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動量守恒中的四類模型模型一小球—曲面模型(精品微信公眾號:偷著學(xué))1.小球沿14光滑圓弧、斜劈上升至最高點時,m1與m2具有相同的速度,且小球不離開軌道,小球離曲面底端的高度為h,系統(tǒng)水平方向動量守恒:m1v0=(m1+m2)v系統(tǒng)能量守恒:12m1v02=12(m1+m2)v2+m1gh(不計一切摩擦)2.小球返回曲面底端時系統(tǒng)動量守恒:m1v0=m1v1+m2v2系統(tǒng)能量守恒:12m1v02=12m1v1(相當(dāng)于彈性碰撞)。【例1】(多選)如圖所示,在光滑足夠長水平面上有半徑R=0.8m的14光滑圓弧斜劈B,斜劈的質(zhì)量M=3kg,底端與水平面相切,左邊有質(zhì)量m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是(A.小球不能從斜劈頂端沖出B.小球能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈C.小球沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點C時對斜劈的壓力大小是30ND.小球從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s,方向向左答案:ACD解析:小球向右運動到斜劈最低點C時,設(shè)此時斜劈對小球的支持力為F1,由牛頓第二定律有F1-mAg=mAv02R,代入數(shù)據(jù)得F1=30N,小球?qū)π迸膲毫σ彩?0N,選項C正確;假設(shè)小球能運動到斜劈頂端,此時小球和斜劈水平速度相等,設(shè)為v1,小球豎直速度為v2,根據(jù)小球和斜劈系統(tǒng)水平方向動量守恒,有mv0=(m+M)v1,小球和斜劈系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有12mv02=12m(v12+v22)+12Mv12+mgR,聯(lián)立得v1=1m/s,v22=-4m2/s2<0,說明小球不能從斜劈頂端沖出,選項A正確,B錯誤;當(dāng)小球在斜劈上返回最低點C時,設(shè)小球和斜劈的速度分別為v3、v4,有mv0=mv3+Mv4,12mv02=12mv32+12M(多選)如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的14光滑圓弧曲面C,質(zhì)量為M的小球B置于其底端,另一個小球A質(zhì)量為M2,小球A以v0=6m/s的速度向B運動,并與B發(fā)生彈性碰撞,小球均可視為質(zhì)點,則(A.B的最大速率為4m/sB.B運動到最高點時的速率為2m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞解析:ADA與B發(fā)生彈性碰撞,取水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒和能量守恒得M2v0=M2vA+MvB,12×M2v02=12×M2vA2+12MvB2,聯(lián)立解得vA=-2m/s,vB=4m/s,所以B的最大速率為4m/s,故A正確;B沖上C的最高點時,豎直速度減小到零、水平速度與C共速,設(shè)它們的共同速度為v,則由水平方向動量守恒有MvB=(M+2M)v,解得v=43m/s,故B錯誤;從B沖上C然后又滑下的過程,設(shè)B、C分離時的速度分別為vB'、vC',由水平方向動量守恒有MvB=MvB'+2MvC',由機(jī)械能守恒有12MvB2=12MvB'2+12×2MvC'2,聯(lián)立解得vB'=-43模型二小球(滑塊)—彈簧模型1.兩小球速度相同時,彈簧最短,彈性勢能最大動量守恒:m1v0=(m1+m2)v(光滑水平面)能量守恒:12m1v02=12(m1+m2)v(相當(dāng)于完全非彈性碰撞)。2.彈簧恢復(fù)原長時動量守恒:m1v0=m1v1+m2v2能量守恒:12m1v02=12m1v1(相當(dāng)于完全彈性碰撞)?!纠?】(多選)(2024·安徽黃山模擬)如圖所示,光滑水平面上質(zhì)量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動,質(zhì)量為M的物體B左端與輕質(zhì)彈簧連接并靜止在光滑水平面上,在物體A與彈簧接觸后,以下判斷正確的是()A.在A與彈簧接觸過程中,彈簧對A的彈力沖量大小為43B.在A與彈簧接觸過程中,彈簧對B的彈力做功的功率一直增大C.從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中,彈簧對A、B做功的代數(shù)和為0D.