- 动量守恒定律
- 共6204题
平直的轨道上有一节车厢,车厢以12m/s的速度做匀速直线运动,某时刻与一质量为其一半的静止的平板车挂接时,车厢顶边缘上一个小钢球向前滚出,如图所示,平板车与车厢顶高度差为1.8m,设平板车足够长,求钢球落在平板车上何处?(g取10m/s2)
正确答案
两车挂接时,因挂接时间很短,可以认为小钢球速度不变,以两车为对象,碰后速度为v,由动量守恒可得Mv0=(M+)•v
∴v==8m/s
钢球落到平板车上所用时间为:t==0.6s
t时间内平板车移动距离:s1=vt=4.8m
t时间内钢球水平飞行距离:s2=v0t=7.2m
则钢球距平板车左端距离:x=s2-s1=2.4m.
答:钢球落在平板车上距离左端距离2.4m处.
(1)用某种单色光照射某种金属表面,发生了光电效应.现将该单色光的强度减弱,则______.
A.光电子的最大初动能增大 B.光电子的最大初动能减小
C.单位时间内产生的光电子数减少 D.可能不发生光电效应
(2)(10分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求
(i)木块在ab段受到的摩擦力f;
(ii)木块最后距a点的距离s.
正确答案
(1)A、B光电子的最大初动能由入射光的频率决定,与入射光的强度无关,当该单色光的强度减弱时,光电子的最大初动能.故AB错误.
C、将该单色光的强度减弱,单位时间内入射的光子数减小,单位时间内金属产生的光电子数减少.故C正确.
D、单色光的强度减弱,频率不变,仍能产生光电效应.故D错误.
(2)
(i)设木块和物体P共同速度为v,从木块开始运动到运动到最高点的过程,在最高点时两物体第一次达到共同速度,由动量守恒和能量守恒得:
mv0=(m+2m)v ①
mv02=
(m+2m)v2+mgh+fL②
由①②得:f= ③
(ii)木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同(动量守恒)全过程能量守恒得:mv02=
(m+2m)v2+f(2L-s)④
由②③④得:s=L
答:
(1)C;
(2)(i)木块在ab段受到的摩擦力f=.
(ii)木块最后距a点的距离s=L.
(1)光电效应实验中,下列表述正确的是______
A、光照时间越长光电流越大 B、入射光足够强就可以有光电流
C、遏止电压与入射光的频率有关 D、入射光频率大于极限频率才能产生光电子
(2)如图所示,甲车质量为2kg,静止在光滑水平面上,其顶部上表面光滑,右端放一个质量为1kg的小物体,乙车质量为4kg,以5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞后甲车获得6m/s的速度,物体滑到乙车上,若乙车足够长,其顶部上表面与物体的动摩擦因数为0.2,则(g取10m/s2)
①物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止;
②物块最终距离乙车左端多大距离..
正确答案
(1)A、无论光强多强,光照时间多长,只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应,故A错误;
B、无论光强多强,光照时间多长,只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应,故B错误;
C、超过极限频率的入射光频率越高,所产生的光电子的最大初动能就越大.则遏止电压越大,故C正确;
D、无论光强多弱,光照时间多短,只要光的频率大于极限频率就能产生光电效应,故D正确;
故选:CD
(2)①对甲、乙碰撞动量守恒:
m乙v0=m甲v1+m乙v2①
木块在乙车上向左匀加速直线运动,加速度为:
a==
=μg②
从木块滑上乙车到最终与车相对静止,由动量守恒得:
m乙v2=(m乙+m木)v③
滑行时间为t,由运动学方程得:
t=④
解①②③④得,t=0.8s
②设物块最终距离乙车左端多大距离为s,由能量守恒定律得:
μm木gs=m乙
-
(m乙+m木)v2⑤
由①②③⑤得:s=0.8m
答:(1)CD
(2)滑行时间0.8s;滑行距离0.8m
静止在匀强磁场中Li俘获一个速度v0=7.7×104的中子而发生核反应,生成一个
He和一个未知粒子
X,若已知
He的速度v2=2.0×104m/s,其方向与反应前中子的方向相同,试求:
①写出核反应方程式并求X粒子元素符号和x,y
②求出未知粒子X的速度大小和方向.
正确答案
①根据电荷数守恒、质量数守恒得,Li+
n→
H+
He
未知粒子 H
②中子、未知核和He质量分别为m、3m和4m,未知核的速度为v2,对心正碰,
由动量守恒定律得:mv0=4mv1+3mv2
解出v2=-1000m/s,方向与v0相反.
答:①核反应方程式Li+
n→
H+
He,x为1,质量数为3.
②未知粒子X的速度大小为1000m/s,方向与v0相反.
气球质量200kg截有质量为50kg的人,静止在空中距地面20m高的地方,气球下悬一质量不计的绳子,此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面,为安全到达地面,则这根绳至少多长?
正确答案
人与气球组成的系统动量守恒,设人的速度v1,气球的速度v2,设运动时间为t,
以人与气球组成的系统为研究对象,以向下为正方向,
由动量守恒得:m1v1-m2v2=0,则m1-m2
=0,
50×-200×
=0,s气球=
s人=
×20m=5m,
气球球和人运动的路程之和为为绳子的长度,
则绳子长度L=s气球+s人=20m+5m=25m,即绳子至少长25m长.
答:这根绳至少长25m.
质量为20g 的小球A以3m/s的速度向东运动,某时刻和在同一直线上运动的小球B迎面相碰,B球质量为50g,碰前的速度为2m/s,方向向西,碰撞后A球以1m/s的速度向西返回,求碰撞后B球的速度.
