- 动量守恒定律
- 共6910题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
〔物理--选修3-5〕
（1）以下说法正确的是______（填选项前的编号）
A．X射线是处于激发态的原子核辐射出的
B．增加入射光的强度，可以增加光电子的动能
C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数减少1
D．当氢原子从n=3的状态跃迁到n=2的状态时，发射出光子，核外电子动能增加
（2）质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为
A.
正确答案
解：（1）A、X射线是因为原子的内层电子受到激发产生的，γ射线是激发态的原子核辐射的．故A错误．
B、根据光电效应方程EKm=hγ-W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大．故B错误．
C、根据电荷数守恒，质量数守恒知，β衰变放出一个电子，新核的电荷数增1，即原子序数增加1．故C错误．
D、当氢原子从n=3的状态跃迁到n=2的状态时，电子的轨道半径减小，核外电子动能增加，故D正确．
故选D．
（2）突然爆炸动量守恒，设前一块速度大小为v1，第后一块速度大小为v2
根据动量守恒定律得：
mv0=
则向后一块的动能为：E=
解得向前的这块的动能为
故选B．
故答案为：（1）D （2）B
解析
解：（1）A、X射线是因为原子的内层电子受到激发产生的，γ射线是激发态的原子核辐射的．故A错误．
B、根据光电效应方程EKm=hγ-W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大．故B错误．
C、根据电荷数守恒，质量数守恒知，β衰变放出一个电子，新核的电荷数增1，即原子序数增加1．故C错误．
D、当氢原子从n=3的状态跃迁到n=2的状态时，电子的轨道半径减小，核外电子动能增加，故D正确．
故选D．
（2）突然爆炸动量守恒，设前一块速度大小为v1，第后一块速度大小为v2
根据动量守恒定律得：
mv0=
则向后一块的动能为：E=
解得向前的这块的动能为
故选B．
故答案为：（1）D （2）B
AL
B
C
D
正确答案
解析
解：小球a向下摆动的过程，机械能守恒，则有：mgL=
v=
当两球发生弹性碰撞时，b获得的速度最大．由于两球质量相等，发生弹性碰撞时两球交换速度．则得b球获得的速度最大值为vmax=v=
当两球发生完全非弹性碰撞，即一碰后合在一起时，b获得的速度最小，设为vmin．
根据动量守恒得：mv=2mvmin，得vmin=
对于b球向上摆动的过程，机械能守恒，则有：
所以b球上摆的最大高度范围为：
故不可能的为D；
故选：D．
（1）经过C点时，小球m2对轨道的作用力的大小及方向？
（2）m2小球打到木板DF上的位置？
正确答案
m1v1=m1v1′+m2v2′①
由①②式解得：
v1′=0，v2′=v1=2.5m/s
由B到C的过程，机械能守恒，有
在C点对m2，根据向心力公式得：
m2g+N=m2
带入数据解得：N=2.5N
据牛顿第三定律知：小球对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（2）小球从C飞出做平抛运动，有
vC=
带入数据解得：x=0.15m=15cm，所以物体刚好落在木板的D点上．
答：（1）经过C点时，小球m2对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（2）m2小球打到木板DF上的D点．
解析
m1v1=m1v1′+m2v2′①
由①②式解得：
v1′=0，v2′=v1=2.5m/s
由B到C的过程，机械能守恒，有
在C点对m2，根据向心力公式得：
m2g+N=m2
带入数据解得：N=2.5N
据牛顿第三定律知：小球对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（2）小球从C飞出做平抛运动，有
vC=
带入数据解得：x=0.15m=15cm，所以物体刚好落在木板的D点上．
答：（1）经过C点时，小球m2对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（2）m2小球打到木板DF上的D点．
A
B
CM+
DM-
正确答案
解析
解：以赵宏博与申雪两人组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以两人的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv1+mv，解得：v1=v0+
故选：C．
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
正确答案
解：（1）对m与M组成的系统，碰撞过程中动量守恒，
设碰后共同的速度为v，有
mν0=（m+M）ν
解得v=1m/s
碰撞后系统损失的机械能
解得△E=3J
（2）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为x，有
竖直方向作自由落体：
解得t=0.5s
水平方向匀速直线：
x=vt=0.5m
答：（1）碰撞过程中系统损失的机械能△E=3J；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离x=0.5m．
解析
解：（1）对m与M组成的系统，碰撞过程中动量守恒，
设碰后共同的速度为v，有
mν0=（m+M）ν
解得v=1m/s
碰撞后系统损失的机械能
解得△E=3J
（2）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点离桌面边缘的水平距离为x，有
竖直方向作自由落体：
解得t=0.5s
水平方向匀速直线：
x=vt=0.5m
答：（1）碰撞过程中系统损失的机械能△E=3J；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离x=0.5m．
正确答案
解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，
再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有：
2mv0-mv0=（2m+m）v，解得：v=
木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv-m（-v0）=μ2mgt1
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=
答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为
