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题型: 单选题
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单选题

甲、乙两船质量都是M,开始船尾靠近且静止在平静的湖面上,一质量为m的人先站在甲船上,然后由甲船跳到乙船,再由乙船跳回甲船,最后从甲船以与乙船相同的速度跳入水中,不计水对船的阻力,则甲、乙两船速度大小之比是(  )

A人从甲船跳入水中前,两船速度之比是M:(M+m)

B人从甲船跳入水中前,两船速度之比(M+m):m

C人从甲船跳入水中后,两船速度之比是(M+m):M

D人从甲船跳入水中后,两船速度之比是1:1

正确答案

C

解析

解:人在甲、乙两船上跳跃过程,甲、乙两船与人组成的系统动量守恒,

最终人在甲船上,以甲的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:(M+m)v-Mv=0,

以甲船与人组成的系统为研究对象,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+m)v=Mv′-mv,解得:=,故ABD错误,C正确;

故选:C.

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题型:简答题
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简答题

(I)下列说法正确的是______

A.放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律

B.α、β、γ射线比较,α射线的电离作用最弱

C.光的波长越短,光子的能量越大,光的粒子性越明显

D.核聚变原理是制造原子弹的理论基础

E.原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里

F.由玻尔的原子模型可以推知,氢原子处于激发态,量子数越大,核外电子动能越小

(II)如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静置在光滑水平面上.现有一滑块A从光滑曲面上离水平面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞(时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经过一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平面上做匀速运动.已知mA=mB=m,mC=2m,求:

(1)滑块A与滑块B碰撞时的速度v1大小;

(2)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度v2的大小;

(3)滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小.

正确答案

解:(I)A、放射性元素的半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用.故A正确.

B、α、β、γ射线比较,α射线的电离作用最强,穿透能力最弱.故B错误.

C、光的波长越短,光的频率越大,根据E=hv,知光子能量越大,波长越长,粒子性越明显.故C正确.

D、核裂变原理是制造原子弹的理论基础.故D错误.

E、原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里,因为电子也有质量.故E错误.

F、由玻尔的原子模型可以推知,氢原子处于激发态,量子数越大,轨道半径越大,根据,知,电子的动能越小.故F正确.

故答案为:A、C、F

(II)(1)设A与B碰撞时的速度大小为v1,则

所以

(2)A与B碰撞结果瞬间速度大小为v2.根据动量守恒定律:

mv1=2mv2

(3)设C匀速运动的速度为vc,此时AB的速度为vAB,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

2mv2=2mvAB+2mvc

2

由以上两式解得:vAB=0,

答:(1)滑块A与滑块B碰撞时的速度

(2)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度v2的大小为

(3)滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小为

解析

解:(I)A、放射性元素的半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用.故A正确.

B、α、β、γ射线比较,α射线的电离作用最强,穿透能力最弱.故B错误.

C、光的波长越短,光的频率越大,根据E=hv,知光子能量越大,波长越长,粒子性越明显.故C正确.

D、核裂变原理是制造原子弹的理论基础.故D错误.

E、原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里,因为电子也有质量.故E错误.

F、由玻尔的原子模型可以推知,氢原子处于激发态,量子数越大,轨道半径越大,根据,知,电子的动能越小.故F正确.

故答案为:A、C、F

(II)(1)设A与B碰撞时的速度大小为v1,则

所以

(2)A与B碰撞结果瞬间速度大小为v2.根据动量守恒定律:

mv1=2mv2

(3)设C匀速运动的速度为vc,此时AB的速度为vAB,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

2mv2=2mvAB+2mvc

2

由以上两式解得:vAB=0,

答:(1)滑块A与滑块B碰撞时的速度

(2)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间它们的速度v2的大小为

(3)滑块C在水平面上匀速运动的速度的大小为

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题型: 多选题
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多选题

质量为1kg的物体A静止在光滑水平桌面上,另一质量为2kg的物体B正对A以3m/s的速度与A发生碰撞,若碰撞中系统损失的动能最大,则该碰撞中(  )

A系统损失的最大动能为9J

B系统损失的最大动能为3J

C碰后AB均静止

D碰后AB的速度均为2m/s

正确答案

B,D

解析

解:两物体发生完全弹性碰撞时系统损失的动能最大,碰撞过程系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:

mBv0=(mA+mB)v,

代入数据解得:v=2m/s,

系统损失的最大动能:△E=mBv02-(mA+mB)v2

代入数据解得:△E=3J;

