热门试卷

（1）设A球与B球第一次碰撞前瞬间的速度为v0，由动能定理得：

   qE•s=mv2

解得：v0=

（2）由于碰撞过程极短，系统的动量守恒：

   mv0=mv1+Mv2

碰撞过程中无机械能损失，则有：m=m+M

联立解得：v1=-，负号表示方向向左，v2=，方向向右．

（3）因|v1|＜v2，要使m与M第二次碰撞仍发生在原位置，则只能是迎面相碰，所用的时间t满足：t=(n+)T（n=0，1，2，3…）

A球在电场中受电场力作用向左做减速运动至速度为0后又向右作加速运动：qEt=m（-v1）-mv1

由题知：T=2π

解得：k=（n=0，1，2，3…）

答：

（1）A球与B球第一次相碰前A的速度大小为；

（2）两球第一次碰后瞬间，A球的速度v1和B球的速度v2分别为v1=-，负号表示方向向左，v2=，方向向右．

（3）要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置相碰，弹簧劲度系数k的可能取值为：k=（n=0，1，2，3…）．

设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，

（1）对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：

（4m+m）g（ h2-h1）=（4m+m）V22，

解得V2=；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：

4mV1=（4m+m）V2，

解得V1=，

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有

W-4mgh1=（4m）V12，

解得：W=mg；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损=（4m）V12-（4m+m）V22，

联立解得E损=mg（h2-h1）．

答：（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小是；

（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功是mg；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能mg（h2-h1）．

（1）甲球在运动到M点的过程中，根据动能定理得

   mgR-qEL=mv2-0

解得  v=

（2）设甲、乙碰撞后共同速度为v′，由动量守恒定律得

    mv=2mv′

由动能定理得-qEx=0-×2m•v′2

联立解得：x=-

答：

（1）甲在碰撞前瞬间的速度大小为．

（2）碰撞后甲乙共同向左运动的最大距离为-．

（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得：

mv0=m+Mv…①

解得v=v0…②

系统的机械能损失为

△E=mv02-[m（）2+Mv2]…③

由②③式得△E=（3-）mv02…④

（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的

水平距离为s，则：h=gt2…⑤

s=vt…⑥

由②⑤⑥式得s=

（1）此过程中系统损失的机械能为（3-）mv02；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离为．

设碰前小球速度为v，碰后小球速度为v1，物块速度为v2．

对小球下摆过程分析，根据机械能守恒：

   2mgL（1-cos60°）=•2mv2 ①

解得：v=  ②

对小球向右摆动过程分析，根据机械能守恒：•2m=2mg•③

解得：v1=④

对小球与物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒得：

  2mv=2mv1+mv2 ⑤

由②④⑤解得：v2=⑥

对碰后物块减速运动过程，根据动能定理：

-μmgL=0-m  ⑦

由⑥⑦解得：μ=0.5 ⑧

答：物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5．

（1）由动量p=mv可知，速度是原来的2倍时，动量也是原来的2倍；由动能Ek=mv2知，速度是原来的2倍时，动能是原来的4倍．

（2）动量是矢量，它的变化与方向有关，设向西的方向为正方向时，动量的变化△p=m（v2-v1）=2×（3+3）=12 kg•m/s

动能是标量，没有方向，故动能的变化△Ek=m(-)=×2×(32-32)=0

（3）同理注意到动量的矢量性，A、B的动量之和在向西的方向为正方向时，

p总=pA+pB=-2×3+3×4=6 kg•m/s

而动能之和只是标量间的运算Ek总=Ek1+Ek2=m+m=×2×32+×3×42=33J

（4）上面的计算可以看出，动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响． 

答：（1）动量是原来的2倍；动能是原来的4倍．

（2）动能不变，动量变化了

（3）它们的动量之和是6 kg•m/s，动能之和是33J

（4）动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响．

（1）对第一个木块下滑的过程中，由动能定理得

    mglsinθ-μmglcosθ=E1-mv02

即   E1=mglsinθ-μmglcosθ+mv02

（2）第一个木块与第二个木块碰撞过程中，由动量守恒定律近似得

  mv1=2mv1′，即v1′=v1　　　                

E1′=×2mv1′2，

则得△E1=E1-E1′=E1=（mglsinθ-μmglcosθ+mv02）　              

（3）由总能量守恒可得：

  mglsinθ+2mglsinθ+3mglsinθ+4mglsinθ+mv02=△E+μmglcosθ+2μmglcosθ+3μmglcosθ+4μmglcosθ 

