- 动量守恒定律
- 共6910题
正确答案
解析
解：设人的质量为m，小车的质量均为M，人来回跳跃后人与A车的速度为v1，B车的速度为v2，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒．
有题意有：P0=0
人来回跳跃后的总动量P=（M+m）v1+Mv2
由动量守恒得
故选C
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度；
（2）求碰撞后瞬间，A和B的速度；
（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．
正确答案
解：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理
得：
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
联立③④并将mA=kmB及v=4m/s
代入得：
（3）讨论：
（i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：
联立⑤⑦代入数据，得：k＞3…⑧
电场力对A做功为：WE=-qEL=6×105×5×10-8×0.4（J）=-1.2×10-2（J） …⑨
（ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：
联立⑤⑩代入数据，得：k≤3…（11）
考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开…（12）
又：qE=3×10-2N＞μmg=2×10-2N…（13）
所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：WE=0…（14）
答：（1）A到达O点与B碰撞前的速度为4m/s．
（2）碰撞后瞬间，A和B的速度分别为：
（3）k＞3，电场力做功为）=-1.2×10-2．
1＜k≤3，电场力做功为零．
解析
解：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理
得：
（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
联立③④并将mA=kmB及v=4m/s
代入得：
（3）讨论：
（i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：
联立⑤⑦代入数据，得：k＞3…⑧
电场力对A做功为：WE=-qEL=6×105×5×10-8×0.4（J）=-1.2×10-2（J） …⑨
（ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：
联立⑤⑩代入数据，得：k≤3…（11）
考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开…（12）
又：qE=3×10-2N＞μmg=2×10-2N…（13）
所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：WE=0…（14）
答：（1）A到达O点与B碰撞前的速度为4m/s．
（2）碰撞后瞬间，A和B的速度分别为：
（3）k＞3，电场力做功为）=-1.2×10-2．
1＜k≤3，电场力做功为零．
如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的s-t（位移-时间）图象，已知m1=0.1kg．由此可以判断（ ）
正确答案
解析
解：A、由s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止．m1向速度大小为：v1=
B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动．故B错误．
C、由图乙所示图象可知：v1=
根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg．故C正确．
D、碰撞过程中系统损失的机械能为：△E=
代入解得：△E=0.594J，故D错误．
故选：C．
A该过程中产生的内能为
B车厢底板的动摩擦因数为
CM的最终速度为
Dm、M最终速度为零
正确答案
解析
解：C、D、选取M与m组成的系统为研究的对象，系统满足动量守恒，最终二者具有共同速度，根据动量守恒定律有：mv0=（M+m）v
故v=
A、B、由题意分析可知，木块与车厢发生相互作用的过程中要克服摩擦力做功，会产生热量，设系统产生的热量为Q，对系统由能量守恒定律有：
Q=
所以Q=
又由Q=μmg2L
有：μ=
答案：C
正确答案
6
30
解析
解：由位移时间图线知，碰撞前，A的速度
碰撞后AB的共同速度v=
A、B碰撞的过程中动量守恒，规定B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律知，
mAvA1+mBvB1=（mA+mB）v，
代入数据解得mB=6kg．
根据能量守恒得，损失的机械能
故答案为：6，30．
①整个过程中系统损失的机械能；
②整个过程中钢块与容器碰撞次数．
正确答案
解：①设钢块与容器的共同速度为v，以钢块的初速度方向为正方向，由动量守恒得：
mv0=（M+m）v，
由能量守恒定律得：△E=
解得，系统损失的机械能为：△E=
②损失的机械能：△E=μmgS=μmgNL，
解得：N=
答：①整个过程中系统损失的机械能为5J；
②整个过程中钢块与容器碰撞了10次．
解析
解：①设钢块与容器的共同速度为v，以钢块的初速度方向为正方向，由动量守恒得：
mv0=（M+m）v，
由能量守恒定律得：△E=
解得，系统损失的机械能为：△E=
②损失的机械能：△E=μmgS=μmgNL，
解得：N=
答：①整个过程中系统损失的机械能为5J；
②整个过程中钢块与容器碰撞了10次．
A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为
B．铀核裂变的核反应是：
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2
D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为
（2）如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=500g，mB=300g，一质量为80g的小铜块C以v0=25m/s的水平初速度开始，在A表面滑动，由于C与A、B间有摩擦，最终铜块C（视为质点）最后停在B上，B和C一起以2.5m/s的速度共同前进，求：C滑上B时的速度．
