热门试卷

（1）设滑块A碰B后的共同速度为v，AB碰撞过程中损失的机械能为△E

由动量守恒定律有    mAv0=（mA+mB）v                  ①

由能量守恒定律有△E=mAv2-（mA+mB ）v2           ②

联立①②式并代入数据解得   △E=J               ③

（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，则有：

  mAv0=mAvA+mBvB                                    ④

  mAv02=mAv+mBv                              ⑤

联立④⑤式并代入数据解得  =m/s               ⑥

   =m/s                  ⑦

假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度（aA=aB=μg）相等，由⑥⑦式知在任意时刻vB＞vA，滑块A、B不会再一次发生碰撞．

由题知，当滑块A刚好能够到达P点有  mA=μmAgL  ⑧

代入数据解得K  ⑨

讨论：

（1）当K=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0  ⑩

（2）当1＜K≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为WfA=mA=25K()2J       （11）

（3）当K＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=μmAgL=16KJ              （12）

答：

（1）若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，A、B碰撞过程中损失的机械能为；

（2）若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，滑块A克服摩擦力所做的功情况有：

    （1）当K=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 

   （2）当1＜K≤9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为WfA=mA=25K()2J 

  （3）当K＞9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=μmAgL=16KJ

（1）根据库仑定律得金属球在最高点受到的库仑力：F=．

（2）当小球在最高点绳子拉力为零时速度最小，最小速度为V1

根据牛顿第二定律得：

mg+=m

V1=

（3）小球从最高点到最低点的过程中，电场力做功为零，如果金属球在最高点的速度为V，设最低点的速度为v2，

据动能定理有：mg•2L=mv22-mv2

V2=

答：（1）金属球在最高点受到的库仑力是

（2）金属球在最高点的速度至少是

（3）如果金属球在最高点的速度为V，则它通过最低点时的速度是

（1）滑块与木板间的正压力大小为

FN=qE=4mg 

F=μFN 

对滑块W0一2mgh-Fh=•2mv2 

v2=2ah 

由以上几式解得a= 

（2）对长木板由牛顿第二定律得

F一mg=ma′

摩擦力对木板做功为W=Fx  

x=a′t2

根据功能关系木板增加的机械能等于摩擦力所做的功，即△E=W

由以上各式解得△E=2（4μ一1）μmg2t2 

答：（1）滑块向上移动的加速度大小为；

（2）从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式为△E=2（4μ一1）μmg2t2．

（1）对小物块，根据动能定理：               （6分）

（2）小物块与挡板碰撞过程动量守恒，设小物块与挡板碰撞后的速度为，所以：

   依题意：  

若时， 该情况不符合实际应舍去。

若时， 

在小物块第一次与挡板碰撞之后到第二次与挡板碰撞之前，小物块做匀减速直线运动，滑板做匀速直线运动，从第一次碰撞后到第二次碰撞前，小物块和滑板相对于地面的位移相同，固有：   解得：                          （6分）

（3）设第一次碰撞过程中能量损失为

根据动量守恒：

能量守恒定律：

运算得到：

第二次碰撞前瞬间：

滑板速度：

根据功能原理:   

                                                     （6分）

略

（1）根据等势面的分布可以知道，从里向外电场的电势是降低的，所以电场的电场线都应该是向外的，所以两个圆柱体带的都是正电荷．

（2）两个圆柱体产生的电场的电场线如下图所示，

（3）由图可知φA=-20V，φB=-10V，

所以UAB=φA-φB=-20V-（-10V）=-10V． 

（4）由图可知φA=-20V，φB=-10V，φC=0V，

由公式EP=φq可得，

EPA=φAq=（-20）×0.5=-10J，

EPB=φBq=（-10）×0.5=-5J，

EPC=φCq=0×0.5=0J，

由图可知φD=0V，

在电场中移动电荷电场力做的功至于始末的位置有关，

所以WAD=qUAD=0.5×（φA-φD）=（-20）×0.5=-10J，

电场力做了负功，那么外力做的功就为正功10J．

答：（1）两个圆柱体带的都是正电荷，

（3）UAB═-10V，

（4）将0.5库电量的正电荷放在A，B，C，它具有的电势能各是-10J，-5J，0，外力对它至少做10J的功．

（1）设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得：

mg（H-h）-kmg（H+h）=0          

解得  h=H 

答：小球能够反弹起的最大高度是h=H．

（2）设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是S，对全过程由动能定理

得：mgH-kmgS=0              

解得：s=         

答：小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程s=．

（1）根据牛顿第二定律得，ma=-F 

可解得a=．

（2）当两个力大小相等时，乙球的速度最大，

F==可解得x=2l0

（3）mvm2-0=W电-WF，

W电=mvm2+WF=mvm2+Fl0=mvm2+     

静电力做正功，电势能减少了mvm2+                               

（4）乙球先做远离甲的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B后，再重复前面的运动，之后就在B点和最远端之间做往复运动．