即△E=10mgl（sinθ-μcosθ）+mv02．

答：

（1）第一次碰撞前第一个木块的动能E1是mglsinθ-μmglcosθ+mv02．

（2）第一次碰撞时系统损失的机械能△E1是（mglsinθ-μmglcosθ+mv02）．　

（3）在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E是10mgl（sinθ-μcosθ）+mv02．

A：（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                          

（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

得：v===1 m/s，方向水平向左              

（3）第一次A与C碰后，A、B有共同的速度v，B在A上相对于A滑行L1，则

μmBgL1=mA+mB-(mA+mB)v2

解得：L1=0.40m

第二次A与C碰后至A、B有共同的速度v'，B在A上相对于A滑行L2，则

mBv-mAv=（mA+mB）v'

μmBgL2=mAv2+mBv2-(mA+mB)v′2

由以上两式，可得L2=0.10m

设第三次A与C碰后，A、B仍有共同的速度v''，B在A上相对于A滑行L3，则

mBv'-mAv'=（mA+mB）v''

μmBgL3=mAv′2+mBv′2-(mA+mB)v′′2

由以上两式，可得：L3=0.025m

则 L1+L2+L3=0.525m＞0.51m

即第三次碰后B可脱离A板                      

答：（1）若木板A足够长，A与C第一次碰撞后，A立即与C粘在一起，物块 B在木板A上滑行的距离L为0.4m；

（2）若木板足够长，A与C发生碰撞后弹回（碰撞时间极短，没有机械能损失），第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度为1 m/s，方向水平向左；

（3）若木板A长为0.51m，且A与C每次碰撞均无机械能损失，A与C碰撞3次，B可脱离A．

B：（1）A与C碰撞后瞬间动量守恒，则有：

（mA+mC）v1=mAv0

解得：v1=m/s

最终ABC三者速度相等，根据动量守恒定律得：

（mA+mB+mC）v2=（mA+mB）v0

解得：v2=m/s

根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：

μmBgL=(mA+mC)v12+

1

2

mBv02-(mA+vB+mC)v22

解得：L=m

（2）A与C发生弹性碰撞后，动量守恒，能量守恒，则有：

mAvA+mCvC=mAv0

1

2

mAvA2+

1

2

mCvC2=

1

2

mAv02

解得：vA=-m/s

vC=m/s

之后AB组成的系统动量守恒，设共同速度为v，则有：

mAvA+mBv0=（mA+mB）v

解得：v=m/s

根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：

μmBgL1=mAvA2+

1

2

mBv02-(mA+vB )v 2

解得：

L1=m

（3）不能，因为碰后物块C的速度为m/s，木板和物块B的共同速度也是m/s，不会再碰撞．

答：（1）若木板足够长，A与C碰撞后立即粘在一起，物块B在木板A上滑行的距离L为m；

（2）若木板A足够长，A与C发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有机械能的损失），第一次碰撞后物块B在木板A上滑行的距离为m；

（3）木板A不能与物块C再次碰撞．

由于水平面光滑，所以小车与小球系统水平方向动量守恒，则有

   mv0=（m+M）v

设两板间电势差为U，两板间距为d，

对车，据动能定理得：qS=Mv 2

对小球，据动能定理得：q（S+d）=mv0 2-m v 2

由上式联立解得：U=

答：A、B金属板间的电势差是