动量综合计算题DOC文档格式.docx
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(1)子弹C击中B后瞬间,B速度多大?
(2)若滑块A与水平面固定,B被子弹击中后恰好滑到A右端静止,求滑块B与A间动摩擦因数μ?
(3)若滑块A与水平面光滑,B与A间动摩擦因数不变,试分析B能否离开啊,并求整个过程A、B、C组成的系统损失的机械能.
9、如图所示,在光滑水平面上,有一质量M=3kg的薄板,板上有质量m=1kg的物块,两者以v0=4m/S的初速度朝相反方向运动.薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长,求
(1)当物块的速度为3m/S时,薄板的速度是多少?
(2)物块最后的速度是多少?
11、如图所示为水平传送装置,轴间距离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
=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=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)从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中,子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少?
12、如图所示,在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为l,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧,并被弹簧以原速率弹回.已知R=0.4m,l=2.5m,v0=6m/s,物块质量m=1kg,与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4,轨道其它部分摩擦不计.取g=10m/s2.
(1)求弹簧获得的最大弹性势能;
(2)改变v0,为使小物块能到达或经过PQ段,且经过圆轨道时不脱离轨道,求v0取值范围.
13、如图所示,轻弹簧的两端与质量均为3m的B、C两物块固定连接,静止在光滑水平面上,物块C紧靠挡板不粘连,另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰,碰撞时间极短可忽略不计,(所有过程都是在弹簧弹性限度范围内)求:
(1)A、B碰后瞬间各自的速度;
(2)弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比.
14、如图,水平地面和半圆轨道面均光滑,质量M=1kg的小车静止在地面上,小车上表面与R=0.4m的半圆轨道最低点P的切线相平.现有一质量m=2kg的滑块(可视为质点)以v0=7.5m/s的初速度滑上小车左端,二者共速时滑块刚好在小车的最右边缘,此时小车还未与墙壁碰撞,当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,滑块则离开小车进入圆轨道并顺着圆轨道往上运动,已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2.求:
(1)小车与墙壁碰撞前的速度大小v1;
(2)小车需要满足的长度L;
(3)请判断滑块能否经过圆轨道的最高点Q,说明理由.
教师用
2017年5月25日高中物理试卷
1、在光滑的水平地面上静止着一质量M=0.4kg的薄木板,一个质量m=0.2kg的木块(可视为质点)以v0=4m/s的速度,从木板左端滑上,一段时间后,又从木板上滑下(不计木块滑下时的机械能损失),两物体仍沿直线继续向前运动,从木块与木板刚刚分离开始计时,经时间t=3.0s,两物体之间的距离增加了s=3m,已知木块与木板的动摩擦因数μ=0.4,求薄木板的长度.
【答案】设木块与木板分离后速度分别为v1、v2,规定木块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv0=mv1+Mv2
而v1﹣v2=s/t
解得v1=2m/s,v2=1m/s
由功能关系得
μmgd=
mv02﹣
mv12﹣
Mv22
代入数据解得:
d=1.25m
【考点】动量守恒定律
【解析】【分析】木块和木板系统在水平方向不受外力,动量守恒,根据动量守恒定律和已知条件列式即可求出分离瞬间各自的速度;
然后根据功能关系列式即可以求出木板的长度.
2、如图所示,粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的小木箱,相邻两小木箱的距离均为l.工人用沿水平方向的力推最左边的小术箱使之向右滑动,逐一与其它小木箱碰撞.每次碰撞后小木箱都牯在一起运动.整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着兰个木箱匀速运动.已知小木箱与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设弹性碰撞时间极短,小木箱可视为质点.求:
【答案】解答:
最后三个木箱匀速运动,由平衡条件得:
F=3μmg,
水平力推最左边的木箱时,根据动能定理有:
(F﹣μmg)l=
mv12﹣0,
木箱发生第一次弹性碰撞,以向右为正方向,根据动量守恒定律有:
mv1=2mv2,
弹性碰撞中损失的机械能为:
△E1=
•2mv22,
第一次碰后,水平力推两木箱向右运动,根据动能定理有
(F﹣2μmg)l=
•2mv32﹣
木箱发生第二次弹性碰撞,以向右为正方向,根据动量守恒定律有:
2mv3=3mv4,
△E2=
•3mv42,
联立解得木箱两次弹性碰撞过程中损失的机械能之比为:
;
答:
第一次弹性碰撞和第二次弹性碰撞中木箱损失的机械能之比为3:
2.