故选:BD.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,质量M=4kg的平板小车停在光滑水平面上,车上表面高h1=1.6m.水平面右边的台阶高h2=0.8m,台阶宽l=0.7m,台阶右端B恰好与半径r=5cm的光滑圆弧轨道连接,B和圆心O的连线与竖直方向夹角θ=53°,在平板小车的A处,质量m1=2kg的甲物体和质量m2=1kg的乙物体紧靠在一起,中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点).小车上A点左侧表面光滑,右侧粗糙且动摩擦因数为μ=0.2.现点燃炸药,炸药爆炸后两物体瞬间分开,甲物体获得水平初速度5m/s向右运动,离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B点沿切线进入圆弧轨道.已知车与台阶相碰后不再运动(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6).求:

(1)炸药爆炸使两物块增加的机械能E;

(2)物块在圆弧轨道最低点C处对轨道的压力F;

(3)平板车上表面的长度L和平板车运动位移s的大小.

正确答案

解:(1)爆炸过程,甲、乙两物体动量守恒,以甲的速度方向为正方向,

由动量守恒定律得:m1v1-m2v2=0,

由能量守恒定律得:E=m1v12+m2v22

解得:E=75J;

(2)甲物体离开平板车后做平抛运动,

在竖直方向,由速度位移公式得:vy2=2g(h1-h2),解得:vy=4m/s,

水平分速度vx=,解得:vx=3m/s,到达B点时的速度:vB=5m/s,

甲从B到C过程,由动能定理得:m1gr(1-cosθ)=m1vC2-m1vB2

在C点,由牛顿第二定律得:F′-m1g=m1

解得:F′=46N,由牛顿第三定律得,物块对轨道的压力F=F′=46N,方向竖直向下;

(3)甲做平抛运动的时间:t===0.4s,

平抛运动的水平位移:x=vxt=3×0.4=1.2m>0.7m,

对甲,由牛顿第二定律得:a1==0.2×10=2m/s2

甲在车上的运动时间:t===1s,

甲物体的位移:x1=t,

对车,由牛顿第二定律得:a2===1m/s2

甲离开车时,车的位移x2=a2t2

车的长度L=2(x1-x2),

解得:L=7m,

在整个过程中,车的位移:s=x2+(x-l),

解得:s=1m;

答:(1)炸药爆炸使两物块增加的机械能为75J;

(2)物块在圆弧轨道最低点C处对轨道的压力大小为46N,方向竖直向下;

(3)平板车上表面的长度为7m,平板车运动位移s的大小为1m.

解析

解:(1)爆炸过程,甲、乙两物体动量守恒,以甲的速度方向为正方向,

由动量守恒定律得:m1v1-m2v2=0,

由能量守恒定律得:E=m1v12+m2v22

解得:E=75J;

(2)甲物体离开平板车后做平抛运动,

在竖直方向,由速度位移公式得:vy2=2g(h1-h2),解得:vy=4m/s,

水平分速度vx=,解得:vx=3m/s,到达B点时的速度:vB=5m/s,

甲从B到C过程,由动能定理得:m1gr(1-cosθ)=m1vC2-m1vB2

在C点,由牛顿第二定律得:F′-m1g=m1

解得:F′=46N,由牛顿第三定律得,物块对轨道的压力F=F′=46N,方向竖直向下;

(3)甲做平抛运动的时间:t===0.4s,

平抛运动的水平位移:x=vxt=3×0.4=1.2m>0.7m,

对甲,由牛顿第二定律得:a1==0.2×10=2m/s2

甲在车上的运动时间:t===1s,

甲物体的位移:x1=t,

对车,由牛顿第二定律得:a2===1m/s2

甲离开车时,车的位移x2=a2t2

车的长度L=2(x1-x2),

解得:L=7m,

在整个过程中,车的位移:s=x2+(x-l),

解得:s=1m;

答:(1)炸药爆炸使两物块增加的机械能为75J;

(2)物块在圆弧轨道最低点C处对轨道的压力大小为46N,方向竖直向下;

(3)平板车上表面的长度为7m,平板车运动位移s的大小为1m.

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题型:填空题
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填空题

总质量为M的火箭正以速度v水平飞行,若以相对自身的速度u向相反方向喷出质量为m的气体,火箭的速度变为______,在此过程中,系统的机械能增加了______

正确答案

v+u

mu2

解析

解:以火箭和喷出的气体为研究对象,以火箭飞行的方向为正方向,

由动量守恒定律得:Mv=(M-m)v′-m(u-v),

得:v′=v+u

机械能增加了:△EK=Mv′2+m(u-v)2-Mv2

代入得:△EK=mu2

故答案为:v+u,mu2).

下一知识点 : 动量守恒定律的应用
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