热门试卷

（1）由碰撞过程动量守恒Mv1=（M十m）v2        ①

则=

2）设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ，根据动能定理得：

两车相撞前卡车动能变化Mv02-Mv12=μMgL  ②

碰撞后两车共同向前滑动，动能变化 （m+M）v22-0=μ（m+M）gl   ③

由②式  v02-v12=2μgL

由③式  v22=2μgl

又因l=L，得  v02=3μgl

如果卡车滑到故障车前便停止，由 Mv02=μMgL′④

解得：L′=L

这意味着卡车在距故障前至少L处便紧急刹车，才能免于事故．

答：（1）设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，=，

（2）卡车在距故障前至少L处便紧急刹车，才能免于事故．

（1）根据感应电动势和电路得：

E=BLv=I（R+R0）

∴I=

（2）根据动能定理研究从t=0到t=时间内

WF+W安=mvm2-0

安培力做功量度电能变化的多少，根据v=vmsinωt，知道电路中产生的电流为正弦交变电流，

∴W安=-Q=-•t=，

WF=mvm2+．

答：（1）通过电阻的电流是，

（2）外力F所做的功是mvm2+．

（1）A与C碰撞后速度即变为0，而B将继续运动，受摩擦力作用，速度由v0减到0，由动能定理：

μmBgL=mB

解得：L=0.40m．

故物块B在木板A上滑行的距离为：L=0.40m．

（2）A与C发生弹性碰撞后，速度大小仍为v0，方向相反，以A、B为研究对象，设A、B有共同的速度v，水平方向不受外力作用，系统动量守恒，设向左为正，有：

mBv0-mAv0=（mA+mB）v

所以：v===1 m/s，方向水平向左．

故第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度为1m/s，方向水平向左．

（1）带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有

 qU=mv2                 

得粒子进入磁场时的速率   v=        

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

qvB=m                                

解得    R==   

答：（1）粒子进入磁场时的速率为．

（2）求粒子在磁场中运动的轨道半径．

由Ek=mv2可知，A球碰后的速度vA=±…

由于A、B碰撞过程中动量守恒，所以mv=mvA+3mvB

解得：当vA=时，vB=，当vA=-时，vB=

由于第一组答案不符合实际运动情况，应舍去，所以碰后B球的速度为

答：碰后B球的速度为．

设平均阻力为F，根据动能定理

-Fs=m(v22-v12)

解得F=(v12-v22)=1.6×103N．

答：子弹在射穿木板的过程中所受的平均阻力是1.6×103N．

（

1）微粒受力如图所示，要保证微粒沿vo方向直线运动必须使垂直于vo方向斜上方加匀强电场，E有最小值，且Eq=mgcosθ，E=．

（2）如图所示，为使垂直于v0方向合力为零，Eqsinθ=mgcosθ．设微粒最大位移为S，由动能定理

-（mgsinθ+qEcosθ+f）S=0-m

粒子由O点射出再回到O点整个过程，由动能定理

-2fS=mv2-m．

解上述方程得

v=v0．

答：

①如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿u方向做直线运动，所加匀强电场的最小值为E=．

②微粒回到O点时的速率为v=v0．

（1）从B点到C点的过程中，应用动能定理得mgRsin30°=m-mv2

可得：vc=

（2）从A点到C点的过程中，应用动能定理得We+mgh=m

可得：We=mv2+mg(-h)

答：（1）带电小球通过C点的速度大小为vc=．（2）带电小球由A点运动到C点的过程中电场力所做的功为mv2+mg(-h)．

（1）由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，速度方向竖直向下，设从抛出到管口的运动时间为t．对小球从抛出到管口的过程，竖直方向上小球做自由落体运动，则有：

h=gt2，

水平方向上粒子做匀减速运动，减速至0，则有：

s=t，

联立解得：v0=s．

（2）水平方向上电场力做的功等于小球的动能变化，根据动能定理有：

qE•s=mv，

解得：E=

（3）小球落地时只具有竖直方向的速度，根据动能定理得：

小球落地时的动能：Ek=mg•2h=2mgh

答：（1）小球的初速度为s．

（2）应加电场的场强大小为．

（3）小球落地时的动能为2mgh．

（1）小球第一次刚好过最高点，此时速度v1=0

根据动能定理得，qER-mgR=0

∴E==1N/C

（2）小球第二次过最高点是速度为v2，由动能定理可知2qER-mgR=m

又mg+qv2B=m．

以上两式可解得B==0.5T

（3）小球第三次过最高点时速度为，小球受圆管向下的压力为FN

3qER-mgR=m

mg+qv3B+FN=m

解得FN=(3-)mg=(3-)N

根据牛顿第三定律可知

小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3-)N方向竖直向上．

答：（1）匀强电场的电场强度为1N/C．（2）磁感应强度B为0.5T．（3）小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3-)N，方向竖直向上．