從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中,最大彈性勢能為13Mv答案:AD解析:在A與彈簧接觸過程中,根據(jù)動量守恒定律得2Mv=2MvA'+MvB',根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12×2Mv2=12×2MvA'2+12×MvB'2,聯(lián)立解得vA'=13v,vB'=43v,對A,根據(jù)動量定理得I=2M·13v-2M·v,解得I=-43Mv,A正確;在A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中,彈簧的彈力和B的速度都增大,彈簧對B的彈力做功的功率增大,在彈簧接近原長時,B的速度接近43v,而彈簧的彈力幾乎等于零,彈簧對B的彈力做功的功率幾乎等于零,所以在A與彈簧接觸過程中,彈簧對B的彈力做功的功率先增大后減小,B錯誤;設(shè)彈簧最短時,A、B共同速度為v',根據(jù)動量守恒定律得2Mv=(2M+M)v',解得v'=23v,彈簧對A、B做功分別為WA=12×2Mv'2-12×2Mv2=-59Mv2,WB=12Mv'2=29Mv2,彈簧對A、B做功的代數(shù)和為W=WA+WB=-13Mv2,最大彈性勢能為Ep=12×2Mv2(多選)(2024·湖南郴州模擬)如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕質(zhì)彈簧靜止在光滑的水平地面上,彈簧恰好處于原長?,F(xiàn)給P一瞬時初速度,并把此時記為0時刻,規(guī)定向右為正方向,0~2t0內(nèi)P、Q運動的a-t圖像如圖乙所示,已知t0時刻P、Q的加速度最大,其中t軸下方部分的面積大小為S,則()A.Q的質(zhì)量為12B.2t0時刻Q的速度大小為vQ=SC.t0時刻彈簧的彈性勢能為3D.t0~2t0時間內(nèi)彈簧對P做功為零解析:BCD0~2t0時間內(nèi)Q所受彈力方向向左,P所受彈力方向始終向右,t0時刻,P、Q所受彈力最大且大小相等,此時,由牛頓第二定律可得F彈mP=F彈m=a0,F(xiàn)彈mQ=a02,聯(lián)立解得Q的質(zhì)量為mQ=2m,故A錯誤;根據(jù)a-t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量,可知0~2t0時間內(nèi),Q的速度變化量大小為ΔvQ=S=vQ-0,則2t0時刻Q的速度大小為vQ=S,故B正確;t0時刻P、Q具有相同的速度v,根據(jù)對稱性可知,t0時刻P、Q的速度大小為v=S2,設(shè)P的初速度為v0,根據(jù)動量守恒可得mv0=(m+2m)v,解得v0=3v=32S,設(shè)t0時刻彈簧的彈性勢能為Ep,根據(jù)能量守恒可得Ep=12mv02-12×3mv2,聯(lián)立解得Ep=3mS24,故C正確;設(shè)2t0時刻P的速度為vP,根據(jù)動量守恒可得mv0=mvP+2mvQ,解得vP=-S2=-v,可知2t0時刻P的速度大小等于t0時刻P的速度大小,則2t0時刻模型三子彈打木塊模型子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。它的特點是:質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向原來靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊,并留在木塊中跟木塊共同運動。(1)從動量的角度看,子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒:mv0=(M+m)v①對子彈用動量定理:-Ff·t=mv-mv0②對木塊用動量定理:Ff·t=Mv③(2)從能量的角度看,如圖所示(顯然有s1-s2=d),對子彈用動能定理:-Ff·s1=12mv2-12mv對木塊用動能定理:Ff·s2=12Mv2由④⑤得:Ff·d=12mv02-12(M+m)v2【例3】(2024·浙江寧波模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的子彈,以初速度v0射入靜止在光滑水平面上的木塊,并留在其中。木塊質(zhì)量為M,長度為L,子彈射入木塊的深度為d,在子彈射入木塊的過程中木塊移動距離為s。假設(shè)木塊對子彈的阻力始終保持不變,下列說法正確的是()A.d可能大于s,也可能小于sB.s可能大于L,也可能小于LC.s一定小于d,s一定小于LD.若子彈質(zhì)量減小,d和s不一定同時變小答案:C解析:木塊和子彈組成的系統(tǒng)所受合力為零,系統(tǒng)動量守恒,有mv0=(m+M)v,解得v=mv0m+M=v01+mM,木塊增加的動能等于阻力與木塊的位移乘積,即Ffs=12Mv2=Mm2v022(M+m)2=Mv0221+Mm2,系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積,即Ffd=12mv02-12((多選)(2024·福建福州模擬)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊。若射擊下層,子彈剛好不射出;若射擊上層,子彈剛好能射穿一半厚度,如圖所示。則上述兩種情況相比較()A.子彈的末速度大小相等B.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C.