- 动量守恒定律
- 共6910题
如图所示,在光滑水平面上叠放着质量为2m,4m的物体A、B,A与B间的动摩擦因数为μ,质量为m的小球以水平速度v射向A,以
的速度返回,求
(1)小球与A碰后瞬间A的速度大小;
(2)木板B至少多长,A才不至于滑落.
正确答案
解:(1)对小球和组成的系统由动量守恒定律,有:
=(-)+…①
设和相对静止后的速度为,对与组成的系统由动量守恒定律,有:
=(+)…②
由①②得:==
…③
(2)A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能,A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等,
设在上滑行的距离为,由功能关系,有:
μmAgd=mAvA2-
(mA+mB)v12…④
由③④得:d==
答:(1)A与B相对静止时的速度是;
(2)木板B至少d=,A才不至于滑落.
解析
解:(1)对小球和组成的系统由动量守恒定律,有:
=(-)+…①
设和相对静止后的速度为,对与组成的系统由动量守恒定律,有:
=(+)…②
由①②得:==
…③
(2)A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能,A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等,
设在上滑行的距离为,由功能关系,有:
μmAgd=mAvA2-
(mA+mB)v12…④
由③④得:d==
答:(1)A与B相对静止时的速度是;
(2)木板B至少d=,A才不至于滑落.
质量为M的木块在光滑水平面上以速率v1向右运动,质量为m的子弹以速率v2水平向左射入木块,假设子弹射入木块后均未穿出,且在第N颗子弹射入后,木块恰好停下来,则N为( )
正确答案
解析
解:对所有子弹和木块组成的系统研究,根据动量守恒定律得,
Mv1-Nmv2=0
解得N=.故C正确,A、B、D错误.
故选:C.
如图所示,光滑水平面上有一质量为M=10㎏的静止滑槽,内则长度L=0.5m,另有一质量m=2㎏的小滑块在滑槽内的中点上,小滑块与滑槽的动摩擦因素μ=0.2,当给小滑块一个水平向右6m/s的速度后,小滑块可能与滑槽相碰,(碰撞为完全弹性碰撞)试问:小滑块与滑槽能碰撞几次?(g取10m/s2)
正确答案
解:由动量守恒:mv0=(M+m)v
2×6=(10+2 ) v
v=1m/s
系统功能关系:μmgS=mv02-
(M+m)v2
0.2×2×10S=2×62-
(10+2)×12
S=7.5m
碰撞次数n=+1=
+1=15.5
∴碰撞次数为15次.
答:小滑块与滑槽能碰撞15次
解析
解:由动量守恒:mv0=(M+m)v
2×6=(10+2 ) v
v=1m/s
系统功能关系:μmgS=mv02-
(M+m)v2
0.2×2×10S=2×62-
(10+2)×12
S=7.5m
碰撞次数n=+1=
+1=15.5
∴碰撞次数为15次.
答:小滑块与滑槽能碰撞15次
如图所示,A、B两球的质量分别为m1、m2,A、B两球分别用长为L的细线一端拴住,细线的另一端固定于同一高度,B球静止于最低点,将拴住A球的细线拉至水平时释放,A球与B球发生弹性对心碰撞,碰撞后A球反弹至原来高度一半处,则
的值介于下列哪一范围内( )
正确答案
解析
解:A向下摆到过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得:m1gl=m1v2,
两球碰撞过程系统动量守恒,以m1的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律可得:m1v=m1v1+m2v2,
对m1,由机械能守恒定律得:m1g•l=
m1v12,
如果碰撞为完全弹性碰撞,由动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v′
对m1,由机械能守恒定律得:(m1+m2)•l=
(m1+m2)v′2,
解得:0.1<<0.5,故B正确;
故选:B.