解析
解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，
再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有：
2mv0-mv0=（2m+m）v，解得：v=
木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv-m（-v0）=μ2mgt1
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=
答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为
（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，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1…①
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：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，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：v3=
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，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1…①
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：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，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：v3=
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．
（1）物块A的初动能是多少？
（2）如若B、C未固定，A滑过B右端的瞬时速度多大？
（3）如若B、C未固定，最终B、C间的距离多大？
正确答案
解：（1）对BC固定时由动能定理分析可知：
-μ1mg×2L=0-EK；
解得：EK=2×0.5×10×2=20J；
（2）BC未固定时，A做减速运动，BC做加速运动；
A受到的摩擦力fA=μ1mAg=0.5×10=5N；
AB与地面的最大静摩擦A在B上时，B与地面间的摩擦力fB=μ2（mA+mB）g=0.1×（1+3）×10=4N；
C与地面的摩擦力fC=μ2mCg=0.1×10=1N；
故A对BC的摩擦力等于最大静摩擦力；故BC处于静止状态；
A的加速度aA=μg=0.5×10=5m/s2；
故A滑到B右端时的速度为：v02-v22=2aAL
解得：v2=2
（3）当A到达C上后，C做匀减速运动；加速度aC=
假设二者可以达到速度相等，则v2-aAt=aCt
解得：t=
此时A的位移xA=v2t-
C的位移xC=
解得：xA=1.74m；
xC=0.47m；
xA＜L+xC；
故二者达到共同速度，共同速度vAC=act=3×
此时二者以加速度1m/s2做减速运动，共前进位移xC‘=
故C通过的总位移xC总=xC+xC′=0.47+1.44=1.91m
即BC相隔的距离为1.91m；
答：（1）物块A的初动能是20J；
（2）如若B、C未固定，A滑过B右端的瞬时速度为4.5m/s．
（3）如若B、C未固定，最终B、C间的距离为1.91m．
解析
解：（1）对BC固定时由动能定理分析可知：
-μ1mg×2L=0-EK；
解得：EK=2×0.5×10×2=20J；
（2）BC未固定时，A做减速运动，BC做加速运动；
A受到的摩擦力fA=μ1mAg=0.5×10=5N；
AB与地面的最大静摩擦A在B上时，B与地面间的摩擦力fB=μ2（mA+mB）g=0.1×（1+3）×10=4N；
C与地面的摩擦力fC=μ2mCg=0.1×10=1N；
故A对BC的摩擦力等于最大静摩擦力；故BC处于静止状态；
A的加速度aA=μg=0.5×10=5m/s2；
故A滑到B右端时的速度为：v02-v22=2aAL
解得：v2=2
（3）当A到达C上后，C做匀减速运动；加速度aC=
假设二者可以达到速度相等，则v2-aAt=aCt
解得：t=
此时A的位移xA=v2t-
C的位移xC=
解得：xA=1.74m；
xC=0.47m；
xA＜L+xC；
故二者达到共同速度，共同速度vAC=act=3×
此时二者以加速度1m/s2做减速运动，共前进位移xC‘=
故C通过的总位移xC总=xC+xC′=0.47+1.44=1.91m
即BC相隔的距离为1.91m；
答：（1）物块A的初动能是20J；
（2）如若B、C未固定，A滑过B右端的瞬时速度为4.5m/s．
（3）如若B、C未固定，最终B、C间的距离为1.91m．
（1）当弹簧拉伸到最长时，弹簧的最大弹性势能是多少？
（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弹回后，在弹簧第一次恢复原长时带动m1运动，设此时木块m2的速度为v0，由机械能守恒定律可知：
v0=3m/s
当弹簧拉伸最长时，木块m1、m2速度相同，设为v，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v
解得：v=1m/s
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Ep=
②当弹簧再次恢复到原长时，m1获得最大速度为v1，此时m2的速度为v2
规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=2m/s
答：①当弹簧拉伸到最长时，弹簧的弹性势能为3J．
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弹回后，在弹簧第一次恢复原长时带动m1运动，设此时木块m2的速度为v0，由机械能守恒定律可知：
v0=3m/s
当弹簧拉伸最长时，木块m1、m2速度相同，设为v，规定向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v
解得：v=1m/s
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Ep=
②当弹簧再次恢复到原长时，m1获得最大速度为v1，此时m2的速度为v2
规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=2m/s
答：①当弹簧拉伸到最长时，弹簧的弹性势能为3J．
