- 动量守恒定律
- 共6910题
（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；
（2）弹簧的最大弹性势能．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：a=
（2）由动能定理得：qEL=
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：mv0=2mv，
由能量守恒定律得：EP=
解得：EP=
答：（1）物体A在电场中运动时的加速度大小为
（2）弹簧的最大弹性势能为
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：a=
（2）由动能定理得：qEL=
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：mv0=2mv，
由能量守恒定律得：EP=
解得：EP=
答：（1）物体A在电场中运动时的加速度大小为
（2）弹簧的最大弹性势能为
正确答案
解析
解：A、木块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：4mv0-mv0=（4m+m）v，解得：v=0.6v0，方向向左，故AB错误；
C、整个过程中，根据系统能量守恒得：
解得：Q=
木板动能减少量
则
故选：C
①物体B的质量；
②AB碰撞过程中损失的机械能．
正确答案
解：①由图知：碰前vA=
碰后两者速度v=
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，代入时间解得：mB=6kg；
②由能量守恒定律得：
解得，损失机械能：△E=12J；
答：①物体B的质量为6kg；②AB碰撞过程中损失的机械能为12J．
解析
解：①由图知：碰前vA=
碰后两者速度v=
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，代入时间解得：mB=6kg；
②由能量守恒定律得：
解得，损失机械能：△E=12J；
答：①物体B的质量为6kg；②AB碰撞过程中损失的机械能为12J．
如图1所示，质量均为m的B、C两滑板，静置于光滑水平面上．滑板B及滑板C的水平部分长度均为L．C滑板右端是半径为
（1）求：
①B在撞上P前的瞬间，A的速度v1多大？
②A与B之间的动摩擦因数μ1=？
（2）已知A滑上C时的初速度v2=
①若滑板C水平部分光滑，则A滑上C后是否能从C的右端圆弧轨道冲出？
②如果要A滑上C后最终停在C上，随C其一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少要多大？
正确答案
解：（1）①对AB系统动量守恒得
mv0=m
得v1=
②由B的v-t图线可知，B在与P碰撞前一直都受摩擦力的作用，对B由动能定理得：
μ1mg
解得μ1=
（2）①设A以v3滑上C后，冲至C右端轨道最高点恰好与C达到共速而不冲出轨道，设此共同速度为vC，则
mv3=mvC+mvC
mg
解得v3=
故，A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道．
②设A最终能恰好停在C的最左端，在此情况下A与C的动摩擦因数为μ2，则对AC系统有：
μ2mg2L=
mv2=2mv共
解得μ2=0.375
因为即使A从C的右端冲出圆弧轨道，由于A与C水平方向速度相同，最终A还会落回到C上，
故无论A是否会从滑板C的右端冲出圆弧轨道，A与C水平部分间的摩擦因数μ2都至少为0.375．
答：（1）①B在撞上P前的瞬间，A的速度是
②A与B之间的动摩擦因数μ1=
（2）已知A滑上C时的初速度v2=
①A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道
②如果要A滑上C后最终停在C上，随C其一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少0.375．
解析
解：（1）①对AB系统动量守恒得
mv0=m
得v1=
②由B的v-t图线可知，B在与P碰撞前一直都受摩擦力的作用，对B由动能定理得：
μ1mg
解得μ1=
（2）①设A以v3滑上C后，冲至C右端轨道最高点恰好与C达到共速而不冲出轨道，设此共同速度为vC，则
mv3=mvC+mvC
mg
解得v3=
故，A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道．
②设A最终能恰好停在C的最左端，在此情况下A与C的动摩擦因数为μ2，则对AC系统有：
μ2mg2L=
mv2=2mv共
解得μ2=0.375
因为即使A从C的右端冲出圆弧轨道，由于A与C水平方向速度相同，最终A还会落回到C上，
故无论A是否会从滑板C的右端冲出圆弧轨道，A与C水平部分间的摩擦因数μ2都至少为0.375．
答：（1）①B在撞上P前的瞬间，A的速度是
②A与B之间的动摩擦因数μ1=
（2）已知A滑上C时的初速度v2=
①A滑上C后会从滑板C的右端冲出圆弧轨道
②如果要A滑上C后最终停在C上，随C其一起运动，A与C水平部分间的动摩擦因数μ2至少0.375．
正确答案
10m/s
不可以
解析
解：以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，解得：v甲′=10m/s，
碰撞前系统动能：
碰撞后系统动能：
过程前后系统机械能不相等，不能看着弹性碰撞；
故答案为：10m/s；不可以．
正确答案
解：子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1，
子弹、小车与木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：（m+m）v1=（m+m+2m）v2，
由能量守恒定律得：
解得：
答：小滑块与小车间动摩擦因数的大小为
解析
解：子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1，
子弹、小车与木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：（m+m）v1=（m+m+2m）v2，
由能量守恒定律得：
解得：
答：小滑块与小车间动摩擦因数的大小为
（1）开始时，两球将轻质弹簧压缩，释放后，弹簧不动，两球沿轨道反方向运动一段时间后又第一次相遇．在此过程中，A球转过的角度θ是多少？
（2）如果压缩弹簧在弹开前储存的弹性势能E=1.2J，弹开后小球B在运动过程中受到的向心力是多大？
正确答案
解析
解：（1）弹簧释放时，对AB两球，由动量守恒得：
MvA-mvB=0
得：vB=2vA
当两球第一次相遇时，满足ωAt+ωBt=2π
又：vA=ωAR vB=ωBR
所以：ωB=2ωA
代入上式得：3ωAt=2π
即：θ=
（2）弹簧释放时，由系统能量守恒得：
vB=2vA
代入数据得vB=4m/s
对B：向心力F=
代入数据解得：F=4N．
答：（1）A球转过的角度
（2）弹开后小球B在运动过程中受到的向心力是4N．
质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
正确答案
解析
解：碰撞前系统总动量：p=pA+pB=12kg•m/s，由题意，设mA=mB=m，碰前总动能为：Ek=
A、若pA=6kg•m/s，pB=6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：2×
B、若PA=3kg•m/s，PB=9kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
C、若PA=-2kg•m/s，PB=14kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