【考点】动量守恒定律,弹性碰撞
【解析】【分析】木块弹性碰撞过程系统动量守恒,应用动能定理求出物体弹性碰撞前的速度,应用动量守恒定律与能量守恒定律求出弹性碰撞过程损失的机械能,然后求出损失的机械能之比.
【答案】解:
小滑块以水平速度v0右滑时,由动能定理有:
-fL=0-
mv02
小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1,
由动能定理有:
-fL=
mv1
(2)-
mv2
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为v2,
由动量守恒有:
mv1=(m+4m)v2
由总能量守恒可得:
fL=
mv12-
(m+4m)v22
上述四式联立,解得:
=
的值为
【解析】【分析】动量守恒定律。
4、如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上.现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以
设滑块是质量都是m,A与B碰撞前的速度为vA,选择A运动的方向为正方向,碰撞的过程中满足动量守恒定律,得:
mvA=mvA′+mvB′
设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA,由动能定理得:
设B与C碰撞前的速度为vB,碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB,
由于质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上,滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值,所以:
WB=WA
设B与C碰撞后的共同速度为v,由动量守恒定律得:
mvB″=2mv
联立以上各表达式,代入数据解得:
B、C碰后瞬间共同速度的大小是
.
【解析】【分析】根据根据动量守恒求出碰前A的速度,然后由动能定理求出A与B碰撞前摩擦力对A做的功;
B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等,由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值,所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等,由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度,最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小.
5、如图所示,一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台.已知所有接触面均光滑,重力加速度为g.求小球B的质量.
【答案】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1,平台水平速度大小为v,设向右为正方向;
由动量守恒定律有:
mAv1=Mv
由能量守恒定律有:
mAgh=
mAv12+
mBv22
联立并代入数据解得:
v1=2m/s,
v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反,设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2,由题意知:
v1′=1m/s
由动量守恒定律得:
mAv1=﹣mAv1′+mBv2
mAv12=
mB=3kg
【考点】机械能守恒定律,动量守恒定律
【解析】【分析】小球A与平台在相碰过程总动量守恒,由动量守恒列式;
再由功能关系列式联立小球A及平台的速度;
再对小球和B进行分析,由动量守恒和机械能守恒结合题意可求出B球的质量.
6、如图在光滑水平面上,视为质点、质量均为m=1㎏的小球a、b相距d=3m,若b球处于静止,a球以初速度v0=4m/s,沿ab连线向b球方向运动,假设a、b两球之间存在着相互作用的斥力,大小恒为F=2N,从b球运动开始,解答下列问题:
(3)若两球间距足够大,b球从开始运动到a球速度为零的过程,恒力F对b球做的功.
【答案】
(1)假设没有相撞,二者同速时间距最小,由于系统动量守恒,以a的初速度方向为正方向,
由动量守恒得:
mv0=2mv,代入数据解得:
v=2m/s,
由动能定理得:
对a球:
-FSb=
-
,
sa=3m,
对b球:
FSb=
,代入数据解得:
sb=1m,
sa﹣sb=2m<d=3m,假设两球没有相撞成立;
(2)两球同速时机械能损失量最大,
由能量守恒定律得:
△EK=
•2mv2,
△EK=4J
(3)当a球速度为零时,以a的初速度方向为正方向,
mv0=mvb,代入数据解得:
vb=4m/s,
由动能定理得,恒力F对b球做的功:
E=
mvb2,代入数据解得:
W=8J
【解析】答:
(1)a、b两球不能发生撞击.
(2)a、b两球组成的系统机械能的最大损失量为4J.(3)恒力F对b球做的功为8J.
【分析】
(1)两球组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律与动能定理分析答题.
(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.(3)由动量守恒定律与动能定理可以求出功.