答：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小为．

（2）乙球的速度最大时两个电荷间的距离为2l0．

（3）乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量为mvm2+．

（4）乙球先做远离甲的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B后，再重复前面的运动，之后就在B点和最远端之间做往复运动．

（1）由动量定理可知，I=mv0-0  

设小球到达d点处速度为v，由动能定理，得

-μmgL-mg•4R=mv2-mv02

小球由d点做平抛运动，有4R=gt2

s=vt

联立①②③并代入数值，解得小球从最高点d抛出后的水平射程：

s=m≈0.98m

（2）设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得

-μmgL-mg•2R=mvc2-mv02

当小球通过c点时，由牛顿第二定律得

N′+mg=m

要使轨道对地面的压力为零，有N′=Mg

解得小球的最小速度：v0=6m/s．

答：（1）小球从最高点d抛出后的水平射程为0.98m．

（2）小球在a点的速度v0为6m/s．

设电子加速后速度为v，则由

eU=mv2①，

得v=②

（1）电子碰撞金属板时，动量的改变△P=mv=  ③

动量的改变的方向水平向左

（2）设t时间内有n个电子打到金属板上，则Q=It=ne   ④

由冲量和动量变化的关系，有Ft=n△P ⑤

联立③④⑤得：F=

答：（1）从电子枪发出的1个电子在碰撞金属板过程中，动量变化的大小和方向为水平向左；

（2）电子束形成的电流为I时，垂直作用于金属板表面的平均力F是：F=．

（1）由动量守恒定律，得（m甲+m人）v甲-m乙v乙=0，

得到（m甲+m人）=m乙，

已知s甲+s乙=10m，

解得s甲=4m，s乙=6m，

（b）为了避免碰撞，人跳到乙船后系统至少要静止．

设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v1，乙船速度v2，

对甲船和人组成的系统由动量守恒得，（m甲+m人）v1=m人v人，解得：v1=2m/s，

对甲，由动能定理得，Fs甲=（m甲+m人）v12，解得F=90N．

答：（1）当两船相遇时，甲船行进4m，乙船行进6m；

（2）原来人拉绳的恒力F=90N．

（1）当P环运动到B点时，系统减少的重力势能 △Ep=WGM+WGN=mg2R+mg(1+)R=(3+)mgR

（2）P、Q都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等

整体的机械能守恒，则有：△EP=△EK

则得  (3+)mgR=2mv2

得到 v=

（3）当系统质心下降到最低处时，系统达到的速度最大，此时MN离O点竖直高度为R

则有  (1+)mgR+(+1+)=2mvm2

得到 v=

（4）由于杆超过了半圆直径，所以两环运动如图．

M再次上升后，设位置比原来高h，如图所示．

由机械能守恒：-mgh+mg（2R-2R-h）=0 

解得h=(-1)R，

P环能达到的最大高度H=(+1)R

答：

（1）当P环运动到B点时，系统减少的重力势能△EP是（3+）mgR．

（2）当P环运动到B点时的速度v是．

（3）在运动过程中，P环能达到的最大速度vm是．

（4）若将杆换成长2R，P环仍从原处由静止释放，经过半圆型底部再次上升后，P环能达到的最大高度H是（+1）R．

（1）木箱以恒定功率由静止开始向上运动，做加速度减小的变加速运动，

木箱突然停止后，物块A将做竖直上抛运动，在A上升的过程中，

由机械能守恒定律可得 mgh=mVm2

可得木箱的最大速度 Vm=．

（2）木箱和物块A从静止至达到最大速度的过程中，受重力和电动机的牵引力作用，

由动能定理得 Pt-Mgh= MVm2

达到最大速度时有 P=FVm=MgVm

解得 H=t-h 

答：（1）木箱的最大速率是；

（2）木箱在t时间内上升的高度是t-h．

（1）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：Ep=mA+mB…①

由动量守恒有：mAvA=mBvB …②

由①②得：vA=4m/s   vB=4m/s

B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得：-μmBgsm=0-mB…③

所以：sm==4m．

答：物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4m．

（2）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s'，

由μmBgs′=mB…④

得s′==9m＞sm

说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，v′B==4m/s

答：物块B滑回水平面MN的速度v'B=4m/s．

（3）设弹射装置给A做功为W，mAv=mA+W…⑤

AB碰后速度互换，B的速度  v''B=v'A…⑥

B要滑出平台Q端，由能量关系有：mBv≥μmBgL…⑦

又mA=mB所以，由⑤⑥⑦得W≥μmBgL-mA…⑧

解得：W≥8 J．

答：弹射装置P必须给A做8焦耳的功才能让AB碰后B能从Q端滑出．