动量守恒定律综合题..doc

动量守恒定律综合题 如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板b和c，重量a(视为质量)位于b的右端，a、b、c的质量相等。现a和b以同一速度滑向静止的c、b与c发生正碰，碰后b和c粘在一起运动，a在c上滑行，a与c有摩擦力，已知a滑到c的右端而未掉下，试问:从b、c发生正碰到a刚移到c右端期间，c所走过的距离是c办长度的多少倍? 设AB初速为v,则BC碰后由动量守恒知，mv=2mv1,v1为BC碰后的速度 最终三者共速，2mv=3mv2,v2为三者的末速， 由于AC间摩擦力是系统的内力，总是改变系统的机械能， 于是-fL=1/2*3m*v2^2-1/2*mv1^2-1/2*mv^2 因为所有的速度的量值是由地面参照系所得，所以使用动能定理时位移使用是地面参照系所得位移，-fs=1/2*mv2^2-1/2*m*v^2 特别注意，无须求解L和s，将后两式相比，前两式代入即可， 解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为 闭合电路的总电流为 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd= 方框中的热功率为： (2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即 (3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度为v2：，根据动量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得 动量和能量 3、两个完全相同的质量均为m的滑块A和B防灾光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以速度u0向滑块A运动时，如右图所示，碰A后不再分开，下述正确的是 A、弹簧最大弹性势能为1/2m u02 B、弹簧最大弹性势能为1/4m u02 C、两滑块相碰以及以后一起运动，系统的机械能守恒 D、两滑块相碰以及以后一起运动，系统动量守恒 撞击过程动量守恒。mv0=2mv------v=v0/2 此时动能mV02/2，当弹簧被压缩至最段时，他们全部转化为弹簧的最大弹性势能。 撞击过程为完全非弹性碰撞，能量损失最大，不守恒。 运动时弹力作用，动量不守恒。MN和PQ，一端接有阻值为R的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中。在导轨上垂直导轨跨放质量为m的金属直杆，金属杆的电阻为r，金属杆与导轨接触良好、导轨足够长且电阻不计。金属杆在垂直于杆的水平恒力F作用下向右匀速运动时，电阻R上消耗的电功率为P，从某一时刻开始撤去水平恒力F去水平力后：(1)当电阻R上消耗的功率为P/4时，金属杆的加速度大小和方向。(2)电阻R上产生的焦耳热。 解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F．撤去F之后，由P=I2R知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I=I/2，则金属杆受到的安培力F’安=BIL=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得， ．方向水平向左． (2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动时金属杆的速度为v，则I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得 由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量 则电阻R上产生的焦耳热 知识概要 冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。 1．动量守恒的条件可以归纳为以下几种情况：①物体系统不受外力或所受合外力为零；②物体系统受到的外力远小于内力；③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力，此时在该方向上动量守恒． 在碰撞和爆炸现象中，由于物体间相互作用持续时间很短，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理． 2．运用动量守恒定律应注意： ①矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量关系式对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，按正方向确定各矢量的正负 ②瞬时性：动量是一个状态量，对应着一个瞬时动量守恒是指该相互