- 动量守恒定律
- 共5880题
如图所示,在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定,现用一质量m=2.0kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放,物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道,小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动,经过最低点后滑上质量M=8.0kg的长木板,最后恰好停在长木板最左端.已知竖直半圆轨道光滑且半径R=0.5m,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,木板与水平地面间摩擦不计,取g=10m/s2.
(1)弹簧具有的弹性势能;
(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力;
(3)木板的长度.
正确答案
解:(1)物体进入轨道后恰好沿轨道运动:…①
弹簧具有弹性势能:…②
(2)物块由顶端滑到底端过程由机械能守恒:…③
解得:v2=5m/s
在轨道底端由牛顿第二定律得:…④
解得:F=6mg=120N…⑤
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为120N…⑥
(3)对物体与木板组成的系统由动量守恒定律得:mv2=(m+M)v3…⑦
设木块的长度为s,由能量守恒定律得:…⑧
f=μmg…⑨
联立,并代入已知,解得:s=5m…⑩
答:(1)弹簧具有的弹性势能是5J
(2)物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力是120N
(3)木板的长度是5m
解析
解:(1)物体进入轨道后恰好沿轨道运动:…①
弹簧具有弹性势能:…②
(2)物块由顶端滑到底端过程由机械能守恒:…③
解得:v2=5m/s
在轨道底端由牛顿第二定律得:…④
解得:F=6mg=120N…⑤
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为120N…⑥
(3)对物体与木板组成的系统由动量守恒定律得:mv2=(m+M)v3…⑦
设木块的长度为s,由能量守恒定律得:…⑧
f=μmg…⑨
联立,并代入已知,解得:s=5m…⑩
答:(1)弹簧具有的弹性势能是5J
(2)物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力是120N
(3)木板的长度是5m
如图所示,有上下两层水平放置的平行导轨,两层导轨都足够长,电阻都不计.两导轨间距都是L=0.2m.上层导轨左端连接电阻R2=0.25Ω,下层导轨左端与电动势E=4v,内阻不计的电池及电阻R1=5Ω的电阻相串联.金属棒质量m=0.1kg置于下层导轨之上并与导轨垂直,可在导轨上滑动.下层导轨末端紧接着两根竖立在竖直平面内的半径为r=0.4m的绝缘材料做成的半圆形粗糙轨道.仅在上、下两层平行轨道所在区域里有一竖直向下的匀强磁场.当闭合电键K之后,金属棒由静止开始向右滑动最后成为匀速运动,滑过下层轨道后进入半圆形轨道,恰好可以通过半圆形轨道最高点以后滑入上层导轨.金属棒与下层轨道的动摩擦因数μ=0.1,上层轨道光滑,金属棒的电阻以及接触电阻匀不计,重力加速度g=10m/s2问:
(1)匀强磁场磁感应强度为多大时可使金属棒在通过半圆形轨道最低点时对轨道的压力最大.
(2)利用第1问的计算结果,求金属棒在通过半圆形轨道时因摩擦产生的内能大小.
(3)利用第1问的计算结果,求金属棒在上层轨道能滑行的距离及此过程中通过电阻R2的电荷量大小.
正确答案
解:(1)设杆的最大速度为vm
电路中的电流:
由共点力的平衡可知:
BIL=mgμ
即
B有实数解△≥0
△=(L•E)2-4L2•vm•mgμR≥0
即
即
(2)最高点:
v=2m/s
上升过程:
即Qf=0.4J
(3)由动量定理可知:
0-mv=-BqL
即q=
解得:q=0.8C;
滑行距离:xm=
解得:xm=0.8m
答:(1)匀强磁场磁感应强度为时可使金属棒在通过半圆形轨道最低点时对轨道的压力最大.
(2)利用第1问的计算结果,求金属棒在通过半圆形轨道时因摩擦产生的内能大小为0.4J;
(3)金属棒在上层轨道能滑行的距离为0.8m;此过程中通过电阻R2的电荷量大小为0.8C.
解析
解:(1)设杆的最大速度为vm
电路中的电流:
由共点力的平衡可知:
BIL=mgμ
即
B有实数解△≥0
△=(L•E)2-4L2•vm•mgμR≥0
即
即
(2)最高点:
v=2m/s
上升过程:
即Qf=0.4J
(3)由动量定理可知:
0-mv=-BqL
即q=
解得:q=0.8C;
滑行距离:xm=
解得:xm=0.8m
答:(1)匀强磁场磁感应强度为时可使金属棒在通过半圆形轨道最低点时对轨道的压力最大.
