- 动量守恒定律
- 共6910题
①B、C小球碰撞过程中损失的机械能；
②B、C小球碰撞后物块A运动的最大速度．
正确答案
解析
解：（1）设BC碰撞后一起共同运动的速度为v1，设向右为正方向，则对BC小球组成的系统，由动量守恒得：
mv0=2mv1…①
E=
联立的：E=
（2）由题意分析可知，当BC碰撞后粘在一起上升到最高点，再从最高点运动到物块A的正下方时A的速度最大，设此时BC向左运动的速度大小为v2，物块A向右运动的速度大小为v3，取水平向右为正方向，则对ABC组成的系统，由水平方向动量守恒得：
2mv1=-2mv2+2mv3…④
由机械能守恒得：
联立①④⑤得：v3=
答：①B、C小球碰撞过程中损失的机械能为
②B、C小球碰撞后物块A运动的最大速度
正确答案
解析
解：设A球初速度方向为正方向，设碰后A、C速度为vA和vC，由动量守恒得，
mAv0=mAvA+mCvC①
碰后，两球平均分配电荷，C球对水平面压力恰好为零，则有：
由①②代入数据得，vA=10m/s
由左手定则知，洛伦兹力竖直向上，故A球对水平面压力为：
F=
由②③并代入数据得，F=0.075N
故选AC
如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为vA=
（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力？
（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小？
（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离？
正确答案
解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律
得 N=mg
由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上．
（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律
得
小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvb
（3）b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x
x=vbt
得
答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上；
（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为
（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离是
解析
解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律
得 N=mg
由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上．
（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律
得
小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvb
（3）b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x
x=vbt
得
答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上；
（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为
（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离是
正确答案
解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：
-μmgL=
铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，代入数据解得：v2=1m/s，
设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，由能量守恒定律得：
-μmgx=
由于x＞L说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车．
所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为△E=2μmgL，解得：△E=9J．
答：小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是9J．
解析
解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：
-μmgL=
铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，代入数据解得：v2=1m/s，
设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，由能量守恒定律得：
-μmgx=
由于x＞L说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车．
所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为△E=2μmgL，解得：△E=9J．
答：小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是9J．
质量为90kg的小车，在光滑水平面上做直线运动，速度是1m/s．一个质量60kg的人以2m/s的速度迎面跳上小车，并跟小车一起运动，此时车的速度大小变为______．
正确答案
0.2m/s
解析
解：取小车原来的速度方向为正方向，则v车=1m/s，v人=-2m/s，
根据动量守恒得：
m车v车+m人v人=（m车+m人）v
则得v=
故答案为：0.2 m/s
（1）在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为多少？
（2）弹簧的最大弹性势能为多少？
正确答案
解：设弹簧最大压缩量为x，在滑块向左运动的过程中，由动能定理可得：
