- 动量守恒定律
- 共6910题
(2014•梧州一模)如图所示,一长木板放在光滑水平面上,右端用一轻绳与立杆相连,长木板上左端有一轻弹簧,弹簧的左端固定在长木板的左端B,弹簧处于原长,弹簧长为0.4m,长木板质量为0.3kg,长为1m,在长木板的右端A有一木块,质量为0.2kg,木块可以看成质点,木块与木板间的动摩擦因数为0.3,现给木块一个向左的初速度,大小为3m/s,结果物块停在了离A点0.2m的位置,求:
(1)木块与弹簧刚要接触时的速度;
(2)弹簧的最大压缩量;
(3)若给木块初速度的一瞬间剪断轻绳,木块与弹簧刚要接触时的速度又是多大?木块和木板最终的速度各是多大?
正确答案
解:(1)木块从A运动到弹簧右侧的过程,由动能定理得
-μmgx1=
得 v==
≈2.3m/s
(2)设弹簧的最大压缩量为x,弹簧的最大弹性势能为Ep.
根据能量守恒定律得:
木块向左运动过程有 =μmg(x+x1)+Ep;
木块向右运动过程有 μmg(x+x2)=Ep;
联立得 =μmg(2x+x1+x2)
代入得:×0.2×32=0.3×0.2×(2x+0.6+0.4)
解得 x=0.25m
(3)剪断轻绳后,设木块与弹簧刚要接触时的速度木块与木板的速度分别为v1和v2.
取向左方向为正方向,根据系统动量守恒得:
mv0=mv1+Mv2;
根据能量守恒定律得:
μmgx1=-
-
联立解得v1≈2.55m/s,v2=0.3m/s
最终木块和木板速度相同,设最终的速度为v′.根据动量守恒定律得
mv0=(m+M)v′;
解得 v′=1.2m/s
答:
(1)木块与弹簧刚要接触时的速度是2.3m/s;
(2)弹簧的最大压缩量是0.25m;
(3)若给木块初速度的一瞬间剪断轻绳,木块与弹簧刚要接触时的速度又是2.55m/s和0.3m/s,木块和木板最终的速度各是1.2m/s.
解析
解:(1)木块从A运动到弹簧右侧的过程,由动能定理得
-μmgx1=
得 v==
≈2.3m/s
(2)设弹簧的最大压缩量为x,弹簧的最大弹性势能为Ep.
根据能量守恒定律得:
木块向左运动过程有 =μmg(x+x1)+Ep;
木块向右运动过程有 μmg(x+x2)=Ep;
联立得 =μmg(2x+x1+x2)
代入得:×0.2×32=0.3×0.2×(2x+0.6+0.4)
解得 x=0.25m
(3)剪断轻绳后,设木块与弹簧刚要接触时的速度木块与木板的速度分别为v1和v2.
取向左方向为正方向,根据系统动量守恒得:
mv0=mv1+Mv2;
根据能量守恒定律得:
μmgx1=-
-
联立解得v1≈2.55m/s,v2=0.3m/s
最终木块和木板速度相同,设最终的速度为v′.根据动量守恒定律得
mv0=(m+M)v′;
解得 v′=1.2m/s
答:
(1)木块与弹簧刚要接触时的速度是2.3m/s;
(2)弹簧的最大压缩量是0.25m;
(3)若给木块初速度的一瞬间剪断轻绳,木块与弹簧刚要接触时的速度又是2.55m/s和0.3m/s,木块和木板最终的速度各是1.2m/s.
如图所示,在光滑水平面上有一沿有圆弧轨道的小车,其质量为m1,质量为m2的物体(可视为质点)从小车的右侧以速度v0滑上小车,沿弧形轨道上升到一定高度(物体未越过小车)后下滑,最后从小车右端离开.不计一切阻力,求:
(1)物体上升的最大高度;
(2)通过计算讨论物体离开小车右端时的速度方向.
正确答案
解析
解:(1)物体从滑上小车到上升到最大高度过程中,系统水平方向动量守恒,以物体的速度方向为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:
m2v0=( m1+m2)v,
系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:
,
解得物体上升的最大高度:;
(2)物体从滑上小车到离开小车的过程中,系统在水平方向动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:
m2v0=m1v1+m2v2,
系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:
m2v02=
m2v22+
m1v12,
解得:v2=v0,
如果m2>m1,则v2>0,物体向左抛出,
如果m2=m1,则v2=0,物体将做自由落体运动,
如果m2<m1,则v2<0,物体向右抛出;
答:(1)物体上升的最大高度;
(2)如果m2>m1,物体向左抛出;如果m2=m1,物体将做自由落体运动;如果m2<m1,物体向右抛出.
