- 动量守恒定律
- 共6204题
正确答案
解析
解：Kˉ介子与π-介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
eBv=m
故动量
P=mv=eBR
因而
PKˉ：Pπ-=2：1
根据动量守恒定律，有
PKˉ=Pπ0-Pπ-故Pπ0=3Pπ-故选C．
一个静止的质量为M的原子核，放出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对核的速度为v0，则形成的新核速度大小为（ ）
Av0
B
C
D
正确答案
解析
解：设新核速度为v1，则粒子的速度为v2=v0-v1，则由动量守恒定律得0=（M-m）v1-mv2，解得v1=
故选：C
正确答案
解析
解：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，
铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f．根据能量守恒定律得：
铁块相对于木板向右运动过程：
铁块相对于木板运动的整个过程：
又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m）v，1×4=（3=1）v，解得：EP=3J．
故选：A．
（选修3-5）
（1）下列关于近代物理知识说法，你认为正确的是______
A．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为只有高速运动的粒子才具有波粒二象性
B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长
D．按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加
（2）一个中子轰击铀核（
（3）一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，求加速后航天器的速度大小．（v0、v1均为相对同一参考系的速度）
正确答案
解：（1）A、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为实物粒子也具有波动性．故A错误．
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应．故B错误．
C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，知入射光的频率小于极限频率，或入射光的波长大于极限波长．故C正确．
D、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，能量增大，根据
故选CD．
（2）根据电荷数守恒、质量数守恒，铀裂变反应的方程为
根据质能方程得，△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn ）c2．
（3）设速度v0的方向为正方向，则由动量守恒：Mv0=-mv1+（M-m）v2
所以，加速后航天器的速度大小：
故答案为：（1）CD
（2）
（3）
解析
解：（1）A、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为实物粒子也具有波动性．故A错误．
B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应．故B错误．
C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，知入射光的频率小于极限频率，或入射光的波长大于极限波长．故C正确．
D、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，能量增大，根据
故选CD．
（2）根据电荷数守恒、质量数守恒，铀裂变反应的方程为
根据质能方程得，△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn ）c2．
（3）设速度v0的方向为正方向，则由动量守恒：Mv0=-mv1+（M-m）v2
所以，加速后航天器的速度大小：
故答案为：（1）CD
（2）
（3）
①停止拉绳时甲车运动的位移多大？
②停止拉绳时甲车运动的速度是多大？
③人拉绳的过程中绳对甲车和人的冲量是多大？
正确答案
解：①甲车、乙车和人组成的系统动量守恒．
设甲车、乙车的位移大小分别是x1、x2，
由几何关系可知：x1+x2=L-S，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
（m甲+m人）v1-m乙v2=0，
（m甲+m人）
解得：x1=1m，
②设停止拉绳时甲的速度为V甲，
系统动量守恒，以甲的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：（m甲+m人）v甲-m乙V=0
代入数据解得：v甲=0.5m/s；
③对甲与人组成的系统，由动量定理得：
I=（m甲+m人）v甲，代入数据解得：I=30kg•m/s．
答：①停止拉绳时甲车运动的位移为1m；
②停止拉绳时甲车运动的速度是0.5m/s；
③人拉绳的过程中绳对甲车和人的冲量是30kg•m/s．
解析
解：①甲车、乙车和人组成的系统动量守恒．
设甲车、乙车的位移大小分别是x1、x2，
由几何关系可知：x1+x2=L-S，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
（m甲+m人）v1-m乙v2=0，
（m甲+m人）
解得：x1=1m，
②设停止拉绳时甲的速度为V甲，
系统动量守恒，以甲的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：（m甲+m人）v甲-m乙V=0
代入数据解得：v甲=0.5m/s；
③对甲与人组成的系统，由动量定理得：
I=（m甲+m人）v甲，代入数据解得：I=30kg•m/s．
答：①停止拉绳时甲车运动的位移为1m；
②停止拉绳时甲车运动的速度是0.5m/s；
③人拉绳的过程中绳对甲车和人的冲量是30kg•m/s．
①小球的初速度v0是多少？
②滑块获得的最大速度是多少？
正确答案
解：①当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，系统水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒得：
mv0=（m+M）v1…①，
统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：v0=5m/s …③；
②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．
研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④，
由机械能守恒定律得：
解得：
答：①小球的初速度v0是5m/s；
②滑块获得的最大速度是2m/s．
解析
解：①当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，系统水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒得：
mv0=（m+M）v1…①，
统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：v0=5m/s …③；
