- 动量守恒定律
- 共6910题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
求：卸货人向右抛出货物的袋数和平板车的最终速度．
正确答案
解析
解：设平板车上货物的总袋数为N，当第n袋向右水平抛出时，
平板车开始反向向左运动，此时平板车速度为υn，取向右为正方向，
由动量守恒定律得：（M+Nm）v0=nmv+[M+（N-n）m]vn
解得：vn=
要使平板车反向向左运动，有：vn≤0
则：n≥
因为n应为整数，故n=7，
所以当第7袋货物水平向右抛出时，平板车开始反向向左运动，
此时：vn=-
答：卸货人向右抛出货物的袋数为7袋，平板车的最终速度大小为
①弹簧弹性势能的最大值；
②物块第二次到达C点的速度．
正确答案
解：①下滑中，对m，根据动能定理得：
m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速时，根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v′
根据能量守恒定律得：
f=μN，
N-mg=0，
解得：Ep=3J
②在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2，
根据能量守恒定律得：
解得：v1=0
答：①弹簧弹性势能的最大值为3J；
②物块第二次到达C点的速度为0．
解析
解：①下滑中，对m，根据动能定理得：
m滑下后，系统动量守恒定律，以向右为正，当两者第一次等速时，根据动量守恒定律得：mv0=（m+M）v′
根据能量守恒定律得：
f=μN，
N-mg=0，
解得：Ep=3J
②在物块滑下到运动到B点，根据动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2，
根据能量守恒定律得：
解得：v1=0
答：①弹簧弹性势能的最大值为3J；
②物块第二次到达C点的速度为0．
正确答案
解：现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，m1和m2碰前，根据m1机械能守恒得
m1gh=
得v1=
规定向右为正方向，m1和m2碰撞过程系统动量守恒得
m1v1=-m1v′1+m2v′2 ②
碰后m1反弹上升，根据m1机械能守恒得
m1和m2碰撞后，m2上升，根据m2机械能守恒得
联立①-④解得 h2=
答：碰后m2能上升的高度是
解析
解：现将m1拉离平衡位置，从高h处由静止释放，m1和m2碰前，根据m1机械能守恒得
m1gh=
得v1=
规定向右为正方向，m1和m2碰撞过程系统动量守恒得
m1v1=-m1v′1+m2v′2 ②
碰后m1反弹上升，根据m1机械能守恒得
m1和m2碰撞后，m2上升，根据m2机械能守恒得
联立①-④解得 h2=
答：碰后m2能上升的高度是
（1）子弹射入木块前的速度；
（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
正确答案
解：（1）根据机械能守恒定律得：
解得：v=
子弹射入木块的过程中，对子弹和木块组成的系统研究，规定向右为正方向，根据动量守恒得：
mv0=（M+m）v，
解得：
（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，
第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（9m+M）v9，
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：
由以上各式可得：H=
答：（1）子弹射入木块前的速度为
（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为
解析
解：（1）根据机械能守恒定律得：
解得：v=
子弹射入木块的过程中，对子弹和木块组成的系统研究，规定向右为正方向，根据动量守恒得：
mv0=（M+m）v，
解得：
（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，
第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（9m+M）v9，
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：
由以上各式可得：H=
答：（1）子弹射入木块前的速度为
（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为
（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E；
（3）碰撞后小车的最终速度．
正确答案
解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=4.5N；
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=Mv1+0，
代入数据解得：v1=1.5m/s，
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=1.31J；
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m′）v2，代入数据解得：
v2=0.9375m/s，
m′受到的向上洛仑兹力为：
f=BQv2=20×0.3×0.9375=5.625N＞m′g=1.5N，所以m′在还未到v2=3m/s时已与M分开了．
对物块：Qv3B=m′g，
代入数据解得：v3=0.5m/s，
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv1=Mv2′+m′v3
代入数据解得：v2′=1.2m/s，方向水平向右．
答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为4.5N；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E为1.31J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.2m/s，方向水平向右．
解析
解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=4.5N；
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=Mv1+0，
代入数据解得：v1=1.5m/s，
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=1.31J；
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m′）v2，代入数据解得：
v2=0.9375m/s，
m′受到的向上洛仑兹力为：
f=BQv2=20×0.3×0.9375=5.625N＞m′g=1.5N，所以m′在还未到v2=3m/s时已与M分开了．
对物块：Qv3B=m′g，
代入数据解得：v3=0.5m/s，
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv1=Mv2′+m′v3
代入数据解得：v2′=1.2m/s，方向水平向右．
答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为4.5N；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E为1.31J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.2m/s，方向水平向右．
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：在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．
根据动量守恒定律
mv0=2mv．
根据机械能守恒定律，有
故最大弹性势能等于P的初动能的
故选：B．