如图所示,M=2kg的木板B静止在光滑水平面上,固定的平台CD右侧有一竖直放置的光滑半圆轨道DEF,m=1kg的小滑块A(可视为质点)以水平速度v0=6m/s从B的左端滑上,B与CD碰撞前的瞬间,A的速度vA=4m/s,且此时A、B还未达到共同速度.设B与平台碰撞后立即被锁定不再滑动.已知A与B之间的动摩擦因数为μ1=0.2,A与CD之间的动摩擦因数μ2=0.1,木板B右端与平台CD左端间距为s=0.5m,木板B的长度l1=4.5m,平台长l2=3m,圆轨道半径R=1m,重力加速度g=10m/s2.
求(1)木板B与平台碰撞前的瞬间B的速度大小.
(2)小物块A在半圆轨道上达到的最大高度.
(3)小物块A最终停在离木板B左端多远处.
正确答案
解:(1)滑块在长木板上运动的过程中,水平方向没有外力,系统的动量守恒,取向右为正方向,
由动量守恒定律的:mv0=mvA+Mv2,代入数据解得:v2=1m/s;
(2)当A在木板B上时,对滑块A受力分析,ma=μmg,得a=2m/s2,
由v02-vA2=2as,解得s=5m,
所以vA=4m/s时,滑块A刚好达到C点,
滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功,
由动能定理得:-μ2mgl2-mgh=0-mvA2,代入数据解得:h=0.5m<1m,
滑块没有到达与圆心等高的点,说明滑块一直在轨道上.
(3)由于圆轨道是光滑的,所以滑块回到D时的速度vD:
-μ2mgl2=mvD2-
mvA2,代入数据解得:vD=
m/s,
滑块返回C点时的速度vC:-μ2mgl2=mvC2-
mvD2,解得:vC=2m/s
由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定,所以滑块重新滑上B后木板静止不动,
设滑块在B上滑动的距离是x,则:-μ1mgx=-mvC2,代入数据得:x=1m;
小滑块A最终停在离木板B左端:L=l1-x=4.5m-1m=3.5m
答:(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间,B的速度大小是1m/s;
(2)小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m.
(3)小滑块A最终停在离木板B左端3.5m.
解析
解:(1)滑块在长木板上运动的过程中,水平方向没有外力,系统的动量守恒,取向右为正方向,
由动量守恒定律的:mv0=mvA+Mv2,代入数据解得:v2=1m/s;
(2)当A在木板B上时,对滑块A受力分析,ma=μmg,得a=2m/s2,
由v02-vA2=2as,解得s=5m,
所以vA=4m/s时,滑块A刚好达到C点,
滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功,
由动能定理得:-μ2mgl2-mgh=0-mvA2,代入数据解得:h=0.5m<1m,
滑块没有到达与圆心等高的点,说明滑块一直在轨道上.
(3)由于圆轨道是光滑的,所以滑块回到D时的速度vD:
-μ2mgl2=mvD2-
mvA2,代入数据解得:vD=
m/s,
滑块返回C点时的速度vC:-μ2mgl2=mvC2-
mvD2,解得:vC=2m/s
由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定,所以滑块重新滑上B后木板静止不动,
设滑块在B上滑动的距离是x,则:-μ1mgx=-mvC2,代入数据得:x=1m;
小滑块A最终停在离木板B左端:L=l1-x=4.5m-1m=3.5m
答:(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间,B的速度大小是1m/s;
(2)小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m.
(3)小滑块A最终停在离木板B左端3.5m.
一个质量为2m的氢核(H)和一个质量为3m的氢核(H),分别以速率5v和4v相向运动发生相互作用,当相互之间的距离最短时,刚能发生核反应,反应结合成一个氢核并放出一个中子,质量亏损为△m,在核反应中释放的核能为______,两核距离最近时所对应的电势能E电=______.