-μmg（x+L0）-EP=0-
在滑块返回的过程中，由动能定理得：EP-μmg（x+L0+L1）=0…②
代入数据，由①②解得：x=0.4m，EP=6J；
答：（1）在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为0.4m；
（2）弹簧的最大弹性势能为6J．
解析
解：设弹簧最大压缩量为x，在滑块向左运动的过程中，由动能定理可得：
-μmg（x+L0）-EP=0-
在滑块返回的过程中，由动能定理得：EP-μmg（x+L0+L1）=0…②
代入数据，由①②解得：x=0.4m，EP=6J；
答：（1）在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为0.4m；
（2）弹簧的最大弹性势能为6J．
①求两球第一次碰撞后B球的速度．
②B与竖直墙面碰撞过程中，墙对B球的冲量大小及方向？
正确答案
解析
解：①设第一次碰撞后A球的速度为vA，B球的速度为vB，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1+m2v2=m1vA+m2vB，
第二次碰撞后A、B球的速度为零，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：
m1vA-m2vB=0，
解得：vB=
②设水平向右为正方向，对B球，由动量定理可得：
I=-m2vB-m2vB=-（m1v1+m2v2），
即墙对B球的冲量大小为：I=m1v1+m2v2，方向：水平向左．
答：①两球第一次碰撞后B球的速度为
②B与竖直墙面碰撞过程中，墙对B球的冲量大小为：m1v1+m2v2，方向水平向左．
①弹簧能获得的最大弹性势能多大？
②若弧形槽不固定，则物块A由弧形槽顶端由静止下滑后，与弹簧相碰，弹簧获得的最大弹性势能又为多大？
正确答案
解：①设最大弹性势能为EPm，当弧形槽固定时，物块A沿光滑弧面下滑，机械能守恒：mgh=
物块A与弹簧相碰后，当AB两者有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=2mv2
弹簧的最大弹性势能为：EPm=
②设最大弹性势能为EPm′，若弧形槽不是固定的，则物块下滑时，物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，设两物块刚分离时，弧形槽的速度大小为v3，物块的速度大小为v4，以向右为正方向，
则根据水平方向动量守恒得：mv3=mv4
根据机械能守恒有：mgh=
解得：v4=
当物块与弹簧相碰后，弹簧能获得的最大弹性势能为：E′Pm=
答：①弹簧能获得的最大弹性势能为
②若弧形槽不固定，则物块A滑下后，与弹簧相碰，弹簧获得的最大弹性势能又为
解析
解：①设最大弹性势能为EPm，当弧形槽固定时，物块A沿光滑弧面下滑，机械能守恒：mgh=
物块A与弹簧相碰后，当AB两者有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=2mv2
弹簧的最大弹性势能为：EPm=
②设最大弹性势能为EPm′，若弧形槽不是固定的，则物块下滑时，物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，设两物块刚分离时，弧形槽的速度大小为v3，物块的速度大小为v4，以向右为正方向，
则根据水平方向动量守恒得：mv3=mv4
根据机械能守恒有：mgh=
解得：v4=
当物块与弹簧相碰后，弹簧能获得的最大弹性势能为：E′Pm=
答：①弹簧能获得的最大弹性势能为
②若弧形槽不固定，则物块A滑下后，与弹簧相碰，弹簧获得的最大弹性势能又为
（1）物体从滑上小车到与小车相对静止所经历的时间？
（2）物体相对小车滑行的距离？
（3）系统中产生的热量是多少？
正确答案
解：（1）设向右为正方向，根据动量守恒定律有：
mv0=（m+M）v
得：v=
对小车：μmg=Ma，
又 v=at
联立得：t=
（2）对系统，根据能量守恒得：
μmg△s=
解得物体相对小车滑行的距离是：△s=
（3）根据能量守恒，系统损失的机械能等于摩擦产生的内能：
Q=μmg△s=
答：
（1）物体从滑上小车到与小车相对静止所经历的时间是
（2）物体相对小车滑行的距离是
（3）系统中产生的热量是
解析
解：（1）设向右为正方向，根据动量守恒定律有：
mv0=（m+M）v
得：v=
对小车：μmg=Ma，
又 v=at
联立得：t=
（2）对系统，根据能量守恒得：
μmg△s=
解得物体相对小车滑行的距离是：△s=
（3）根据能量守恒，系统损失的机械能等于摩擦产生的内能：
Q=μmg△s=
答：
（1）物体从滑上小车到与小车相对静止所经历的时间是
（2）物体相对小车滑行的距离是
（3）系统中产生的热量是
气球下系着绳梯，其总质量为M．在绳梯上有一质量为m的人．整个系统原来静止在空中．若此人相对于绳梯速度v向上爬，则在地面上的人看来，人向上爬的速度大小为______．气球下降的速度大小为______．
正确答案
解析
解：人与气球组成的系统动量守恒，设绳梯的速度为V，以向上为正方向，
由动量守恒定律得：m（v-V）-MV=0，解得，V=
在地面上的人看来，人向上爬的速度大小为：v人=v-V=
故答案为：
正确答案
解：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前），由功能关系，有
-μmgl1=
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2．有
mv1=2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，解得
即A从P出发时的初速度为
解析
解：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前），由功能关系，有
-μmgl1=
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2．有
mv1=2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，解得
即A从P出发时的初速度为
（1）质量为M的小球与m碰撞前的速度．（取g=10m/s2）
（2）试判断两球的碰撞是否为弹性碰撞？
正确答案
解：（1）设向右为正方向，M与m碰撞前后，由动量守恒定律可得：
Mv0=mv1+Mv2
