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题型:简答题
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简答题 · 16 分

如图所示,圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直,直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起飞出轨道,落地点距N为2R。重力加速度为g,忽略圆管内径,空气阻力及各处摩擦均不计,求:

(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t;

(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。

正确答案

见解析。

解析

(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向分运动为自由落体运动,有

解得 

(2)设球A的质量为m,碰撞前速度大小为v1,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0,由机械能守恒定律知 

设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2,由动量守恒定律知 

飞出轨道后做平抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,有      ⑤

综合②③④⑤式得 

知识点

动量守恒定律机械能守恒定律
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题型:简答题
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简答题 · 4 分

如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为m。开始时A、B分别以υ1、υ2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次,υ1、υ2应满足什么关系?

正确答案

υ1υ2

解析

A与C粘合在一起,由动量守恒定律得

1 = 2mυ′  ................................... ①

再与B碰撞时,要达到题目要求,需

2mυ′− 2>0 .......................... ②

解得:υ1υ2

知识点

动量守恒定律
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题型: 单选题
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单选题 · 6 分

将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在及短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是      。(填选项前的事母)

A

B

C

D

正确答案

D

解析

知识点

动量守恒定律
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题型:简答题
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简答题 · 12 分

(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则它们的也相等。

A.速度

B.动能

C.动量

D.总能量

(2)根据玻尔原子结构理论,氦离子(He+ )的能级图如题图所示. 电子处在n =3 轨道上比处在n =5 轨道上离氦核的距离              (选填“近”或“远”). 当大量He+处在n =4 的激发态时,由于跃迁所发射的谱线有             条。

(3)如题图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0. 1 m/ s. A 将B向空间站方向轻推后,A 的速度变为0. 2 m/ s,求此时B 的速度大小和方向。

正确答案

(1)C 

(2)近  6

(3),离开空间站方向

解析

(1)根据德布罗意波长公式可知C正确;

(2)由玻尔原子理论可知电子在n=3轨道比n=5轨道离核近;由能级跃迁知大量的氮离子从n=4能级跃迁所发射的谱线为6条。

(3)由动量守恒,解得:,方向为离开空间站方向

知识点

动量守恒定律物质波氢原子的能级公式和跃迁
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题型:简答题
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简答题 · 20 分

如图所示,空间有场强的竖直向下的匀强电场,长的不可伸长的轻绳一端固定于点,另一端系一质量的不带电小球,拉起小球至绳水平后,无初速释放。另一电荷量、质量与相同的小球,以速度水平抛出,经时间与小球点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力,小球均可视为质点,取

(1)求碰撞前瞬间小球的速度。

(2)若小球经过路到达平板,此时速度恰好为O,求所加的恒力。

(3)若施加恒力后,保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变,在点下方面任意改变平板位置,小球均能与平板正碰,求出所有满足条件的恒力。

正确答案

见解析

解析

(1)

设P的加速度为a0、到D点的竖直速度为vy,合速度大小为v1,与水平方向的夹角为β,有

联立上述方程,代入数据解得:v1=6m/s

β=300

(2)设A碰前速度为v2,此时轻绳与竖直线的夹角为β,由动能定理得:

设A、P碰撞后小球C的速度为v,由动量守恒定律得:

小球C到达平板时速度为0,应做匀减速直线运动,设加速度的大小为a 有

       

设恒力大小为,F与竖直方向的夹角为α,如图,根据牛顿第二定律,得:

代入相关数据解得:

(3)由于平板可距D点无限远,小球C必做匀速或匀加速直线运动,恒力F1的方向可从竖直方向顺时针转向无限接近速度方向,设恒力与速度方向夹角为θ,有:

在垂直于速度方向上,有:

则F1的大小满足条件为

    (式中

知识点

动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞
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题型:简答题
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简答题 · 20 分

如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。传送带始终以n=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数 n=0.2, f=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2

(1)求物块B与物块A第

(2)一次碰撞前的速度大小;通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上?

(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当他们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。

正确答案

(1)4 m/s 

(2)不能 

(3)

解析

(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0,由机械能守恒知mgh=mv02

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a

μmg=ma③

设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有

v2-v02=-2al④

结合②③④式解得v=4 m/s⑤

由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1,取向右为正方向,由弹性碰撞知

-mv=mv1+MV⑥

解得

即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。

设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′,则

0-v12=-2al′⑨

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。

(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速,可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞,设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,同上计算可知

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…,碰撞后物块B的速度大小依次为

…⑫

则第n次碰撞后物块B的速度大小为

。⑭

知识点

动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞机械能守恒定律
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题型:简答题
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简答题 · 20 分

如图所示,质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动。开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s,g取10m/s2

(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。

(2)若解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时的速度大小。

(3)在满足(2)的条件下,试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

正确答案

见解析。

解析

(1)设小球能通过最高点,且此时的速度为v1。在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能守恒。则,则v1

设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F,方向向下,则F+mg=

联立解得F=2N,由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上。

(2)解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为v2,此时滑块的速度为V。在上升过程中,因系统在水平方向上不受外力作用,水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向,有

mv2+MV=0

在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能守恒,则

,联立解得v2=2m/s

(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2,任意时刻小球的水平速度大小为v3,滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒,得

mv3-MV′=0,两边同乘以△t,得mv3△t-MV′△t=0,故对任意时刻附近的微小间隔△t都成立,累积相加后,有ms1-Ms2=0,又s1+s2=2L,得s1

知识点

生活中的圆周运动动量守恒定律
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题型:简答题
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简答题 · 12 分

(1)(4分)2011年3月11日,日本发生九级大地震,造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素,它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中,有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程,它们分别是_______和_______(填入正确选项前的字母)。131I和137Cs原子核中的中子数分别是_______和_______。

A.           

B. 

C.           

D. 

(2)(8分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求:

(i)木块在ab段受到的摩擦力f;

(ii)木块最后距a点的距离s。

正确答案

(1)B、C;78;82;

(2)(i)(ii)

解析

(1)由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项 B C 131I和137Cs原子核中的中子数分别78和82

(2)(i)设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得:

由①②得:

(ii)木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同(动量守恒)全过程能量守恒得:

由②③④得:

知识点

动量守恒定律能量守恒定律与能源原子核衰变及半衰期、衰变速度
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题型: 单选题
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单选题 · 3 分

水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的

A30%

B50%

C70%

D90%

正确答案

A

解析

设碰撞前白球的速度大小为2v,由图看出,碰撞后两球的速度大小相等,速度之间的夹角约为60°,设碰撞后两球的速度大小为v′,根据动量守恒得:水平方向有:m•2v=2mv′cos30°,解得,则碰撞过程中系统损失的动能为,即碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 。

知识点

动量守恒定律
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题型:填空题
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填空题 · 4 分

质量为M的物块静止在光滑水平桌面上,质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度2v0/3射出。则物块的速度为____,此过程中损失的机械能为____。

正确答案

  ;

 m v02-m2 v02

解析

由动量守恒定律,m v0=m·2v0/3+Mv,解得v=.

由能量守恒定律,此过程中损失的机械能为△E= m v02-m·(2v0/3)2+Mv2= m v02-m2 v02

知识点

动量守恒定律能量守恒定律与能源
下一知识点 : 机械能
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