子彈對滑塊做的功不相同D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大解析:AB根據(jù)動量守恒,兩次最終子彈與木塊的速度相等,A正確;根據(jù)能量守恒可知,初狀態(tài)子彈動能相同,末狀態(tài)兩木塊與子彈的合動能也相同,損失的動能都轉(zhuǎn)化成了熱量,因此系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多,B正確,子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動能,兩次相同,因此做功相同,C錯誤,產(chǎn)生的熱量Q=Ff×Δs,由于產(chǎn)生的熱量相等,而相對位移Δs不同,所以子彈和滑塊間的水平作用力大小不同,D錯誤。模型四滑塊—木板模型示意圖木板初速度為零木板有初速度,滑塊反向v-t圖像用動量和功能觀點分析“滑塊—木板”模型要抓住一個條件和兩個分析及一個規(guī)律。(1)一個條件——系統(tǒng)動量守恒的條件。(2)兩個分析——分析滑塊和木板相互作用過程的運動分析和作用前后的動量分析。(3)一個規(guī)律——能量守恒定律是分析相互作用過程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律,且牢記摩擦生熱的計算公式Q=Ff·d相對?!纠?】(2024·湖南株洲模擬)如圖,一平板車靜止在光滑水平地面上,小物塊A和B分別從平板車的最左端和最右端同時開始相向運動,兩物塊在平板車上發(fā)生碰撞,最終都與平板車保持相對靜止。已知平板車的質(zhì)量M=1kg,長度L=5m,A、B的質(zhì)量均為m=0.5kg,A的初速度大小為v1=5m/s,與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.4;B的初速度大小為v2=3m/s,與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,A、B均可視為質(zhì)點,它們之間的碰撞為彈性碰撞,重力加速度g取10m/s2,求:(1)整個過程中,A、B以及平板車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(2)A、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離;(3)A、B與平板車保持相對靜止時,A、B之間的距離。答案:(1)8.25J(2)2.5m(3)0.375m解析:(1)根據(jù)題意,設(shè)平板車最終的速度為v,以A、B以及平板車為系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律有mv1-mv2=(M+2m)v解得v=0.5m/s則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=12mv12+12mv22-12(解得ΔE=8.25J。(2)根據(jù)題意,設(shè)開始運動時A、B和平板車的加速度大小分別為a1、a2和a,根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg=ma1μ2mg=ma2μ1mg-μ2mg=Ma設(shè)經(jīng)t1時間A、B發(fā)生碰撞,則有s1=v1t1-12a1s2=-v2t1+12a2s=12as1-s2=L代入數(shù)據(jù)得t1=1s或53s(舍去s1=3ms2=-2ms=0.5mA、B發(fā)生碰撞的位置與平板車最左端的距離Δs1=s1-s解得Δs1=2.5m。(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前瞬間,A、B和平板車的速度分別為v1'、v2'和v,則有v1'=v1-a1t1=1m/sv2'=-v2+a2t1=-1m/sv=at=1m/sA、B質(zhì)量相等,發(fā)生彈性碰撞后速度交換,則碰撞后有v1″=v2'v2″=v1'碰后B與平板車速度相等,分析可知此后B與平板車始終保持相對靜止。設(shè)此后A與平板車的相對位移為Δs,則有ΔE=μ1mgΔs1+μ2mgΔs2+μ1mgΔsΔs2=L-Δs1最終A、B之間的距離Δs=0.375m。(精品微信公眾號:偷著學(xué))(2024·山西陽泉模擬)如圖甲所示,長方形木板放在光滑的水平地面上,在其右端放置一可視為質(zhì)點的小木塊,現(xiàn)給長方形木板一個大小為v0,方向水平向右的初速度,最后小木塊剛好沒有滑離長方形木板;如圖乙所示,與上面相同的長方形木板靜止放置在光滑的水平面上,在其左端地面上固定一個四分之一光滑圓弧槽,圓弧槽的下端與木板的上表面相平,現(xiàn)讓相同的小木塊從圓弧槽的最高點由靜止開始滑下,最后小木塊也是剛好沒有滑離長方形木板。已知小木塊與長方形木板間的動摩擦因數(shù)為μ,長方形木板的質(zhì)量為小木塊質(zhì)量的3倍,重力加速度為g,求:(1)長方形木板的長度;(2)圓弧槽軌道的半徑;(3)圖甲中小木塊在長方形木板上的滑行時間與圖乙中小木塊在長方形木板上的滑行時間之比。