②在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为2m/s．
一人站在某车的一端，车原来相对于光滑地面静止，则（ ）
正确答案
解析
解：A、对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，规定人的运动方向为正方向，
根据动量守恒定律得：
m人v人+M车v车=0
v车=
所以人从车的一端走向另一端的过程中，车向相反方向运动．故A正确，B错误；
C、人在车上走动时，若人相对车突然静止，根据系统动量为零，
车也同时停止运动，故C错误，D正确；
故选：AD．
在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m．现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则此时B球的动能是______；碰前A球的速度等于______．
正确答案
2
解析
解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，则
v′=
在碰撞过程中总机械能守恒，有
得v=2
此时B球的动能是
故答案为：
A1m
B
C
D
正确答案
解析
解：人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．
从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L．设人、船位移大小分别为l1、l2，
以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=Mv2，
两边同乘时间t得：mv1t=Mv2t，即：ml1=Ml2，
而l1+l2=L，解得：l2=
故选：A．
（2014•石嘴山校级模拟）放射性元素
①写出核反应反程；
②如果原来U核处于静止（不计粒子间的作用力）试求衰变后α粒子与Th速率之比；
③计算释放的核能（保留两位有效字）．如果衰变过程中释放的核能有30%转化成光子能量，那么这种光能否让逸出功W0=0.2Mev的金属发生光电效应？如果能请计算光电子的最大初动能．
正确答案
解：（1）根据质量数守恒与电荷数守恒，写出衰变方程为：
（2）如果原来U核处于静止，由于是衰变的过程中满足动量守恒定律，所以：
mT•vT-mαvα=0 ②
所以：
（3）上述衰变过程的质量亏损：△m=mu-mTh-mα ④
放出的能量为：△E=△m•c2 ⑤
代入数据得：△E=0.9315MeV=1.5×10-13J ⑥
有30%转化成光子能量，则光子的能量：E=30%△E=0.3×0.9315MeV=0.280MeV＞0.2MeV
所以能发生光电效应．
根据光电效应方程得：Ekm=E-W0=0.280MeV-0.2MeV=0.080MeV=8.0×104eV
答：①该核反应反程为
②如果原来U核处于静止（不计粒子间的作用力）衰变后α粒子与Th速率之比是117：2；
③计算释放的核能是1.5×10-13J．如果衰变过程中释放的核能有30%转化成光子能量，那么这种光能让逸出功W0=0.2Mev的金属发生光电效应；光电子的最大初动能是8.0×104eV．
解析
解：（1）根据质量数守恒与电荷数守恒，写出衰变方程为：
（2）如果原来U核处于静止，由于是衰变的过程中满足动量守恒定律，所以：
mT•vT-mαvα=0 ②
所以：
（3）上述衰变过程的质量亏损：△m=mu-mTh-mα ④
放出的能量为：△E=△m•c2 ⑤
代入数据得：△E=0.9315MeV=1.5×10-13J ⑥
有30%转化成光子能量，则光子的能量：E=30%△E=0.3×0.9315MeV=0.280MeV＞0.2MeV
所以能发生光电效应．
根据光电效应方程得：Ekm=E-W0=0.280MeV-0.2MeV=0.080MeV=8.0×104eV
答：①该核反应反程为
②如果原来U核处于静止（不计粒子间的作用力）衰变后α粒子与Th速率之比是117：2；
③计算释放的核能是1.5×10-13J．如果衰变过程中释放的核能有30%转化成光子能量，那么这种光能让逸出功W0=0.2Mev的金属发生光电效应；光电子的最大初动能是8.0×104eV．
①物块A最终速度的大小；
②物块B对物块A第一次碰撞与第二次碰撞的冲量之比．
正确答案
解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=mAvA1+mBvB1
B与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，
设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，取向右为正方向．由于碰后物块A以原速率弹回，所以有：
vA2=-vA1，vA2=0
由动量守恒定律可得：mAvA1-mBvB1=mAvA2+mBvB2
联立解得：vA1=3m/s，vB1=4 m/s，
由于碰后物块A以原速率弹回，所以A的最终速度大小是3m/s，方向向左
（2）第一次碰撞后A的速度变成3m/s，由动量定理得：I1=mA（vA1-vA）=0.4×（3-6）=-1.2kg•m/s
第二次碰撞过程中，由动量定理得：I2=mA（vA2-vA1）=0.4×（-3-3）=-2.4kg•m/s；
所以：
答：①物块A最终速度的大小是3m/s；
②物块B对物块A第一次碰撞与第二次碰撞的冲量之比是
解析
解：（1）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，向右为正方向，则由动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=mAvA1+mBvB1
B与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，
设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，取向右为正方向．由于碰后物块A以原速率弹回，所以有：
vA2=-vA1，vA2=0
由动量守恒定律可得：mAvA1-mBvB1=mAvA2+mBvB2
联立解得：vA1=3m/s，vB1=4 m/s，
由于碰后物块A以原速率弹回，所以A的最终速度大小是3m/s，方向向左
（2）第一次碰撞后A的速度变成3m/s，由动量定理得：I1=mA（vA1-vA）=0.4×（3-6）=-1.2kg•m/s
第二次碰撞过程中，由动量定理得：I2=mA（vA2-vA1）=0.4×（-3-3）=-2.4kg•m/s；
所以：
答：①物块A最终速度的大小是3m/s；
②物块B对物块A第一次碰撞与第二次碰撞的冲量之比是
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