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题型:简答题
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简答题

如图所示,被压缩后锁定的弹簧一端固定在墙上,另一端与质量为2m的物体A相连接,光滑的水平面和光滑的曲面平滑相连.有一质量为m的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与物体A相碰,碰后两物体立即以相同速度向右运动(但两个物体不粘连),同时弹簧的锁定被解除,返回时物体B能上升的最大高度为h,试求:

(1)碰撞结束瞬间A、B的共同速度v1

(2)弹簧锁定时对应的弹性势能Ep

正确答案

(1)设B从高h处滑到平面时的速度为v0,由动能定理有

mgh=m-0,解得v0=

设A与B碰后的共同速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v1

可得v1=

(2)设B返回时离开A的速度为v′0,则

mgh=mv

解得 v′0==

对A、B和弹簧有•3m+Ep=•3mv

得Ep=mgh

答:

(1)碰撞结束瞬间A、B的共同速度v1

(2)弹簧锁定时对应的弹性势能Epmgh.

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简答题

如图所示,已知水平面上的P点右侧光滑,左侧与滑块间的动摩擦因数为μ。质量分别为m1和m2的两个滑块在水平面上P点的右侧分别以速度v1、v2向右运动,由于V1>V2而发生碰撞(碰撞前后两滑块的速度均在一条直线上)。二者碰后m1继续向右运动,m2被右侧的墙以原速率弹回,再次与m1相碰,碰后m2恰好停止,而m1最终停在Q点。测得PQ间的距离为L。求第一次碰后滑块m1的速度。

正确答案

根据动量守恒定律有  ①  (3分)

第二次碰撞                        ② (3分)

过P点向左运动过程中,由动能定理得  ③(2分)

解得:              ④ (2分

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简答题

如图所示,质量为3m的足够长木板C 静止在光滑水平面上,质量均为m 的两个物体AB 放在C 的左端,AB 间相距s0,现同时对AB施加水平向右的瞬间冲量而使之分别获得初速度v0和2v0,若ABC之间的动摩擦因数分别为μ 和 2 μ ,则:

(1)最终ABC的共同速度为多大

(2)求A达到最小速度时,系统产生的热量Q

正确答案

(1)v=0.6v0

(2)Q=1.5mv02

】(1)对ABC组成的系统,最终相对静止,设共同速度为v,由动量守恒定律:

mv0+2mv0=(mm+3mv

解得:v=0.6v0

(2)AB相对C向右匀减速运动阶段,C做匀加速运动,设A的加速度为aAB的加速度为aBC的加速度为aC ,设t时刻AC达到共同速度vAB的速度为vB

由牛顿第二定律:

aA

aB=2

aC

t时间内,对A,由速度公式:vAv0aAt

BvB=2v0aBt

CvAaC t

解得:vA=0.5v0    

vBv0

此后AC一起匀加速运动,B继续以加速度aB减速运动,故运动过程中A的最小速度为vA=0.5v0

根据系统的能量守恒定律,系统产生的热量

Qmv02m(2v0)2mv­A2-×3mv­A2mv­B2

解得Q=1.5mv02

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简答题

(8分)质量为M的小船以速度v0行驶,船上有两个质量皆为m的小孩a和b,分别静止站在般头和船尾。现在小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中,然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中。求小孩b跃出后小船的速度。

正确答案

……………………(4分)

(8分)解:因为两人的速度均是对地(即题中相对于静止水面)的水平速度,所以先后跃入水中与同时跃入水中结果相同。

设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为,取方向为正向,根据动量守恒定律,有

……………………(4分)

解得:……………………(4分)

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简答题

(6分)如图为用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速直线运动,小车A与原来静止在前方的小车B相碰并粘在一起继续做匀速直线运动,在小车A后连着纸带,电磁打电计时器电源频率为50Hz。

(1)用小木片将长木板一端垫起的目的是___________________。

(2)已测得小车A的质量m1=0.4kg,小车B质量m2=0.4kg,由以上测量结果可得碰前总动量:        kg.m/s;碰后总动量:           kg.m/s

正确答案

(1)平衡摩擦力 (2分)(2)0.042(2分)0.041(2分)

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简答题

在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙.动摩擦因数为,滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧,其始端D点切线水平且在木板AB上表面内,它们紧靠在一起,如图所示.一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为v0/2,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处,求:

(1)物块滑到B处时木板的速度vAB

(2)木板的长度L;

(3)滑块CD圆弧的半径R.

正确答案

(1) (2) (3)

解:(1)由点A到点B时,取向左为正.由动量守恒得:

    (2分)

其中,得   (2分)

(2)由点A到点B时,根据能量守恒得:

   (2分)

   (2分)

(3)由点D到点C,滑块CD与物块P的动量守恒和机械能守恒,得:

   (1分)

   (1分)

解得   (2分)

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简答题

(12分)如图所示,光滑的1/4圆弧轨道AB、EF,半径AO、0′F均为R且水平.质量为m、长度也为R的小车静止在光滑水平面CD上,小车上表面与轨道AB、EF的末端B、E相切.一质量为m的物体(可视为质点)从轨道AB的A点由静止开始下滑,由末端B滑上小车,小车立即向右运动.当小车右端与壁DE刚接触时,物体m恰好滑动到小车右端且相对于小车静止,同时小车与壁DE相碰后立即停止运动但不粘连,物体继续运动滑上圆弧轨道EF,以后又滑下来冲上小车.求:

(1)物体m滑上轨道EF的最高点相对于E点的高度h

(2)水平面CD的长度;

(3)当物体再从轨道EF滑下并滑上小车后,小车立即向左运动.如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零,最后物体m停在小车上的Q点,则Q点距小车右端多远?

