- 动量守恒定律
- 共6204题
①A和B的质量m，和m2的大小关系；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能．
正确答案
解：①A与B弹开过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1-m2v2=0，
B追上A需要满足v2＞v1，
解得：m1＞m2；
②B从光滑曲面滑下后速度大小仍为v2，当A、B速度相等时弹簧具有最大弹性势能，动量为：
p=m1v1=m2v2，
以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2p=（m1+m2）v，
由能量守恒定律得：
联立解得：EP=
答：①A和B的质量m，和m2的大小关系为m1＞m2；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能为
解析
解：①A与B弹开过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1-m2v2=0，
B追上A需要满足v2＞v1，
解得：m1＞m2；
②B从光滑曲面滑下后速度大小仍为v2，当A、B速度相等时弹簧具有最大弹性势能，动量为：
p=m1v1=m2v2，
以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2p=（m1+m2）v，
由能量守恒定律得：
联立解得：EP=
答：①A和B的质量m，和m2的大小关系为m1＞m2；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能为
自身质量为M的热气球在离地面高为h的空中静止，内有一质量为m的人若要沿着气球上掉下的软梯缓慢安全下滑到地面，则软梯长至少应为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L．
0=Mv2+mv1…①
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小：
v2=
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：
v1=
将②③代入①得：0=M（
解得：L=
故选：D．
从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系．但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论．
例如，玻尔建立的氢原子模型，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动．他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动．已知电子质量为m，电荷为e，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为r1．
（1）氢原予处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，求此等效电流值．
（2）在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用．
a．己知光在真空中的速度为c，氢原子在不同能级之间跃迁时，跃迁前后可认为质量不变，均为m．设氢原子处于基态时的能量为E1（E1＜O），当原子处于第一激发态时的能量为
b．在轻核聚变的核反应中，两个氚核（
正确答案
解：（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，有：
解得：
电子绕原子核运动的等效电流为：
解得：
（2）a．放出光子的能量
光子的动量p=
设氢原子的动量为P1，根据动量守恒定律可知，
P1+P=0
解得：P1=
则反冲速度
b．由爱因斯坦的质能方程，核聚变反应中释放的核能为：△E=△mc2
解得：△E=3.3MeV
核反应中系统的能量守恒有：EkHe+Ekn=2E0+△E
核反应中系统的动量守恒有：pHe-pn=0
由
解得：
答：（1）氢原予处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，此等效电流值为
（2）a．原子从第一激发态跃迁到基态时，放出光子的能量为
b．轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能分别是1MeV与3MeV
解析
解：（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，有：
解得：
电子绕原子核运动的等效电流为：
解得：
（2）a．放出光子的能量
光子的动量p=
设氢原子的动量为P1，根据动量守恒定律可知，
P1+P=0
解得：P1=
则反冲速度
b．由爱因斯坦的质能方程，核聚变反应中释放的核能为：△E=△mc2
解得：△E=3.3MeV
核反应中系统的能量守恒有：EkHe+Ekn=2E0+△E
核反应中系统的动量守恒有：pHe-pn=0
由
解得：
答：（1）氢原予处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，此等效电流值为
（2）a．原子从第一激发态跃迁到基态时，放出光子的能量为
b．轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能分别是1MeV与3MeV
正确答案
解析
解：A、碰撞过程动量守恒，两物体动量的变化量应等大反向，故A错误；
B、因为碰撞的过程中动能不增加，若△p1和△p2分别为-8kg•m/s，8kg•m/s，则P1′=-4kg．m/s，P2′=14kg．m/s，通过EK=
C、根据动量定理知，两球碰撞的过程中，B球的动量增加，A球的动量减小．故C错误．
D、变化量为-2kg•m/s，2kg•m/s，符合动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律．故D正确．
故选：D．
A小球离开小车左端时将做自由落体运动
B小球离开小车左端时将向右做平抛运动
C整个过程小球和小车组成系统动量守恒
D小球在弧形槽内上升的最大高度为
正确答案
解析
解：A、设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2…①，
由动能守恒得：
C、在整个过程中，小球与小车组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故C错误；
D、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2m•v…③，
由机械能守恒定律得：
故选：A．
（1）从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热．
（2）当ab棒的速度大小变为
正确答案
解：（1）从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有：
2mv0-mv0=2mv
解得：v=
由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为：
Q=
（2）当ab棒速度大小为
2mv0-mv0=mv1-m
解得：v1=
此时回路中的总电动势：E1=BL（
则消耗的电功率为：P1=
当ab棒的速度大小是
2mv0-mv0=mv2+m
解得：v2=
此时回路中的总电动势：E2=BL（
则消耗的电功率为：P2=
