- 动量守恒定律
- 共6910题
如图所示,长为l、质量为m1的小船停在静水中,一个质量为m2的人站立在船头.若不计水的阻力,在人从船头走到船尾的过程中,船和人的对地位移各是多少?
正确答案
解:设船的位移为x1,的位移为x2,
人与船组成的系统动量守恒,船的速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:m1v1-m2v2=0 m1-m2
=0 ①
由几何关系的:x1+x2=l ②
由①②联立解得:,
;
答:船和人的对地位移分别是:、
.
解析
解:设船的位移为x1,的位移为x2,
人与船组成的系统动量守恒,船的速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:m1v1-m2v2=0 m1-m2
=0 ①
由几何关系的:x1+x2=l ②
由①②联立解得:,
;
答:船和人的对地位移分别是:、
.
如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上.小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放,m与BC部分间的动摩擦因数为μ.最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点,则B、D间的距离s随各量变化的情况是( )
正确答案
解析
解:根据水平方向上动量守恒,小物体在A时系统速度为零,根据动量守恒定律得知,在D点时物体与小车的速度都为零.根据能量守恒定律,小物体从A到D的过程中,小物体的重力势能全部转化为内能,即 mgR=μmgs,
解得:s=,
所以保持其他量不变,则R越大s越大.故A正确,BCD错误;
故选:A.
如图所示,质量为2m的小滑块P和质量为m的小滑块Q都视作质点,与轻质弹簧相连的Q静止在光滑水平面上.P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞,当弹簧的弹性势能最大时,P的速度大小是______,此时弹簧的最大弹性势能为______.
正确答案
v
mv2
解析
解:P、Q速度相等时弹簧的弹性势能最大,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
2mv=(2m+m)v′,
解得:v′=v,
由机械能守恒定律的:•2mv2=
(2m+m)v′2+EP,
解得:EP=mv2;
故答案为:;
.
如图,质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处.质量也为m的小球a,从距BC高h的A处由静止释放,沿ABC光滑轨道滑下,在C处与b球正碰并与b粘在一起.已知BC轨道距地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问:
①a与b球碰前瞬间的速度多大?
②a、b两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答)
正确答案
解析
解:①设a球经C点时速度为vC,a球下滑过程机械能守恒,
则由机械能守恒得:mgh=mv02,
解得:v0=,即a与b球碰前的速度为:
;
②设b球碰后的速度为v,a、b两球碰撞过程系统动量守恒,
以a球的初速度方向为正方向,由动量守恒得:mv0=(m+m)v,
解得:v=,
小球被细绳悬挂绕O摆动时,若细绳拉力为T,
由牛顿第二定律得:T-2mg=2m,
解得:T=3mg>2.8mg,细绳会断裂;
答:①a与b球碰前瞬间的速度为:;
②a、b两球碰后,细绳会断裂.
如图所示,光滑的
圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左端,其半径R=1m.质量均为M=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上,两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时,两车自动分离).其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.4.将质量为m=2kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放,滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车.求:
(i)滑块P刚滑上乙车时的速度大小;
(ii)滑块P在乙车上滑行的距离为多大?
正确答案
解:(i)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1,此时两车的速度为v2,滑块、甲、乙两辆小车组成系统,规定向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒列出等式:
mv1-2Mv2=0
对整体应用能量守恒有:
mgR=m
+
×2M
解得:v1=,
(ii)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v,滑块P在乙车上滑行的距离为L,
规定向右为正方向,对滑块P和小车乙应用动量守恒有:
mv1-Mv2=(m+M)v
对滑块P和小车乙应用能量守恒有:
μmgL=m
+
M
-
(M+m)v2
解得:L=2m
答:(i)滑块P刚滑上乙车时的速度大小;
(ii)滑块P在乙车上滑行的距离为2m.
解析
解:(i)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1,此时两车的速度为v2,滑块、甲、乙两辆小车组成系统,规定向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒列出等式:
mv1-2Mv2=0
对整体应用能量守恒有:
mgR=m
+
×2M
解得:v1=,
(ii)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v,滑块P在乙车上滑行的距离为L,
规定向右为正方向,对滑块P和小车乙应用动量守恒有:
mv1-Mv2=(m+M)v
对滑块P和小车乙应用能量守恒有:
μmgL=m
+
M
-
(M+m)v2
解得:L=2m
答:(i)滑块P刚滑上乙车时的速度大小;
(ii)滑块P在乙车上滑行的距离为2m.
