- 动量守恒定律
- 共5880题
正确答案
解析
解：A、上述分析知EK甲=EK乙，因为EK=
因为m甲＞m乙，所以有：P甲＞P乙．甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿原来的方向运动，乙必弹回．所以乙的速度不可能为零，故A正确．
B、因为乙必弹回，不可能两球速度都为零，故B错误；
C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C正确；
D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，甲速度不反向，乙速度反向，故D错误；
故选：A．
一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107m/s．该未知粒子跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.7×106m/s．已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求未知粒子的质量．这实际是历史上查德威克测量中子质量从而发现中子的实验，请你根据以上查德威克的实验数据计算：中子质量与质子质量之比是多少？
正确答案
解：查德威克认为氢核、氮核与未知粒子之间的碰撞是弹性正碰；设未知粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为 v H，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mH•vH…①
其中v是碰撞后未知粒子的速度，由此可得：
vH=
同样可求出未知射线与氮原子碰撞后，打出的氮核的速度
vH=
查德威克在实验中测得氢核的最大速度为：vH=3.3×107m/s，
氮核的最大速度为：vN=4.7×106m/s．因为mN=14mH，由方程③④可得：
将速度的最大值代入方程⑤，可得：
可得：m≈1.16mH，则：m：mH=1：1.16；
答：未知粒子的质量为1.7mH，中子质量与质子质量之比是1：1.16．
解析
解：查德威克认为氢核、氮核与未知粒子之间的碰撞是弹性正碰；设未知粒子质量为m，速度为v0，氢核的质量为mH，最大速度为 v H，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：
mv0=mv+mH•vH…①
其中v是碰撞后未知粒子的速度，由此可得：
vH=
同样可求出未知射线与氮原子碰撞后，打出的氮核的速度
vH=
查德威克在实验中测得氢核的最大速度为：vH=3.3×107m/s，
氮核的最大速度为：vN=4.7×106m/s．因为mN=14mH，由方程③④可得：
将速度的最大值代入方程⑤，可得：
可得：m≈1.16mH，则：m：mH=1：1.16；
答：未知粒子的质量为1.7mH，中子质量与质子质量之比是1：1.16．
甲、乙两船自身质量均为120kg，静止在静水中．当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳到乙船后，若不计水的阻力，甲船的速度为______m/s，乙船速度为______m/s．
正确答案
-1.5
1.2
解析
解：当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳出的过程中甲与小孩的动量守恒，选择小孩的运动方向为正方向，则：
mv0+Mv1=0
所以：
甲乙两船与小孩组成的系统在水平方向动量守恒定律，由公式：0=Mv1+（m+M）v2，得：
故答案为：-1.5，1.2
某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．
（1）若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
（2）若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围；
（3）若小滑块是与从光滑斜轨道E点静止释放的小球发生完全非弹性碰撞后，离开A点的（小球质量与小滑块的质量相等，且均可视为质点，斜轨道与水平地面平滑连接），求当满足（2）中游戏规则时，释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围．
正确答案
解：（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：
由A到B，由动能定理得：
由以上三式解得A点的速度为：v1=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：
解得A点的速度为：v2=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤vA≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：
水平方向：s=vct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：
解得：v3=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv球=2mvA…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．
解析
解：（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：
由A到B，由动能定理得：
由以上三式解得A点的速度为：v1=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：
解得A点的速度为：v2=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤vA≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：
水平方向：s=vct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：
解得：v3=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv球=2mvA…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．
（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度：
v′≥
由机械能守恒得：
解得：v≥
规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，
解得：v=
故选：C．
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