热门试卷

对A由牛顿第二定律得：加速度a==，

以A为研究对象，由动能定理得：qEL=mv12-0，

解得：两球第一次碰撞前瞬间，A球速度：v1==；

两球第一次碰撞后瞬间，A球速度0，B球速度v1． 

碰后A做匀加速直线运动，B做匀速直线运动，当它们位移相等时再次发生碰撞，

两球第二次碰撞前瞬间，有 v1t1=a，解得：t1=，

此时A球速度：v2=at1=2v1，

两球第二次碰撞后瞬间，A球速度v1，B球速度v2=2v1，

两球第三次碰撞前瞬间，由v2t2=v1t2+a，

解得：t2==，

A球速度  v3=v1+at2=3v1，

两球第三次碰撞后瞬间，A球速度v2，B球速度v3．

两球第四次碰撞前瞬间，由v3t3=v2t3+a，

解得：t3==，

A球速度：v4=v2+at=4v1，

…

可推得第n次碰撞前瞬间两球分别的速度为：

A球速度vn=nv1，B球速度vn-1=（n-1）v1，

由动能定理，得：qES=m+m，

即：qES=m[n2+(n-1)2]，

把v1的值代入上式，解得：S=（2n2-2n+1）L，

答：在A、B两球第n次碰撞前瞬间，A球通过的总位移为=（2n2-2n+1）L．

（1）规定竖直向下为正方向，设丙自由下落h时速度为v0，根据自由落体运动规律有：

 v0==3.0m/s

解除锁定后，乙与丙发生弹性碰撞，设碰后乙、丙的速度分别为v2、v1，

由动量守恒mv0=Mv2+mv1

根据机械能守恒  m=M+m

解得v2=2.0m/s，v1=-1.0m/s 

所以v1=1m/s，竖直向上；v2=2m/s，竖直向下．

（2）碰后，乙立即以2m/s的速度从C点向下运动，从此时起直到甲第一次刚离开地面前，乙在自身重力和弹簧弹力的共同作用下以B点为平衡位置做简谐运动．

当乙第一次回到平衡位置B时，弹簧相对原长的压缩量（图乙）

x1=

当甲第一次刚离开地面时，弹簧相对原长的伸长量（图丙）

x2=

由于甲第一次刚离开地面时乙的速度为v=2.0m/s，v和v2等大反向，

所以根据简谐振动的对称性可知

x1+x2=△l-x1故x1=x2=2.0cm．

（3）从碰撞结束至甲第一次刚离开地面时，对于乙和弹簧组成的系统，动能变化量为

  △EK=Mv2-M=0

根据功能关系，系统重力势能的增加量△E重等于弹性势能的减少量△E弹即：△E弹=△E重而重力势能的增加量为：

△E重=Mg（x2+△l）

所以弹簧弹性势能的减少量为：△E弹=Mg（x2+△l）=0.16J

答：（1）碰撞刚结束的瞬间，丙球的速度为1m/s，方向竖直向上，乙木块的速度为2m/s，方向竖直向下．

（2）放上乙物体后，平衡时弹簧上端B点（图2中）到A点的距离x1为2.0cm．

（3）从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面时，弹簧弹性势能的改变量△EP为0.16J．

（1）对A、B系统，由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v，解得v==1m/s；

（2）A、B系统整个过程，由动能定理得：

μmg×1.5L=m-(M+m)，

解得：μ==0.4；

（3）设A、B碰撞前速度分别为v10和v20，

对系统动量守恒  mv0=mv1+Mv2，

对系统能量转化和守恒定律得：

μmgL=mv02-mv102-M

带入数据联立方程，解得v10=1+=2.732 m/s，（舍v10=1-=-0.732m/s）

v20=1-=0.423m/s，

该过程小车B做匀加速运动，

由牛顿第二定律得：μmg=MaM，

解得：aM=m/s2，v20=aMt1，t1=0.317s，

A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2

A、B系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2

对系统机械能守恒mv102+M=mv12+M，

带入数据联立方程，解得v1=1-=-0.732 m/s，（舍v1=1+m/s）

“-”说明方向向左；v2=1+=1.577m/s，

该过程小车B做匀减速运动，-μmg=MaM，解得aM=-m/s2，

到最终相对静止：v=v2+aMt2，t2=0.433s，

所以，运动的总时间为：t=t1+t2=0.75s，

小车B的v-t图如图所示；

答：（1）A、B最后速度的为1m/s；

（2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数为0.4；

（3）小车B相对地面的速度v-t图线如图所示．

（1）设弹簧压缩量为x1时，绳被拉断，即

kx1=FT                   ①

压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

k＜m           ②

联立解得：v0＞      ③

（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V1，有

k+m=m     ④

绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x2，长滑块有向左的最大加速度am，此过程动量守恒，有：

