热门试卷

解：（1）设碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律 ①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律  ②

由于碰撞过程中无机械能损失  ③

②、③式联立解得  ④

将①代入④得

（2）a.由④式，考虑到

得根据动能传递系数的定义，对于1、2两球  ⑤

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为  ⑥

依次类推，动能传递系数k1n应为

解得

b.将m1=4m0，m3=m0代入⑥式可得

为使k13最大，只需使

由

解：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒得

2mv0－mv0=3mv ①

设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得

2μmgt1=mv一m（-v0） ②

由牛顿第二定律得 2μmg=ma ③

式中a为木板的加速度

在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为  ④

开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为  ⑤

从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2  ⑥

由以上各式得  ⑦ 

解：（1）对A，根据牛顿第二定律：Eq－μmg=maA解得加速度aA=1 m/s2

根据公式vA12=2aAL

解得A与B碰前速度vA1=5 m/s

碰撞交换速度，第1次碰后，A的速度为0，B的速度vB1=vA1=5 m/s

（2）对B，根据牛顿第二定律：μmg=maB解得加速度大小aB=2 m/s2

每次碰后B做匀减速运动，因其加速度大于A的加速度，所以B先停，之后A追上再碰，每次碰后A的速度均为0，然后加速再与B发生下次碰撞

第1次碰撞：碰后B运动的时间

第2磁碰撞：碰前A的速度为vA2，则vA22=2aAxB1

XB1为第1磁碰后B的位移，则vB12=vA12=2aBxB1

由以上两式得

碰后B的速度

碰后B运动的时间

以此类推，第5次碰撞后B运动的时间

（3）解法1：经过无数次碰撞，最终A、B停在一起；每次碰撞交换速度，说明碰撞过程无机械能损失，设B运动的总路程为x，根据能量守恒Eq（L+x）=μmg（L+x）+μmgx

解得x=12.5m

解法2：根据第（2）问的分析，经过n次碰撞后B的速度

从第1次碰撞到第n次碰撞后B通过的总路程

所以

当n→∞时，即得B通过的总路程x=12.5m

解：（1）在B处m1与m2发生的是完全弹性碰撞，有：

 ①

 ②

由①②式解得：，

（或因m1与m2发生的是完全弹性碰撞，且，所以两球交换速度。得）

由B到C的过程，机械能守恒，有 ③

由③代入数据得

在C点，对m2根据牛顿第二定律： ④

由④代入数据得：，方向竖直向下

据牛顿第三定律知：小球对轨道的作用力大小为0.5N，方向竖直向上

（2）小球从C飞出做平抛运动，有

 ⑤

 ⑥

由⑤⑥解得：，所以物体刚好落在木板的D点上

解：（1）设滑块A到达P点与B碰前瞬间的速度为，由机械能守恒定律有

解得

（2）设滑块A与B碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律有

两滑块粘合在一起共同向左运动，设最终停止时距P点的距离为s，由动能定理有

联立上述式子并代入数据解得

解：（1）因带电小球A恰能做完整的圆周运动，则小球通过复合场中的最高点P的向心力由小球A的重力和电场力的合力提供，由圆周运动知识，此时速度为最小速度

设此时的速度大小为v，方向与重力的方向的夹角为θ

由牛顿第二定律：

解得：v=2m/s，tanθ=，θ=30°

小球A从圆周轨道的最低点运动到P的过程中，由动能定理有：

－mAg（R+Rsin30°）－EqRcos30°=

代入值得：vA=4m/s

在最低点位置，由牛顿第二定律：

解得：F=9N

由牛顿第三定律，A球离开弹簧后刚进入圆轨道时对轨道的压力的大小为9N

（2）在圆周轨道的最低点弹簧将B、A两球向左、右弹开，设弹开时A、B两球的速度大小分别为vA、vB由动量守恒有：mAvA=mBvB

代入值得：vB=vA/2= 2m/s

B与C碰撞动量守恒，设BC碰后速度为v1，则：mBvB=（mB+mC）v1

得：v1=1m/s

BC碰后，整体减速，D球加速，当两者速度相等（设为v2）时，弹簧最短，弹性势能最大

由动量守恒有：mBvB=（mB+mC+ mD）v2代入值得：v2=0.8m/s

由能量守恒得：J

解：（1）木块B下滑做匀速运动，有mgsinθ=μmgcosθ

B和A碰撞后，设速度为v1，根据动量守恒定律得mv0=2mv1

解得v1=

（2）设两木块向下压缩弹簧的最大长度为x，两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2，根据动能定理得

一μ2mgcosθ2x=2mv一2mv

两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程中，根据动能定理得

一(mgsinθ+μmgcosθ)l=0一mv

解得x=一l

（3）木块C与A碰撞前后速度为v1'，根据动量守恒定律得3m=4mv1'

解得v1'=

设木块C和A压缩的最大长度为x'，两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2'，根据动能定理得

一μ4mgcosθ2x'=4mv'一4mv'

木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R的过程中，根据动能定理得

一(3mgsinθ+μ3mgcosθ)l'=0一3mv'

在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此，木块B和A压缩弹簧的初动能Ek1==

木块C与A压缩弹簧的初动能Ek2==

即Ek1=Ek2

因此，弹簧先后两次的最大压缩量相等，即x=x'，综上可得l'=l一

解：（1）A从静止到与B碰撞前，由动能定理有：

解得：VA=6 m/s

（2）A从加速到碰撞前，由牛顿第二定律得：qEL－μmAg=mAaA

解得：aA=1.5 m/s2

即得：

A、B碰撞过程极短，由动量守恒定律得：mAVA=（mA+mB）v1

解得v1=1.5 m/s

碰后，由于qE=μ(mA+mB)g

故A、B一起向左做匀速直线运动，运动时间为：

然后A、B一起与墙碰撞，由于碰撞无机械能损失，故获得等大反向速度，反向运动过程中做匀减速运动，由牛顿第二定律可得：qE+μ（mA+mB）g=（mA+mB）a共解得：a共=10 m/s2

所以减速到0的时间：

之后由qE=μ（mA+mB）g受力平衡，保持静止，故从A由静止开始运动到最后静止经历的时间为：

t=t1+t2+t3=0.95 s

（3）A运动的速度一时间图象如图所示

解：（1）B、C碰撞瞬间，B、C的总动量守恒，由动量守恒定律得：

mBv0=(mB+mC)v

v=2 m/s

三个物体速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律得：

mAv0+mBv0= (mA+mB+mC)v共v共=3m/s

设最大弹性势能为Ep，由能量守恒得：

12 J

（2）当A的速度为零时，由动量定恒定律得：

mAv0+mBv0=(mB+mC)vBC

vBC=4 m/s

则此时的弹性势能