热门试卷

2mv 方向与反弹后方向相同

取反弹后的速度方向为正方向.碰后小球的动量pt=mv,碰前的方向与规定的正方向相反，为负值，小球的动量的改变大小为pt-p0=mv-(-mv)=2mv,小球动量改变的方向与反弹后的运动方向相同.

对人没有大的伤

设锤砸到石板前瞬间的速度为v0,石板获得的瞬时速度为v,以锤和石板为研究系统，在打击的瞬间认为动量守恒，则mv0=Mv(由于mM,砸上后认为两物体共同运动时略去m），得,即,此速度（v）很小，加之时间很短，石板向下运动的位移极小，对人没有大的伤害，故只要健康的普通人都可以做这个表演.

取木箱和斜面为一个系统研究，在水平方向上无外力作用，此系统的动量在水平方向上是守恒的.

设斜面后退的距离为x,则木箱移动的水平距离为Lcos30°-x,根据水平方向动量守恒知

M·x=m(Lcos30°-x),

整理得

.

据题意可画出草图，如下图所示，设小球的水平位移为s1,环的水平位移为s2，系统水平方向上动量守恒，可列方程求解.

由动量守恒可知：ms1=Ms2，s1+s2=R

解得：s1=.

小题1:允许的最大和最小喷氧量为：

　 mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。

返回的最短和最长时间为：tmin==200秒，tmax==1800秒

小题2:返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt

因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，

据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t==600秒

相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。 

一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。

小题1:(1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：mv-MV=0

则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv

而安全返回的临界条件为：m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：m2v-m0vm+RMS=0，m=

把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：

　 mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。

返回的最短和最长时间为：tmin==200秒，tmax==1800秒

小题2:(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt

因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，

据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t==600秒

相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。 

解：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 求得：v甲=0.25m/s （5分）

由功能关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量。

 （4分）

略

距离最小时球的速度为v =；电容器的位移大小为

由动量守恒可得   mv0＝（M+m）v  得距离最小时球的速度为v =

设者之间的相互作用力大小为F，对这一过程，由动能定理可得，

对M有    FSM＝Mv2

对m有  －FSM＝mv2－mv02

又Sm－SM＝d/2 以上各式联立可得电容器的位移大小为

（1）

（2）

（3）

（1）子弹射入过程，对子弹和A木块构成的系统，

水平方向动量守恒：

  ①       

（2）系统损失的机械能：  ②

（3）子弹停留在A木块中后，子弹和A构成一个整体C与弹簧作用，当弹簧的长度再次恢复原长时，B的速度最大，对于C、弹簧、和B构成的系统：

动量守恒：   ③

机械能守恒：  ④

小球A从高处静止下落至轨道的最低点，

由机械能守恒定律得：mAg•（3.5R+R）=mAv02，

小球A与小球B发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，

以A、B两球组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，

由机械能守恒定律得：mAv02=mAvA2+mBvB2，

B球上升到最高点C，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mBvB2=mBgR（1-cos60°），

解得：mA：mB=1：5．

答：A、B两球的质量之比为1：5．