M离开平台后做平抛运动； 由平抛运动的规律可知：
h=
s=v2t
解得：v2=2m/s；
m从B到A的过程中由能量守恒定律可知：
-mg•2l=
m在A点时
mg=m
解得：v1=5m/s
联立以上各式解得：v0=4.5m/s；
（2）碰撞前的动能E1=
碰撞后的动能为：
E2=
能量有损失，故撞撞为非弹性碰撞
答：（1）质量为M的小球与m碰撞前的速度为4.5m/s；
（2）试判断两球的碰撞不是弹性碰撞．
解析
解：（1）设向右为正方向，M与m碰撞前后，由动量守恒定律可得：
Mv0=mv1+Mv2
M离开平台后做平抛运动； 由平抛运动的规律可知：
h=
s=v2t
解得：v2=2m/s；
m从B到A的过程中由能量守恒定律可知：
-mg•2l=
m在A点时
mg=m
解得：v1=5m/s
联立以上各式解得：v0=4.5m/s；
（2）碰撞前的动能E1=
碰撞后的动能为：
E2=
能量有损失，故撞撞为非弹性碰撞
答：（1）质量为M的小球与m碰撞前的速度为4.5m/s；
（2）试判断两球的碰撞不是弹性碰撞．
质量为m，速度为v0的子弹，水平射入一固定的地面上质量为M的木块中，深入木块的深度为L．如果将该木块放在光滑的水平面上，欲使同样质量的子弹水平射入木块的深度也为L，则其水平速度应为______．
正确答案
解析
解：木块固定时，对子弹与木块组成的系统，设子弹受到的阻力为f，由能量守恒定律得：
fL=
木块不固定时，子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=（M+m）v′，
由能量守恒定律得：
解得：v=
故答案为：
正确答案
解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得
设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有
mv0=2mv1 ②
设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得
设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有
2mv0=3mv2 ④
设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得
在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep ⑥
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得
所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=
解析
解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得
设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有
mv0=2mv1 ②
设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得
设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有
2mv0=3mv2 ④
设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得
在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep ⑥
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得
所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=
（1）质量m2；
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量；
（3）通过计算说明，碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
正确答案
解：（1）由图示图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=
碰后m1的速度：v1′=
m2的速度：v2′=
以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′，
代入数据得：1×4=1×（-2）+m2×2，
解得：m2=3kg；
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：
△p1=p1′-p1=1×（-2）-1×4=-6Kg•m/s，
负号表示动量的变化量方向与初速度方向相反．
（3）碰撞前总动能为：Ek=Ek1+Ek2=
碰撞后总动能为：Ek′=Ek1′+Ek2′=
则：Ek=Ek′，碰撞过程动能没有损失，则碰撞是弹性碰撞．
答：（1）质量m2为3kg；
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量大小是6Kg．m/s，动量的变化量方向与初速度方向相反．
（3）碰撞过程是弹性碰撞．
解析
解：（1）由图示图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=
碰后m1的速度：v1′=
m2的速度：v2′=
以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′，
代入数据得：1×4=1×（-2）+m2×2，
解得：m2=3kg；
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：
△p1=p1′-p1=1×（-2）-1×4=-6Kg•m/s，
负号表示动量的变化量方向与初速度方向相反．
（3）碰撞前总动能为：Ek=Ek1+Ek2=
碰撞后总动能为：Ek′=Ek1′+Ek2′=
则：Ek=Ek′，碰撞过程动能没有损失，则碰撞是弹性碰撞．
答：（1）质量m2为3kg；
（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量大小是6Kg．m/s，动量的变化量方向与初速度方向相反．
（3）碰撞过程是弹性碰撞．
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