- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解：A与B碰撞的过程在光滑的水平面上，碰撞的过程中满足动量守恒定律，选取向右为正方向，则：
mAv0=mAv+mBv′
若要A与挡板碰撞后能追上B，则满足：
v＞v′…①
将mB=4mA，v=αv0代入得：
联立①②得：
答：α应满足的条件是
解析
解：A与B碰撞的过程在光滑的水平面上，碰撞的过程中满足动量守恒定律，选取向右为正方向，则：
mAv0=mAv+mBv′
若要A与挡板碰撞后能追上B，则满足：
v＞v′…①
将mB=4mA，v=αv0代入得：
联立①②得：
答：α应满足的条件是
正确答案
解：斜面固定时，设小球初速度为v0，
小球上滑过程，由机械能守恒定律得：
斜面不固定时，以小球和斜面组成的系统为研究对象，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v，
以小球与斜面组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，
对系统，由机械能守恒定律得：
联立解得：h=
答：小球冲上斜面后能达到的最大高度为
解析
解：斜面固定时，设小球初速度为v0，
小球上滑过程，由机械能守恒定律得：
斜面不固定时，以小球和斜面组成的系统为研究对象，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v，
以小球与斜面组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，
对系统，由机械能守恒定律得：
联立解得：h=
答：小球冲上斜面后能达到的最大高度为
（2015春•揭阳校级月考）如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，静止在光滑水平面上，一质量也是m的小球，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当小球回到小车右端时将（ ）
A小球以后将向右做平抛运动
B小球将做自由落体运动
C小球在弧形槽内上升的最大高度为
D此过程小球对小车做的功为
正确答案
解析
解：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，规定向左为正方向，由水平动量守恒得：mv=2mv′，
由机械能守恒定律得：
联立以上两式解得：h=
故C选项错误；
小球在返回小车右端时速度为v1，此时小车速度v2，规定向正为正方向，由动量守恒定律可得mv=mv2-mv1
由机械能守恒得：
联立解得：v2=v，v1=0，故小球将做自由落体运动，故B选项正确，A选项错误；再由动能定理可知D选项正确．
故选：BD．
正确答案
1
0.16
解析
解：根据单摆的周期公式为T=
a球下摆过程，根据机械能守恒得 mgh=
碰撞过程，有 mv-
碰撞后两球上摆过程，有
联立解得，h′=0.16h
故答案为：1，0.16
质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动．与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB可能为（以v0方向为正方向）（ ）
AvA=-
BvA=
CvA=0 vB=
DvA=
正确答案
解析
解：若碰后A球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB…①
根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得
A、把vA=-
B、把vA=
C、把vA=0 vB=
D、把vA=
故选：ABC
（1）小球a第一次经过圆形轨道最低点时的速度；
（2）碰后瞬间小物块b的速度；
（3）木板c运动的总位移．
正确答案
解：（1）设球a从P点运动到圆形轨道最低点Q时的速度大小为v，
根据机械能守恒定律：
解得：v=10m/s，方向水平向右
（2）设球a与物块b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，
球返回到圆轨道最高点M时的速度大小为v′1
根据牛顿第二定律，由向心力公式得：
球由N返回到M的过程中，根据动能定理得：
球a与物块b发生无机械能损失的弹性正碰，由于轨道光滑，球a碰撞前的速度与第一次到轨道最低点的速度相等，
该过程中球a与物块b组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，
故：m1v=-m1v1+m2v2
联立解得：v2=5m/s 方向水平向右
（3）物块b滑上木板c时，设物块b和木板c的加速度大小分别a1，a2，两者经过时间达到共同的速度v3．
木块在此过程中的位移为x1，根据牛顿第二定律得：
μ1m2g=m2a1
μ1m2g-μ2（m2+m3）g=m3a2
根据运动学公式得：
v3=v2-a1t
v3=a2t
联立解得：x1=0.5m，v3=1m/s
达共同速度后，物块b和木板c一道做匀减速直线运动直至停止，设该过程中减速的位移为x2
由动能定理得：
解得：x2=0.5m
则木板c的总位移x=x1+x2=1m，方向水平向右．
答：（1）小球a第一次经过圆形轨道最低点时的速度大小是10m/s，方向水平向右；
（2）碰后瞬间小物块b的速度大小是5m/s，方向水平向右；
（3）木板c运动的总位移大小是1m，方向水平向右．
解析
解：（1）设球a从P点运动到圆形轨道最低点Q时的速度大小为v，
根据机械能守恒定律：
解得：v=10m/s，方向水平向右
（2）设球a与物块b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，
球返回到圆轨道最高点M时的速度大小为v′1
根据牛顿第二定律，由向心力公式得：
球由N返回到M的过程中，根据动能定理得：