如图所示,静止在光滑水平面上的长木板B,质量为M=2kg,长l1=4.5m.与B等高的固定平台CD长l2=3m,平台右侧有一竖直放置且半径R=1m的光滑半圆轨道DEF.质量m=1kg的小滑块A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B,随后A、B向右运动,长木板B与平台CD碰撞前的瞬间,小滑块A的速度大小为vA=4m/s,此时A、B还未达到共同速度.设长木板B与平台碰撞后立即被锁定,小滑块A可视为质点,小滑块A与平台B之间的动摩擦因数μ1=0.2,小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数μ2=0.1,s=0.5m,g=10m/s2.求:
(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间,B的速度大小是多少?
(2)小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度.
(3)小滑块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,则:
mv0=mvA+Mv2
所以:m/s
(2)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:
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:
得:m/s
滑块返回C点时的速度vC:
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:
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,则:
mv0=mvA+Mv2
所以:m/s
(2)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:
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:
得:m/s
滑块返回C点时的速度vC:
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:
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.
如图所示,光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接,传送带长L=8.0m,半径r=
(m),它以v=3.0m/s顺时针匀速转动.三个质量均为m=1.0kg 的滑块A、B、C置于水平导轨上,开始时滑块B、C之间用细绳(未画出)相连,其间有一压缩的轻质弹簧处于静止状态,滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短,可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零.碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离,滑块C脱离弹簧后以速度vc=2.0m/s滑上传送带.已知C与传送带之间的动摩擦因数µ=0.20,g=10m/s2.求:
(1)滑块C从传送带右端滑出时的速度大小;
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能EP;
(3)若物体C能在传送带上留下印迹(设并没有改变µ),耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长,则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足什么条件?
正确答案
解:(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动,设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t,加速度大小为a,在时间t内滑块C的位移为x.
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
v=vC+at
代入数据可得:a=2m/s2 x=1.25m
由于:x=1.25m<L,滑块C在传送带上先加速,达到传送带的速度v后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v=3.0m/s
(2)选取向右为正方向,设A、B碰撞后的速度为v1,A、B与C分离时的速度为v2,由动量守恒定律
mAv0=(mA+mB)v1
(mA+mB)v1=(mA+mB)v2+mCvC
AB碰撞后,弹簧伸开的过程系统能量守恒:
代入数据可解得:EP=1.0J
(3)在题设条件下,要使痕迹最长.最长痕迹是传递带的总长度,且C在传送带上一直加速到最右端.
对C,设加速的时间是t1,得:
在t1内,传送带的路程:v传t1≥L传+L
解得:v传≥12.5m/s
答:(1)滑块C从传送带右端滑出时的速度大小是3m/s;
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能是1J;
(3)耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长,则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足:v传≥12.5m/s
解析
解:(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动,设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t,加速度大小为a,在时间t内滑块C的位移为x.
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
v=vC+at
代入数据可得:a=2m/s2 x=1.25m
由于:x=1.25m<L,滑块C在传送带上先加速,达到传送带的速度v后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v=3.0m/s
(2)选取向右为正方向,设A、B碰撞后的速度为v1,A、B与C分离时的速度为v2,由动量守恒定律
mAv0=(mA+mB)v1
(mA+mB)v1=(mA+mB)v2+mCvC
AB碰撞后,弹簧伸开的过程系统能量守恒:
代入数据可解得:EP=1.0J
(3)在题设条件下,要使痕迹最长.最长痕迹是传递带的总长度,且C在传送带上一直加速到最右端.
对C,设加速的时间是t1,得:
在t1内,传送带的路程:v传t1≥L传+L
解得:v传≥12.5m/s
答:(1)滑块C从传送带右端滑出时的速度大小是3m/s;
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能是1J;
(3)耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长,则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足:v传≥12.5m/s
静止的实验火箭,总质量为M,当它以对地速度v0喷出质量为△m的高温气体后,火箭的速度为______.
正确答案
v0,方向:竖直向上
解析
解:以火箭和气体组成的系统为研究对象,选高温气体的速度方向为正,
由动量守恒定律得:-(M-△m)v′+△mv0=0,
解得:v′=v0,方向:竖直向上;
故答案为:v0,方向:竖直向上.