质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A的动量为8kg•m/s,B的动量为4kg•m/s.当A追上B球与其发生正碰后,A、B两球动量的可能值为( )
正确答案
解析
解:A、若PA=6kg•m/s,PB=6kg•m/s,符合动量守恒.因为:+
≤
+
,mA=mB,符合能量守恒.故A正确.
B、若pA=5kg•m/s,pB=8kg•m/s,不符合动量守恒,故B错误.
C、若pA=7kg•m/s,PB=5kg•m/s,符合动量守恒.因为:+
≤
+
,mA=mB,符合能量守恒;碰后,A的速度大于B的速度,两球同向运动,所以不可能,故C错误.
D、若pA=-2kg•m/s,pB=14kg•m/s,因为mA=mB,+
>
+
,不符合能量守恒,不可能.故D错误.
故选:A
如图甲所示,在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰,小球A的质量为m1=0.1kg.图乙为它们碰撞前后两个小球的s-t图象.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==
=4m/s,方向只有向右才能与m1相撞,故A正确.
B、由图示图象可知,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,两物体运动方向相反,故B错误.
C、由图示图象可知,碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s,v1′=-2m/s,根据动量守恒定律得,m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得,m2=0.3kg.故C错误.
D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=m1v12-
m1v1′2-
m2v22,代入解得:△E=0.594J,故④错误.故D正确;
故选:AD.
一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是( )
正确答案
解析
解:以地面为参照物,发射炮弹过程中动量守恒,所以有:
,故BCD错误,A正确.
故选A.
在某次冰壶比赛中,运动员将一冰壶甲以4m/s速度推出,与正前方另一静止的相同质量的冰壶乙发生对心正碰,碰撞后冰壶乙以3m/s速度向前滑行,方向与冰壶甲运动方向相同,
(1)求碰后瞬间冰壶甲的速度;
(2)试通过计算说明该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞.
正确答案
解:(1)两冰壶碰撞过程,动量守恒,以两冰壶组成的系统为研究对象,以甲的初速度方向为正方向,
由动量守恒得:m甲v甲=m甲v甲′+m乙v甲乙,
即 m×4=mv甲′+m×3
解得:v甲′=1m/s;
碰后瞬间冰壶甲的速度为:v甲′=1m/s;
(2)碰撞前动能是:Ek=m甲v甲2=
×m×42=8m,
碰撞后的动能是:E′k═m甲v甲′2+
m乙v乙2=
×m×12+
×m×32=5m,
由此可知,碰撞前后,系统动能关系为,E前>E后 该碰撞为非弹性碰撞;
答:(1)碰后瞬间冰壶甲的速度为1m/s;
(2)碰撞是弹性碰撞是非弹性碰撞.
解析
解:(1)两冰壶碰撞过程,动量守恒,以两冰壶组成的系统为研究对象,以甲的初速度方向为正方向,
由动量守恒得:m甲v甲=m甲v甲′+m乙v甲乙,
即 m×4=mv甲′+m×3
解得:v甲′=1m/s;
碰后瞬间冰壶甲的速度为:v甲′=1m/s;
(2)碰撞前动能是:Ek=m甲v甲2=
×m×42=8m,
碰撞后的动能是:E′k═m甲v甲′2+
m乙v乙2=
×m×12+
×m×32=5m,
由此可知,碰撞前后,系统动能关系为,E前>E后 该碰撞为非弹性碰撞;
答:(1)碰后瞬间冰壶甲的速度为1m/s;
(2)碰撞是弹性碰撞是非弹性碰撞.
如图所示,一质量为M,长为L的木板固定在光滑水平面上.一质量为m的小滑块以水平速度v0从木板的左端开始滑动,滑到木板的右端时速度恰好为零.
(1)小滑块在木板上的滑动时间;
(2)若木板不固定,其他条件不变,小滑块相对木板静止时距木板左端的距离.
正确答案
解:(1)小滑块所受合外力为滑动摩擦力,设动摩擦因数为μ;
根据动能定理,有:
①
根据动量定理,有:
μmgt=mv0 ②
解得
(2)设小滑块与木板的共同速度为v,小滑块距木板左端的距离为L′,滑块和木板系统动量守恒,根据动量守恒定律,有:
mv0=(m+M)v ③
对系统运用动能定理,有:
④
由以上各式解得
答:(1)小滑块在木板上的滑动时间为;
(2)若木板不固定,其他条件不变,小滑块相对木板静止时距木板左端的距离为.