（1）挂接第一节车厢前，由动能定理得：

（F-kmg）d=mv1′2-0，

挂接第一节车厢的过程中，动量守恒，

由动量守恒定律得：mv1′=2mv1，

解得：v1=；

（2）挂接第二节车厢前，由动能定理得：

（F-k•2mg）d=mv2′2-mv12，

挂接第二节车厢的过程中，动量守恒，

由动量守恒定律得：2mv2′=3mv2，

解得：v2=，

挂接第三节车厢前，由动能定理得：

（F-k•3mg）d=mv3′2-mv22，

挂接第三节车厢的过程中，动量守恒，

由动量守恒定律得：3mv2′=4mv3，

解得：v3=，

同理可得，第n节车厢刚被带动时的速度：

vn=；

（3）要想使最后一节车厢也能被带动起来，

则vn≥0，即≥0，

-kg≥0，

则F≥kmg；

答：（1）第一节车厢刚被带动时列车的速度为：；

（2）最后一节车厢刚被带动时列车的速度为；

（3）要想使最后一节车厢也能被带动起来，机车牵引力F的最小值为kmg．

（1）由于A与C碰撞没有机械能损失，A碰后原速率弹回，

以AB整体为研究对象，从A与C碰后到有共同速度，系统的动量守恒，

选向左为正方向，有-mAv0+mBv0=（mA+mB）v1

得v1=1.0m/s（方向向左）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

用t1这一过程所需时间，研究物块B，由-μgt1=v1-v0，得

t1==0.2s

（2）以物块A为研究对象，A与C碰后，至对地面速度为零，受力为f，位移为sm，即为最大位移．

f=μmBg

-fsm=0-mA

得Sm=0.03m　　　　　　　　　

（3）第一次A与C碰后至A、B有共同速度v1，B在A上相对于A滑行L1，由能量守恒有

-fL1=(mA+mB)()

得L1=0.4m

这时物块A距C的距离s1=•t1=•t1=0.1m

因此从A、B有共同速度v1后到再与C相碰所需时间t2==0.1s

第二次A与C碰后至A、B有共同速度v2，B在A上相对于A滑行L2，

由动量守恒和能量守恒有

-mAv1+mBv1=（mA+mB）v2

-fL2=(mA+mB)()

得v2=0.5m/s，L2=0.1m

以物块B作研究对象求此过程所需时间，得-μgt3=v2-v1

代入数据可得t3=0.1s

若第三次A与C碰后至A、B有共同速度v3，B在A上相对于A滑行L3，有-mAv2+mBv2=（mA+mB）v3

-fL3=(mA+mB)()

得L3=0.025m（2分）L1+L2+L3=0.525m＞0.51m，即第三次碰撞后B脱离A板．　　　　　

（4）如图所示

答：（1）第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小是1.0m/s，方向向左；

（2）第二次碰撞后，A与C之间的最大距离是0.03m；

（3）A与固定挡板C碰撞3次，B可以脱离A板；

（4）如图

解：(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f

根据动能定理有

解得

(2)人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有

两式解得

（1）；（2）3m；（3）图像如下图所示。

试题分析：（1）由题意可知，木板A和滑块B的系统动量守恒，则有：

所以   ………4分

（2）由题意可知：当滑块B以速度v1冲上木板，最终滑块与木板有共同速度v；当滑块B以速度v2冲上木板，滑块将冲出木板，设滑块B的速度为v3，在此过程中木板的位移为x。根据动量守恒定律和动能定理有

mv1=(M+m)v；

mv2=Mv+mv3；

－μmg(x+L)=mv32－mv22；

－μmgx=Mv2－0

代入数据可求得：L=3m………10分

（3）当v0=0时，木板的速度也为0；

当v0较小时，只要滑块滑不出木板，则v与v0就成正比；

当v0较大时，滑块会滑出木板，滑块滑出木板时，滑块对木板的作用力是摩擦力，而滑动摩擦力是不变的，当v0越大时，滑块在木板上的时间就越小，则滑块对木板的冲量就越小，木板获得的动量也就越小，木板的速度就越小，故图像是如下图的样子。

答案见下图……………6分