答：（1）从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热是
（2）当ab棒速度大小为
当ab棒的速度大小是
解析
解：（1）从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有：
2mv0-mv0=2mv
解得：v=
由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为：
Q=
（2）当ab棒速度大小为
2mv0-mv0=mv1-m
解得：v1=
此时回路中的总电动势：E1=BL（
则消耗的电功率为：P1=
当ab棒的速度大小是
2mv0-mv0=mv2+m
解得：v2=
此时回路中的总电动势：E2=BL（
则消耗的电功率为：P2=
答：（1）从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热是
（2）当ab棒速度大小为
当ab棒的速度大小是
（2015•北京模拟）某同学在实验室分别用甲、乙装置验证了动量守恒定律，入射小球的质量为m1，半径为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2．关于该实验以下做法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1＞m2，不是远远大于，故A错误；
B、两图的N点均为放被碰小球时，被碰小球的平均落点，故B错误；
C、小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，
它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，
若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，
代入得：m1OP=m1OM+m2ON，
若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：
将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t
代入得：m1OP2=m1OM2+m2ON2，故C错误；
D、为了使两球发生对心正碰，两小球的半径相同，r1=r2，压测量球心到落地点的水平距离，所以均需要游标卡尺测量其直径，故D正确；
故选：D
①给小木块一个水平向右的冲量I，使小木块从长木板右端脱离出来，冲量I的最小值多大？
②在①的条件下，小木块在长木板上滑行的时间多长？
正确答案
解：①当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，木块与木板组成的系统动量守恒，以小木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1，解得：v1=
对系统，以小木块的速度方向为正方向，由能量守恒定律得：
μmgL=
速度：v0=
联立并代入数据得：I=2
②对长木块，由动量定理得：μmgt=Mv-0，
代入数据得：t=
答：①给小木块一个水平向右的冲量I，使小木块从长木板右端脱离出来，冲量I的最小值为2
②在①的条件下，小木块在长木板上滑行的时间为
解析
解：①当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，木块与木板组成的系统动量守恒，以小木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1，解得：v1=
对系统，以小木块的速度方向为正方向，由能量守恒定律得：
μmgL=
速度：v0=
联立并代入数据得：I=2
②对长木块，由动量定理得：μmgt=Mv-0，
代入数据得：t=
答：①给小木块一个水平向右的冲量I，使小木块从长木板右端脱离出来，冲量I的最小值为2
②在①的条件下，小木块在长木板上滑行的时间为
用质子流轰击固态的重水D2O，当质子和重水中的氘核发生碰撞时，系统损失的动能如果达到核反应所需要的能量，将发生生成
（1）写出质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程；
（2）当质子具有最小动能E1=1.4MeV时，用质子流轰击固态的重水D2O（认为氘核是静止的）可发生核反应；若用氘核轰击普通水的固态冰（认为质子是静止的）时，也能发生同样的核反应，求氘核的最小动能E2．已知氘核质量等于质子质量的2倍．
正确答案
解：
（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，11H+12D→23He
（2）设质子、氘核的质量分别为m、M，当质子和氘核发生完全非弹性碰撞时，系统损失的动能最大．由动量守恒：mv0=（m+M）v
质子轰击氘核损失的动能：△E1=
E1=
解得：△E1=
同理可得，氘核轰击质子系统损失的动能：△E2=
由于用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，由题意：△E1=△E2
联立解得：E2=2.8MeV
答：（1）质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程为11H+12D→23He
（2）氘核的最小动能为2.8MeV．
解析
解：
（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，11H+12D→23He
（2）设质子、氘核的质量分别为m、M，当质子和氘核发生完全非弹性碰撞时，系统损失的动能最大．由动量守恒：mv0=（m+M）v
质子轰击氘核损失的动能：△E1=
E1=
解得：△E1=
同理可得，氘核轰击质子系统损失的动能：△E2=
由于用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，由题意：△E1=△E2
联立解得：E2=2.8MeV
答：（1）质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程为11H+12D→23He
（2）氘核的最小动能为2.8MeV．
（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
正确答案
解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1-2Mv2=0…①
E0=
①②两式联立解得：v1=4m/s v2=1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1-Mv2=（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL=
③④联立并代入得：L=
答：①滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为
解析
解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1-2Mv2=0…①
E0=
①②两式联立解得：v1=4m/s v2=1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1-Mv2=（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL=
③④联立并代入得：L=
答：①滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为
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