- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解：小球射入小车和从小车中弹出的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0-p=mv1′…①mv1′=mv1+p …②
得：v1=v0-
此过程中小车动能减少量为：
△EK=
得：△EK=2p（v0-
答：小车速度大小为v0-
解析
解：小球射入小车和从小车中弹出的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0-p=mv1′…①mv1′=mv1+p …②
得：v1=v0-
此过程中小车动能减少量为：
△EK=
得：△EK=2p（v0-
答：小车速度大小为v0-
A．60.3eV B． 51.0eV
C．43.2eV D．54.4eV
（2）一个静止的88226Ra，放出一个速度为2.22×107m/s的粒子，同时产生一个新核86222Rn，并释放出频率为ν=3×1019Hz的γ光子．写出这种核反应方程式______；这个核反应中产生的新核的速度为______；因γ辐射而引起的质量亏损为______．（已知普朗克常量h=6.63×10-34J•s）
（3）图2质量相等且m1、m2都等于1kg的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1=2m/s、v2=1m/s同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止．求两球第一次碰后m2球的速度大小______．
正确答案
C
88226Ra→86222Rn+24He
4×105m/s
2.21×10-31kg
1.5m/s
解析
解：（1）60.3eV、54.4eV 的能量均可以使该离子电离，可以被吸收；51.0eV能量满足第四能级和基态的能级差，可以使离子吸收后跃迁到第4能级，可以被吸收；由能级图可知各能级之间的能量差没有等于43.2eV 的，故该光子不能被吸收，故ABD错误，C正确．
故选C．
（2）根据电荷数和质量数守恒可知该核反应方程为：88226Ra→86222Rn+24He；
反应前后动量守恒，设新核速度为V，设α质量为4m，则新核质量为222m，由动量守恒得：4mv=222mV，解得V=4×105m/s；
亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，所以有：△E=mC2=hv，带入数据得△m=2.21×10-31kg．
故答案为：88226Ra→86222Rn+24He，4×105m/s，2.21×10-31kg．
（3）两次碰撞过程都满足动量守恒条件，所以有：
一次碰撞时，选择向右为正方向，有：
第二次碰撞后都停止所以有：
联立①②可得：
故两球第一次碰后m2球的速度大小为1.5m/s．
甲、乙两船漂浮在静止的水面，甲船上的人通过轻绳牵引乙船，水的阻力不计，在乙船靠近甲船的过程中（ ）
正确答案
解析
解：A、两船受绳子拉力大小相等，但质量不一定相等，根据牛顿第二定律F=ma，则加速度a不一定相等，则x=
B、两船受绳子拉力大小相等，作用时间相等，则两船受到的冲量大小相等，故B错误；
C、两船受到的冲量大小相等，由动量定理可知，两船的动量变化大小相同，故C正确；
D、两船组成的系统动量守恒，则两船的动量变化量大小相等，方向相反，动能Ek=
故选：AC．
A、B是两个质量相等的球，在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，已知A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s．若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：碰撞过程中A、B两球组成的系统动量守恒，碰撞前的总动量为12kgm/s，则碰撞后的总动量也为12kgm/s．
碰撞前的总动能大于等于碰撞后的总动能，即
碰撞后A的速度不能大于B的速度，综上所述，B、C正确，A、D错误．
故选：BC．
正确答案
解：由功能关系得：Ep=W=2.5J
对滑块和弹簧组成的系统，由机械能守恒得：Ep=
解得：v0=5m/s
滑块与车组成的系统动量守恒，则得：mv0=（M+m）v，
解得：车与滑块的共同速度v=1m/s，方向水平向右，
对车与滑块组成的系统，设滑块在粗糙的水平面上滑行的路程是s，由能量守恒定律得：
μmgs=
解得：s=
滑块在粗糙的水平面上滑行的路程是2.5m，CB长L=1m，
x=2.5m-2×1=0.5m，即滑块将停在车上CB的中点距B端0.5m处
答：滑块停在车上的位置离B端0.5m．
解析
解：由功能关系得：Ep=W=2.5J
对滑块和弹簧组成的系统，由机械能守恒得：Ep=
解得：v0=5m/s
滑块与车组成的系统动量守恒，则得：mv0=（M+m）v，
解得：车与滑块的共同速度v=1m/s，方向水平向右，
对车与滑块组成的系统，设滑块在粗糙的水平面上滑行的路程是s，由能量守恒定律得：
μmgs=
解得：s=
滑块在粗糙的水平面上滑行的路程是2.5m，CB长L=1m，
x=2.5m-2×1=0.5m，即滑块将停在车上CB的中点距B端0.5m处
答：滑块停在车上的位置离B端0.5m．
正确答案
解析
解：两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
①如果碰撞是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入数据解得：v=
②如果碰撞是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vA′=
（vA′=10m/s、vB′=5m/s，会发生二次碰撞，不符合实际，舍去），
则A的速度：
故选：D．
一辆质量m1=3.0×103kg的小火车因故障停在车道上，后面一辆质量m2=1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75m停下，已知车轮与路面的动摩擦因数μ=0.6，求碰撞前轿车的速度大小（重力加速度取g=10m/s2）
