- 动量守恒定律
- 共5880题
（1）求物块C的质量；
（2）弹簧压缩具有的最大弹性势能．
（3）在5s1到5s的时间内墙壁对物体B的作用力的冲量．
正确答案
解：（1）由图象可得：物体C以速度v0=6m/s与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度v=2m/s．A、C相互作用时间很短，水平方向动量守恒，有：
mCv0=（mC+mA）v
解得：
（2）物块C和A一起向左运动，压缩弹簧，当它们的动能完全转化为弹性势能，弹簧的弹性势能最大，最大的弹性势能为
EP=
（3）在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0，再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量为：
I=（mA+mC）v-[-（mA+mC）v]=24N•s，方向向右．
答：
（1）物块C的质量是2kg；
（2）弹簧压缩具有的最大弹性势能为12J．
（3）在5s到5s的时间内墙壁对物体B的作用力的冲量是24N•s，方向向右．
解析
解：（1）由图象可得：物体C以速度v0=6m/s与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度v=2m/s．A、C相互作用时间很短，水平方向动量守恒，有：
mCv0=（mC+mA）v
解得：
（2）物块C和A一起向左运动，压缩弹簧，当它们的动能完全转化为弹性势能，弹簧的弹性势能最大，最大的弹性势能为
EP=
（3）在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0，再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量为：
I=（mA+mC）v-[-（mA+mC）v]=24N•s，方向向右．
答：
（1）物块C的质量是2kg；
（2）弹簧压缩具有的最大弹性势能为12J．
（3）在5s到5s的时间内墙壁对物体B的作用力的冲量是24N•s，方向向右．
（1）为使小物体不掉下去，F不能超过多少？
（2）如果F=10N，求小物体所能获得的最大动能？
（3）如果F=10N，要使小物体从木板上掉下去，F作用的时间不能小于多少？
正确答案
解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a
对小物体由牛顿第二定律：μmg=ma
对整体由牛顿第二定律得：F=（M+m）a
F=μ（M+m）g=0.1×（3+1）×10N=4N
（2）小物体的加速度
木板的加速度
解得物体滑过木板所用时间
物体离开木板时的速度
（3）若F作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F作用的最短时间为t1，物体在木板上滑行的时间为t，物体离开木板时与木板的速度为V
答：（1）为使小物体不掉下去，F不能超过4N
（2）如果F=10N，小物体所能获得的最大动能是0.8J
（3）如果F=10N，要使小物体从木板上掉下去，F作用的时间不能小于0.8s
解析
解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a
对小物体由牛顿第二定律：μmg=ma
对整体由牛顿第二定律得：F=（M+m）a
F=μ（M+m）g=0.1×（3+1）×10N=4N
（2）小物体的加速度
木板的加速度
解得物体滑过木板所用时间
物体离开木板时的速度
（3）若F作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F作用的最短时间为t1，物体在木板上滑行的时间为t，物体离开木板时与木板的速度为V
答：（1）为使小物体不掉下去，F不能超过4N
（2）如果F=10N，小物体所能获得的最大动能是0.8J
（3）如果F=10N，要使小物体从木板上掉下去，F作用的时间不能小于0.8s
正确答案
解析
解：对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，A、B与弹簧在水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒．
开始时弹簧的伸长量比较小，则F比较小，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等；此后A继续减速，B继续加速，弹簧开始收缩．根据动量守恒定律：mv0=mv1+mv2，和机械能守恒可知，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大；此后弹簧进行压缩，A的速度开始增大，B的速度开始减小．
A、对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，都受到弹簧的弹力，设F为弹簧的弹力；
当加速度大小相同为a时，对A有：ma=F=kx，A的加速度与弹簧的形变量成正比，由于弹簧先伸长，后又压缩，所以弹簧对A的作用力先增大，后减小，则A的加速度先增大，后减小．故A错误；
B、由开始时的分析可知，当当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等，此时的弹性势能最大．故B错误；
C、由于A、B质量相等，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，故C错误；
D、当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，设A、B的速度分别是：v1，v2，选择向右为正方向，则根据动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2
根据机械能守恒得：
联立可得：v1=0，v2=v0．故D正确．
故选：D
（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；
（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长．
正确答案
解：（1）小球向下摆动过程，由动能定理得：m0gR=
小球到达最低点时，由牛顿第二定律得：F-m0g=m0
解得：F=30N；
