- 动量守恒定律
- 共5880题
光滑水平地面上停放着一辆质量m=2kg的平板车,质量M=4kg可视为质点的小滑块静放在车左端,滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.3,车右端与墙相距s0=1m如图所示.一水平向右的推力F=24N作用在滑块M上0.5s撤去,平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且车以原速率反弹,滑块与平板之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,平板车足够长,以至滑块不会从平板车右端滑落,g取10m/s2.求:
(1)平板车第一次与墙壁碰前的速度多大?
(2)平板车第二次与墙壁碰前的速度多大,滑块不会从平板车滑落,平板车L至少多长?
(3)若平板车足够长,平板车第一次碰墙后通过的总路程?
正确答案
解:(1)m、M共同加速临界值满足:F0=(m+M)=(2+4)×
=36N,
F<F0 由动量定理得:Ft=(m+M)v0,
代入数据解得:v0=2m/s,
(2)以向右为正方向,第一次碰撞后,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v1,
代入数据解得:V1=m/s,
对系统,由动能定理得:,
代入数据解得:L=1m;
(3)第一次碰撞后:v1=2m/s,
由牛顿第二定律得:a==
=6m/s2,
路程:s=,
代入数据解得:s=;
答:(1)平板车第一次与墙壁碰前的速度为2m/s;
(2)平板车第二次与墙壁碰前的速度为m/s,滑块不会从平板车滑落,平板车L至少为1m.
(3)若平板车足够长,平板车第一次碰墙后通过的总路程为m.
解析
解:(1)m、M共同加速临界值满足:F0=(m+M)=(2+4)×
=36N,
F<F0 由动量定理得:Ft=(m+M)v0,
代入数据解得:v0=2m/s,
(2)以向右为正方向,第一次碰撞后,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v1,
代入数据解得:V1=m/s,
对系统,由动能定理得:,
代入数据解得:L=1m;
(3)第一次碰撞后:v1=2m/s,
由牛顿第二定律得:a==
=6m/s2,
路程:s=,
代入数据解得:s=;
答:(1)平板车第一次与墙壁碰前的速度为2m/s;
(2)平板车第二次与墙壁碰前的速度为m/s,滑块不会从平板车滑落,平板车L至少为1m.
(3)若平板车足够长,平板车第一次碰墙后通过的总路程为m.
如图所示,在某一足够大的真空室中,虚线PH的右侧是一磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,左侧是一场强为E、方向水平向左的匀强电场.在虚线PH上的点O处有一质量为M、电荷量为Q的镭核(88226Ra).某时刻原来静止的镭核水平向右放出一个质量为m、电荷量为q的α粒子而衰变为氡(Rn)核,设α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计,涉及动量问题时,亏损的质量可不计.
(1)写出镭核衰变为氡核的核反应方程;
(2)经过一段时间α粒子刚好到达虚线PH上的A点,测得=L.求此时刻氡核的速率.
正确答案
解:(1)核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He.
(2)设衰变后,氡核的速度为 v0,α粒子速度为 vα,由动量守恒定律得(M一m)v0=mVα,
α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,到达A点需要的时间为t=,
氡核在电场中做匀加速直线运动,t时刻速度为v=v0+at,
氡核的加速度为 a=,
由以上各式解得
答:(1)核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He;
(2)此时刻氡核的速率为.
解析
解:(1)核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He.
(2)设衰变后,氡核的速度为 v0,α粒子速度为 vα,由动量守恒定律得(M一m)v0=mVα,
α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,到达A点需要的时间为t=,
氡核在电场中做匀加速直线运动,t时刻速度为v=v0+at,
氡核的加速度为 a=,
由以上各式解得
答:(1)核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He;
(2)此时刻氡核的速率为.