正确答案
对A、B组成的系统,以向东方向为正方向,根据动量守恒定律列出等式
mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B代入数值得v'B=-0.4m/s,负号表示碰撞后B球的速度方向向西.
答:碰撞后B球的速度大小是0.4m/s,方向向西.
如图,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块B相连,B静止在水平导轨上的O点,此时弹簧处于原长.另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行,当A滑过距离l时,与B相碰.碰撞时间极短,碰后A、B粘在一起运动.设滑块A和B均可视为质点,与导轨的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.求:
(1)碰后瞬间,A、B共同的速度大小;
(2)若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止,求弹簧的最大压缩量.
正确答案
(1)设A、B质量均为m,A刚接触B时的速度为v1,碰后瞬间共同的速度为v2以A为研究对象,从P到O,由功能关系μmgl=m
-
m
以A、B为研究对象,碰撞瞬间,由动量守恒定律
mv1=2mv2
解得v2=
(2)碰后A、B由O点向左运动,又返回到O点,设弹簧的最大压缩量为x
由功能关系:
μ(2mg)•2x=(2m)
解得:x=-
.
故弹簧的最大压缩量:x=-
.
如图所示,在光滑水平面上有一质量为M的长木板,长木板上有一质量为m的小物块,它与长木板间的动摩擦因数为μ.开始时,长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处,某时刻它们以共同的速度v0向右运动,当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后,其速度的大小不变、方向相反,以后每次的碰撞均如此.设左右挡板之间的距离足够长,且M>m.
(1)要想物块不从长木板上落下,则长木板的长度L应满足什么条件?
(2)若上述条件满足,且M=2kg,m=1kg,v0=10m/s,求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能.
正确答案
(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1,第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn.每次碰撞后,由于两挡板的距离足够长,物块与长木板都能达到相对静止,第1次若不能掉下,往后每次相对滑动的距离会越来越小,更不可能掉下.由动量守恒定律和能量守恒定律有:
(M-m)v0=(M+m)v1
μmgs=(m+M)v02-
(M+m)v12
解得:s=
故L应满足的条件是:L≥s=
(2)第2次碰撞前有:
(M-m)v0=(M+m)v1
第3次碰撞前有:(M-m)v1=(M+m)v2
第n次碰撞前有:(M-m)vn-2=(M+m)vn-1
所以vn-1=()n-1v0则第5次碰撞前有:v4=(
)4v0
故第5次碰撞前损失的总机械能为:△E=(M+m)v02-
(M+m)v42
代入数据解得:△E=149.98J.
答:
(1)要想物块不从长木板上落下,长木板的长度L应满足的条件是:L≥.
(2)整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能是149.98J.
如图所示,长L=12m、质量M=1.0kg的木板静置在水平地面上,其右端有一个固定立柱,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1.质量m=1.0kg的小猫静止站在木板左端.某时小猫开始向右加速奔跑,经过一段时间到达木板右端并立即抓住立柱.g取10m/s2.设小猫的运动为匀加速运动,若加速度a=4.0m/s2.试求:
(1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间;
(2)从小猫开始运动到最终木板静止,这一过程中木板的总位移.
正确答案
(1)猫相对木板奔跑时,设木板与猫之间的作用力大小为F,根据牛顿运动定律,
对猫有:F=ma1=4.0N
对木板有:F-μ(M+m)g=Ma2
所以a2==2.0m/s2
当猫跑到木板的右端时,有a1t2+
a2t2=L
所以t==2.0s
(2)当猫奔跑至木板的右端时,猫的速度v1=a1t=8.0m/s,方向向右,
木板的速度v2=a2t=4.0m/s,方向向左,
木板向左运动的位移s=a2t2=4.0m,方向向左,
猫在抓住立柱的过程中,由于猫与木板相互作用的时间极短,
所以猫和木板组成的系统动量守恒,则有mv1-Mv2=(M+m)v共,
所以v共==2.0m/s,方向向右,
设在随后木板与猫整体向右滑行距离为s',
由动能定理得:-μ(M+m)gs′=0-(M+m)
,
解得:s′==2.0m
所以木板运动的总位移:s总=s-s'=2.0m,方向向左.
答:(1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为2s;
(2)从小猫开始运动到最终木板静止,这一过程中木板的总位移为2m.
(1)如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图,图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图,根据甲图信息可知图乙中的检查是利用______射线.
(2)以下说法中正确的是______.
A.原子核外电子的轨道是量子化的
B.在 核中有11个质子和23个中子
C.光子说成功地解释了氢原子光谱
D.根据 粒子散射实验提出原子的核式结构模型
(3)a、b两个小球在一直线上发生碰撞,它们在碰撞前后的s~t图象如图丙所示,若a球的质量ma=1kg,则b球的质量mb等于多少?
正确答案
(1)工业探伤要求射线能够穿过钢板的表面探测钢板内部有无伤痕,而α射线连一张纸都不能穿过,故一定不能用α射线.β射线不能穿过铝板,故一定不能用β射线工业探伤.γ射线用混凝土才能挡住,故工业探伤要用γ射线.
(2)A、电子的能量就是量子化的,故A错误
B、在Na核中有11个质子和12个中子,故B错误
C、玻尔模型成功地解释了氢原子光谱,故C错误
D、根据 α粒子散射实验提出原子的核式结构模型,故D正确
故选D.
(3)从位移-时间图象上可看出,
碰前B的速度为0,
A的速度v0==4m/s 碰撞后,A的速度v1=-1m/s,B的速度v2=2m/s,
由动量守恒定律得:
mAv0=mAv1+mBv2,
mB=2.5kg
故答案为:(1)γ
(2)D
(3)b球的质量mb等于2.5kg.
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