热门试卷

（1）A在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：

qEL=m 得：v0==1m/s

由L=t得：t==0.2s．

（2）设碰撞后A、B两速度分别为vA、vB，根据动量守恒和动能守恒得：

  mv0=mvA+mvB

m=m+m 

联立解得：vA=0，vB=1m/s．

则A球和B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：

h=gt2，得 t==0.1s

则A球落地时水平位移为：xA=at2=•t2=0.025m

B球落地时水平位移为：xB=vBt=0.1m

故A、B两小球的落地点之间的距离为：S=xB-xA=0.075m

答：（1）在小球A与B相碰前A的速率为1m/s；

（2）A、B两小球的落地点之间的距离是0.075m．

（1）解除锁定后弹簧恢复原长时，A、B的速度大小分别为vA、vB，由系统机械能守恒、动量守恒得：

mBvB=mAvA    

E=mBvB2+mAvA2   

联立解得  vA=vB=4m/s

设B沿传送带向右滑行的最远距离为L1，由功能关系  μmg L1=mvB2    

解得  L1=4m   

（2）因为v=4m/s＞3m/s，所以B返回时先加速再随传送带一起运动，B返回到水平面MN时的速度

vB′=3m/s   

（3）以A为研究对象，设碰后A、B的速度分别为vA′、vB″，由动能定理

W=mAvA′2-mAvA2  

B能从Q端滑出一定有  mBvB″2≥μmgL   

A与B质量相等，完全弹性碰撞后速度互换，则A的速度vA′=vB″

联立解得  W≥8J．

答：（1）物块B在传送带上向右滑行的最远距离为4m；

（2）物块B返回到水平面MN时的速度为3m/s；

（3）弹射装置P必须给物块A至少做8J的功．

（1）设木块遭射击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，

mv0-Mv1=mv+MV

则V=-v1，代入数据解得V=3m/s，方向向右．

木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动．

摩擦力f=μFN=μMg=5N

设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0．

根据动能定理得，-fs=0-MV2

则s==m=0.9m．

（2）木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，加速度a1==μg=5m/s2

经历时间t1===0.6s              

木块在传送带上向左加速运动一段时间t2之后速度达到2m/s，与传送带相对静止．a2==μgt2═=0.4            

所求时间  t=t1+t2=0.6+0.4=1.0s

答：（1）木块遭射击后远离A的最大距离为0.9m．

（2）木块遭击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0s．

（1）如图，电动车向右运动的过程中长板车将向左运动，在运动过程中满足动量守恒

由图可知，令电动车相对地面产生的位移大小为x，则长木板车的位移大小为（L-x），负号表示长木板车的位移方向与电动车位移方向相反，令与挡板相碰前电动车的速度为vm，长木板车的速度vM，则据动量守恒有：

mvm+MvM=0…①

又因为在碰撞前两车均做初速度为0的匀加速运动，所以有：

=，电动车运动的时间t===2s…②

=，长木板车运动的时间t===2s…③

由①②③式可解得：

vm=4m/s

vM=1m/s

（2）因为在碰撞过程中无机械能损失，又因为在碰撞中系统动量守恒可知碰撞前后，两车速度均反向，且不改变原速度的大小

vm′=4m/s，方向向左；

vM′=1m/s，方向向右．

∵MvM=mvm

∴系统总动量为0，即当系统稳定时两车均静．

因为克服摩擦力做的功应该等于系统损失的机械能，要使电动车不滑离长木板车，则长木板车的长度满足：

μmgL≥mvm′2+MvM′2

代入数据可解得：μ≥0.2

答：（1）碰撞前瞬间两车的速度大小分别为vm=4m/s，vM=1m/s

（2）若碰撞过程中无机械能损失，且碰后电动机关闭并刹车，使电动车只能在平板车上滑动，要使电动车不脱离平板车，它们之间的动摩擦因数至少为0.2．

（1）设A球的加速度为a，第一次碰到B球瞬间速度为v1，则F=ma①

=2aL②

解得ν1=③

（2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向），得mv1=mvA1'+3mνB1'④

碰撞过程没有机械能损失，得m=mv+3mv⑤

解得两球第一次的速度v=-（方向向左），v′B1=（方向向右）   ⑥

碰后A球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞B球．

设碰后A球向左运动的最大距离为SA2，则=2aSA2⑦

解得SA2=⑧

设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为t2，两球的位移都为S2，有S2=νt2=νt2+a⑨

