- 动量守恒定律
- 共5880题
本题包括A、B、C三个小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答.若三题都做,则按A、B两题评分.
A.(选修模块3-3)
(1)下列说法正确的是
A.分子间的引力和斥力是不能同时存在的,有引力就不会有斥力
B.布朗运动就是液体分子的热运动
C.一定质量的理想气体的内能只与温度有关,温度越高,内能越大
D.做功和热传递在改变物体内能上是等效的
(2)一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示,A到B是等压过程,B到C是等容过程,则A到B过程中气体是______ (填“吸热”或“放热”)过程,B到C过程中气体内能______(填“增加”或“减少”).
(3)已知阿伏伽德罗常数是NA=6.0×1023/mol,铜的摩尔质量为6.4×10-2kg/mol,铜的密度是8.9×103kg/m3.试估算1个铜原子占有的体积为多少?(结果保留二位有效数字)
B.(选修模块3-4)
(1)下列说法正确的是
A.在波的传播过程中,质点的振动频率等于波源的振动频率,振动速度等于波的传播速度
B.爱因斯坦狭义相对论指出,真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
C.在光的双逢干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变宽
D.水中的气泡看起来特别明亮,是因为光从水射向气泡时,一部分光在界面上发生了全反射的缘故
(2)某介质中,x=0处的质点在t=0时刻开始振动,产生的波沿x轴正方向传播,t=0.3s时刻波的图象如图所示,质点b刚好开始振动,则此时质点a的振动方向为沿y轴______方向(填“正”或“负”),波在介质中传播的速度为______.
(3)如图所示,直角三棱镜折射率为,∠B=30°,一束单色光垂直于AC面射向棱镜,入射点为O,试画出光在棱镜中传播的光路图,并求出光射出棱镜时折射角.(不考虑BC面对光线的反射)
C.(选修模块3-5)
(1)日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131,碘131是放射性同位素,衰变时会发出β射线与γ射线,碘131被人摄入后,会危害身体健康,由此引起了全世界的关注.下面关于核辐射的相关知识,说法正确的是
A.人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢
B.碘131的半衰期为8.3天,则4个碘原子核经16.6天后就一定剩下一个原子核
C.β射线与γ射线都是电磁波,但γ射线穿透本领比β射线强
D.碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
(2)在光电效应现象中,若某金属的截止波长为λ0,已知真空中的光速和普朗克常量分别为c和h,该金属的逸出功为______.若用波长为λ(λ<λ0)单色光做实验,则光电子的最大初动能为______.
(3)在光滑水平面上,质量为1.5kg的滑块A以2.0m/s的速度撞击质量为9.0kg的静止滑块B,撞击后滑块B的速度为0.5m/s,求滑块A碰后的速度大小和方向.
正确答案
吸热
减小
负
40m/s
h
h-h
解析
解:A、(1)A.分子间的引力和斥力是同时存在,故A错误.
B.布朗运动就是悬浮在液体中固体颗粒的运动,故B错误.
C.一定质量的理想气体的内能只与温度有关,温度越高,内能越大,故A正确.
D.做功和热传递在改变物体内能上是等效的,故D正确.
故选CD.
(2)A到B过程中气体,P不变,V增大,
根据气体状态方程知道,T增大,内能增大.
根据热力学第一定律的表达式△U=Q+W和W<0得:
Q>0,吸热.
B到C过程中气体,V不变,P减小,
根据气体状态方程知道,T减小,内能减小.
(3)铜的摩尔体积:V==7.2×10-6m3/mol
把铜分子看作一个挨一个紧密排列的小球,
则每个铜分子的体积为:V0 ==1.2×10-29m3
B、
(1)A.在波的传播过程中,质点的振动频率等于波源的振动频率,振动速度与波的传播速度无关,故A错误.
B.爱因斯坦狭义相对论指出,真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的,故B正确.
C.在光的双逢干涉实验中,若仅将入射光由红光改为绿光,则干涉条纹间距变窄,故C错误.
D.水中的气泡看起来特别明亮,是因为光从水射向气泡时,一部分光在界面上发生了全反射的缘故,故D正确.
故选BD.
(2)根据波沿X方向传播,那么质点a的振动方向为沿y轴负方向.