（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v=m0v1+mv2，
由机械能守恒定律得：
解得：v2=2m/s，
物块A与木板B达到共同速度过程中，系统动量守恒，
以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，
由能量守恒定律得：μmgL=
解得：L=
答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小为30N；
（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长至少为
解析
解：（1）小球向下摆动过程，由动能定理得：m0gR=
小球到达最低点时，由牛顿第二定律得：F-m0g=m0
解得：F=30N；
（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v=m0v1+mv2，
由机械能守恒定律得：
解得：v2=2m/s，
物块A与木板B达到共同速度过程中，系统动量守恒，
以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，
由能量守恒定律得：μmgL=
解得：L=
答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小为30N；
（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长至少为
（选修模块3-4）
（1）一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．质点N的振幅是______m，振动周期为______s，图乙表示质点______（从质点K、L、M、N中选填）的振动图象．该波的波速为______m/s．
（2）惯性系S中有一边长为l的正方形（如图A所示），从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是______
（3）描述简谐运动特征的公式是x=______．自由下落的篮球缓地面反弹后上升又落下．若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动______ （填“是”或“不是”）简谐运动．
3．（选修模块3-5）
（1）下列实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有______．
（2）场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，电量分别为q1、q2．A、B两球由静止释放，重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为______．
（3）约里奥•居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素1530P衰变成1430 Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是______．1532P是1530P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术．1mg1532P随时间衰变的关系如图所示，请估算4mg的1532P经多少天的衰变后还剩0.25mg？
正确答案
解：3-4（1）由甲图可知，波长λ=2m，振幅为A=0.8m，由乙图可知，周期为T=4s，
v=
甲图中，L点处于平衡位置，根据波沿着x轴正方向传播，可判断出L点沿y轴正方向振动，与振动图象中t=0时刻质点的运动情况相同．
故答案为：0.8m，4s，L，0.5m/s
（2）根据长度的相对论得：沿着自身长度方向运动的物体，其长度比静止时小，在垂直方向没有变化
故答案为：C
（3）简谐运动的位移随时间的关系遵从正弦函数规律，其运动表达式为：x=Asinωt，篮球的运动位移随时间的变化不遵从正弦函数的规律，所以不是简谐运动．
故答案为：x=Asinωt，不是．
3-5（1）A为康普顿散射，B为光电效应，康普顿散射和光电效应都深入揭示了光的粒子性；
C为α粒子散射，不是光子，揭示了原子的核式结构模型．D为光的折射，揭示了氢原子能级的不连续；
故选AB
（2）系统动量守恒的条件为所受合外力为零．即电场力与重力平衡E（q1+q2）=（m1+m2）g；
故答案为：E（q1+q2）=（m1+m2）g
（3）由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程：1530 P→1430 Si+10 e，可知这种粒子是正电子．由图象可知1532 P的半衰期为14天，4mg的1532 P衰变后还剩0.25mg1532 P，经历了4个半衰期，所以为56天．
答：正电子，56天．
解析
解：3-4（1）由甲图可知，波长λ=2m，振幅为A=0.8m，由乙图可知，周期为T=4s，
v=
甲图中，L点处于平衡位置，根据波沿着x轴正方向传播，可判断出L点沿y轴正方向振动，与振动图象中t=0时刻质点的运动情况相同．
故答案为：0.8m，4s，L，0.5m/s
（2）根据长度的相对论得：沿着自身长度方向运动的物体，其长度比静止时小，在垂直方向没有变化
故答案为：C
（3）简谐运动的位移随时间的关系遵从正弦函数规律，其运动表达式为：x=Asinωt，篮球的运动位移随时间的变化不遵从正弦函数的规律，所以不是简谐运动．
故答案为：x=Asinωt，不是．
3-5（1）A为康普顿散射，B为光电效应，康普顿散射和光电效应都深入揭示了光的粒子性；
C为α粒子散射，不是光子，揭示了原子的核式结构模型．D为光的折射，揭示了氢原子能级的不连续；
故选AB
（2）系统动量守恒的条件为所受合外力为零．即电场力与重力平衡E（q1+q2）=（m1+m2）g；
故答案为：E（q1+q2）=（m1+m2）g
（3）由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程：1530 P→1430 Si+10 e，可知这种粒子是正电子．由图象可知1532 P的半衰期为14天，4mg的1532 P衰变后还剩0.25mg1532 P，经历了4个半衰期，所以为56天．
答：正电子，56天．
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