正确答案
解：（1）A、卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，其核反应方程是：
B、铀核裂变的核反应是：
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损为△m=2m1+2m2-m3，由爱因斯坦质能方程得：
释放的能量是△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2．故C正确．
D、根据玻尔理论得：
原子从a能级状态跃迁到b能级状态时有：Ea-Eb=h
原子从b能级状态跃迁到c能级状态时有：Ec-Eb=h
Ec-Ea=h
联立解得：λ3=
故选：ACD．
（2）取向右为正方向．
在上滑动的过程中，以、、组成的系统为研究对象，
系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mCv0=+（+），
即：0.1×20=0.1×vC+（0.5+0.3）×vA…①
设C滑上B时的速度为vC．C在上滑动时，、组成系统的动量守恒，
由动量守恒定律得：+=（+），
即：0.1×vC+0.3×vA=（0.3+0.1）×2.5…②，
由①②解得：=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右；
故答案为：
（1）ACD
（2）C滑上B时的速度为4m/s．
解析
解：（1）A、卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，其核反应方程是：
B、铀核裂变的核反应是：
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，质量亏损为△m=2m1+2m2-m3，由爱因斯坦质能方程得：
释放的能量是△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2．故C正确．
D、根据玻尔理论得：
原子从a能级状态跃迁到b能级状态时有：Ea-Eb=h
原子从b能级状态跃迁到c能级状态时有：Ec-Eb=h
Ec-Ea=h
联立解得：λ3=
故选：ACD．
（2）取向右为正方向．
在上滑动的过程中，以、、组成的系统为研究对象，
系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mCv0=+（+），
即：0.1×20=0.1×vC+（0.5+0.3）×vA…①
设C滑上B时的速度为vC．C在上滑动时，、组成系统的动量守恒，
由动量守恒定律得：+=（+），
即：0.1×vC+0.3×vA=（0.3+0.1）×2.5…②，
由①②解得：=2m/s，方向：向右，vC=4m/s，方向：向右；
故答案为：
（1）ACD
（2）C滑上B时的速度为4m/s．
A任意时刻系统的总动量均为mv0
B任意时刻系统的总动量均为
C任意一段时间内两物体所受冲量相同
D当A、B两物体距离最近时，其速度相等
正确答案
解析
解：AB、在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为mv0，故A正确；B错误；
C、在任意的一段时间内，A、B两个物体受到的弹力大小相等，方向相反，根据冲量I=Ft得：冲量大小相等，方向相反，故C错误；
D、当A、B两个物体有最小的距离时，其速度相等，即弹簧被压缩到最短，故D正确．
故选：AD
（B）质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M，月球半径为R，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的线速度v=______；向心加速度a=______．
正确答案
0.8
2
G
解析
解：（A）以水平向右为正方向，根据动量守恒列方程有：
Mv-mv=mv1+Mv2，带入数据解得：v2=0.8m/s
设系统最终共同速度为v′，则根据动量守恒有：
Mv-mv=（M+m）v′，解得：v′=2m/s．
（B）根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力和万有引力等于重力得出：
根据：G
解得：v=
根据：G
解得：a=G
故答案为：A：0.8，2；B：
A该过程中产生的内能为
B车厢底板的动摩擦因数为
CM的最终速度为
Dm、M最终速度为零
正确答案
解析
解：M与m组成的系统满足动量守恒，最终二者具有共同速度，根据动量守恒定律有：mv0=（M+m）v
得：v=
根据能量守恒Q=
根据摩擦生热的公式Q=f△L=μmg•2L，得：μ=
所以BC正确．
故选：BC．
质量为m的α粒子，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为
A
B2v0
C
D
正确答案
解析
解：α粒子与碳核碰撞过程系统动量守恒，以α粒子初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=m•（-
解得：v=
故选：C．
①在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能EP；
②物块与木板左半部分间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：①设子弹击中物块后，两者的共同速度为v1，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m）v1．
设弹性势能最大时，三者共同速度为v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律的：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2，
由能量守恒定律得：Ep=
代入数据解得：Ep=80J．
②对系统，由能量守恒得：Ep=μ（m0+m）gL，
代入数据解得：μ=0.4．
答：①在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能EP为80J；
②物块与木板左半部分间的动摩擦因数μ为0.4．
解析
解：①设子弹击中物块后，两者的共同速度为v1，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m）v1．
设弹性势能最大时，三者共同速度为v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律的：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2，