正确答案
解析
解：A、撤去F后，A离开竖直墙前，墙对A有向右的弹力，系统受到的合外力不为零，系统的动量不守恒，在这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故A错误，B正确；
C、撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒守恒定律得：2mv0=3mv，
由能量守恒定律得：E=
故选：BD．
如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C相距l=1.0m物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰，碰撞后A和B牢固粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s，已知A和B的质量均为m．C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．
正确答案
解：（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，
（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3
代入数据解得 k=2
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得 k=6
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv
代入数据解得k=4
总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同
当k=4时，AB的速度为0
当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．
解析
解：（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，
（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3
代入数据解得 k=2
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得 k=6
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv
代入数据解得k=4
总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同
当k=4时，AB的速度为0
当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．
正确答案
解析
解：小车与物体组成的系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
Mv1+mv2cosθ=（m+M）v，解得：v=
故答案为：
正确答案
解析
解：以人和A车为系统，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
0=m3v0+m1v1，
解得：
所以A车的速度大小为
以人和B车为系统，规定向右为正方向，有：
m3v0=（m3+m2）v2，
解得：
解得：
故答案为：
（1）a、b碰撞后的速度及碰撞过程产生的内能．
（2）为使a、b不从小车上掉下来，小车至少多长．
正确答案
解：（1）b与a构成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得：v1=
由能量守恒定律得：Q=
（2）a、b、小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
2mv1=（2m+M）v，
由能量守恒定律得：μ•2mgL=
解得：L=
答：（1）a、b碰撞后的速度为
（2）为使a、b不从小车上掉下来，小车长度至少为
解析
解：（1）b与a构成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1，
解得：v1=
由能量守恒定律得：Q=
（2）a、b、小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
2mv1=（2m+M）v，
由能量守恒定律得：μ•2mgL=
解得：L=
答：（1）a、b碰撞后的速度为
（2）为使a、b不从小车上掉下来，小车长度至少为
正确答案
解析
解：
由题知，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析可知，两子弹对木块的推力大小相等，方向相反，子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．设两子弹所受的阻力大小均为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错误．
对两子弹和木块组成的系统动量守恒，因开始系统的总动量为零，所以子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小．
根据动量与动能的关系：P=mv=
则有
根据动能的计算公式 Ek=
故选：AD
正确答案
解：弹丸进入靶盒A后，设弹丸与靶盒A的共同速度为v
规定向右为正方向，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=
解得：
代入数值得：Ep=2.5 J．
答：弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．
解析
解：弹丸进入靶盒A后，设弹丸与靶盒A的共同速度为v
规定向右为正方向，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=
解得：
代入数值得：Ep=2.5 J．
答：弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．
（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；
（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
正确答案
解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，
设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，
A、B系统的动量守恒：mv0=（M+m）v
解得v=
代入数据得木块A的速度v=2 m/s．
（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．由能量关系，
最大弹性势能
Ep=
代入数据得Ep=39 J．
答：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度为2m/s；
（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为39J．
解析
解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，
设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，
A、B系统的动量守恒：mv0=（M+m）v
解得v=
代入数据得木块A的速度v=2 m/s．
（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．由能量关系，
最大弹性势能
Ep=
代入数据得Ep=39 J．
答：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度为2m/s；
（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为39J．
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