- 动量守恒定律的应用
- 共308题
匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和m/4。不计重力。求
（1）A在电场中的运动时间t；
（2）若B的电荷量q=4Q/9，求两质点相互作用能的最大值Em；
（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。
正确答案
解：（1）根据运动学规律
（2）因为两质点的相互作用力为斥力，所以当两质点的距离最小时，两质点的相互作用能取最大值
A质点离开电场时的速度为vA0，根据动能定理，
B质点离开电场时的速度为vB0，根据动能定理，
设A、B速度相等时的速度为v，根据动量守恒，
根据能量守恒，两质点相互作用能的最大值
代入后得
（3）因为两质点在同一直线上运动，所谓B离开电场后不改变运动方向，是当两质点距离足够远时，B的速度为0。设此时A的速度为vA'，而B离开电场时的速度为vB'
动能定理：
动量守恒：
能量守恒（此时A、B相互作用能为0）：
解得：
探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m。笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（如图a）；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（如图b）；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（如图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。
正确答案
解：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2（1）对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有
(4mg＋m)( h2－h1)＝
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有
4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W－4mgh1＝
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为
如图甲所示，长为L、质量为M=2m的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的滑块以初速度
（1）求滑块离开木板时木板的速度
（2）现将木板由上到下分成两块，并对接粘连在一起成木板C（如图乙所示），滑块与C之间的动摩擦因数还和原来一样，让滑块仍以初速度
正确答案
解：（1）滑块在木板上滑动过程中动量守恒m
损失的机械能转化为内能：Q=μmgL=
解得：
（2）设滑块未滑离离木板，共同速度为
联立②④⑤解得：
如图所示，静止在匀强磁场中的
(1)
(2)在图中画出粒子
(3)当
正确答案
解：(1)这是一个核反应跟动量守恒及洛伦兹力相结合的题目，
m0v0=mHv1+mHev2
所以
代入数据m0=1u，mHe=4u，mH =3u
得v1=-1.0×103m/s ，负号表示跟v0 的方向相反．
(2)
rH：rHe=
代入数据得rH：rHe=3：40
运动轨迹如图所示.
(3)
代入数据得TH：THe=3：2
所以它们的转动周数之比则为2:3，
当α粒子旋转3周时，氚核旋转2周．
传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带中运输货物，在机场上用传送带将地面上的行李传送到飞机上等。现有一个水平传送带装置AB，如图所示。传送带的长度L=1m，质量M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动(传送带移动的速率始终恒定)，木块与传送带间动摩擦因数μ=0.5。当木块运动到传送带最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右迎面射向木块并从木块中穿出，穿出时速度为u=50m/s。设子弹穿出木块的时间极短，且穿出木块以后子弹未与传送带作用。（传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，g=10m/s2）
(1)试论述木块能否从传送带右端B点离开传送带；
(2)在子弹击中木块到木块离开传送带的整个过程中，子弹、木块和传送带这一系统间所产生的总内能是多少；
(3)子弹击中木块后，传送带由于传送木块多消耗的电能。
正确答案
解：（1）子弹射入并穿出木块瞬间，设木块的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0－Mv1=mu+Mv2
代入数据解得，木块的速度：v2=3m/s，方向水平向右
之后木块向右做匀减速运动，假设木块滑至传送带右端之前对地的速度为零，设此过程中木块对地的位移大小为X1，对木块向右减速为零的过程由动能定理：
- μMgX1=0-
解得：1=0.9m＜1m，因此，物块不会从右端离开传送带
（2）通过上问分析可知，木块先向右匀减速运动直至对地速度为零，接着返回做匀加速运动。设匀减速运动的时间为t1，反向匀加速运动与传送带共速所走的位移大小为X2，所用的时间为t2对木块向右减速运动过程中由动量定理，取向右为正：-μMgt1=0-Mv2
解得：t1=0.6s
对木块向左加速运动的过程由动能定理：μMgX2=
得X2=0.4m＜X1=0.9m，即物块到达传送带左端之前已共速
对木块向左加速运动由动量定理，取向左为正：μMgt2=Mv1得t2=0.4s
设子弹击穿木块过程中产生的热量为Q1：
代入数据得Q1=872.5J
木块向右减速过程中与传送带摩擦生热为Q2：Q2=μMg(v1t1+ X1)
代入数据得：Q2=10.5J
木块向左加速过程中直至与传送带共速摩擦生热为Q3：Q3=μMg(v1t2- X2)
代入数据得Q3=2J
所以系统所产生的总内能：Q=Q1+Q2+Q3=885J
（3）子弹击穿木块后，设传送带由于传送木块多消耗的电能为△E电由能量守恒定律：
得△E电=10J
（或由功能关系可知，传送带克服摩擦力做功等于消耗的电能△E电=μMg(v1t1+ v1t2)，解得：△E电=10J）
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