球a与物块b发生无机械能损失的弹性正碰，由于轨道光滑，球a碰撞前的速度与第一次到轨道最低点的速度相等，
该过程中球a与物块b组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，
故：m1v=-m1v1+m2v2
联立解得：v2=5m/s 方向水平向右
（3）物块b滑上木板c时，设物块b和木板c的加速度大小分别a1，a2，两者经过时间达到共同的速度v3．
木块在此过程中的位移为x1，根据牛顿第二定律得：
μ1m2g=m2a1
μ1m2g-μ2（m2+m3）g=m3a2
根据运动学公式得：
v3=v2-a1t
v3=a2t
联立解得：x1=0.5m，v3=1m/s
达共同速度后，物块b和木板c一道做匀减速直线运动直至停止，设该过程中减速的位移为x2
由动能定理得：
解得：x2=0.5m
则木板c的总位移x=x1+x2=1m，方向水平向右．
答：（1）小球a第一次经过圆形轨道最低点时的速度大小是10m/s，方向水平向右；
（2）碰后瞬间小物块b的速度大小是5m/s，方向水平向右；
（3）木板c运动的总位移大小是1m，方向水平向右．
一弹丸在飞行到距离地面5m高时，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的速度大小之比为2：1．不计质量损失，取重力加速g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：规定向左为正，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：
6mv0=5mv1+mv2
则有：12=5v1+v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有：
t=
水平方向做匀速运动，有：
x1=v1t=v1，
x2=v2t=v2，
则有：12=5x1+x2
结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故A正确．
故选：A
云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止质量为m1，的原子核在云室中发生一次a衰变a粒子的质量为m2，电量为q，其运动轨迹在与磁垂直的平面内．现测得a粒子的运动轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损．（涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计）
正确答案
解：衰变放出的α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有 qvB=
衰变过程，动量守恒，设新核速度为v1，则有
0=m2v-（m1-m2）v1 ②
衰变过程α粒子、新核的动能来自核能，所以衰变释放的核能为
△E=
又△E=△mc2．
由①②③得△m=
答：衰变过程中的质量亏损为
解析
解：衰变放出的α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有 qvB=
衰变过程，动量守恒，设新核速度为v1，则有
0=m2v-（m1-m2）v1 ②
衰变过程α粒子、新核的动能来自核能，所以衰变释放的核能为
△E=
又△E=△mc2．
由①②③得△m=
答：衰变过程中的质量亏损为
A0
B
C-v
Dv
正确答案
解析
解：两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球合为一体，两球碰撞过程，动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mv=（m+2m）v′
解得：v′=
故选：B．
（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移．
正确答案
解：（1）子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=（m0+m）v1 ①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1=（m0+m+M）v2 ②
对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1） ③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间t=
（2）子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统能量守恒有：
代入数据可解得木块在木板上滑动的距离d=3m．
答：（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间为1s；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移为3m．
解析
解：（1）子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=（m0+m）v1 ①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1=（m0+m+M）v2 ②
对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1） ③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间t=
（2）子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统能量守恒有：
代入数据可解得木块在木板上滑动的距离d=3m．
答：（Ⅰ）物块相对木板滑行的时间为1s；
（Ⅱ）物块相对木板滑行的位移为3m．
正确答案