由能量守恒定律得：Ep=
代入数据解得：Ep=80J．
②对系统，由能量守恒得：Ep=μ（m0+m）gL，
代入数据解得：μ=0.4．
答：①在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能EP为80J；
②物块与木板左半部分间的动摩擦因数μ为0.4．
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）滑块B的最大速度vB．
正确答案
解：（1）当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大． 设向右为正方向，由动量守恒定律有：
m1v0=（m1+m2）v
弹簧的最大弹性势等于滑块A、B系统损失的动能：
Epm=
联立并代入数据解得：Epm=6J
（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，设向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得：
m1v0=m1vA+m2vm
联立并代入数据得：vm=2m/s
答：（1）弹簧的最大弹性势能为6J；
（2）滑块B的最大速度vB为2m/s
解析
解：（1）当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大． 设向右为正方向，由动量守恒定律有：
m1v0=（m1+m2）v
弹簧的最大弹性势等于滑块A、B系统损失的动能：
Epm=
联立并代入数据解得：Epm=6J
（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，设向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得：
m1v0=m1vA+m2vm
联立并代入数据得：vm=2m/s
答：（1）弹簧的最大弹性势能为6J；
（2）滑块B的最大速度vB为2m/s
（1）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是多大；
（2）A、C碰撞过程中损失的机械能．
正确答案
解：（1）A、B都和C碰撞粘在一起后，三者速度相等，
A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
（mA+mB+mC）vC=0，解得，C的速度vC=0；
（2）A、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mAvA=（mA+mC）v，解得：v=1m/s，
碰撞过程，由能量守恒定律得：△E=
答：（1）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是0．
（2）A、C碰撞过程中损失的机械能为15J．
解析
解：（1）A、B都和C碰撞粘在一起后，三者速度相等，
A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
（mA+mB+mC）vC=0，解得，C的速度vC=0；
（2）A、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mAvA=（mA+mC）v，解得：v=1m/s，
碰撞过程，由能量守恒定律得：△E=
答：（1）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是0．
（2）A、C碰撞过程中损失的机械能为15J．
短，碰撞后小车以v1=1.0m/s的速度水平向左运动，取g=10m/s2．
（i）求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小；
（ii）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能．
正确答案
解：（ⅰ）以v1的方向为正方向，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为△p=m1v1-m1（-v0）=12kg•m/s ①
（ⅱ）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同速度，此后，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒
设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有m1v1-m2v0=（m1+m2）v ②
代入数据解得：v=0.40m/s ③
当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大
设最大弹性势能为EP，根据机械能守恒定律可得
代入数据得：EP=3.6 J
答：（i）求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小是12kg•m/s；
（ii）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能是3.6J．
解析
解：（ⅰ）以v1的方向为正方向，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为△p=m1v1-m1（-v0）=12kg•m/s ①
（ⅱ）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同速度，此后，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒
设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有m1v1-m2v0=（m1+m2）v ②
代入数据解得：v=0.40m/s ③
当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大
设最大弹性势能为EP，根据机械能守恒定律可得
代入数据得：EP=3.6 J
答：（i）求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小是12kg•m/s；
（ii）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能是3.6J．
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