热门试卷

（1）（2）

（1）子弹打入木块以及木块运动的整个过程中，子弹和两木块组成的系统

动量守恒。当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，设为 

则：

（2）子弹打入木块A的过程中，子弹和A组成的系统动量守恒

设二者共同速度为，则……（1）

当弹簧达到最大长度时两木块速度相等，由动量宗教恒定律得：……（2）

从子弹射入木块A有共同速度以后的A、B运动过程中，系统机械能守恒，故

……（3）

弹簧的最大长度为：L=……（4）

评分细则：第（1）问解答正确得6分，第（2）问得出式①和②各得3分，得出式③

和结果得4分，得出式④得2份。

解 （1）D在Q点时据牛顿第二定律有F+mDg=mD

解得：vQ===2(m/s)

（2）令D由Q点水平飞出后经时间t落至地面2R=gt2 s=vQt

代入数据解得：s=(m)

（3）C碰B，据动量守恒有：mCv0=（mC+mB）vD

解得：vD===

D向右压缩弹簧的过程中，据系统动量守恒：mDvD=（mD+mA）vA

解得：vA==

据机械能守恒：EP=mDvD2-(mD+mA)vA2

解得：EP=

A碰P静止后，D被弹簧向左弹出直到Q的过程中，据机械能守恒有：mDvA2+EP=mDg•2R+mDvQ2

代入数据解得：v0=8(m/s)

答：

（1）D到达最高点Q时的速度vQ的大小为2m/s．

（2）D由Q点水平飞出后的落地点与Q点的水平距离s为m．

（3）C球的初速度v0的大小为8m/s．

（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL=m

得v0=

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0

得v1=．

碰撞过程中系统损失的机械能力△E=m-2m=mgL．

（2）设加速度大小为a，有2as=v12

得　a=．

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，

受力分析如图所示 FS+FER-2mg=2ma

FS=kx

x=d+

得FER=mg+-kd．

答：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL；

（2）滑块向下运动过程中加速度的大小为；

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+-Kd．

（1）摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电．

（2）设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．

物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有

   mv0=（m+M）v

第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1=μ（mg-qE）

根据能量守恒得：

  对A：F1L=-(M+m)v2 ①

第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2=μ（mg+qE）

根据能量守恒得：

对A：F2•=-(M+m)v2 ②

由①②得  μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）

解得，E=

答：

（l）物块 A 带负电荷．

（2）匀强电场的场强E为．

（1）设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定

Mv0=（m+M）v                           ①

设物体相对木板的位移为s，由功能关系得：μmgs=M-(m+M)v2②

由①②得：s==0.6m

（2）设经过t1时间两物体达到共同速度v1

对物体：μmgt1=mv1③

对木板：Ft1-μmgt1=Mv1-Mv0④

由③④得：

t1时间物体发生的位移s1由动能定理得：

设物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律a==2.5m/s2＜μg，

故物体和木板能保持相对静止

在t2=0.2s内发生物体发生的位移s2=v1t2+a=0.85m

物体在1s内发生的位移s=s1+s2=2.45m

（1）滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒得

    mgR=m

得v0==4m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m    

解得轨道对滑块的支持力FN=3 mg=30 N   

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为30 N 

（2）滑块滑上小车后，假设滑块没有滑出小车二者同速，设速度为v，

由动量守恒：mv0=（M+m）v，得v=1m/s     

由能的转化和守恒得：μmg•△s=m-(M+m)v2

滑块在小车上滑行长度△s=2m＜L=2.06m

即滑块不能滑离小车

答：（1）滑块到达底端B时，对轨道的压力大小是30N．

（2）滑块不能滑离小车，最终滑块相对小车的滑行距离是2m．

（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA

则 2mvA2=2mgR①

得：vA=②

在A点有：NA-2mg=③

由②③得：NA=6mg④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 NA′=6mg⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，

则：（2m+m）v=2mvA⑥

μ2mgS=mv2⑦

由②⑥⑦得：S=⑧

ⅰ．若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=⑨

ⅱ．若S＜，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'

则：mv′2=μ2mgS⑩

得：v'=2

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．

由能量守恒得：μ2mgL≥2mvA2

解得：L≥

答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；

（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：

若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=；

若S＜，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=2；

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足L≥的条件．

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0-Mv=（m+M）v1

代入数据，解得：v1=3m/s

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，

则：t0=

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：μ（m+M）g=（m+M）a得：a=μg=3m/s2

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：t1=t2==1s

故木盒在2s内的位移为零

依题意：s=v0△t1+v（△t+△t1-t1-t2-t0）

代入数据，解得：s=7.5m    t0=0.5s

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：S=v（△t+△t1-t0）=8.5ms1=v（△t+△t1-t1-t2-t0）=2.5m

故木盒相对与传送带的位移：△s=S-s1=6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=f△s=54J

答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s；

（2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇；

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J．

（1）假设A车第一次碰到挡板前一直做加速运动

对车A，由动能定理有

fd=μmgd=MvA2                       ①

代入数据解得vA=0.30m/s                     ②

车碰到挡板前，车A和滑块B组成的系统动量守恒，有

mv0=mvB+MvA                     ③

将vA=0.30m/s和其它数据代入解得

vB=1.14m/s                                 ④

此时vB＞vA，说明此前B一直与车A发生相对滑动，车A一直加速．

因此车碰到挡板前，车A和滑块B的速度分别是

vA=0.30m/s，vB=1.14m/s

（2）假设车到第二次碰到挡板之前，B已经停在车上，则车从第一次碰到挡板之后到第二次碰到挡板之前的这段时间内，车A和滑块B组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，有

mvB-MvA=（m+M）v′⑤

代入数据解得v′=0.24m/s（方向向右）            ⑥

因为v′＜vA，说明车从第一次碰到挡板之后到第二次碰到挡板之前的这段时间内，车A先向左做减速运动，再向右做加速运动，最后保持匀速运动直到第二次碰撞挡板．

车到第二次碰到挡板之后，系统的总动量方向向左，由动量守恒定律可得

mv′-Mv′=（m+M）v″⑦

代入数据解得v″=-0.03m/s（负号方向向左）     ⑧

答：（1）A车第一次碰到挡板前瞬间，车A和滑块B的速度vA和vB各是0.30m/s、1.14m/s．

（2）当A车与挡板所有可能的碰撞都发生后，车A和滑块B稳定后的速度是0.03m/s，反向向左．