科学研究证明,光子有能量也有动量,当光子与电子碰撞时,光子的一些能量转移给了电子.假设光子与电子碰撞前的波长为λ,碰撞后的波长为λ′,则碰撞过程中( )
正确答案
解析
解:光子与电子的碰撞过程中,系统不受外力,也没有能量损失,故系统动量守恒,系统能量也守恒,光子与电子碰撞后,电子能量增加,故光子能量减小,根据E=hv,光子的频率减小,根据λ=知,波长变长,即λ<λ′
故选:C.
如图所示,一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数为0.4,开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原来相反.平板车足够长,以至滑块不会掉下平板车.(取g=10m/s2)求:
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
(3)为使滑块始终不会掉下平板车,平板车至少多长?
正确答案
解:(1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动s,速度为0.由于系统总动量向右,平板车速度为零时,滑块还在向右滑行.由动能定理得:
-μMgS=0-mv02…①
解得:s=…②
代入数据得:s=m…③
(2)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止,那么其速度的大小肯定还是2m/s,滑块的速度则大于2m/s,方向均向右.这样就违反动量守恒.
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v.此即平板车碰墙前瞬间的速度.
以平板车的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(m+M)v…④
解得:v=0.4m/s…⑤
(3)平板车与墙壁发生多次碰撞,最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为l,根据能量守恒则有:(M+m)v02=μMgl…⑦
代入数据解得:l=m,l即为平板车的最短长度.
答:(1)平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是m.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少m.
解析
解:(1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动s,速度为0.由于系统总动量向右,平板车速度为零时,滑块还在向右滑行.由动能定理得:
-μMgS=0-mv02…①
解得:s=…②
代入数据得:s=m…③
(2)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止,那么其速度的大小肯定还是2m/s,滑块的速度则大于2m/s,方向均向右.这样就违反动量守恒.
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v.此即平板车碰墙前瞬间的速度.
以平板车的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(m+M)v…④
解得:v=0.4m/s…⑤
(3)平板车与墙壁发生多次碰撞,最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为l,根据能量守恒则有:(M+m)v02=μMgl…⑦
代入数据解得:l=m,l即为平板车的最短长度.
答:(1)平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是m.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s.
(3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少m.
一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上.一质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动,直到离开木板.滑块刚离开木板时的速度为v0.若把该木板固定在水平桌面上,其它条件相同,求滑块离开木板时的速度v.
正确答案
解:设第一次滑块离开时木板速度为v,由系统的动量守恒,有
mvo=m+Mv,
解得v=
设滑块与木板间摩擦力为f,木板长L,滑行距离s,如图,
由动能定理对木板:fs=Mv2
对滑块:-f(s+L)=m
-
m
即 fL=m
-
m
-
Mv2
当板固定时 fL=m
-
mv′2
解得 v′=
答:滑块离开木板时的速度大小是
解析
解:设第一次滑块离开时木板速度为v,由系统的动量守恒,有
mvo=m+Mv,
解得v=
设滑块与木板间摩擦力为f,木板长L,滑行距离s,如图,
由动能定理对木板:fs=Mv2
对滑块:-f(s+L)=m
-
m
即 fL=m
-
m
-
Mv2
当板固定时 fL=m
-
mv′2
解得 v′=
答:滑块离开木板时的速度大小是
一个静止的氮核俘获一个速度为2.3×107 m/s的中子生成一个复核A,A又衰变成B、C两个新核.设B、C的速度方向与中子速度方向相同,B的质量是中子的11倍,B的速度是106 m/s,B、C两原子核的电荷数之比为5:2.求:
①C为何种粒子?
②C核的速度大小.
正确答案
解:①根据电荷数守恒、质量数守恒得,B、C电荷数之和为,7,因为B、C两原子核的电荷数之比为5:2.则C的电荷数为2,B、C质量数之和为15.因为B的质量是中子的11倍,则B的质量数为11,则C的质量数为4,所以C为α粒子.