波速v==40m/s
(3)由sinC=得:光从玻璃射向真空时,发生全反射时的临界角C=45° 画出光路图
由折射定律可求得折射率和由几何关系可求得:光从棱镜射入空气时的折射角分别为45°和90°.
C、(1)A.人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢,放射性衰变的快慢即半衰期是由元素本身决定的,与外部环境无关,故A正确.
B.半衰期是大量原子核衰变的统计规律,对于少量的原子核衰变时间无法确定,故B错误.
C、β射线是高速电子流,不是电磁波,故C错误.
D、碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的,故D正确.
故选AD.
(2)在光电效应现象中,若某金属的截止波长为λ0,已知真空中的光速和普朗克常量分别为c和h,
该金属的逸出功为W=hγ=h
若用波长为λ(λ<λ0)单色光做实验,则光电子的最大初动能为Ek=h-h
(3)在光滑水平面上,质量为1.5kg的滑块A以2.0m/s的速度撞击质量为9.0kg的静止滑块B,撞击后滑块B的速度为0.5m/s,求滑块A碰后的速度大小和方向.
根据动量守恒定律得:
mAvA+0=-mAvA′+mBvB′
vA′=-1m/s
方向为:与碰撞前A的速度方向相反.
故答案为:
A、(1)CD
(2)吸热,减小
(3)1个铜原子占有的体积为1.2×10-29m3
B、(1)BD
(2)负,40
(3)由折射定律可求得折射率和由几何关系可求得:光从棱镜射入空气时的折射角分别为45°和90°.
C、(1)AD
(2)h,h
-h
(3)滑块A碰后的速度大小是1m/s,方向与碰撞前A的速度方向相反.
质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比M:m可能为( )
正确答案
解析
解:设碰撞后两者的动量都为P,由于题意可知,碰撞前后总动量为2P,
根据动量和动能的关系有:P2=2mEK,
碰撞过程动能不增加,有:≥
+
,
解得:≤3,故AC错误,BD正确.
故选:BD.
质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上,物块A质量为6kg,停在B的左端.质量为1kg的小球用长为0.8m的轻绳悬挂在固定点O上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在最低点与A发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为0.2m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2,为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板至少多长?
正确答案
解:小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mgL=mv12,
代入数据解得:v1=4m/s,
小球反弹后上升过程,机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mgh=mv1′2,
代入数据解得:v1′=2m/s,
球与A碰撞过程中,系统动量守恒,以球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv1=-m1v1′+mAvA,
代入数据解得:vA=1m/s,
物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mAvA=(mA+M)v,
代入数据解得:v=0.5m/s;
由能量守恒定律得:μmAgx=mAvA2-
(mA+M)v2,
代入数据解得:x=0.125m;
答:为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板至少长0.125m.
解析
解:小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mgL=mv12,
代入数据解得:v1=4m/s,
小球反弹后上升过程,机械能守恒,由机械能守恒定律得:
mgh=mv1′2,
代入数据解得:v1′=2m/s,
球与A碰撞过程中,系统动量守恒,以球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mv1=-m1v1′+mAvA,
代入数据解得:vA=1m/s,
物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mAvA=(mA+M)v,
代入数据解得:v=0.5m/s;
由能量守恒定律得:μmAgx=mAvA2-
(mA+M)v2,
代入数据解得:x=0.125m;
答:为使A、B达到共同速度前A不滑离木板,木板至少长0.125m.
如图所示,质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m,可视为质点的小木块A质量m=1kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2.当滑板B受水平向左恒力F=14N作用时间t后,撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中的最大压缩量为x=5cm.g取10m/s2,求:
(1)水平恒力F的作用时间t
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能;
(3)整个运动过程中系统产生的热量.
正确答案
解:(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:
根据题意有:sB-sA=L,即
代入数据得:t=1s
(2)1秒末木块A和滑板B的速度分别为:vA=aAt=2m/s,vB=aBt=3m/s
当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能.
根据动量守恒定律有 mvA+MvB=(m+M)v
由能的转化与守恒得:
代入数据求得最大弹性是能EP=0.3J
(3)二者同速之后,设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′,相对木板向左滑动距离为s,有
,解得:v=v′
由能的转化与守恒,EP=μmgs得,s=0.15m
由于x+L>s且s>x,故假设成立
整个过程系统产生的热量为Q=μmg(L+s+x)=1.4J
答:(1)水平恒力F的作用时间t为1s.(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为0.3J;(3)整个运动过程中系统产生的热量是1.4J.