正确答案
解：由牛顿第二定律可知：
a=
由v2=2ax可得：
v=
对碰撞过程设车前进方向为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v0=（m1+m2）v
解得：v0=27m/s；
答：碰撞前轿车的速度大小为27m/s．
解析
解：由牛顿第二定律可知：
a=
由v2=2ax可得：
v=
对碰撞过程设车前进方向为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v0=（m1+m2）v
解得：v0=27m/s；
答：碰撞前轿车的速度大小为27m/s．
正确答案
解析
解：根据水平方向上动量守恒，小物体在A时系统速度为零，在D点时系统速度仍为零．
根据能量守恒定律，小物体从A到D的过程中，小物体的重力势能全部转化为内能（摩擦力消耗掉），即 mgR=μmgx
化简得 x=
故选A．
（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小．
（2）光滑圆弧轨道半径R．
正确答案
解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度，规定向左为正方向，由动量守恒得：
mv0=（M+m）v1…①
由能量守恒得：
解得：v0=
（2）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v2
由能量守恒定律得：
代入数据解得：R=μL；
答：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小为
（2）光滑圆弧轨道半径R为μL．
解析
解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度，规定向左为正方向，由动量守恒得：
mv0=（M+m）v1…①
由能量守恒得：
解得：v0=
（2）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v2
由能量守恒定律得：
代入数据解得：R=μL；
答：（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小为
（2）光滑圆弧轨道半径R为μL．
用速度为v0的
①写出核反应方程；
②求另一粒子的速度．（原子核的质量之比等于质量数之比）
正确答案
解：①根据质量数守恒和电荷数守恒可知，另一个粒子的质量数是：4+14-17=1；电荷数是：2+7-8=1，所以另一个核是
②核反应过程系统动量守恒，以
m0v0=m1v1+m2v2，
整理得：v2=
答：①核反应方程为
解析
解：①根据质量数守恒和电荷数守恒可知，另一个粒子的质量数是：4+14-17=1；电荷数是：2+7-8=1，所以另一个核是
②核反应过程系统动量守恒，以
m0v0=m1v1+m2v2，
整理得：v2=
答：①核反应方程为
（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小？
（2）物体A在NP上运动的时间？
正确答案
解：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：
mAgR=
在N点，由牛顿定律得
FN-mAg=mA
解得：FN=3mAg=30N，
由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N
（2）物体A在平台上运动过程中，
由牛顿第二定律得：μmAg=mAa，
由位移公式得：L=vNt-
代入数据解得：t=0.5s（t=3.5s不合题意，舍去）；
答：（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N．
（2）物体A在NP上运动的时间为0.5s．
解析
解：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：
mAgR=
在N点，由牛顿定律得
FN-mAg=mA
解得：FN=3mAg=30N，
由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N
（2）物体A在平台上运动过程中，
由牛顿第二定律得：μmAg=mAa，
由位移公式得：L=vNt-
代入数据解得：t=0.5s（t=3.5s不合题意，舍去）；
答：（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N．
（2）物体A在NP上运动的时间为0.5s．
（1）证明弹簧发生的形变量为x时，其具有的弹性势能为Er=
（2）若将弹簧竖直放置且下端固定在地面上，现有一个质量为m的小球从距弹簧上端h处由静止开始下落，并压缩弹簧，求小球在压缩弹簧过程中的最大速度vn．
（3）在第（2）问中，竖直弹簧的上端固定一个质量为M的木板并处于静止，将质量为m的小球从距弹簧上端h=0.8m处由静止开始下落，并与木板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且M=3m，g=10m/s2．求小球弹起的高度H．
（4）在第（3）问中个，若m、k均未知，且小球和木板在第一次碰撞后又在同一位置发生第二次迎面的碰撞，此后的每次碰撞均在该位置，以竖直向下为正方向，试在图示的坐标系中作出小球从释放开始到第三次碰撞的v-t图象．（标出刻度值）
正确答案
将弹簧的形变量x分割为无数小段，每段可看成恒力做功，则有：
Wi=Fi△xi
将所有的功相加可得：
W=
由图可知，W为F-x图象和横坐轴所围成的面积大小；
故W=
故EP=
（2）小球运动到平衡位置时速度最大，则有：
mg=kx
由能量守恒可得：
mg（h+x）=
联立解得：vm=
（3）小球与木板相碰撞前速度为v0=
小球与木板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒可得：
mv0=mv1+Mv2；
联立解得：v1=-
