）A、B两球跟C球相碰后的共同速度为0.5m/s；
（3）两次碰撞过程中一共损失了1.25J的动能．
（1）当子弹射穿木块时，轻绳的拉力大小F；
（2）当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度h；
（3）当木块第一次返回到最低点时，木块的速度大小vM．
正确答案
解：（1）设子弹从木块穿过后木块获得的速度为v，
由动量守恒得：m0v0=m0u+Mv，解得：v=8m/s，
对木板，由牛顿第二定律得：F-Mg=M
（2）木块与圆环一起向右摆动的过程中，
在水平方向由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v1，
由机械能守恒定律得：
（3）整个过程，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：
（M+m）v1=MvM+mv3
解得，vM=4.8m/s，v3=12.8m/s，vM=8m/s舍去，v3=0舍去；
在木块摆动的过程中，圆环一直受水平向右的绳子的分力作用，速度一直增大，所以v3=0不可能，舍去．
答：（1）当子弹射穿木块时，轻绳的拉力大小为148N；
（2）当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度为0.64m．
（3）当木块第一次返回到最低点时，木块的速度是4.8m/s．
解析
解：（1）设子弹从木块穿过后木块获得的速度为v，
由动量守恒得：m0v0=m0u+Mv，解得：v=8m/s，
对木板，由牛顿第二定律得：F-Mg=M
（2）木块与圆环一起向右摆动的过程中，
在水平方向由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v1，
由机械能守恒定律得：
（3）整个过程，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：
（M+m）v1=MvM+mv3
解得，vM=4.8m/s，v3=12.8m/s，vM=8m/s舍去，v3=0舍去；
在木块摆动的过程中，圆环一直受水平向右的绳子的分力作用，速度一直增大，所以v3=0不可能，舍去．
答：（1）当子弹射穿木块时，轻绳的拉力大小为148N；
（2）当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度为0.64m．
（3）当木块第一次返回到最低点时，木块的速度是4.8m/s．
小球A以速度V向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是
正确答案
解析
解：取碰撞前A的速度方向为正方向．若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为
若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为-
故选CD
某次燃放“爆竹”过程中，质量M=0.3kg（内含炸药的质量可以忽略不计）的“爆竹”从地面上以初速度v0=30m/s竖直向上腾空而起．到达最高点时炸裂为沿水平方向相反飞行的两块，其中A块质量m=0.2kg，其炸裂瞬间的速度大小是另一块的一半．按环保和安全要求，两块都能落到以发射点为圆心、半径R=60m的圆周内．空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）“爆竹”能够到达的最大高度；
（2）A块的最大落地速度；
（3）整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值．
正确答案
解：（1）爆竹上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：H=45m；
（2）炸裂后的两块碎片不能落到圆外，临界条件是质量小的一块（B）恰好落在圆周上，设B刚炸裂时的速度为v，炸裂后做平抛运动，
在水平方向：R=vBt，
在竖直方向：H=
联立并代入数据解得：vB=20m/s，
由题意知，A刚炸裂时的速度大小为：vA=
对A，下落过程，由机械能守恒定律可得：
mgH+
解得：vA′=10
（3）爆竹在空中爆炸释放的化学能转化为爆竹的动能，刚炸裂后，A、B的总动能：
EK=
爆竹竖直上抛时的机械能：E1=MgH=135J，
整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值为：E=30+135=165J；
答：（1）“爆竹”能够到达的最大高度为45m；
（2）A块的最大落地速度为10
（3）整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值为165J．
解析
解：（1）爆竹上升过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：H=45m；
（2）炸裂后的两块碎片不能落到圆外，临界条件是质量小的一块（B）恰好落在圆周上，设B刚炸裂时的速度为v，炸裂后做平抛运动，
在水平方向：R=vBt，
在竖直方向：H=
联立并代入数据解得：vB=20m/s，
由题意知，A刚炸裂时的速度大小为：vA=
对A，下落过程，由机械能守恒定律可得：
mgH+
解得：vA′=10
（3）爆竹在空中爆炸释放的化学能转化为爆竹的动能，刚炸裂后，A、B的总动能：
EK=
爆竹竖直上抛时的机械能：E1=MgH=135J，
整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值为：E=30+135=165J；
答：（1）“爆竹”能够到达的最大高度为45m；
（2）A块的最大落地速度为10
（3）整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值为165J．
水平飞行的子弹射入一个自由下落过程中的木块并留在其中，不计空气阻力，则木块落地时间与原来比是否延迟（ ）
正确答案
解析
解：选取子弹与木块组成的系统为研究的对象，在子弹进入木块的过程中，水平方向与竖直方向的动量都守恒，
在竖直方向上，选取竖直向下的方向为正方向，设子弹进入木块前木块的竖直向下的速度v0，根据题意，子弹在竖直方向上的速度是0，子弹进入木块后，系统共同的竖直方向的速度为v，在竖直方向上：
设木块的质量是m1；子弹的质量是m2；则：
m1v0+m2×0=（m1+m2）v
则：
所以木块在竖直方向上的速度变小，因此下落的时间一定延迟．故B正确．
故选：B
甲乙两个溜冰者，质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量 为2kg的球，两人均以2m/s的速度在冰面上相向滑行，冰面光滑，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接若干次后，球回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度大小是______．
正确答案
0m/s
解析
解：以两人和球组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．
设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：
（M甲+m球）v0-M乙v0=M乙×0+（M甲+m球）v，
代入数据解得：v=
故答案为：0m/s．