解得t2=，S2=2L⑩

因此到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程S=L+2SA2+S2

解得S=3.5L

答：（1）A球第一次碰撞B球之前瞬间的速度为ν1=．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程为3.5L．

对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为υ0，A的速度大小为υA，由动量守恒定律有

2mυA=（m+m） υ0①

则υA=υ0

由系统能量守恒有E=2mυA2+（m+m）υ02②

此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为υ，此过程C球机械能守恒，则

mg•2R=mυ02-mυ2③

在最高点Q，由牛顿第二定律得mg=         ④

联立①-----④式解得：E=10mgR     

答：撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是10mgR

（1）设A、B在O点的速度大小分别为vA、vB．

由机械能守恒定律得：Mgh=M，mg•4h=m

解得，vA=，vB=2

设碰撞n次后大物体的速度最小，最小速度为零，则根据动量守恒得：

  MvA-nmvB=（M+m）v

当v=0时，MvA-nmvB=0，则得n=50次

（2）当大物体的速度达到vA时，恰好能越过A点．

 第一次碰撞：MvA-mvB=（M+m）v

 设再碰撞k次：（M+m）v+kmvB=（M+m+km）vA，

联立解得 k=3

故共碰4次．

（3）第1次碰撞：MvA-mvB=（M+m）v1，

    第2次碰撞：（M+m）v1+mvB=（M+2m）v2，

    第3次碰撞：（M+m）v2-mvB=（M+3m）v3，

    第4次碰撞：（M+m）v3+mvB=（M+4m）v4，

   …

第50次碰撞：（M+49m）v49+mvB=（M+50m）v50，

联立解得，v50=vA

根据机械能守恒得：Mgh′=m(v50)2

解得h′=h

答：

（1）若每当大物体向右运动到O点时，都有一个小物体与之碰撞，碰撞50次后大物体的速度最小．

（2）若大物体第一次向右运动到0点时，和小物体碰撞，以后每当大物体向左运动到0点时，才与一个小物体碰撞，共碰撞4次后大物体能越过A点．

（3）若每当大物体运动到0点时，都有一个小物体与之碰撞，碰撞50次后，大物体运动的最大高度为h的．

（1）由动量守恒得，mA-mB=0

则物块B的位移 大小lB=．

（2）A、B做同频率的简谐运动，设运动到平衡位置时弹簧的伸长量为x．

有：F=kx

弹簧伸长量最大时，有：lA′+lB′=2x

由动量守恒定律可知，mAlA′-mBlB′=0

联立求解，得弹簧的伸长量最大时，lA′=．

外力F所做的功等于系统具有的机械能，所以系统具有的机械能E=．

答：（1）当木板A的位移为lA时，物块B的位移lB的大小lB=．

（2）当弹簧的伸长量最大时，木板A的位移lA′=，这时由A、B及弹簧组成的系统所具有的机械能E=．

（1）设乙与甲碰前瞬间速度为v1，碰后瞬间速度为v2，甲乙一起返回到D时速度为v3．

乙从B到D有 mgR-umgL1=mv12  ①

碰撞过程由动量守恒得   mv1=2mv2 ②

甲乙从D到E再回到D有 -μ•2mg•2L2=2mv32-2mv22  ③

乙从D到C 有          -μmgL1=-mv32  ④

联立解得 μ=

（2）设对乙加的最小恒力为F

从B到D有 mgR+FL1-μmgL1=mv42  ⑤

碰撞过程由动量守恒得    mv4=2mv5 ⑥

甲乙从D到E再回到D有  -μ•2mg•2L2=2mv62-2mv52  ⑦

乙从D到A有  -mg•2R-μmgL1=mvA2-mv62  ⑧

在A点有      mg=  ⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨解得   F=

答：

（1）直轨道EC段与物块间动摩擦因素为．

（2）要使乙返回时能通过最高点A，可在乙由C向D运动过程中过C点时，对乙加一水平向左恒力，至D点与甲碰撞前瞬间撤去此恒力，则该恒力至少为．