现有一质量M=3kg,长L=4m的小车AB(其中O为小车的中点,AO部分粗糙,OB部分光滑),一质量为m=1kg的小物块(可视为质点),放在车的最左端,车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右匀速运动,车撞到挡板后瞬间速度变为零,但未与挡板粘连。
(1)对小物块而言,有
,根据运动学公式
解得物块刚接触弹簧时的速度为v=2m/s,方向水平向右;
物块压缩弹簧,由于OB部分光滑,故它又被弹簧弹回离开弹簧时的速度大小v1=2m/s,方向水平向左;
对小物块,根据动量定理
由⑤⑥式并代入数据得
弹簧对小物块的冲量大小为
,方向水平向左
(2)小物块滑过
点和小车相互作用,由动量守恒
由能量关系
小物块最终停在小车上距A的距离
解得
【考点】动量定理
【解析】【分析】
(1)根据牛顿第二定律求出小物块在AO段做匀减速直线运动的加速度大小,从而根据运动学公式求出小物块与B弹簧接触前的速度,根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能.小物块和弹簧相互作用的过程中,根据能量守恒定律求出小物块离开弹簧时的速度,根据动量定理求出弹簧对小物块的冲量.
(2)根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度,根据能量守恒定律求出小物块在小车上有摩擦部分的相对路程,从而求出小物块最终位置距离A点的距离.
8、如图示,滑板A放在水平面上,长度为L=2m,滑块质量mA=1kg、mB=0.99kg,A、B间粗糙,现有mC=0.01kg子弹以V0=200m/S速度向右击中B并留在其中,求
(1)子弹击中B的过程中系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,
动量守恒:
mCv0=(mB+mC)v1,代入数据解得:
v1=2m/S;
(2)若滑块A与水平面固定,B由运动到静止,位移为S.动能定理有:
﹣μ(mB+mC)gS=0﹣
(mB+mC)v12,代入数据解得:
μ=0.1;
(3)B、C与A间的摩擦力:
F=μ(mB+mC)g,代入数据解得:
F=1N,
系统动量守恒,以AB的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
(mB+mC)v1=(mA+mB+mC)v2,代入数据解得:
v2=1m/S,
此时B相对A位移为S′,由能量守恒定律的:
功能关系知:
(mB+mC)v12=
(mA+mB+mC)v22+FS′,代入数据解得:
S′=1m,
因S′<L,A、B、C最后共速运动,不会分离,
由能量守恒定律得,系统损失的机械能为:
Q=
mCv02﹣
(mA+mB+mC)v22,
Q=199J
(1)子弹击中B的过程系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出B的速度.
(2)由动能定理可以求出动摩擦因数.(3)应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题.
(1)由于地面光滑,物块与薄板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0﹣mv0=mv1+Mv′
v′=11/3m/S,方向水平向右
(2)在摩擦力作用下物块和薄板最后共同运动,设共同运动速度为v,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0﹣mv0=(M+m)v
v=2m/S,方向水平向右
【解析】【分析】木板与物块组成的系统动量守恒,根据木板与物块的速度,应用动量守恒定律可以求出速度.
10、用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,弹簧处于原长,质量M=4kg的物块C静止在前方,如图所示.B与C弹性碰撞后二者粘在一起运动.求:
在以后的运动中:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物体A的速度多大?
(2)弹性势能的最大值是多大?
(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由A、B、C三者组成的系统动量守恒得:
(mA+mB)v=(mA+mB+mC)VA
VA=3m/s
(2)B、C弹性碰撞时,B、C系统动量守恒,设碰后瞬间两者的速度为v1,则:
mBv=(mB+mC)v1
v1=2m/s
设弹簧的弹性势能最大为EP,根据机械能守恒得:
EP=
(mB+mc)v12+
mAv2﹣
(mA+mB+mc)vA2
代入解得为:
EP=12J.
【考点】弹性势能,动量守恒定律
【解析】【分析】
(1)B与C发生弹性碰撞后,B的速度减小,BC一起向右运动.A物体没有参加弹性碰撞,速度不变,继续向右运动,这样弹簧被压缩,当三者速度相同时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,根据动量守恒求出物体A的速度.
(2)根据动量守恒求出BC弹性碰撞后的共同速度.由机械能守恒求解弹性势能的最大值.
=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=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:
(3)从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中,子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少?
(1)解:
子弹射入木块过程系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正反方向,由动量守恒定律得:
mv0﹣Mv1=mv+Mv1′,
解得:
v1′=3m/s,
木块向右作减速运动加速度:
a=
=μg=0.5×
10=5m/s2,
木块速度减小为零所用时间:
t1=
t1=0.6s<1s
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时,速度为零,移动距离为:
s1=
s1=0.9m.
(2)解:
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)解:
第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为:
Q1=
mv02+
Mv12﹣
mu2﹣
Mv