解析
解:(1)小滑块所受合外力为滑动摩擦力,设动摩擦因数为μ;
根据动能定理,有:
①
根据动量定理,有:
μmgt=mv0 ②
解得
(2)设小滑块与木板的共同速度为v,小滑块距木板左端的距离为L′,滑块和木板系统动量守恒,根据动量守恒定律,有:
mv0=(m+M)v ③
对系统运用动能定理,有:
④
由以上各式解得
答:(1)小滑块在木板上的滑动时间为;
(2)若木板不固定,其他条件不变,小滑块相对木板静止时距木板左端的距离为.
如图所示,质量为M=50g的木块用长为L=lm的轻绳悬挂于O点,质量为m=l0g的子弹以速度v1=500m/s向左水平穿过木块后,速度变成v2=490m/s,该过程历时极短可忽略不计,之后木块在竖直面内摆起来,经时间t=0.6s摆到最高点,不计空气阻力,重力加速度为g=l0m/s2.
试求:
(1)子弹穿过木块过程中,木块所受冲量大小.
(2)子弹穿过木块的过程,系统增加的热量Q.
正确答案
解:(1)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒,假设子弹穿过木块后木块具有的瞬时速度为v,设向左为正方向:
则有:mv1=Mv+mv2
代入数据得:v=2m/s
木块所受的冲量:I=Mv-0=0.1kgm/s
(2)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒,假设子弹穿过木块后木块具有的瞬时速度为v,设向左为正方向,则有:mv1=Mv+mv2
由能量守恒可知,系统损失的机械能等于系统增加的热量,即:
联立解得:Q=49.4J
答:(1)子弹穿过木块过程中,木块所受冲量大小为0.1kgm/s.
(2)子弹穿过木块的过程,系统增加的热量Q为49.4J.
解析
解:(1)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒,假设子弹穿过木块后木块具有的瞬时速度为v,设向左为正方向:
则有:mv1=Mv+mv2
代入数据得:v=2m/s
木块所受的冲量:I=Mv-0=0.1kgm/s
(2)子弹穿过木块的瞬间子弹和木块构成的系统动量守恒,假设子弹穿过木块后木块具有的瞬时速度为v,设向左为正方向,则有:mv1=Mv+mv2
由能量守恒可知,系统损失的机械能等于系统增加的热量,即:
联立解得:Q=49.4J
答:(1)子弹穿过木块过程中,木块所受冲量大小为0.1kgm/s.
(2)子弹穿过木块的过程,系统增加的热量Q为49.4J.
如图所示,一质量M=0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动,其右侧固定有一轻质水平弹簧(处于原长).台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带,传送带始终以υ=1m/s的速率逆时针转动.另一质量m=0.1kg的小物块A以速度υ0=4m/s水平滑上传送带的右端.已知物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,传送带左右两端的距离l=3.5m,滑块A、B均视为质点,忽略空气阻力,取g=10m/s2.
(1)求物块A第一次到达传送带左端时速度大小;
(2)求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm;
(3)物块A会不会第二次压缩弹簧?
正确答案
解:(1)物块A从传送带的右端滑到左端的过程,根据动能定理有:
mυ12-
mυ02=-μmgl
代入数据解得:υ1=3m/s
因为υ1>υ
所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s.
(2)物块A第一次压缩弹簧过程中,当物块A和B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有:mυ1=( M+m )υ′
根据机械能守恒定律有:Epm=mυ12-
( M+m ) υ′2
代入数据解得:Epm=0.36J.
(3)物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒,有:
mυ1=mυ1′+Mυ2′
mυ12=
mυ1′2+
Mυ2′2
解得:υ1′=υ1=-1.8m/s,υ2′=
υ1
代入数据解得:υ1′=-1.8m/s,υ2′=1.2m/s
根据动能定理有:0-m υ1′2=-μmgl1
代入数据解得:l1=1.62m
因为l1<l
所以物块A第二次向左到达传送带左端时的速度υ1″=υ=1m/s
根据υ1″<υ2′,可得物块A不会第二次压缩弹簧.
答:(1)物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s;
(2)物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.36J;
(3)物块A不会第二次压缩弹簧.
解析
解:(1)物块A从传送带的右端滑到左端的过程,根据动能定理有:
mυ12-
mυ02=-μmgl
代入数据解得:υ1=3m/s
因为υ1>υ
所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s.