正确答案
△mc2
48.6mv2
解析
解:质量亏损为△m,由爱因斯坦质能方程得:E=△m•c2
当两个核距离最近时,二者的速度相等,设为v′,选择2m的氢核(H)运动的方向为正方向,则由动量守恒定律得:
2m•5v-3m•4v=(2m+3m)•v′
则:
根据能量守恒定律可知,两个核损失的动能转化为电势能,属于电势能:
=48.6mv2
故答案为:△mc2;48.6mv2
有些核反应堆里要让中子与原子核碰撞,以便把中子的速率降下来.为此,应该选用质量较大的还是质量较小的原子核?( )
正确答案
解析
解:设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA,碰撞后速度分别为v‘n和v'A,碰撞前后的总动量和总能量守恒,以中子的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mnvn=mnvn′+mAvA′…①
由机械能守恒定律得:mnvn2=
mnvn′2+
mAvA′2 …②
解得:vn′=vn=
vn,
急减速剂的质量mA越小,减少效果越好,因此要用质量小的原子核作为减速剂;
故选:B.
如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球质量m甲大于乙球质量m乙,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )
正确答案
解析
解:A、上述分析知EK甲=EK乙,因为EK=mv2=
=
,所以动量为:P=
,因为m甲>m乙,所以有:P甲>P乙.甲乙相向运动,故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向,甲继续沿原来的方向运动,乙必弹回.所以乙的速度不可能为零,故A正确.
B、因为乙必弹回,乙的速度不为零,故BC错误;
D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动,甲速度不反向,乙速度反向,故D错误;
故选:A.
有一个竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料─-ER流体,它对滑块的阻力可调.起初,滑块静止,ER流体对其阻力为0,弹簧的长度为L.现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下,与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为
时速度减为0,ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻力):
(1)下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度;
(2)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能;
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.
正确答案
解:(1)设物体下落末速度为v0,由机械能守恒定律得:
mgL=mv02,
解得:v0=;
(2)碰撞过程系统动量守恒,设碰后共同速度为v1,规定向下为正方向,由动量守恒定律得:2mv1=mv0,
解得:v1=,
由能量守恒定律可知,碰撞过程中系统损失的机械能为:
△E=mv02-
•2mv12=
mgL;
(3)设弹簧弹力为FN,ER流体对滑块的阻力为FER,受力分析如图所示:
由牛顿第二定律得:FN+FER-2mg=2ma,
其中:FN=kx,x=d+,
解得:FER=mg+kL-kd;
答:(1)下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度为;
(2)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL;
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+kL-kd.
解析
解:(1)设物体下落末速度为v0,由机械能守恒定律得:
mgL=mv02,
解得:v0=;
(2)碰撞过程系统动量守恒,设碰后共同速度为v1,规定向下为正方向,由动量守恒定律得:2mv1=mv0,
解得:v1=,
由能量守恒定律可知,碰撞过程中系统损失的机械能为:
△E=mv02-
•2mv12=
mgL;
(3)设弹簧弹力为FN,ER流体对滑块的阻力为FER,受力分析如图所示:
由牛顿第二定律得:FN+FER-2mg=2ma,
其中:FN=kx,x=d+,
解得:FER=mg+kL-kd;
答:(1)下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度为;
(2)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL;
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+kL-kd.
如图所示,水平传送带AB长l=8.3m,质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5.当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度v=50m/s,以后每隔1s就有一颗子弹射向木块,设子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同,g取10m/s2.求:
(1)在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离A点的最大距离?
(2)木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中?
(3)木块在皮带上运动过程中因摩擦产生的热量.
正确答案
解:(1)第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得 mv0-Mv1=mu+Mv1′,
解得 v1′=3m/s
木块向右做匀减速运动,加速度大小为 a=μg=5m/s2,
木块速度减小为零所用时间 t1==0.6s<1s.
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动距A点最远时,速度为零,移动距离为 s1=
解得:s1=0.9m.
(2)在第二颗子弹射中木块前,木块再向左作加速运动,时间为:t2=1s-0.6s=0.4s
速度增大为:v2=at2=2m/s(恰与传送带同速);
向左移动的位移为:s2=at22=
×5×0.42=0.4m,
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内,木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右
第16颗子弹击中前,木块向右移动的位移为:s=15×0.5m=7.5m,
第16颗子弹击中后,木块将会再向右先移动0.9m,总位移为0.9m+7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下.
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中.
(3)木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为:s′=v1t1+s1,
产生的热量为:Q1=μMgs′,
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为:s″=v1t2-s2,
产生的热量为:Q2=μMgs″,
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有:v1′t3-at32=0.8,
解得:t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为:S=v1t3+0.8
产生的热量为:Q3=μMgs,
全过程中产生的热量为:Q=15(Q1+Q2)+Q3
解得:Q=195.5J;
答:(1)在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离A点的最大距离为0.9m.
(2)木块在传达带上最多能被16颗子弹击中.
