- 动量守恒定律
- 共5880题
如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为
A
B
C
D
正确答案
解析
解：与小球A发生弹性正碰，由于两球的质量相等交换速度．
当A、B两球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．则有
mv0=（m+
Ep=
解得，弹簧最大的弹性势能为
当弹簧恢复原长时，B球的速度最大．则有
mv0=mvA+mvB，
解得，小球B的最大速度为vB=
故选B
正确答案
解析
解：A、甲乙系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，甲乙系统的总动量应守恒，所以甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小，故A正确；
B、当弹簧压缩到最短长度时，甲乙具有相同的速度，弹簧的势能最大，甲的速度不为零，故B错误；
C、当弹簧第一次恢复原长时，设甲的速度为0，由动量守恒得：2mv=mv乙，v乙=2v．初态机械能E1=
故选：AC
已知氢原子的基态能量为E1，量子数为n的激发态的能量为
正确答案
解：（1）n=2的能级的能量为：
从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子的能量为：E=E2-E1=
根据光子的能量的公式：
可得：
（2）光子与电子碰撞前的动量：
碰撞后光子的能量：
则碰撞后的动量：
光子与电子碰撞的前后动量守恒，以光子碰撞前的速度的方向为正方向，设碰撞后电子的动量是p2，则：
p1+0=-p1′+p2
根据物质波的波长的公式，可得电子的德布罗意波波长：
联立以上各式，得：
解得：λ2=
答：跃迁辐射出的光子的波长为
解析
解：（1）n=2的能级的能量为：
从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子的能量为：E=E2-E1=
根据光子的能量的公式：
可得：
（2）光子与电子碰撞前的动量：
碰撞后光子的能量：
则碰撞后的动量：
光子与电子碰撞的前后动量守恒，以光子碰撞前的速度的方向为正方向，设碰撞后电子的动量是p2，则：
p1+0=-p1′+p2
根据物质波的波长的公式，可得电子的德布罗意波波长：
联立以上各式，得：
解得：λ2=
答：跃迁辐射出的光子的波长为
①当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度多大？
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，由机械能守恒可知：v0=0.2m/s
当弹簧拉伸最长时，木块m1、m2速度相同，设为v，由动量守恒定律得：
解得：v=0.15m/s
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
由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=0.3m/s
答：①当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度为0.15m/s．
②在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为0.3m/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，由机械能守恒可知：v0=0.2m/s
当弹簧拉伸最长时，木块m1、m2速度相同，设为v，由动量守恒定律得：
解得：v=0.15m/s
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
由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
解得：v1=0.3m/s
答：①当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度为0.15m/s．
②在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为0.3m/s．
（1）第一颗子弹从木块中穿出时木块的速度大小和方向．
（2）第二颗子弹穿出木块后，木块上升最高点离斜面B点还有多远？
（3）在木块从C点开始运动到第二颗子弹穿出木块后的过程中，子弹、木块和斜面这一系统所产生的总热量是多少？
正确答案
解：（1）木块开始下滑时，由牛顿第二定律有：
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma1
代入数据解得：a1=4m/s2
t1=0.5s末速度大小为：v1=a1t1=2m/s（方向沿斜面向下）
设第一颗子弹穿过木块后瞬间木块的速度大小为v1′，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0-Mv1=mu+Mv1′
解得：v1′=8m/s，方向沿斜面向上
（2）t1=0.5s时木块下滑的位移大小为：s1=
第一颗子弹穿过木块后木块沿斜面上滑时，对木块有：
Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2
代入数据解得：a2=8m/s2，方向沿斜面向下
得上滑到最高点的时间为：t2=
上滑位移大小为：s2=
可知木块从C处开始运动到被第一颗子弹击中再上升至最高点的总位移为：
L1=s2-s1=3.5m，方向沿斜面向上．
因为△t-t2=0.5s，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会向下加速0.5s，下滑距离为s3=s1=0.5m，
且被第二颗子弹击中前瞬间的速度大小为：v2=v1=2m/s（方向沿斜面向下），
所以之后过程与第一颗子弹击中后过程相同，即再次上滑到最高点P2的位移大小仍为：s4=s2=4m，
总位移大小仍为：L2=L1=3.5m，方向仍沿斜面向下，
由此可知，第二颗子弹击中木块后，木块上升至最高点离斜面B点距离为：BP=BC-（L1+L2）=3m．
（3）全过程系统所产生的热量可分两部分：
两颗子弹穿过木块所产生的内能和木块在斜面上滑行时所产生的内能．
两颗子弹穿过木块所产生的内能为：
Q1=3[（
全过程木块在斜面上滑行的总路程为：s=BC+6s1=13m，
那么木块在斜面上滑行时所产生的热量为：Q2=μMgscosθ=26J，
则全过程系统所产生的总热量为：Q=Q1+Q2=10436J；
答：（1）第一颗子弹从木块中穿出时木块的速度大小为8m/s，方向沿斜面向上．
（2）第二颗子弹穿出木块后，木块上升最高点离斜面B点还有3m；
（3）子弹、木块和斜面这一系统所产生的总热量是10436J．
解析
解：（1）木块开始下滑时，由牛顿第二定律有：
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma1
代入数据解得：a1=4m/s2
t1=0.5s末速度大小为：v1=a1t1=2m/s（方向沿斜面向下）
设第一颗子弹穿过木块后瞬间木块的速度大小为v1′，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0-Mv1=mu+Mv1′
解得：v1′=8m/s，方向沿斜面向上
（2）t1=0.5s时木块下滑的位移大小为：s1=
第一颗子弹穿过木块后木块沿斜面上滑时，对木块有：
Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2
代入数据解得：a2=8m/s2，方向沿斜面向下
得上滑到最高点的时间为：t2=
上滑位移大小为：s2=
可知木块从C处开始运动到被第一颗子弹击中再上升至最高点的总位移为：
L1=s2-s1=3.5m，方向沿斜面向上．
因为△t-t2=0.5s，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会向下加速0.5s，下滑距离为s3=s1=0.5m，
且被第二颗子弹击中前瞬间的速度大小为：v2=v1=2m/s（方向沿斜面向下），
所以之后过程与第一颗子弹击中后过程相同，即再次上滑到最高点P2的位移大小仍为：s4=s2=4m，
总位移大小仍为：L2=L1=3.5m，方向仍沿斜面向下，
由此可知，第二颗子弹击中木块后，木块上升至最高点离斜面B点距离为：BP=BC-（L1+L2）=3m．
（3）全过程系统所产生的热量可分两部分：
两颗子弹穿过木块所产生的内能和木块在斜面上滑行时所产生的内能．
两颗子弹穿过木块所产生的内能为：
Q1=3[（
全过程木块在斜面上滑行的总路程为：s=BC+6s1=13m，
那么木块在斜面上滑行时所产生的热量为：Q2=μMgscosθ=26J，
则全过程系统所产生的总热量为：Q=Q1+Q2=10436J；
答：（1）第一颗子弹从木块中穿出时木块的速度大小为8m/s，方向沿斜面向上．
（2）第二颗子弹穿出木块后，木块上升最高点离斜面B点还有3m；
（3）子弹、木块和斜面这一系统所产生的总热量是10436J．
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