动量守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

一静止的U核经一次α衰变成为一个新核，释放出的总动能为4.76MeV．问此衰变后新核的动能为多少MeV？

正确答案

解：设新核为X，据题意知：此α衰变的衰变方程为：

U→X+He，

根据动量守恒定律得：

mαvα=mXvX…①

式中，mα和mX分别为α粒子和X核的质量，vα和vX分别为α粒子和X核的速度的大小，由题设条件知：

mαv+mXvX2=Ek…②

…③

由①②③式得：

mXvX2=Ek…④

代入数据得，衰变后X核的动能为：

mXvX2=0.08 MeV．

答：衰变后新核的动能为0.08 MeV．

解析

解：设新核为X，据题意知：此α衰变的衰变方程为：

U→X+He，

根据动量守恒定律得：

mαvα=mXvX…①

式中，mα和mX分别为α粒子和X核的质量，vα和vX分别为α粒子和X核的速度的大小，由题设条件知：

mαv+mXvX2=Ek…②

…③

由①②③式得：

mXvX2=Ek…④

代入数据得，衰变后X核的动能为：

mXvX2=0.08 MeV．

答：衰变后新核的动能为0.08 MeV．

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题型：多选题

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多选题

A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为0.5m的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则（　　）

AA、B两船的速度大小之比为3：2

BA、B（包括人）动量大小之比为1：1

CA、B（包括人）动量之和为零

D因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定

正确答案

A,B,C

解析

解：B、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1：1，故B正确；

A、最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

MvA-（M+M）vB=0，解得：=，故A正确；

C、由于系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，系统末动量为零，即：A、B（包括人）动量之和为零，故C正确；

D、根据题意，应用都动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和，故D错误；

故选：ABC．

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题型：简答题

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简答题

两个氘核发生如下核反应：H+H→He+n，其中氘核的质量为2.0136u，氦核的质量为3.015u，中子质量为1.0087u，（1u质量对应的能量为931.5Mev）

（1）求核反应中释放的核能；

（2）在以上两氘核以相等的动能0.35Mev进行对碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能；

（3）假设反应中产生的氦核沿直线向原来静止的碳核（C）接近，受库仑力的影响，当它们距离最近时，两个原子核的动能各是多少？

正确答案

解：（1）反应过程中质量减少了：

△m=2×2.0136u-1.0087u-3.0150u=0.0035u

反应过程中释放的核能：

△E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV；

（2）设中子和氦核的动量分别为P1和P2，碰撞过程系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：P1+P2=0，由此得P1和P2大小相等，由动能和动量关系E=及氦核和中子质量关系得中子的动能E1是氦核动能E2的3倍，即：

E1：E2=3：1，

由能量守恒定律得：E1+E2=△E+2×0.35，

由以上可以算出：E2=0.99MeV，E1=2.97 MeV；

（3）氦核沿直线向原来静止的碳核（C）接近的过程中动量守恒，设碰撞结束后氦核和碳核的动量分别为P3和P4，以氦核运动的方向为正方向，得：

P2+0=P3+P4

设碰撞结束后氦核和碳核的动能分别为E3和E4，由机械能守恒得：E2=E3+E4

动能和动量关系E=；

由于氦核在质量数是3，碳核的质量数是12，是氦核的质量数的3倍，将该关系代入以上方程，得：

MeV；E4=0.63MeV

答：（1）上述核反应中释放的核能是3.26MeV；

（2）反应中生成的He核和中子的动能分别是0.99MeV，2.97 MeV．

（3）两个原子核的动能分别是0.36MeV，和0.93MeV．

解析

解：（1）反应过程中质量减少了：

△m=2×2.0136u-1.0087u-3.0150u=0.0035u

反应过程中释放的核能：

△E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV；

（2）设中子和氦核的动量分别为P1和P2，碰撞过程系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：P1+P2=0，由此得P1和P2大小相等，由动能和动量关系E=及氦核和中子质量关系得中子的动能E1是氦核动能E2的3倍，即：

E1：E2=3：1，

由能量守恒定律得：E1+E2=△E+2×0.35，

由以上可以算出：E2=0.99MeV，E1=2.97 MeV；

（3）氦核沿直线向原来静止的碳核（C）接近的过程中动量守恒，设碰撞结束后氦核和碳核的动量分别为P3和P4，以氦核运动的方向为正方向，得：

P2+0=P3+P4

设碰撞结束后氦核和碳核的动能分别为E3和E4，由机械能守恒得：E2=E3+E4

动能和动量关系E=；

由于氦核在质量数是3，碳核的质量数是12，是氦核的质量数的3倍，将该关系代入以上方程，得：

MeV；E4=0.63MeV

答：（1）上述核反应中释放的核能是3.26MeV；

（2）反应中生成的He核和中子的动能分别是0.99MeV，2.97 MeV．

（3）两个原子核的动能分别是0.36MeV，和0.93MeV．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的细线挂一质量为9×10-2kg的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹无初速释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝反方向水平抛出，落地点A距抛出点水平距离s=5m．另一块随细线做圆周运动通过最高点C．若火药爆炸释放的能量为2.88J且全部转化为机械能，不计空气阻力，g=10m/s2，下列选项正确的是（　　）

A爆炸前的瞬间爆竹的速度大小为3m/s

B爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度大小为3m/s

C爆炸瞬间做圆周运动的那一块速度大小为11m/s

D做圆周运动的那一块通过最高点时其重力恰好提供向心力

正确答案

A,C

解析

解：A、设爆竹的总质量为2m，爆竹从D运动到B的过程中，由动能定理得：2mgL=×2mv2，

代入数据解得：v=3m/s；故A正确；

B、爆炸后抛出的那一块的水平速度为v1，做圆周运动的那一块的水平速度为v2，则对做平抛运动的那一块有：

H-L=gt2，s=v1t，

代入数据解得：v1=5m/s，故B错误；

C、爆竹爆炸前后动量守恒，规定向右为正方向，所以有：2mv=mv2-mv1，

代入数据解得：v2=11m/s，故C正确；

D、设小球恰好通过最高点时的速度为v，由牛顿第二定律得：mg=m，

解得：v′===m/s，

对做圆周运动的一块，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：mv22=mv2′2+mg•2L，

解得：v2′=m/s＞v′，

在最高点重力与绳子拉力的合力提供向心力，故D错误；

故选：AC．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量MA=2kg，原来静止在光滑的水平面上，质量mB=2.0kg的小球B以v=2m/s的速度从右向左做匀速直线运动中与木块A发生相互作用，则B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度（设B球不能飞出去）是（　　）

A0.40m

B0.20m

C0.10m

D0.5m

正确答案

C

解析

解：B球上升到最大高度时速度与曲面体相等，设为v′．小球在曲面体上滑动的过程中，小球和曲面体组成的系统，取向左方向为正方向，由水平方向动量守恒得：

mBv0=（MA+mB）v

得：v′===1m/s，方向水平向左

小球和曲面体组成的系统，由系统的机械能守恒得：mBv2=（MA+mB）v2+mBgh

代入解得：h=0.1m

故选：C

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