如图所示,一不可伸长的轻质细绳,静止地悬挂着质量为M的木块,一质量为m的子弹,以水平速度v0击中木块,已知M=9m,不计空气阻力.问:
(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短),在木块上升的最高点比悬点O低的情况下,木块能上升的最大高度是多少?(设重力加速度为g)
(2)如果子弹以水平速度v0击中木块,在极短时间内又以水平速度穿出木块,则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少?
正确答案
解:(1)因为子弹与木块作用时间极短,子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力,所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒,
设子弹与木块开始上升时的速度为v1,设向右为正方向,
则mv0=(m+M)v1
因不计空气阻力,所以系统上升过程中机械能守恒,设木块上升的最大高度为h,
则(m+M)v12=(m+M)gh
得:h=
(2)子弹射穿木块前后,子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒,设子弹穿出时木块速度为v2,设向右为正方向:
mv0=m()+Mv2
在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为
△E=mv02-
m(
)2-
Mv22=
mv02
答:(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短),在木块上升的最高点比悬点O低的情况下,木块能上升的最大高度是
(2)如果子弹以水平速度v0击中木块,在极短时间内又以水平速度穿出木块,则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是
mv02.
解析
解:(1)因为子弹与木块作用时间极短,子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力,所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒,
设子弹与木块开始上升时的速度为v1,设向右为正方向,
则mv0=(m+M)v1
因不计空气阻力,所以系统上升过程中机械能守恒,设木块上升的最大高度为h,
则(m+M)v12=(m+M)gh
得:h=
(2)子弹射穿木块前后,子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒,设子弹穿出时木块速度为v2,设向右为正方向:
mv0=m()+Mv2
在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为
△E=mv02-
m(
)2-
Mv22=
mv02
答:(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短),在木块上升的最高点比悬点O低的情况下,木块能上升的最大高度是
(2)如果子弹以水平速度v0击中木块,在极短时间内又以水平速度穿出木块,则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是
mv02.
如图所示,物体A、B的质量分别为m、2m,物体B置于水平面上,B物体上部半圆型槽的半径为R,将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放,一切摩擦均不计.则( )
正确答案
解析
解:A、设A到达左侧最高点的速度为v,根据动量守恒定律知,由于初动量为零,则末总动量为零,即v=0,根据能量守恒定律知,A能到达B圆槽左侧的最高点.故A错误.
B、设A到达最低点时的速度为v,根据动量守恒定律得:0=mv-2mv′,
解得:v,
根据能量守恒定律得:,
解得:v=.故B错误.
C、因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当A在水平方向上的速度向左时,B的速度向右,当A在水平方向上的速度向右时,则B的速度向左.故C错误.
D、因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当A运动到左侧最高点时,B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,根据动量守恒定律得:m(2R-x)=2mx,
解得:x=.故D正确.
故选:D.
质量为M、长L的木板静止在光滑水平面上,上表面中心O左侧光滑右侧粗糙.质量为m的滑块(可视为质点),在光滑恒力F作用下从木板的左端B由静止开始运动,到达O点时撤去F,最终B刚好停留在木板的右端点A,求:
(1)滑块的最大速度;
(2)滑块与木板右半段间的动摩擦因数.
正确答案
解:(1)滑块到达O点时速度最大,设为v1,根据动能定理得:
F×=
m
整理得:v1=
(2)设滑块和木板最终共同运动的速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒定律得:
mv1=(m+M)v2,
根据能量守恒定律有:
μmg=
m
-
(m+M)
整理得:μ=.
答:(1)滑块的最大速度是;
(2)滑块与木板右半段间的动摩擦因数是.
解析
解:(1)滑块到达O点时速度最大,设为v1,根据动能定理得:
F×=
m
整理得:v1=
(2)设滑块和木板最终共同运动的速度为v2,规定向右为正方向,根据动量守恒定律得:
mv1=(m+M)v2,
根据能量守恒定律有:
μmg=
m
-
(m+M)
整理得:μ=.
答:(1)滑块的最大速度是;
(2)滑块与木板右半段间的动摩擦因数是.
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