答案:(1)3v028μg(2)v解析:(1)對于題圖甲,小木塊、長方形木板組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)二者的共同速度大小為v1,小木塊的質(zhì)量為m,則長方形木板的質(zhì)量為3m,規(guī)定長方形木板的初速度方向為正方向,由動量守恒定律有3mv0=(3m+m)v1解得v1=34v設(shè)長方形木板的長度為L,由功能關(guān)系有μmgL=12(3m)v02-12(3m解得長方形木板的長度為L=3v(2)設(shè)圓弧槽軌道的半徑為r,小木塊剛滑上長方形木板時的速度大小為v,由機(jī)械能守恒定律可得mgr=12mv對于題圖乙,小木塊、長方形木板組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)二者的共同速度為v2,由動量守恒定律可得mv=(m+3m)v2由功能關(guān)系有μmgL=12mv2-12(m+3m聯(lián)立解得圓弧槽軌道的半徑為r=v0(3)對題圖甲中的小木塊,規(guī)定小木塊受到的摩擦力的方向為正方向,由動量定理有μmgt1=mv1解得小木塊在長方形木板上滑動的時間為t1=3對題圖乙中的長方形木板,規(guī)定長方形木板受到的摩擦力方向為正方向,由動量定理有μmgt2=3mv2結(jié)合上面的式子解得t2=3所以t1∶t2=1∶1。跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.如圖所示,在光滑水平面上疊放著A、B兩個物體,mA=2kg,mB=1kg,速度的大小均為v0=8m/s,速度方向相反。A足夠長,A、B之間有摩擦,當(dāng)觀察到B做加速運動時,A的速度大小可能為()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s解析:B由受力分析可知A、B兩物體在水平方向上只受到相互作用的摩擦力,A、B整體動量守恒,則mAv0-mBv0=mAvA+0,代入數(shù)據(jù)解得vA=4m/s,故當(dāng)A的速度為4m/s時,B開始做加速運動,直到與A共速。共速時對A、B運用動量守恒定律有mAv0-mBv0=(mA+mB)v共,代入數(shù)據(jù)解得v共=83m/s,所以83m/s<vA<4m/s時,可以觀察到B做加速運動,故只有B符合題意,故選2.(多選)(2024·陜西西安模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上,質(zhì)量為14m的木塊A放在長木板的左端,一顆質(zhì)量為116m的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中,當(dāng)木塊滑離木板時速度為v08,木塊在木板上滑行的時間為t,A.木塊獲得的最大速度為vB.木塊滑離木板時,木板獲得的速度大小為3C.木塊在木板上滑動時,木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為3D.因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差解析:ACD對子彈和木塊組成的系統(tǒng),設(shè)二者剛相對靜止時的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律有116mv0=116m+14mv1,解得v1=v05,此后木塊與子彈一起做減速運動,則此時木塊的速度最大,選項A正確;木塊滑離木板時,對木板和木塊(包括子彈)系統(tǒng)有mv016=116m+14m×v08+mv2,解得v2=3v0128,選項B錯誤;對木板由動量定理有Fft3.(多選)如圖所示,有一個質(zhì)量為(M-m)的物體A和一個質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接,放在光滑的水平地面上。二者初始靜止,彈簧原長為L0,勁度系數(shù)為k,彈性勢能表達(dá)式為E彈=12kx2(x為彈簧的形變量)?,F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度v0打中物體A,并留在物體A中(子彈與物體A達(dá)到相對靜止的時間極短),然后壓縮彈簧至最短,之后彈簧恢復(fù)原長,最后被拉長至最長。則下列說法正確的是(A.整個過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒B.彈簧被壓縮至最短時物體B的速度大小為m2MC.整個過程中彈簧的最大彈性勢能為12mD.物體B的最大加速度大小為m解析:BD水平地面光滑,子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合力為零,因此動量守恒,子彈打入物體A過程中,由于摩擦生熱,機(jī)械能不守恒,選項A錯誤;當(dāng)三者共速時,彈簧被壓縮至最短,設(shè)共同速度為v2,根據(jù)動量守恒定律有mv0=[m+(M-m)+M]v2,解得v2=m2Mv0,選項B正確;當(dāng)彈簧壓縮至最短(或伸長至最長)時,彈性勢能最大,此時三者共速,子彈打入物體A并留在其中時,設(shè)此時物體A的速度大小為v1,對子彈與物體A,根據(jù)動量守恒定律有mv0=[m+(M-m)]v1,解得v1=mMv0,從子彈打入物體A后至A、B共速,彈性勢能增加量等于系統(tǒng)動能減少量,故最大彈性勢能為E彈=12Mv12-12×2Mv22=m2v024M,選項C錯誤;當(dāng)彈簧形變量最大時,彈力最大,物體B的加速度最大,E彈=12kx24.