mv1=（M+m）v2               ⑤

根据机械能守恒，有：

k+(M+m)=k+m     ⑥

由牛顿第二定律得：kx2=Mam              ⑦

联立①④⑤⑥⑦解得：am= ⑧

（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，能量守恒，故有

Mv=mv1           ⑨

Mv2=k+m ⑩

联立①④⑨⑩解得：m-M=      （11）

由于＞0，必有m＞M    

所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

答：（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足v0＞的条件；

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为；

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

（1）当A球与弹簧接触以后，在弹力作用下减速运动，而B球在弹力作用下加速运动，弹簧势能增加，当A、B速度相同时，弹簧的势能最大．

设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为E，则A、B系统动量守恒：mv0=（m+2m）v①

由机械能守恒：m=（m+2m）v2+E…②

联立两式得：E=m…③

（2）设B球与挡板碰撞前瞬间的速度为vB，此时A的速度为vA．

系统动量守恒：mv0=mvA+2mvB…④

B与挡板碰后，以vB向左运动，压缩弹簧，当A、B速度相同（设为v共）时，弹簧势能最大，为Em，

则：mvA-2mvB=3mv共…⑤

m═×3m+Em…⑥

由④⑤两式得：v共=代入⑥式，化简得：Em=[-（vB-）2+]…⑦

而当弹簧恢复原长时相碰，vB有最大值vBm，则：

mv0=mvA′+2mvBm          

mv02=mvA′2+×2mvBm2

联立以上两式得：vBm=v0即vB的取值范围为：0＜VB≤v0…⑧

结合⑦式可得：当vB=时，Em有最大值为：m…⑨

当vB=v0时，Em有最小值为：m

答：（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能是m．

（2）此后弹簧的弹性势能最大值的范围为[m，m]．

设小球A与B发生碰撞后速度分别为vA、vB，

因为是弹性碰撞，

由动量守恒和动能守恒得

mv0=mvA+3mvB

m=m+×3m

代入数据解得 

vA=v0=-v0

方向向左

vB=v0=v0

方向向右

此后B球以速度vB与C球发生碰撞，

设碰撞后速度分别为vB′、vC，

因为是弹性碰撞，

由动量守恒和动能守恒得

3mvB=3mvB+2mvC

×3m=×3mvB^2+×2m

代入数据解得

 vB′=vB=vB=v0

方向向右

vC=vB=vB=v0

方向向右

此后三球不会在碰撞

故三球不再发生相互作用时速度分别为-v0、v0、v0．

（1）设氢原子发射光子前后分别处于第l与第m能级，

发射后的能量Em=，

故=E1-E1

解得m=2

发射前的能量El=

根据题意知El=Em-E1

-=-E1

将m=2代入上式解得l=4                  

故氢原子发射光子前后分别处于第4与第2能级．

（2）设a粒子与氖核的质量分别为ma与mNe，氖核在碰撞前后的速度分别vNe为与v'Ne．

由于a粒子与氖核碰撞过程中动量守恒

故有mav+mNevNe=mNev'Ne

由于发生弹性正碰过程中系统的机械能守恒，故有

mav2+mNevNe2=mNev′Ne2

解得：vNe=v

v′Ne=v

由于a粒子的质量数为4，而氖核（1020Ne）的质量数为20，故有

=

故碰撞前氖核的速度vNe=v

碰撞后氖核的速度v′Ne=v

答：（1）氢原子发射光子前后分别处于第4与第2能级．

（2）碰撞前氖核的速度vNe=v；碰撞后氖核的速度v′Ne=v

（1）木板第一次与右侧固定板相撞后，木板反弹，块与板相对运动，最后一起向左运动，然后板与左侧固定板相撞块与板的相对运动与第一次相反，所以物块不从木板上滑下木板长度不小于第一次相对位移即可．

根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1

根据能量守恒：μmg△S=(m+M)v02-(m+M)v12

解得：△S=

 所以：L≥△S=

（2）木板不断与竖直板碰撞，总动量不断减少，最后变为零．

根据能量守恒：μmgS=(m+M)v02

解得：S==2.7m

第一次碰撞：根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1得：v1=1m/s

第二次碰撞：根据动量守恒：Mv1-mv1=（m+M）v2得：v2=m/s

所以与板碰撞损失的机械能△EK=(m+M)v02-(m+M)v22=J

答：（1）物块不从长木板上滑下板长L应满足的条件为：L≥△S=；（2）整个过程中小物块在长木板上滑行的总路程以及长木板在第三次与挡板碰撞前系统损失的机械能为J．

设球a和球b第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向．

由系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2…①

系统机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22…②

解得：v1=v2=…③

讨论情况分别如下：

（1）、当m1＞m2时，碰后a、b两球均向右运动，当球b与墙壁碰后以速度v2返回，并将与球a发生第二次碰撞，设碰后两球速度分别为v1′，v2′则有：

m1v1+m2（-v2）=m1v1′+m2v2′

m1v12+m2v22=m1v1′2+m2v2′2

解得：v1′=…④

v2′=…⑤

因为m1＞m2，故第二次碰后球b向右运动将再次与墙相碰，并以v2′返回；若要球a和球b不发生第三次碰撞，则应满足 v1′＜0  且v2′≤|v'1|

即 （m1-m2）2-4m1m2＜0 　且4m1（m1-m2）≤|(m1-m2)2-4m1m2|…⑥

解得：3-2＜＜3+2且1-≤≤1+…⑦

再加上条件m1＞m2   得：1＜≤1+…⑧

（2）、m1=m2时，由①②得v1=0，v2=1m/s球b与墙壁碰后以速度1m/s返回与球a第二次碰撞，碰后a球以1m/s的速度向左运动，b球静止，此后两球不再相碰…⑨

（3）、m1＜m2时，由①②可知v1＜0，v2＞0，即a球向左运动，球b向右运动并与墙壁碰后原速弹回，要使球b与球a发生第二次碰撞，应满足：

v2＞-v1　即：2m1＞-（m1-m2），得＞…⑩

因m1＜m2，故两球第二次相碰后，球a向左运动的速度必大于球b向左的运动速度，此后两球不再发生碰撞．

综合（1）（2）（3）得满足范围：＜≤1+…

答：两球的质量满足范围：＜≤1+．