②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．
研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④，
由机械能守恒定律得：
解得：
答：①小球的初速度v0是5m/s；
②滑块获得的最大速度是2m/s．
正确答案
解析
解：子弹进入物块的时候，根据动量守恒得，
mv0=（m+M）v，
即0.01v0=（0.99+0.01）v，
子弹射入物块内时细绳恰好断裂，根据向心力公式可得，
F-（M+m）g=（M+m）
即46-（0.99+0.01）×10=（0.99+0.01）×
联立以上两式解得v0=600m/s．
故选B．
如图所示，两块相同平板P1，P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的上表面光滑，右端固定一轻质弹簧．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P滑上P2直至将弹簧压缩至最短（弹簧始终在弹性限度内）．求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1；
（2）P1与P2碰撞过程中损失的机械能；
（3）当弹簧被压缩至最短时，P的速度v2；
（4）此过程中弹簧获得的最大弹性势能Epm．
正确答案
解：（1）P1、P2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：mv0=2mv1，
解得：v1=
（2）由能量守恒定律可知，P1、P2碰撞过程系统损失的机械能：
△E=
（3）P1、P2、P系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1+2mv0=4mv2，
解得：v2=
（4）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0+2mv0=4mv2，
对系统，由能量守恒定律得：
解得：EPm=
答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1为
（2）P1与P2碰撞过程中损失的机械能为
（3）当弹簧被压缩至最短时，P的速度v2为：
（4）此过程中弹簧获得的最大弹性势能Epm为：
解析
解：（1）P1、P2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：mv0=2mv1，
解得：v1=
（2）由能量守恒定律可知，P1、P2碰撞过程系统损失的机械能：
△E=
（3）P1、P2、P系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1+2mv0=4mv2，
解得：v2=
（4）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0+2mv0=4mv2，
对系统，由能量守恒定律得：
解得：EPm=
答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1为
（2）P1与P2碰撞过程中损失的机械能为
（3）当弹簧被压缩至最短时，P的速度v2为：
（4）此过程中弹簧获得的最大弹性势能Epm为：
（1）沙箱重新摆到最低点时悬绳拉力的大小；
（2）沙箱从最高点重新摆到最低点的过程中重力的最大功率．
正确答案
解：（1）子弹射入沙箱有机械能损失，射入后上摆过程中只有重力做功，系统机械能守恒，设子弹射入后的共同速度为v，
沙箱上升过程，由机械能守恒定律得：
在最低点，由牛顿第二定律得：
（2）在最高点速度为零，在最低点速度与重力垂直，在这两个位置，重力功率均为零，
从最高点到最低点过程中，重力功率先增大后减小，设下摆到绳与水平方向为θ时重力功率最大，
在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）gLsinθ=
解得：v=
设y=sinθcos2θ，则y2=sin2θcos2θcos2θ•
由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ=2，则当2sin2θ=cos2θ时，y最大，
由于
则：
答：（1）沙箱重新摆到最低点时悬绳拉力的大小为300N．
（2）沙箱从最高点重新摆到最低点的过程中重力的最大功率为248W．
解析
解：（1）子弹射入沙箱有机械能损失，射入后上摆过程中只有重力做功，系统机械能守恒，设子弹射入后的共同速度为v，
沙箱上升过程，由机械能守恒定律得：
在最低点，由牛顿第二定律得：
（2）在最高点速度为零，在最低点速度与重力垂直，在这两个位置，重力功率均为零，
从最高点到最低点过程中，重力功率先增大后减小，设下摆到绳与水平方向为θ时重力功率最大，
在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）gLsinθ=
解得：v=
设y=sinθcos2θ，则y2=sin2θcos2θcos2θ•
由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ=2，则当2sin2θ=cos2θ时，y最大，
由于
则：
答：（1）沙箱重新摆到最低点时悬绳拉力的大小为300N．
（2）沙箱从最高点重新摆到最低点的过程中重力的最大功率为248W．
（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度
（2）通过计算说明小球2第一次沿轨道上滑过程中能否到达D点？
正确答案
解：（1）设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒定律，有：
m1v1=m2v2 ①
由机械能守恒定律，有；
Ep=
联立①②并代入数据解得：v1=3m/s向左
v2=12m/s向右
（2）小球2向右运动，设其能到达原周额最高点D，由机械能守恒，有：
代入数据解得：vD=
又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：
mg=m
代入数据解得：v=
由于v＜vD，故小球2能通过最高点．
答：（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度分别为：3m/s向左、12m/s向右；
（2）小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点．
解析
解：（1）设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒定律，有：
m1v1=m2v2 ①
由机械能守恒定律，有；
Ep=
联立①②并代入数据解得：v1=3m/s向左
v2=12m/s向右
（2）小球2向右运动，设其能到达原周额最高点D，由机械能守恒，有：
代入数据解得：vD=
又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：
mg=m
代入数据解得：v=
由于v＜vD，故小球2能通过最高点．
答：（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度分别为：3m/s向左、12m/s向右；
（2）小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点．
扫码查看完整答案与解析