解：B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v0，以v的方向为正，
则mv=（m+M）v0
A、B、C三者组成的系统动量守恒，（m+m）v=（m+m+M）v1
此过程中，系统机械能守恒，则有：
解得：
若A物体，速度向左，则有
解得：
答：当
解析
解：B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v0，以v的方向为正，
则mv=（m+M）v0
A、B、C三者组成的系统动量守恒，（m+m）v=（m+m+M）v1
此过程中，系统机械能守恒，则有：
解得：
若A物体，速度向左，则有
解得：
答：当
正确答案
解析
解：由图示图象可知，碰撞前滑块的速度：va=
A、两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mava+mbvb=（ma+mb）v，即：ma×（-2）+mb×1=（ma+mb）×
C、碰撞前两滑块的动量之比：
D、碰撞过程a、b的速度都减小，两滑块的动能都减小，故D错误；
故选：A．
（1）弹丸打入靶盒A的过程中，系统损失的机械能．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能．
正确答案
解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
系统损失的机械能为
△EP=
代入数据的△EP=10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，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：Ep=
代入数值得 Ep=2.5J
答：（1）弹丸打入靶盒A的过程中，系统损失的机械能为10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．
解析
解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：
mv0=（m+M）v
系统损失的机械能为
△EP=
代入数据的△EP=10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，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：Ep=
代入数值得 Ep=2.5J
答：（1）弹丸打入靶盒A的过程中，系统损失的机械能为10J．
（2）弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．
①发射球A时，弹射装置释放的能量为多少？
②将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为
正确答案
解：（1）发射球A时，球A、B和车C组成的系统动量守恒有：
mAvA=Mv1
可得BC组成的系统获得的速度
据能量守恒知，弹射系统释放的能量转化为系统的动能，有：
代入数据可解得：释放的能量E=40J；
（2）发射B球时，球B与小车组成的系统动量守恒，设将球B发射出去的速度为vB，有
mBvB=Mv1
解得：
答：（1）发射球A时，弹射装置释放的能量为40J；
（2）将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以12m/s的速度将质量为
解析
解：（1）发射球A时，球A、B和车C组成的系统动量守恒有：
mAvA=Mv1
可得BC组成的系统获得的速度
据能量守恒知，弹射系统释放的能量转化为系统的动能，有：
代入数据可解得：释放的能量E=40J；
（2）发射B球时，球B与小车组成的系统动量守恒，设将球B发射出去的速度为vB，有
mBvB=Mv1
解得：
答：（1）发射球A时，弹射装置释放的能量为40J；
（2）将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以12m/s的速度将质量为
①A与地面间的动摩擦因数；
②判断A．B间发生的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，A的初速度为：v0=3m/s，碰撞前的速度为：v1=2m/s，时间为：t=1a，
由动量定理得：-ft=mv1-mv0，
代入数据解得：f=3N，
A与地面间的动摩擦因数：μ=
②由图示图象可知，碰撞后A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=3m/s，
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：
mAv1=mAvA+mBvB，
代入数据解得：mB=1kg，
碰撞前后系统的机械能差：△E=
代入数据解得：△E=0J，则碰撞为弹性碰撞．
答：①A与地面间的动摩擦因数为0.1；
②A．B间发生的是弹性碰撞还是弹性碰撞．
解析
解：①由图示图象可知，A的初速度为：v0=3m/s，碰撞前的速度为：v1=2m/s，时间为：t=1a，
由动量定理得：-ft=mv1-mv0，
代入数据解得：f=3N，
A与地面间的动摩擦因数：μ=
②由图示图象可知，碰撞后A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=3m/s，
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：
mAv1=mAvA+mBvB，
代入数据解得：mB=1kg，
碰撞前后系统的机械能差：△E=
代入数据解得：△E=0J，则碰撞为弹性碰撞．
答：①A与地面间的动摩擦因数为0.1；
②A．B间发生的是弹性碰撞还是弹性碰撞．
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