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普通物理学程守洙江永久03守恒定律习题详细解答.ppt

发布:2017-06-19约1.21万字共92页下载文档
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这是一个很详细的答案 虽然是PPT格式的的,但是用起来很方便,每个习题都用超连接的形式,可以直接找到想要找的习题,比WORD还要方便 + = 0 A m v A B m v B = A m v A B m v B ( ) E m v 2 1 2 A A m v 2 A A m A 2 = = A k ( ) E m v 2 1 2 B B m v 2 B B m B 2 = = B k A m B m A B 解:系统的动量守恒 = E B k E A k m A m B ∴ 目录 结束 3-22 一质量为m的球,从质量为M的圆 弧形槽中自静止滑下,设圆弧形槽的半径为 R(如图)。若所有摩擦都可忽略,求小球 刚离开圆弧形槽时,小球和木块的速度各是 多少? M R M m 目录 结束 3-12 质量为 7.20×10-23 kg、速度为 6.0×107m/s的粒子A,与另一个质量为其 一半而静止的粒子B相碰,假定这碰撞是弹 性碰憧,碰撞后粒子A的速率为5×107m/s, 求: (1)粒于B的速率及偏转角; (2)粒子A的偏转角)。 目录 结束 10 m v 2 1 2 = 1 1 m v 2 1 2 1 2 m v 2 1 2 2 + = 1 m v 2 1 2 1 2 v 2 1 2 + m 2 1 ( ) = 10 v 2 1 v 2 2 2 v 2 ( ) =2[(6.0×107)2-(5×107)2] =22×1014 v2= 4.69×107m/s 2 m 1 = m 2 解:(1) 由机械能守恒: 目录 结束 ( ) a cos m v 10 m v 1 2 1 1 1 a cos m v 2 2 1 = + 2 = a 1 cos a 1 sin 1 2 = a 2 cos a 2 sin 1 + 10 v 4 4 2 10 v 1 v 2 2 v 2 1 v 8 = a 1 cos (2)系统动量守恒 sin ( ) a m v 2 1 1 1 a m v 2 2 1 = sin 0 m v 1 1 m v 2 2 10 m v 1 a 1 a 2 y x o 2 = + a v 1 1 2 a v 2 2 cos cos 10 v 得: (1) a v 1 1 sin v 2 sin a 2 = (2) 代入(1)(2)得: 目录 结束 2 1 v 2 v = a 2 sin a 1 sin 0.925 = 4(6.0×107)2+4(5×107)2-22×1014 8×6.0×107×5×107 = 22020 ′ = a 1 5404 ′ = a 2 = 2×5×107 4.69×107 0.8094 = + 10 v 4 4 2 10 v 1 v 2 2 v 2 1 v 8 = a 1 cos 目录 结束 3-13 一质量为m 的中子与一质量为 M 的 原子核作弹性碰撞,如中子的初始动能为E0, 试证明在碰擅过程中中子动能损失的最大值 为 4mME0/(M+m)2。 目录 结束 v M m + ( ) = M m v 0 = E m 2 1 2 = v M m + ( ) M m 2 E 0 = M m + ( ) M m 2 E 0 4 = M m + ( ) M m 2 E 0 E 0 Δ E E 0 E = 2 m M m + ( ) M m E 0 = 解:当原子核静止时,只有在对心碰撞时中 子的动能损失最大,设初速度为 初动能为 E 0 m 2 1 2 = v 0 v 0 ,碰撞后的速度为 v (完全弹性碰撞) 在对心碰撞时: 目录 结束 3-14 地面上竖直安放着一个劲度系数为 k 的弹簧,其顶端连接一静止的质量 M。有 个质量为m 的物体,从距离顶端为A 处自由 落下,与M 作完全非弹性碰撞。求证弹簧对 地面的最大压为: M m h 目录 结束 2 g h v 10 = M g k = x 0 M g k = x 0 2 1 2 2 2 1 = + ( ) M m v 0 k x 0 + + ( ) M m g x 0 2 2 1 k x + ( ) M m g x 解:选O点为零势能点 v 0 = m + M m 2 g h 在完全非弹性碰撞后 x 0 设平衡位置时的位移为: A B M m o x 0 x h 从平衡位置A 到最大位移 B 过程中机械能守恒,得: 目录 结束 m 2 1 + ( ) M m + ( ) M m 2 2 2 g h k 2 1 + k M g 2 2 + ( ) M m M g 2 = 2 2 1 k x + ( ) M m g x 2 + ( ) M m
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