正确答案

(1)   (4分) 

(2)  (4分)

(3)(4分)

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简答题

为了采集木星和火星之间星云的标本,将航天器制成勺形.航天器的质量为104 kg,正以10 km/s的初速度运行,星云物质速度为100 m/s,方向与航天器相同,航天器为无动力装置.如果每秒可搜集10 kg星云物质,一小时后航天器速度变为__________.

正确答案

2.25 km/s

该航天器质量为M,初速度为V0,一小时可搜集的星云物质质量为m,初速度为v0,则对航天器及一小时内搜集的星云物质这一系统,运动方向上不受外力,故动量守恒.

以V0方向为正,则有:MV0+mv0=(M+m)v

代入数值有:104×104+10×3 600×100=(104+10×3 600)v

得v=2.25×103 m/s.

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简答题

如图所示,在光滑水平地面上静放着质量为m=2Kg的小滑块和质量为M=4Kg、长L=8m的薄板。滑块和薄板间动摩擦因数为μ=0.2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若向薄板施加水平拉力F=20N,作用2s后撤去,取g=10m/s2。求:

(1)拉力F所做的功。

(2)薄板在水平地面上运动的最终速度。

正确答案

(1)160J(2)

(1)由牛顿第二定律可得:二者要发生相对运动

滑块的加速度               (1分)

薄板的加速度              (1分)

若薄板足够长,2s时二者对地位移分别为:

   (1分)          (1分)     

两者的相对位移<L        (1分) 说明此时滑块没有脱离薄板     

所以拉力做的功为:              (2分)

(2)力F撤消瞬间,两者的速度分别为:  (1分)  (1分)

若薄板足够长,则二者最终共速为,由动量及能量守恒定律可得:

       (2分)

    (2分)

代入数字解得: (1分)    (滑块没有离开薄板)(1分)

所以二者最终共速          (1分)

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简答题

如图,质量为M=1kg,绝缘凹槽B静止放置在光滑水平面上,凹槽内长d=1m,槽内左端静止放置一质量m=1kg,大小可忽略的带正电小物体A,电量为q=1×10-4C,物体与凹槽滑动摩擦系数为0.2,t=0时刻起,在空间加上E=6×104N/C的水平向右的匀强磁场,设物体与凹槽相碰瞬间前后二者速度交换,求:

(1)物块与凹槽壁第一次相碰瞬间速度各为多少?

(2)物块在凹槽内滑行过程中二者速度第一次相等的时刻;物块与凹槽第二次相碰后瞬间撤去电场,求物块和凹槽的最终速度.

正确答案

(1)A与B相撞之前对A进行受力分析得:qE-μmg=ma1

得:a1==m/s2=4m/s2

设A的位移为s,则:s=a1

对B:μmg=Ma2

得:a2==m/s2=2m/s2

又:s-d=a2

代入数据得:t1=1s;s=×4×12=2m.

A的速度:vA1=a1t1=4×1m/s=4m/s

B的速度:vB1=a2t1=2×1m/s=2m/s;

(2)由题意物体与凹槽相碰瞬间前后二者速度交换,则:vA2=vB1=2m/s;vB2=vA1=4m/s.

由于B的速度等于A的速度,所以A加速,B减速,设经过时间t2二者的速度相等,则:

vA2+a1t2=vB2-a2t2

代入数据解得:t2=s

物块在凹槽内滑行过程中二者速度第一次相等的时刻:t=t1+t2=1s+s≈1.33s

从第一次碰撞到速度相同的过程中,A的位移:x1=vA2t2+a2=2×+×4×()2=m

B的位移:x2=vB2t2-a2=4×-×2×()2=m

它们 位移差:△x=x2-x1=-=m

此时:vA3=vA2+a1t2=2+4×=m/s=vB3 ③

此后物体A与B都做匀加速直线运动,当A的位移比B的位移大△x时,A与B再次碰撞,该过程的时间:t3

则:x3=vA3t3+a1

x4=vB3+a2

又:x3-x4=△x=m ⑥

联立③④⑤⑥得:t3=s

此时A的速度:vA4=vA3+a1t3=+m/s

B的速度:vB4=vB3+a2t3=+m/s

撤去电场后,相同在水平方向不受外力的作用系统的动量守恒.

由动量守恒定律得:mvA4+MvB4=(M+m)v

代入数据得:v共=(+)m/s

答:(1)物块与凹槽壁第一次相碰瞬间速度各为4m/s和2m/s;

(2)物块在凹槽内滑行过程中二者速度第一次相等的时刻是1.33s;物块与凹槽第二次相碰后瞬间撤去电场,物块和凹槽的最终速度是v共=(+)m/s.

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