- 动量守恒定律
- 共5880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
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．
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