(2)物块A第一次压缩弹簧过程中,当物块A和B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有:mυ1=( M+m )υ′
根据机械能守恒定律有:Epm=mυ12-
( M+m ) υ′2
代入数据解得:Epm=0.36J.
(3)物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒,有:
mυ1=mυ1′+Mυ2′
mυ12=
mυ1′2+
Mυ2′2
解得:υ1′=υ1=-1.8m/s,υ2′=
υ1
代入数据解得:υ1′=-1.8m/s,υ2′=1.2m/s
根据动能定理有:0-m υ1′2=-μmgl1
代入数据解得:l1=1.62m
因为l1<l
所以物块A第二次向左到达传送带左端时的速度υ1″=υ=1m/s
根据υ1″<υ2′,可得物块A不会第二次压缩弹簧.
答:(1)物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s;
(2)物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.36J;
(3)物块A不会第二次压缩弹簧.
如图,光滑水平面上有三个物体A、B、C,C在B上且皆静止,A以v0=10m/s的速度向B运动,碰撞后的速度为0,而B、C最终的共同速度为4m/s.已知B、C的质量分别为mB=4kg、mC=1kg,设碰撞时间极短,求:
(1)A的质量;
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能.
正确答案
解:(1)以向右为正方向;由整个过程系统动量守恒有:
mAv0=(mB+mC)v
代入数据得:mA=2kg
(2)设B与A碰撞后速度为vu,在B与C相互作用的时间里,BC系统动量守恒:
mBvu=(mB+mC)v
得:vu=5m/s
A与B的碰撞过程中,
碰前系统动能为:mAv02=0.5×4×100=100J
碰后系统动能为:mBvu2=
=50J
所以碰撞确实损失了机械能,损失量为50J
答:(1)A的质量为2kg;
(2)有能量的损失,损失的能量为50J
解析
解:(1)以向右为正方向;由整个过程系统动量守恒有:
mAv0=(mB+mC)v
代入数据得:mA=2kg
(2)设B与A碰撞后速度为vu,在B与C相互作用的时间里,BC系统动量守恒:
mBvu=(mB+mC)v
得:vu=5m/s
A与B的碰撞过程中,
碰前系统动能为:mAv02=0.5×4×100=100J
碰后系统动能为:mBvu2=
=50J
所以碰撞确实损失了机械能,损失量为50J
答:(1)A的质量为2kg;
(2)有能量的损失,损失的能量为50J
一炮弹质量为m,以一定的倾角斜向上发射,到达最高点时速度为v,炮弹在最高点爆炸成两块,其中一块恰好做自由落体运动,质量为.则另一块爆炸后瞬时的速度大小______.
正确答案
解析
解:取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程动量守恒,则有:
mv=0+
mv′
解得v′=
故答案为:
如图所示,一质量为m=50g的子弹以速度V0=100m/s水平飞行,现有两个质量均为M=0.2kg的小球A、B,其中A球用长度为L=1m轻质不可伸长的细绳悬挂于O点,此时A球与桌面之间恰好无作用力,B球紧靠在A球的右侧静止不动.已知桌面的高度为H=5m,最终子弹打入B球并镶嵌其中,B球落地点与桌边缘在竖直方向投影点之间的水平距离为s=10m,设打击过程瞬间完成,桌面光滑,则子弹打穿A球的瞬间,细绳的拉力为多大?(g取10m/s2)
正确答案
解:子弹打入小球B之后,两者以共同的速度脱离桌面二做平抛运动,
竖直方向:H=,水平方向:s=vt,代入数据解得:v=10m/s,
设子弹打穿A球后,A球的速度为v1,取子弹、小球A、B为一系统,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=Mv1+( M+m)v,
对小球A,由牛顿第二定律得:F-Mg=M,
代入数据解得:F=33.25N;
答:子弹打穿A球的瞬间,细绳的拉力为为33.25N.
解析
解:子弹打入小球B之后,两者以共同的速度脱离桌面二做平抛运动,
竖直方向:H=,水平方向:s=vt,代入数据解得:v=10m/s,
设子弹打穿A球后,A球的速度为v1,取子弹、小球A、B为一系统,
以向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=Mv1+( M+m)v,
对小球A,由牛顿第二定律得:F-Mg=M,
代入数据解得:F=33.25N;
答:子弹打穿A球的瞬间,细绳的拉力为为33.25N.
扫码查看完整答案与解析