(3)子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是195.5J.
解析
解:(1)第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得 mv0-Mv1=mu+Mv1′,
解得 v1′=3m/s
木块向右做匀减速运动,加速度大小为 a=μg=5m/s2,
木块速度减小为零所用时间 t1==0.6s<1s.
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动距A点最远时,速度为零,移动距离为 s1=
解得:s1=0.9m.
(2)在第二颗子弹射中木块前,木块再向左作加速运动,时间为:t2=1s-0.6s=0.4s
速度增大为:v2=at2=2m/s(恰与传送带同速);
向左移动的位移为:s2=at22=
×5×0.42=0.4m,
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内,木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右
第16颗子弹击中前,木块向右移动的位移为:s=15×0.5m=7.5m,
第16颗子弹击中后,木块将会再向右先移动0.9m,总位移为0.9m+7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下.
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中.
(3)木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为:s′=v1t1+s1,
产生的热量为:Q1=μMgs′,
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为:s″=v1t2-s2,
产生的热量为:Q2=μMgs″,
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有:v1′t3-at32=0.8,
解得:t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为:S=v1t3+0.8
产生的热量为:Q3=μMgs,
全过程中产生的热量为:Q=15(Q1+Q2)+Q3
解得:Q=195.5J;
答:(1)在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离A点的最大距离为0.9m.
(2)木块在传达带上最多能被16颗子弹击中.
(3)子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是195.5J.
A、B两物体在光滑的水平面上相向滑行,A物体的速度大小8m/s,B物体的速度大小为4m/s,两物体相碰后均静止,则A、B两物体所受冲量大小之比为______,A、B两物体的质量之比为______.
正确答案
1:1
1:2
解析
解:两物体碰撞过程动量守恒,碰撞后两物体都静止,碰撞后系统动量为零,
由动量守恒定律可知,碰撞前系统总动量为零,两物体动量大小相等,方向相反,
由动量定理可知,物体动量的变化等于合外力的冲量,由于两物体碰撞过程动量变化量大小相等,
则物体碰撞过程受到的冲量大小相等,受到的冲量之比为1:1;
由于两物体动量大小相等,由p=mv可知,物体质量之比:=
=
=
=
;
故答案为:1:1,1:2.
如图所示,设车厢长为L,质量为M,静止在光滑水平面上,车厢内有一质量为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞几次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为( )
正确答案
解析
解:以物体与车厢组成的系统为研究对象,以向右为正,
由动量守恒定律可得:mv=(M+m)v′,
最终车的速度v′=,方向与v的速度相同,水平向右,故B正确.
故选:B
光滑的水平轨道上的一列火车共有n节相同的车厢,n>2,各车厢之间间隙相等,间隙长度的总和为a,第一节车厢以速度v0向第二节车厢运动,碰撞后两车厢不分开,…直到n节车厢全部运动,则货车最后的速度为______;从第一次碰撞开始到最后一次碰撞结束的时间为______.
正确答案
解析
解:n节车厢运动、碰撞中,系统所受外力之和为零,由动量守恒,
有mv=nmvn
解得:
设每两节相邻车厢间距为s,则有:
碰撞后连接在一起的车厢节数依次为2节、3节…(n-1)节,
它们的速度相应为…,所以火车的最后速度为
由x=vt得:通过各间距的时间分别为:
、
、
…
整个过程经历的时间为:
t=t1+t2+t3+…+tn-1
=
=
=
=
故答案为:;
.
如右图所示,A为有光滑曲面的固定轨道,轨道底端的切线方向是水平的.质量M=40kg的小车B静止于轨道右侧,其上表面与轨道底端在同一水平面上.一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下,冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动.若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m.物体与小车板面间的动摩擦因数μ=0.40,小车与水平面间的摩擦忽略不计.(取g=10m/s2),求:
(1)物体与小车保持相对静止时的速度v;
(2)物体在小车上相对滑动的距离L.
正确答案
解:(1)物体下滑过程机械能守恒,
由机械能守恒定律得:mgh+mv12=0+
mv22,
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒,
由动量守恒定律得:mv2=(m+M)v,
两式联立两式代入数据解得:v=2m/s;
(2)设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有:μmgL=mv22-
(m+M)v2,
解得:L=3m;
答:(1)物体与小车保持相对静止时的速度为2m/s;
(2)物体在小车上相对滑动的距离为3m.