v2=
小球上升的高度H=
（4）小球从释放到第一次碰撞的时间t1=
小球从第一次碰撞到第二次碰撞的时间t2=
设第二次碰撞后小球和板后速度分别为v′1、v′2；则有：
m（-v1）+M（-v2）=mv′1+Mv′2
联立解得v1′=-v0=-4m/s；v′2=0
故第二次碰撞到第三次碰撞的时间t3=2t1=0.8s
对应的图象如图所示；
答：（1）证明如上；
（2）小球在压缩弹簧过程中的最大速度为
（3）小球弹起的高度H为0.2m；
（4）如右图所示．
解析
将弹簧的形变量x分割为无数小段，每段可看成恒力做功，则有：
Wi=Fi△xi
将所有的功相加可得：
W=
由图可知，W为F-x图象和横坐轴所围成的面积大小；
故W=
故EP=
（2）小球运动到平衡位置时速度最大，则有：
mg=kx
由能量守恒可得：
mg（h+x）=
联立解得：vm=
（3）小球与木板相碰撞前速度为v0=
小球与木板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒可得：
mv0=mv1+Mv2；
联立解得：v1=-
v2=
小球上升的高度H=
（4）小球从释放到第一次碰撞的时间t1=
小球从第一次碰撞到第二次碰撞的时间t2=
设第二次碰撞后小球和板后速度分别为v′1、v′2；则有：
m（-v1）+M（-v2）=mv′1+Mv′2
联立解得v1′=-v0=-4m/s；v′2=0
故第二次碰撞到第三次碰撞的时间t3=2t1=0.8s
对应的图象如图所示；
答：（1）证明如上；
（2）小球在压缩弹簧过程中的最大速度为
（3）小球弹起的高度H为0.2m；
（4）如右图所示．
Ⅰ．子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小；
Ⅱ．若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d′．
正确答案
解：Ⅰ．子弹打入固定不动的木块，对子弹进行受力分析，由动能定理可得：fd=0-
解得：f=
Ⅱ．子弹打入没有固定的物块，由上一问可知子弹没有穿出木块，最后共同运动．设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=（M+m）v
由能量守恒定律可得：
fd‘=0-
解得：d′=
答：Ⅰ．子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小为
Ⅱ．若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d′为
解析
解：Ⅰ．子弹打入固定不动的木块，对子弹进行受力分析，由动能定理可得：fd=0-
解得：f=
Ⅱ．子弹打入没有固定的物块，由上一问可知子弹没有穿出木块，最后共同运动．设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=（M+m）v
由能量守恒定律可得：
fd‘=0-
解得：d′=
答：Ⅰ．子弹与透明物块之间的相互作用力f的大小为
Ⅱ．若物块不固定，子弹仍以原来的速度射入物块，求子弹射入物块的深度d′为
（2015秋•衡水校级期末）如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切，质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处静止释放，在A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电力作用．带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g．求：
（1）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep
（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小．
正确答案
解：（1）对A球下滑的过程，由动能定理得：
解得：
当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
2mv0=（2m+m）v
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
（2）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
2mv0=2mvA+mvB，
由能量守恒定律可得：
解得：
答：（1）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep为
（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小分别为
解析
解：（1）对A球下滑的过程，由动能定理得：
解得：
当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
2mv0=（2m+m）v
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
（2）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
2mv0=2mvA+mvB，
由能量守恒定律可得：
解得：
答：（1）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep为
（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小分别为
一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为
Av
B
C
D0
正确答案
解析
解：爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：
mv=
解得：v′=
故选：B．
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