- 动量守恒定律
- 共5880题
（2016春•厦门校级月考）如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子（质量忽略不计）固定停放着一辆质量为M=2kg的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为R=0.6m，在最低点B与水平轨道BC相切，视为质点的质量为m=1kg的物块从A点正上方距A点高为h=1.2m处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行恰好停在轨道末端C．现去掉钉子（水平面依然光滑未被破坏）不固定小车，而让其左侧靠在竖直墙壁上，该物块仍从原高度处无初速下落，如乙图所示．不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，已知物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平轨道BC长度；
（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离；
（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比．
正确答案
解：（1）根据动能定理可得：mg（h+R）-μmgx=0-0，
代入数据解得：x=18 m．
（2）到达B点前小车不动，对物块有：
得：vB=6m/s
之后小车匀加速，物块匀减速，二者在水平方向的动量守恒，选择向右为正方向，则最终二者速度相同时：
mvB=（M+m）v
得：v=
系统损失的机械能转化为内能，则：
又：Q2=f•s相对=μmg•s相对
所以：
即物块相对与B点的距离是12m
（3）小车固定时摩擦系统产生的热量：Q1=μmgx=0.1×1×10×18=18J，小车不固定时摩擦系统产生的热量Q2=12J
所以：两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比
答：（1）水平轨道BC长度是18m；
（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离是12m；
（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比是3：2．
解析
解：（1）根据动能定理可得：mg（h+R）-μmgx=0-0，
代入数据解得：x=18 m．
（2）到达B点前小车不动，对物块有：
得：vB=6m/s
之后小车匀加速，物块匀减速，二者在水平方向的动量守恒，选择向右为正方向，则最终二者速度相同时：
mvB=（M+m）v
得：v=
系统损失的机械能转化为内能，则：
又：Q2=f•s相对=μmg•s相对
所以：
即物块相对与B点的距离是12m
（3）小车固定时摩擦系统产生的热量：Q1=μmgx=0.1×1×10×18=18J，小车不固定时摩擦系统产生的热量Q2=12J
所以：两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比
答：（1）水平轨道BC长度是18m；
（2）小车不固定时物块再次与小车相对静止时距小车B点的距离是12m；
（3）两种情况下由于摩擦系统产生的热量之比是3：2．
如图所示，两端带有固定薄挡板的长木板C的长度为L，总质量为
（1）B、C碰撞后瞬间的速度大小；
（2）A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大弹性势能．
正确答案
解：（1）B、C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：
解得：v1=v0；
（2）对BC，由牛顿第二定律得：μ（m+
解得：a=2μg；
设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22-v12=2（-a）•
当A、B、C三个物体第一次具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2=2mv3，
由能量守恒定律得：Ep=
解得，最大弹性势能：Ep=
答：（1）B、C碰撞后的速度为v，C在水平面上滑动时加速度的大小为2μg；
（2）A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能为
解析
解：（1）B、C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：
解得：v1=v0；
（2）对BC，由牛顿第二定律得：μ（m+
解得：a=2μg；
设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22-v12=2（-a）•
当A、B、C三个物体第一次具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2=2mv3，
由能量守恒定律得：Ep=
解得，最大弹性势能：Ep=
答：（1）B、C碰撞后的速度为v，C在水平面上滑动时加速度的大小为2μg；
（2）A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能为
AA、B物体总动量一直不守恒
BA、B物体总动量一直守恒
C当B的速度为
D当B的速度为2v时A的速度为0
正确答案
解析
解：A、以物块A、B组成的系统为研究对象，开始阶段，因2Mgsinθ=2μMgcosθ，合外力为零，系统的动量守恒；当A停止运动后，A所受的斜面的滑动摩擦力变为静摩擦力，大小为Mgsinθ，则合外力不再为零，系统的动量不再守恒，故AB错误．
C、A原来做匀速直线运动，受力平衡，当木块B轻轻放在A的上表面上后，因A、B之间无摩擦，B对斜面的压力增加，所受的滑动摩擦力增大，A将做匀减速运动，设A、B的加速度大小分别为aA、aB．
根据牛顿第二定律得：对A：μ•2Mgcosθ-Mgsinθ=MaA；对B：Mgsinθ=MaB；原来A匀速运动，有μMgcosθ-Mgsinθ=0，解得：aA=aB=gsinθ
根据运动学公式得：对A：
D、当B的速度为v时，有 v=aBt′，对于A，有：vA=v-aAt′=0，说明B的速度为v时A开始停止运动，所以B的速度为2v时速度为0，故D正确．
故选：CD．
（1）物块相对小车滑动的过程中，物块和小车的加速度大小分别为多大；
（2）物块在小车上相对小车滑行的时间t；
（3）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不能超过多少．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：
对物块：a=
对小车：a′=
（2）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律有：mv0=（m+M）v，
对小车，由动量定理得：μMgt=Mv-0，
代入数据解得：v=0.8m/s，t=0.8s；
（3）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v，
以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：v0=
答：（1）物块相对小车滑动的过程中，物块和小车的加速度大小分别为：1m/s2、
（2）物块在小车上相对小车滑行的时间t为0.8s；
（3）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不能超过
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：
对物块：a=
对小车：a′=
（2）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律有：mv0=（m+M）v，
对小车，由动量定理得：μMgt=Mv-0，
代入数据解得：v=0.8m/s，t=0.8s；
（3）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v，
以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，
由能量守恒定律得：
代入数据解得：v0=
答：（1）物块相对小车滑动的过程中，物块和小车的加速度大小分别为：1m/s2、
（2）物块在小车上相对小车滑行的时间t为0.8s；
（3）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不能超过
课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s．启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3．
正确答案
解：2s内喷出的水的质量：
火箭的质量：M=m总-m=1.4-0.4=1.0kg
根据题意，水火箭喷水过程向沿水流方向的动量守恒，选择水流的方向为正方向，得：mv1+Mv2=0
所以：
负号表示火箭的速度方向与水流的方向相反．
答：启动2s末火箭的速度可以达到4m/s．
解析
解：2s内喷出的水的质量：
火箭的质量：M=m总-m=1.4-0.4=1.0kg
根据题意，水火箭喷水过程向沿水流方向的动量守恒，选择水流的方向为正方向，得：mv1+Mv2=0
所以：
负号表示火箭的速度方向与水流的方向相反．
答：启动2s末火箭的速度可以达到4m/s．
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