解析
解:(1)物体下滑过程机械能守恒,
由机械能守恒定律得:mgh+mv12=0+
mv22,
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒,
由动量守恒定律得:mv2=(m+M)v,
两式联立两式代入数据解得:v=2m/s;
(2)设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有:μmgL=mv22-
(m+M)v2,
解得:L=3m;
答:(1)物体与小车保持相对静止时的速度为2m/s;
(2)物体在小车上相对滑动的距离为3m.
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3m的物体A相连,光滑的水平面和光滑的曲面平滑相连,有一质量为2m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
,求:
(1)碰撞结束瞬时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
解:(1)设B从高h处滑到平面时的速度为v0,由动能定理有
,解得
.
设A与B碰后的共同速度为v1,根据动量守恒定律有2mv0=(3m+2m)v1,
可得v1=.
(2)设B返回时离开A的速度为v′0,则
2mgh=
解得
对A、B和弹簧有+Ep=
,
得Ep=
答:(1)碰撞结束瞬间A、B的共同速度v1是.
(2)弹簧锁定时对应的弹性势能Ep是.
解析
解:(1)设B从高h处滑到平面时的速度为v0,由动能定理有
,解得
.
设A与B碰后的共同速度为v1,根据动量守恒定律有2mv0=(3m+2m)v1,
可得v1=.
(2)设B返回时离开A的速度为v′0,则
2mgh=
解得
对A、B和弹簧有+Ep=
,
得Ep=
答:(1)碰撞结束瞬间A、B的共同速度v1是.
(2)弹簧锁定时对应的弹性势能Ep是.
质量为3m的机车,其速度为v0,在与质量为2m的静止车厢碰撞后挂接在一起运动,其运动速度应为( )
正确答案
解析
解:机车与车厢碰撞的过程,系统所受外力远小于内力,总动量守恒,设v0方向为正方向,根据动量守恒定律得
3mv0=(3m+2m)v
得 v=,故B正确.
故选:B
如图所示,A滑块放在光滑的水平面上,B滑块可视为质点,A和B的质量都是1kg,A的左侧面紧靠在光滑竖直墙上,A上表面的ab段是光滑的半径为0.8m的四分之一圆弧,bc段是粗糙的水平丽,ab段与bc段相切于b点.已知bc长度为2m,滑块B从a点由静止开始下滑,取g=10m/s2.
(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小.
(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ,且μ值满足0.1≤μ≤0.5,试讨论因μ值的不同,滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)
正确答案
解:(1)设滑块滑到B点的速度大小为v,到B点时轨道对滑块的支持力为N,由机械能守恒定律有
mgR=mB
①
滑块滑到B点时,由牛顿第二定律有
N-mg=m ②
联立①②式解得 N=3mg=30N
根据牛顿第三定律,滑块在B点对轨道的压力大小为N′=N=30N
(2)若滑块B滑到A的最右端时达到共速,设为v,
由动量守恒和能量守恒有
mv0=2mv
由能量守恒得:μmgl=m
-
(2m)v2
解得μ=0.2
①当满足0.1≤μ≤0.2,A和B不能共速,B将从A的右端滑落,A和B因摩擦而产生的热量为
Q1=μmgl=20μ J
②当满足0.2≤μ≤0.5,A和B共速,A和B因摩擦而产生的热量为
Q2=m
-
(2m)v2
解得Q2=4J
答:(1)滑块B滑到b点时对A的压力大小是30N.
(2)0.1≤μ≤0.2,滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是20μ J
0.2≤μ≤0.5,滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是4J
解析
解:(1)设滑块滑到B点的速度大小为v,到B点时轨道对滑块的支持力为N,由机械能守恒定律有
mgR=mB
①
滑块滑到B点时,由牛顿第二定律有
N-mg=m ②
联立①②式解得 N=3mg=30N
根据牛顿第三定律,滑块在B点对轨道的压力大小为N′=N=30N
(2)若滑块B滑到A的最右端时达到共速,设为v,
由动量守恒和能量守恒有
mv0=2mv
由能量守恒得:μmgl=m
-
(2m)v2
解得μ=0.2
①当满足0.1≤μ≤0.2,A和B不能共速,B将从A的右端滑落,A和B因摩擦而产生的热量为
Q1=μmgl=20μ J
②当满足0.2≤μ≤0.5,A和B共速,A和B因摩擦而产生的热量为
Q2=m
-
(2m)v2
解得Q2=4J
答:(1)滑块B滑到b点时对A的压力大小是30N.
(2)0.1≤μ≤0.2,滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是20μ J
0.2≤μ≤0.5,滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是4J
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