D、若PA=-4kg•m/s，PB=18kg•m/s，总动量为 PA+PB=14kg•m/s，系统的动量不守恒，不可能，故D错误．
故选：A．
A系统的动量守恒
B水平方向任意时刻m与M的动量等大反向
Cm不能向左摆到原高度
DM向右移动的最大距离为
正确答案
解析
解：A、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误
B、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确
C、以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误
D、小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0…①，
①式两边同时乘以t解得：mv1t=Mv2t，
即：mS1=MS2…②
小球和小车共走过的距离为2L，S1+S2=2L…③，
由②③解得：S2=
故选：BD．
正确答案
解析
解：小球1从A到B的过程中，机械能守恒，到达B处获得的速度为v1，则有：
在B处小球1和小球2发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1′和v2′，以v1速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1=m1v1′+m2v2′，
根据机械能守恒定律得：
小球2从B到C得过程中，机械能守恒，要保证在C点的速度大于0，则有：
联立解得：
答：为使得小球2能离开圆弧轨道，小球2与小球1的质量之比
如图所示，质量均为m大小相同的小球A、B（都可视为质点）静止在光滑水平面内的x轴上，它们的位置坐标分别为x=0和x=l．现沿x轴方向加一个力场，该力场只对小球A产生沿x轴正方向大小为F的恒力，以后两小球发生正碰过程时间很短，不计它们碰撞过程的动能损失．
（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是多少？
（2）如果该力场的空间范围是0≤x≤L（L＞l），求满足下列条件的L值
①小球A、B刚好能够发生两次碰撞；
②小球A、B刚好能够发生n次碰撞．
正确答案
解：（1）A第一次碰前速度设为v0
动能定理：
A与B碰撞，动量守恒，
则
根据题意，总能量不损失，
则
联立解得
（2）①对质点A：
第一次碰前：v0=at0
第一次碰后到第二次碰前过程：
第二次碰前速度 vA1=at1
对质点B：
第一次碰后到第二次碰前过程：sB1=v0t1
由于sA1=sB2
解得：t1=2t0，vA1=2v0，sA1=sB1=4l
则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，L=l+4l=5l
②质点A、B第二次碰前速度分别为2v0、v0，碰后速度分别设为v″A和v″B
动量守恒：m•2v0+mv0=mv″A+mv″B
能量关系：
解得：v″A=v0，v″B=2v0
对质点A：
第二次碰后到第三次碰前：vA2=v0+at2
对质点B：
第二次碰后到第三次碰前：sB2=2v0t2
由于sA2=sB2
解得：t2=2t0，vA2=3v0，sA2=sB2=8l
综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2t0；
每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加2v0，质点B速度不变
可得：每次碰撞位置间隔：4l、8l、12l…（n-1）4l
则要使质点A、B刚好能够发生n次碰撞：L=l+4l+8l+12l+…+（n-1）4l=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）
答：（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是
（2）如果该力场的空间范围是0≤x≤L（L＞l），
①小球A、B刚好能够发生两次碰撞，L=5l；
②小球A、B刚好能够发生n次碰撞L=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）．
解析
解：（1）A第一次碰前速度设为v0
动能定理：
A与B碰撞，动量守恒，
则
根据题意，总能量不损失，
则
联立解得
（2）①对质点A：
第一次碰前：v0=at0
第一次碰后到第二次碰前过程：
第二次碰前速度 vA1=at1
对质点B：
第一次碰后到第二次碰前过程：sB1=v0t1
由于sA1=sB2
解得：t1=2t0，vA1=2v0，sA1=sB1=4l
则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，L=l+4l=5l
②质点A、B第二次碰前速度分别为2v0、v0，碰后速度分别设为v″A和v″B
动量守恒：m•2v0+mv0=mv″A+mv″B
能量关系：
解得：v″A=v0，v″B=2v0
对质点A：
第二次碰后到第三次碰前：vA2=v0+at2
对质点B：
第二次碰后到第三次碰前：sB2=2v0t2
由于sA2=sB2
解得：t2=2t0，vA2=3v0，sA2=sB2=8l
综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2t0；
每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加2v0，质点B速度不变
可得：每次碰撞位置间隔：4l、8l、12l…（n-1）4l
则要使质点A、B刚好能够发生n次碰撞：L=l+4l+8l+12l+…+（n-1）4l=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）
答：（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是
（2）如果该力场的空间范围是0≤x≤L（L＞l），
①小球A、B刚好能够发生两次碰撞，L=5l；
②小球A、B刚好能够发生n次碰撞L=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）．
表演开始，运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，tl=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑．滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s（水平方向是匀速运动）．运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过最低点G时，运动员受到的支持力FN=742.5N．（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）
（1）滑到G点时，运动员的速度是多大？
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上．与滑板a共同运动的速度是多大？
（3）从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？
正确答案
解：（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，由牛顿第二定律可得：
F-Mg=M
代入数据得：vG=6.5m/s；
（2）设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=
得：v1=
运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，
运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，