(多選)如圖甲所示,曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面,且沒有從滑塊上端沖出去,若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2,作出v1-v2圖像如圖乙所示,重力加速度為g,不考慮任何阻力,則下列說法正確的是()A.小球的質(zhì)量為baB.小球運動到最高點時的速度為abC.小球能夠上升的最大高度為aD.若a>b,小球在與滑塊分離后向左做平拋運動解析:ABD設(shè)小球的質(zhì)量為m,初速度為v0,在水平方向上由動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2,得v2=mv0M-mMv1,結(jié)合題圖乙可得mM=ba,mv0M=b,所以a=v0,m=baM,故A正確;對小球和滑塊組成的系統(tǒng)有mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,聯(lián)立解得小球在與滑塊分離時的速度為v1=m-Mm+Mv0=a(b-a)a+b<0,即a>b時,小球的速度方向向左,所以小球與滑塊分離時向左做平拋運動,故D正確;小球運動到最高點時,豎直方向速度為零,在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共,在水平方向上由動量守恒定律得mv0=(m+M)v共,解得v共=mv05.如圖所示,在水平面上依次放置物塊A以及曲面劈B,其中物塊A的質(zhì)量為m=1kg,曲面劈B的質(zhì)量M=3kg,曲面劈B的曲面下端與水平面相切,且曲面劈B足夠高,所有的摩擦均不考慮?,F(xiàn)給物塊A一個正對曲面劈B的初速度,使物塊A沖上曲面。若曲面劈B固定在地面上,則物塊A能夠達(dá)到的最大高度為H1,隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為v1;若將曲面劈B自由放置在地面上,則物塊A能夠達(dá)到的最大高度為H2,隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為v2。求:(1)H1與H2的比值;(2)v1與v2的比值。答案:(1)43(2)解析:(1)若曲面劈B固定在地面上,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv02若將曲面劈B自由放置在地面上,設(shè)共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律得mv0+0=(m+M)v根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv02+0=12(m+M)v聯(lián)立解得H1H2(2)若曲面劈B固定在地面上,隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為v1=-v0若將曲面劈B自由放置在地面上,根據(jù)動量守恒定律得mv0+0=mv2+Mv3根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv02+0=12mv解得v1v26.(2024·福建福州模擬)如圖,一水平輕彈簧左端固定,右端與一質(zhì)量為m的小物塊a連接,a靜止在水平地面上的A處,此時彈簧處于原長狀態(tài),A左側(cè)地面光滑;另一質(zhì)量為12m的小滑塊b靜止在B處,b與地面間的動摩擦因數(shù)為μ?,F(xiàn)對b施加一水平向左、大小為F=32μmg的恒定推力,經(jīng)時間t后b與a發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短),碰前瞬間撤去推力,a與b不再相碰。已知重力加速度大小為g(1)b與a碰撞前瞬間的速度大小v以及A與B間的距離x0;(2)彈簧的最大彈性勢能Epm以及碰后b運動的路程L。答案:(1)2μgtμgt2(2)89μ2mg2t229μ解析:(1)b從B運動到A的過程中做勻加速直線運動,設(shè)加速度大小為a1,則v=a1t,x0=12a1t根據(jù)牛頓第二定律有32μmg-μ·12mg=12ma1,聯(lián)立解得v=2μgt,x0=μ(2)b與a發(fā)生彈性正碰,碰撞過程動量守恒、機(jī)械能守恒,有12mv=12mvb+mv12×12mv2=12×12mv聯(lián)立解得vb=-23μgt,va=43碰后a向左運動到速度為零時彈簧的彈性勢能最大,則Epmax=12mva2=89μ2碰后b向右做勻減速直線運動,設(shè)加速度大小為a2,則vb2=2a根據(jù)牛頓第二定律有μ·12mg=12ma2,聯(lián)立解得L
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