热门试卷

设第一次滑块离开时木板速度为v，由系统的动量守恒，有

mvo=m•+Mv，

解得v=

设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如图，

由动能定理对木板：fs=Mv2　　　

对滑块：-f（s+L）=m(

v0

3

)2-m

即fL=m-m(

v0

3

)2-Mv2　

当板固定时　fL=m-mv′2

解得v′=

答：滑块离开木板时的速度大小是

试题分析：

木块与车前壁碰撞过程中，木块和车厢组成的系统动量守恒

碰撞后，设车厢的速度大小为，取向右为正方向，有

----------------（1分）

解得，方向向右

设经达时间t，木块将与车后壁相碰，由运动学公式得：

--------------（1分）

解得：------------（1分）

（1）摩擦力对木板做负功，大小为（27/400）M v02

（2）B向左滑又不脱离A的条件是2v02/15g＜μL≤3v02/20g

（1）设B与A碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，最终A、B的共同速度为v，则由动量守恒、能量守恒有mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v

μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2

又μL=3v02/160g

以上各式联列解得v=（2/5）v0，vA=（1/2）v0，vB=（1/4）v0

或v=（2/5）v0，vA=（3/10）v0，vB=（11/20）v0

分析上述两组结果，由于两物碰撞后均与v0同向，而其中第二组结果vA=（3/10）v0＜vB=（11/20）v0，该速度关系与实际不符，舍去

因此，由动能定理可得摩擦力做功

Wf =（1/2）（1.5M）v2-（1/2）（1.5M）vA2=-（27/400）M v02

即摩擦力对木板做负功，大小为（27/400）M v02

（2）整个过程动量守恒，A不可能向左运动，碰后B可能。

要使B向左运动，由动量守恒、能量守恒有

mBv0=mAvA+mBvB，mBv0=（mA+mB）v

μmBgL=（1/2）mAvA2+（1/2）mBvB2-（1/2）（mA+mB）v2  vB＜0

以上各式联列解得μL＞2v02/15g

要保证A和B不脱离，由动量守恒和能量守恒有

mBv0=（mA+mB）v

2μmBgL≥（1/2）mBv02-（1/2）（mA+mB）v2

解得μL≤3v02/20g

故B向左滑又不脱离A的条件是2v02/15g＜μL≤3v02/20g

（1）滑块滑到轨道末端，有mgR=m

可得，滑块速度为 v0=

（2）滑块滑上金属板瞬间，金属板竖直上受力 F=qE=6mg=（m+5m）g，可知板不受地面摩擦力，滑块与金属板组成的系统动量守恒．

mv0=（m+5m）v

可得金属板在水平地面上滑行的最终速度为v=v0=

（3）设ts末滑块与金属板恰好共速，则对滑块，有

v-v0=at

又-μmg=ma

可得运动时间t=

①当t≥时，滑块和金属板一起向右匀减速运动至静止，有

-μ（m+5m）gs=0-（m+5m）v2

则可得金属板滑行距离s=

②当0＜t＜时，电场消失时，滑块与金属板未共速，则此时对金属板有

v′=t=t

ts后电场消失，金属板水平方向上受力减速-μ（m+5m）g+μmg=5ma′，得：a′=-μg，

又滑块此时速度大于板，加速度则与板相同．可知板先减速至速度为0后静止

对金属板，有2a′s=0-v′2

可得金属板滑行距离s=t2

综上所述，当0＜t＜时，电场消失后金属板滑行距离s=t2；

当t≥时，电场消失后金属板滑行距离s=

答：

（1）滑块滑到圆弧轨道末端时的速度v0为．

（2）金属板在水平地面上滑行的最终速度v为；

（3）电场消失后，金属板在地面上滑行的距离s与t的关系为当0＜t＜时，电场消失后金属板滑行距离s=t2；当t≥时，电场消失后金属板滑行距离s=．

本题考查反冲模型的动量守恒问题，炮弹射出后根据竖直上抛规律计算出初速度，再由射出过程中系统动量守恒可计算出相关速度和物理量

设炮弹止升到达最高点的高度为H,根据匀变速直线运动规律,有：

……1分         解得，=180m………1分

设质量为M的弹片刚爆炸后，其中质量为m的一块的速度为,另一块的速度为,根据动量守恒定律,有：……2分

设质量为的弹片运动的时间为,根据平抛运动规律,有：

……1分         ……1分

解得，=100m/s,=200m/s………2分（各1分）

炮弹刚爆炸后,两弹片的总动能

……1分         代入数值得………1分

（1）A刚好没有滑离B板时，VA=VB=V，A在B的最左端，设向右为正方向，则有：

MV0-mV0=（M+m）V

解得：V=V0，

因m＜M，则V＞0，说明共同速度方向向右．

（2）A、B系统损失的机械能：

（3）当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：

-μmgS=0-m

A、B系统损失的机械能转化为热能：

μmgL=

由上两式得：S=L

答：

（1）它们最后的速度大小为V0，速度方向向右．

（2）A、B系统损失的机械能为．

（3）小木块A向左运动到达的最远方（从地面上看）离出发点的距离为L．

（1）设共同速度为V1,

根据动量守恒mV0=(m+M)V1  (3分)     V1= mV0/(m+M)　（2分）

(2) 相对滑动的过程中，摩擦力做负功，动能逐渐转化为内能

　　　mgu×S= mV02/2-(m+M)V12/2 (3分) 故碰撞的次数为n="S/L=" MV02/2(m+M)gu (2分)

略

(1)6　1.6×1014 Hz　9.1×10－8 m　(2)①5.625 J　② 0.5 m/s

一群氢原子处于最高量子数为n的能级，跃迁时释放的光子种类为，当n＝4时，释放6种频率的光子；释放最小频率的光子时，从n＝4能级跃迁到n＝3能级，由E4－E3＝hν，得ν＝1.6×1014 Hz；要使基态的氢原子电离，需要吸收光子能量，从基态跃迁到电离态，由0－E1＝得λ＝9.1×10－8 m.

(2)①设甲、乙两车和人的质量分别为m甲、m乙和m人，停止拉绳时，甲车的速度为v甲，乙车的速度为v乙，由动量守恒定律得

(m甲＋m人)v甲＝m乙v乙

得v甲＝0.25 m/s

由功与能的关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量．

W＝ (m甲＋m人)v＋m乙v＝5.625 J.

②设人跳离甲车时人的速度为v人，人离开甲车前后由动量守恒定律得(m甲＋m人)v甲＝m甲v甲′＋m人v人

人跳到乙车时m人v人－m乙v乙＝(m人＋m乙)v乙′

v甲′＝v乙′

代入得v人＝0.5 m/s

当人跳离甲车的速度大于或等于0.5 m/s时，两车才不会相撞．