- 动量守恒定律
- 共6204题
人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程．请按要求回答下列问题．
（1）卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献．请选择其中的两位，指出他们的主要成绩．①_______；②______．
在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，如图为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途．______．
（2）在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂．中子在重水中可与12H核碰撞减速，在石墨中与612C核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
正确答案
解：
（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱（或其他成就）查德威克发现了中子（或其他成就）．
α粒子带正电，由左手定则可知，向左偏转的为α粒子；γ光子不带电，故中子在磁场中不发生偏转；电子带负电，故电子在磁场中向右偏；
高速α粒子流可以用在人工核转变中；γ光子可以用于医疗放射治肿瘤；电子可以使荧光屏发光；
故可回答为：不偏转的射线2为γ光子，可以用于医疗放射治肿瘤．
（2）设中子质量为Mn靶核质量为M，由动量守恒定律Mnv0=Mnv1+Mv2
由能量守恒得：
在重水中靶核质量：MH=2Mn
在石墨中靶核质量：MC=12Mn
与重力靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
解析
解：
（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱（或其他成就）查德威克发现了中子（或其他成就）．
α粒子带正电，由左手定则可知，向左偏转的为α粒子；γ光子不带电，故中子在磁场中不发生偏转；电子带负电，故电子在磁场中向右偏；
高速α粒子流可以用在人工核转变中；γ光子可以用于医疗放射治肿瘤；电子可以使荧光屏发光；
故可回答为：不偏转的射线2为γ光子，可以用于医疗放射治肿瘤．
（2）设中子质量为Mn靶核质量为M，由动量守恒定律Mnv0=Mnv1+Mv2
由能量守恒得：
在重水中靶核质量：MH=2Mn
在石墨中靶核质量：MC=12Mn
与重力靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在其中．在此过程中木块所受的冲量应是（ ）
Amv0
B
C
D
正确答案
解析
解：设子弹的方向为正方向；以子弹和木块为系统，由动量守恒可知：
mv0=（m+M）v
解得：v=
由动量守恒对木块分析，则木块受到的冲量I=Mv=
故选：C
正确答案
解：以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m）v，
由机械能守恒定律得：
解得：EP=
答：整个过程中弹簧的最大弹性势能是
解析
解：以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m）v，
由机械能守恒定律得：
解得：EP=
答：整个过程中弹簧的最大弹性势能是
（1）当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度是多大？
（2）在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为多少？
正确答案
解：（1）木块m2被被弹回后，在弹簧第一次恢复原长后带动m1运动，在弹簧第一次恢复原长时，设m2速度为v0，根据机械能守恒得：v0=3m/s，
当m1和m2速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，
代入数据得：v=1m/s；
（2）当弹簧再次恢复原长时，m1获得速度最大，设m1速度为v1，m2速度为v2，以m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：
代入数据得：v1=2m/s；
答：（1）当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度是1m/s；
（2）在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为2m/s．
解析
解：（1）木块m2被被弹回后，在弹簧第一次恢复原长后带动m1运动，在弹簧第一次恢复原长时，设m2速度为v0，根据机械能守恒得：v0=3m/s，
当m1和m2速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，
代入数据得：v=1m/s；
（2）当弹簧再次恢复原长时，m1获得速度最大，设m1速度为v1，m2速度为v2，以m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：
代入数据得：v1=2m/s；
答：（1）当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度是1m/s；
（2）在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为2m/s．
正确答案
12
6
解析
解：设开始运动方向为正方向；
则碰前A的速度：vA=
则A的冲量I=mAv-mAvA=4×1-4×（-2）=12kg．m/s；
碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，
代入数据解得：mB=6kg；
故答案为：12；6．
（1）两物体突然分离时A的速度的大小vA；
（2）两物体突然分离时B的速度的大小vB；
（3）B运动到d点时受到的支持力的大小FN．
正确答案
解：（1）A向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：
μmAg=mAa
0-
vA=1m/s
（2）A、B分开过程系统动量守恒：
mAvA-mBvB=0
vB=3m/s
（3）B由位置b运动到d的过程中，机械能守恒：
B在d处的合力为F，依题意：F=mBg-FN=mB
FN=7.5N
答：（1）两物体突然分离时A的速度的大小是1m/s；
（2）两物体突然分离时B的速度的大小是3m/s；
（3）B运动到d点时受到的支持力的大小是7.5N．
解析
解：（1）A向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：
μmAg=mAa
0-
vA=1m/s
（2）A、B分开过程系统动量守恒：
mAvA-mBvB=0
vB=3m/s
（3）B由位置b运动到d的过程中，机械能守恒：
B在d处的合力为F，依题意：F=mBg-FN=mB
FN=7.5N
答：（1）两物体突然分离时A的速度的大小是1m/s；
（2）两物体突然分离时B的速度的大小是3m/s；
（3）B运动到d点时受到的支持力的大小是7.5N．
正确答案
解：A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：vA=5m/s；
A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=-mAvA′+mBvB′，
由机械能守恒定律得：
碰撞后，A球向左运动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：mA：mB=1：9；
答：A和B的质量之比为1：9．
解析
解：A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：vA=5m/s；
A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=-mAvA′+mBvB′，
由机械能守恒定律得：
碰撞后，A球向左运动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据得：mA：mB=1：9；
答：A和B的质量之比为1：9．
（2012春•娄底校级月考）总质量为M的火箭竖直向上发射，每次喷出气体的质量为m，速度均为V，则：
（1）喷出1次气体后，火箭获得速度的大小是______；
（2）喷出2次气体后，火箭获得速度的大小是______；
（3）若1s内火箭喷出n次气体，那么1s末火箭的速度是______．
正确答案
解析
解：（1）火箭和喷出的气体组成的系统，在竖直方向上动量守恒，规定向上为正方向，根据动量守恒定律得，
0=-mv+（M-m）v1，
解得：
（2）规定向上为正方向，根据动量守恒定律得：
0=-2mv+（M-2m）v2，
解得：
（3）规定向上为正方向，根据动量守恒得：
0=-nmv+（M-nm）v′，
解得：
故答案为：（1）
正确答案
1：2
4：1
解析
解：（1）由图可知，A的加速度大小为：aA=
B的加速度大小为：aB=
由牛顿第二定律：f=mAaA，f=mBaB，
解得：mA：mB=aB：aA=1：2；
（2）由图示图象可知，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，
然后它们共同做匀速直线运动，由图可知时间为t0时，A还没从B上掉落，
此时A的位移为：sA=
故A、B的相对位移为：L=sA-sB=
（3）A克服摩擦力做的功与摩擦力对B做的功之比为：
故答案为：1：2；
（1）碰撞前瞬间A的速率v；
（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l．
正确答案
解析
解：设滑块的质量为m．
（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR=
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=2mv′，代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′=1m/s．
（3）对A、B系统，由动能定理得：
代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m．
答：（1）碰撞前瞬间A的速率v为2m/s；
（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′为1m/s；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m．
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