解析
解:(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:
根据题意有:sB-sA=L,即
代入数据得:t=1s
(2)1秒末木块A和滑板B的速度分别为:vA=aAt=2m/s,vB=aBt=3m/s
当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能.
根据动量守恒定律有 mvA+MvB=(m+M)v
由能的转化与守恒得:
代入数据求得最大弹性是能EP=0.3J
(3)二者同速之后,设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′,相对木板向左滑动距离为s,有
,解得:v=v′
由能的转化与守恒,EP=μmgs得,s=0.15m
由于x+L>s且s>x,故假设成立
整个过程系统产生的热量为Q=μmg(L+s+x)=1.4J
答:(1)水平恒力F的作用时间t为1s.(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为0.3J;(3)整个运动过程中系统产生的热量是1.4J.
如图所示,一质量为m的小球A用长度为l的轻绳系在O处,开始时绳处于水平伸直状态,O处正下方有一质量为
m的物体B,物体B和C用轻质弹簧相连,放置于光滑水平面上,C的质量为
m,现将A由静止释放,A运动到最低点与B发生正碰,碰后AB分开,A运动到最高点时OA连续与竖直方向成60°角,重力加速度为g.求:
(1)球A与物体B碰前瞬间速度;
(2)球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力;
(3)BC两物体在运动过程弹簧储存的最大弹性势能.
正确答案
解:(1)球A在下摆至最低位置过程中,由动能定理有:mgl=mv
得:vAO=
(2)球A在向右摆的过程中,由动能定理有:
mgl(1-cos60°)=mv
设球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力为T,则有:
T-mg=m
得:T=2mg
(3)判断球A球与物体B碰撞后,A的运动方向
①设A向左运动:由动量守恒定律得:
mvAO=-mvA+mvB
得:vB=4(+1)
系统碰撞前动能为:Eko==mgl
系统碰撞后的动能为:Ek=+
=
mgl
所以有:Eko<Ek
不符合碰撞过程动能不增加的原则,所以球A碰撞后不可能向左运动.
②设A向右运动:由动量守恒定律得:
mvAO=mvA+
得:vB=4(-1)
系统碰撞后的动能为:Ek=+
=
mgl+2(
-1)2mgl<Eko
所以球A碰撞后速度方向不变继续向右运动.
当BC同速时,弹簧有最大的压缩量,弹簧储存弹性势能有最大值,则有:
mvB=(
m+
m)vBC
对AB系统由功能关系有:
Ep=mv
-
(
m+
m)vBC2
联立得:Ep=mgl≈0.26mgl
答:(1)球A与物体B碰前瞬间速度为;
(2)球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力为2mg;
(3)BC两物体在运动过程弹簧储存的最大弹性势能约为0.26mgl.
解析
解:(1)球A在下摆至最低位置过程中,由动能定理有:mgl=mv
得:vAO=
(2)球A在向右摆的过程中,由动能定理有:
mgl(1-cos60°)=mv
设球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力为T,则有:
T-mg=m
得:T=2mg
(3)判断球A球与物体B碰撞后,A的运动方向
①设A向左运动:由动量守恒定律得:
mvAO=-mvA+mvB
得:vB=4(+1)
系统碰撞前动能为:Eko==mgl
系统碰撞后的动能为:Ek=+
=
mgl
所以有:Eko<Ek
不符合碰撞过程动能不增加的原则,所以球A碰撞后不可能向左运动.
②设A向右运动:由动量守恒定律得:
mvAO=mvA+
得:vB=4(-1)
系统碰撞后的动能为:Ek=+
=
mgl+2(
-1)2mgl<Eko
所以球A碰撞后速度方向不变继续向右运动.
当BC同速时,弹簧有最大的压缩量,弹簧储存弹性势能有最大值,则有:
mvB=(
m+
m)vBC
对AB系统由功能关系有:
Ep=mv
-
(
m+
m)vBC2
联立得:Ep=mgl≈0.26mgl
答:(1)球A与物体B碰前瞬间速度为;
(2)球A与物体B碰后瞬间对绳子的拉力为2mg;
(3)BC两物体在运动过程弹簧储存的最大弹性势能约为0.26mgl.
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