(2)利用第1问的计算结果,求金属棒在通过半圆形轨道时因摩擦产生的内能大小为0.4J;
(3)金属棒在上层轨道能滑行的距离为0.8m;此过程中通过电阻R2的电荷量大小为0.8C.
在下列选项中选择适当的内容填在横线中(只填字母代号)
(1)______首先揭示了原子核具有复杂的结构.
A.电子的发现 B.质子的发现
C.中子的发现 D.天然放射现象的发现
(2)如图所示,在水平光滑直寻轨上,静止着三个质量均为m-1妇的相同小球A、B、C现让A球以v0=2m/s的速度向B球运动,A、B两球碰撞后粘合在一起,两球继续向右运动并跟C球碰撞,碰后C球的速度vc=l m/s.求:
①A、B两球与C球碰撞后瞬间的共同速度
②两次碰撞过程中损失的总动能.
正确答案
解:(1)人们认识到原子核具有复杂结构是从天然放射现象开始的,故选D.
(2)①A、B相碰,满足动量守恒,则有mv0=2mv1 得两球跟C球相碰前的速度v1=1m/s
②两球与C碰撞同样满足动量守恒2mv1=mvC+2mv2
得两球相碰后的速度v2=0.5m/s,
两次碰撞损失的动能|△Ek|=mv02-
•2mv22-
mvC2=1.25J
答:(1)D
(2)①A、B两球与C球碰撞后瞬间的共同速度是v1m/s
②两次碰撞过程中损失的总动能是1.25J.
解析
解:(1)人们认识到原子核具有复杂结构是从天然放射现象开始的,故选D.
(2)①A、B相碰,满足动量守恒,则有mv0=2mv1 得两球跟C球相碰前的速度v1=1m/s
②两球与C碰撞同样满足动量守恒2mv1=mvC+2mv2
得两球相碰后的速度v2=0.5m/s,
两次碰撞损失的动能|△Ek|=mv02-
•2mv22-
mvC2=1.25J
答:(1)D
(2)①A、B两球与C球碰撞后瞬间的共同速度是v1m/s
②两次碰撞过程中损失的总动能是1.25J.
如图所示,abc是光滑的轨道,其中ab水平,bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道,半径R=0.30m.质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上,另一质量M=0.60kg、速度V0=5.5m/s的小球B与小球A正碰.已知相碰后小球A经过半圆的最高点C落到轨道上距b点为
处,重力加速度g取10m/s2,求:碰撞结束时,小球A和B的速度大小.
正确答案
解:分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度,v3表示小球A在半圆最高点的速度,则对A由平抛运动规律有,
水平方向:L=v3t=4R
竖直方向:h=2R=gt2
解得:v3=2m/s.
对A运用机械能守恒定律得:
mv12=2mgR+
mv32
以A和B为系统,规定向右为正方向,碰撞前后动量守恒:
Mv0=Mv2+mv1
联立解得:v1=6m/s,v2=3.5m/s.
答:碰撞结束时,小球A和B的速度大小分别是6m/s、3.5m/s.
解析
解:分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度,v3表示小球A在半圆最高点的速度,则对A由平抛运动规律有,
水平方向:L=v3t=4R
竖直方向:h=2R=gt2
解得:v3=2m/s.
对A运用机械能守恒定律得:
mv12=2mgR+
mv32
以A和B为系统,规定向右为正方向,碰撞前后动量守恒:
Mv0=Mv2+mv1
联立解得:v1=6m/s,v2=3.5m/s.
答:碰撞结束时,小球A和B的速度大小分别是6m/s、3.5m/s.
载人气球开始静止于高h的高空,气球质量为M,人的质量为m.若人沿绳梯滑至地面,则绳梯的长度至少为( )
正确答案
解析
解:气球和人开始静止于空中,说明系统所受合力为零,故人下滑过程中系统动量守恒,人着地时,绳梯至少应触及地面,因为人下滑过程中,人和气球任意时刻的动量大小都相等,所以整个过程中系统平均动量守恒.
设绳梯长为l,人沿绳梯滑至地面的时间为t,以向上为正方向.
由图可看出,气球对地移动的平均速度为,人对地移动的平均速度为-
.
由动量守恒定律,有 M-m
=0
解得l=
故选D
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