在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2
设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=vltl
设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1
即：v2t2=v1（t1+t2），
运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvl+Mv2=（m+M）v，
代入数据解得：v=6.9m/s，
运动员与滑板a的共同速度为6.9m/s；
（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，以运动员的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv2+mv3=（M+m）v1，
代入数据解答：v3=-3 m/s，
有：|v3|=3 m/s＜v1=6 m/s，
b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变．
对系统，由能量守恒定律得，机械能改变为：
△E=
代入数据得：△E=88.75J；
答：（1）滑到G点时，运动员的速度是6.5m/s；
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上．与滑板a共同运动的速度是6.9m/s；
（3）从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了88.75J．
解析
解：（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，由牛顿第二定律可得：
F-Mg=M
代入数据得：vG=6.5m/s；
（2）设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=
得：v1=
运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，
运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，
在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2
设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=vltl
设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1
即：v2t2=v1（t1+t2），
运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mvl+Mv2=（m+M）v，
代入数据解得：v=6.9m/s，
运动员与滑板a的共同速度为6.9m/s；
（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，以运动员的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv2+mv3=（M+m）v1，
代入数据解答：v3=-3 m/s，
有：|v3|=3 m/s＜v1=6 m/s，
b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变．
对系统，由能量守恒定律得，机械能改变为：
△E=
代入数据得：△E=88.75J；
答：（1）滑到G点时，运动员的速度是6.5m/s；
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上．与滑板a共同运动的速度是6.9m/s；
（3）从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了88.75J．
如图甲所示，物体A以初速度v0从水平光滑的平台上水平地滑到上表面粗糙的小车B上，图乙为物体与小车的v-t图象．若不计小车与水平地面的摩擦，已知v0、v1、t1，可以求出的物理量有（ ）
正确答案
解析
解：A、由图象可知，最终以共同速度1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；
B、A、B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，mA（v0-v1）=mBv1，解得：
C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x=
D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车获得的动能，故D错误．
故选：BC．
质量为m的小球以初动能Ek在光滑的水平面上运动一小段距离，与竖直挡板相碰后，以原来的速率沿原路返回，则小球与挡板相碰中动量变化量大小为______，方向______．
正确答案
2
与初速度方向相反．
解析
解：小球的动量大小：p=
以小球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量的变化量：
△p=p′-p=-
负号表示动量变化的方向与初速度方向相反；
故答案为：
（1）碰后C球第一次经过P点时对轨道的压力；
（2）碰后瞬间B球的速度大小；
（3）A、B间轻绳的长度．
正确答案
解：（1）碰后C球刚好能到Q点，碰后速度记为vC，由机械能守恒定律得：
代入数据得：vc=2m/s，
在C点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：F=3N；
由牛顿第三定律得C球对轨道的压力为F′=F=3N，方向：竖直向下；
（2）碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mCv0=-mCvC+mBvB，
代入数据得：vB=3m/s；
（3）碰后当B球摆至最高点时，二者具有相同的水平速度v共．水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mA+mB）v共，
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：l=0.36m
答：（1）碰后C球第一次经过P点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下；
（2）碰后瞬间B球的速度大小3m/s；
（3）A、B间轻绳的长度0.36m．
解析
解：（1）碰后C球刚好能到Q点，碰后速度记为vC，由机械能守恒定律得：
代入数据得：vc=2m/s，
在C点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：F=3N；
由牛顿第三定律得C球对轨道的压力为F′=F=3N，方向：竖直向下；
（2）碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mCv0=-mCvC+mBvB，
代入数据得：vB=3m/s；
（3）碰后当B球摆至最高点时，二者具有相同的水平速度v共．水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mA+mB）v共，
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：l=0.36m
答：（1）碰后C球第一次经过P点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下；
（2）碰后瞬间B球的速度大小3m/s；
（3）A、B间轻绳的长度0.36m．
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