- 动量守恒定律
- 共5880题
水平飞行的子弹射入一个自由下落过程中的木块并留在其中，不计空气阻力，则木块落地时间与原来比是否延迟（ ）
正确答案
解析
解：选取子弹与木块组成的系统为研究的对象，在子弹进入木块的过程中，水平方向与竖直方向的动量都守恒，
在竖直方向上，选取竖直向下的方向为正方向，设子弹进入木块前木块的竖直向下的速度v0，根据题意，子弹在竖直方向上的速度是0，子弹进入木块后，系统共同的竖直方向的速度为v，在竖直方向上：
设木块的质量是m1；子弹的质量是m2；则：
m1v0+m2×0=（m1+m2）v
则：
所以木块在竖直方向上的速度变小，因此下落的时间一定延迟．故B正确．
故选：B
甲乙两个溜冰者，质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量 为2kg的球，两人均以2m/s的速度在冰面上相向滑行，冰面光滑，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接若干次后，球回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度大小是______．
正确答案
0m/s
解析
解：以两人和球组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．
设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：
（M甲+m球）v0-M乙v0=M乙×0+（M甲+m球）v，
代入数据解得：v=
故答案为：0m/s．
质量为M=2kg的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块以v1=60m/s的速度飞出，则：
（1）子弹射穿后木块的速度为多大？
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为多少？
正确答案
解：（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv+Mu，
代入数据解得：u=0.4m/s；
（2）由能量守恒得：
子弹及木块组成的系统损失的机械能△E=
代入数据解得：△E=63.84J．
答：（1）子弹射穿后木块的速度为0.4m/s；
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为63.84J．
解析
解：（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv+Mu，
代入数据解得：u=0.4m/s；
（2）由能量守恒得：
子弹及木块组成的系统损失的机械能△E=
代入数据解得：△E=63.84J．
答：（1）子弹射穿后木块的速度为0.4m/s；
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为63.84J．
质量相等的甲乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动．甲以7kg•m/s的动量追上前方以5kg•m/s的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲乙两球动量不可能的是（ ）
正确答案
解析
解：碰撞的过程中，1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
A、动量守恒，初状态总动能E1=
B、动量守恒，末状态的总动能E2=
C、动量守恒，末状态总动能E2=
D、动量守恒，末状态总动能E2=
本题选不可能的，故选：AC．
（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数．
正确答案
解：（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力为：f=μ•3mgcosθ=10N
B所受重力沿斜面的分力为：G1=2mgsinθ=10N
因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得：
mgsinθ=ma1，v12=2a1d，解得，A的加速度和碰撞前的速度分别为：a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．
A．B发生碰撞，规定沿斜面向下为正方向，由系统动量守恒得：
mv1=mv1′+mv2′
碰撞过程不损失机械能，得：
解得第一次发生碰撞后瞬间A，B的速度分别为：
v1′=0m/s，方向沿斜面向上，v2′=1m/s，方向沿斜面向下；
（2）A．B第一次碰撞后，B做匀速运动，有：s2′=v′2t
A做匀加速运动，加速度仍为a1 ，则有：
s1′=
经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即：
a1t1=v2′，又s=s2′-s1′，
代入数据解得A与B左侧壁的距离：s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
（3）A、B每次碰撞后交换速度，设第n次碰撞前A的速度为vn，
碰撞交换速度后vAn=vn，vBn=v（n-1），A做匀加速直线运动，加速度为a1，
则A、B再次碰撞时，v（n-1）t+
应用逐差法可得：vn=nav1t=nv1=n （m/s）
由以上分析可知，物块A与凹槽B的左侧壁第n次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为：vAn=（n-1）（m/s），vBn=n （m/s），
B物体的v-t图象如图所示：
由图象可知，从初始位置到物块A与凹槽B的左臂发生第n次碰撞时B的位移大小为：
x=0.4×1.0[1+2+3+…+（n-1）]=0.2（n2-n） m，解得：n≈9.2，
所以A与B的左臂碰撞的次数额外9次；
答：（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：0m/s、1m/s；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离为0.1m；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数是9次．
解析
解：（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力为：f=μ•3mgcosθ=10N
B所受重力沿斜面的分力为：G1=2mgsinθ=10N
因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得：
mgsinθ=ma1，v12=2a1d，解得，A的加速度和碰撞前的速度分别为：a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．
A．B发生碰撞，规定沿斜面向下为正方向，由系统动量守恒得：
mv1=mv1′+mv2′
碰撞过程不损失机械能，得：
解得第一次发生碰撞后瞬间A，B的速度分别为：
v1′=0m/s，方向沿斜面向上，v2′=1m/s，方向沿斜面向下；
（2）A．B第一次碰撞后，B做匀速运动，有：s2′=v′2t
A做匀加速运动，加速度仍为a1 ，则有：
s1′=
经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即：
a1t1=v2′，又s=s2′-s1′，
代入数据解得A与B左侧壁的距离：s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．
因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
（3）A、B每次碰撞后交换速度，设第n次碰撞前A的速度为vn，
碰撞交换速度后vAn=vn，vBn=v（n-1），A做匀加速直线运动，加速度为a1，
则A、B再次碰撞时，v（n-1）t+
应用逐差法可得：vn=nav1t=nv1=n （m/s）
由以上分析可知，物块A与凹槽B的左侧壁第n次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为：vAn=（n-1）（m/s），vBn=n （m/s），
B物体的v-t图象如图所示：
由图象可知，从初始位置到物块A与凹槽B的左臂发生第n次碰撞时B的位移大小为：
x=0.4×1.0[1+2+3+…+（n-1）]=0.2（n2-n） m，解得：n≈9.2，
所以A与B的左臂碰撞的次数额外9次；
答：（1）A与B的左侧壁发生第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：0m/s、1m/s；
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁之间的最大距离为0.1m；
（3）A从开始下滑到B的左侧壁滑至斜面底端的过程中，A与B的左侧壁碰撞的次数是9次．
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