质量为M=2kg的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块以v1=60m/s的速度飞出，则：
（1）子弹射穿后木块的速度为多大？
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为多少？
正确答案
解：（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv+Mu，
代入数据解得：u=0.4m/s；
（2）由能量守恒得：
子弹及木块组成的系统损失的机械能△E=
代入数据解得：△E=63.84J．
答：（1）子弹射穿后木块的速度为0.4m/s；
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为63.84J．
解析
解：（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv+Mu，
代入数据解得：u=0.4m/s；
（2）由能量守恒得：
子弹及木块组成的系统损失的机械能△E=
代入数据解得：△E=63.84J．
答：（1）子弹射穿后木块的速度为0.4m/s；
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为63.84J．
质量相等的甲乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动．甲以7kg•m/s的动量追上前方以5kg•m/s的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲乙两球动量不可能的是（ ）
正确答案
解析
解：碰撞的过程中，1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
A、动量守恒，初状态总动能E1=
B、动量守恒，末状态的总动能E2=
C、动量守恒，末状态总动能E2=
D、动量守恒，末状态总动能E2=
本题选不可能的，故选：AC．
（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数．
正确答案
解：（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力为：f=μ•3mgcosθ=10N
B所受重力沿斜面的分力为：G1=2mgsinθ=10N
因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得：
mgsinθ=ma1，v12=2a1d，解得，A的加速度和碰撞前的速度分别为：a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．
A．B发生碰撞，规定沿斜面向下为正方向，由系统动量守恒得：
mv1=mv1′+mv2′
碰撞过程不损失机械能，得：
解得第一次发生碰撞后瞬间A，B的速度分别为：
v1′=0m/s，方向沿斜面向上，v2′=1m/s，方向沿斜面向下；
（2）A．B第一次碰撞后，B做匀速运动，有：s2′=v′2t
A做匀加速运动，加速度仍为a1 ，则有：
s1′=
经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即：
a1t1=v2′，又s=s2′-s1′，
代入数据解得A与B左侧壁的距离：s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
（3）A、B每次碰撞后交换速度，设第n次碰撞前A的速度为vn，
碰撞交换速度后vAn=vn，vBn=v（n-1），A做匀加速直线运动，加速度为a1，
则A、B再次碰撞时，v（n-1）t+
应用逐差法可得：vn=nav1t=nv1=n （m/s）
由以上分析可知，物块A与凹槽B的左侧壁第n次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为：vAn=（n-1）（m/s），vBn=n （m/s），
B物体的v-t图象如图所示：
由图象可知，从初始位置到物块A与凹槽B的左臂发生第n次碰撞时B的位移大小为：
x=0.4×1.0[1+2+3+…+（n-1）]=0.2（n2-n） m，解得：n≈9.2，
所以A与B的左臂碰撞的次数额外9次；
答：（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：0m/s、1m/s；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离为0.1m；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数是9次．
解析
解：（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力为：f=μ•3mgcosθ=10N
B所受重力沿斜面的分力为：G1=2mgsinθ=10N
因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得：
mgsinθ=ma1，v12=2a1d，解得，A的加速度和碰撞前的速度分别为：a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．
A．B发生碰撞，规定沿斜面向下为正方向，由系统动量守恒得：
mv1=mv1′+mv2′
碰撞过程不损失机械能，得：
解得第一次发生碰撞后瞬间A，B的速度分别为：
v1′=0m/s，方向沿斜面向上，v2′=1m/s，方向沿斜面向下；
（2）A．B第一次碰撞后，B做匀速运动，有：s2′=v′2t
A做匀加速运动，加速度仍为a1 ，则有：
s1′=
经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即：
a1t1=v2′，又s=s2′-s1′，
代入数据解得A与B左侧壁的距离：s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
（3）A、B每次碰撞后交换速度，设第n次碰撞前A的速度为vn，
碰撞交换速度后vAn=vn，vBn=v（n-1），A做匀加速直线运动，加速度为a1，
则A、B再次碰撞时，v（n-1）t+
应用逐差法可得：vn=nav1t=nv1=n （m/s）
由以上分析可知，物块A与凹槽B的左侧壁第n次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为：vAn=（n-1）（m/s），vBn=n （m/s），
B物体的v-t图象如图所示：
由图象可知，从初始位置到物块A与凹槽B的左臂发生第n次碰撞时B的位移大小为：
x=0.4×1.0[1+2+3+…+（n-1）]=0.2（n2-n） m，解得：n≈9.2，
所以A与B的左臂碰撞的次数额外9次；
答：（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：0m/s、1m/s；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离为0.1m；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数是9次．
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