②根据动量守恒得,mnvn=mBvB+mcvc
1×2.3×107=11×106+4vc
解得m/s.
答:①C为α粒子(氦原子核)
②C核的速度大小3×106 m/s
解析
解:①根据电荷数守恒、质量数守恒得,B、C电荷数之和为,7,因为B、C两原子核的电荷数之比为5:2.则C的电荷数为2,B、C质量数之和为15.因为B的质量是中子的11倍,则B的质量数为11,则C的质量数为4,所以C为α粒子.
②根据动量守恒得,mnvn=mBvB+mcvc
1×2.3×107=11×106+4vc
解得m/s.
答:①C为α粒子(氦原子核)
②C核的速度大小3×106 m/s
长木板A放在光滑的水平面上,质量为m的物块以初速度V0滑上木板A的水平上表面它们的速度图象如图所示,则从图中所给的数据V0、V1、t1及物块质量m可以确定的量是( )
正确答案
解析
解:A、系统动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v1,解得,木板的质量:M=,
A板获得的动能:EK=Mv12=
,A板获得的动能可以求出,故A正确;
B、由能量守恒定律得,系统损失的机械能:△E=mv02-
Mv12-
mv12,m、v0、v1、M已知,可以求出系统损失的机械能,故B正确;
C、设A、B间摩擦力大小为f,对物块,由动量定理得:-ft1=mv1-mv0,解得:f=,由能量守恒定律得:△E=fs,已知△E、f,可以求出木板的长度s,故C正确;
D、对物块,滑动摩擦力:f=μmg,已知:m、f,可以求出动摩擦因数μ,故D正确.
故选:ABCD.
如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为,开始时A、B分别以v1、v2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与挡板相距足够远.若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,v1、v2应满足什么关系?
正确答案
解:设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v‘,
由动量守恒定律得mv1=2mv′①,
为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v'≤v2 ,②
设A与B碰后的共同速度为vn,由动量守恒定律得,③
为使B能一挡板再次碰撞应满足vn>0,④
联立①②③④式得;
答:为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足的关系是.
解析
解:设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v‘,
由动量守恒定律得mv1=2mv′①,
为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v'≤v2 ,②
设A与B碰后的共同速度为vn,由动量守恒定律得,③
为使B能一挡板再次碰撞应满足vn>0,④
联立①②③④式得;
答:为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足的关系是.
如图所示,在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车,甲车系一穿过打点计时器的纸带,当甲车获得某一向右速度时,随即启动打点计时器,甲车运动一段距离后,与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动.纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图所示.电源频率为50Hz,甲车的质量m甲=2kg,则:
(1)乙车的质量m乙为______kg;
(2)两车碰撞时内能的增加量△E=______J.
正确答案
1
0.12
解析
解:(1)电源频率为50Hz,则打点计时器打点的时间间隔为:t=0.02s,
由图乙所示纸带可知,在碰撞前甲车在t内的位移为:x=2.20cm-1.00cm=1.20cm,
碰撞后甲车在t内的位移为:x′=7.00cm=6.20cm=0.80cm,
碰前甲车的速度为:v==
=0.6m/s,碰后甲车的速度为:v′=
=
=0.4m/s,
量程碰撞过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得:m甲v=(m甲+m乙)v′,
即:2×0.6=(2+m乙)×0.4,解得:m乙=1kg;
(2)由能量守恒定律得,两车碰撞时内能的增加量:
△E═m甲v2-
(m甲+m乙)v′2=
×2×0.62-
×(2+1)×0.42=0.12J;
故答案为:(1)1;(2)0.12.
如图所示的是一种弹射装置,弹丸质量为m,底座质量为3m,开始时均处于静止状态,当弹簧释放将弹丸以相对地面υ的速度发射出去后,底座的反冲速度大小是( )
正确答案
解析
解:弹丸和底座组成的系统动量守恒,设弹丸发射出的速度方向为正,
根据动量守恒:
0=3mvx+mv
得:vx=-,负号表示方向与弹丸发射速度方向相反,
故选:B.
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