热门试卷

（1）由于A与C碰撞没有机械能损失，A碰后原速率弹回，

以AB整体为研究对象，从A与C碰后到有共同速度，系统的动量守恒，

选向左为正方向，有-mAv0+mBv0=（mA+mB）v1

得v1=1.0m/s（方向向左）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

用t1这一过程所需时间，研究物块B，由-μgt1=v1-v0，得

t1==0.2s

（2）以物块A为研究对象，A与C碰后，至对地面速度为零，受力为f，位移为sm，即为最大位移．

f=μmBg

-fsm=0-mA

得Sm=0.03m　　　　　　　　　

（3）第一次A与C碰后至A、B有共同速度v1，B在A上相对于A滑行L1，由能量守恒有

-fL1=(mA+mB)()

得L1=0.4m

这时物块A距C的距离s1=•t1=•t1=0.1m

因此从A、B有共同速度v1后到再与C相碰所需时间t2==0.1s

第二次A与C碰后至A、B有共同速度v2，B在A上相对于A滑行L2，

由动量守恒和能量守恒有

-mAv1+mBv1=（mA+mB）v2

-fL2=(mA+mB)()

得v2=0.5m/s，L2=0.1m

以物块B作研究对象求此过程所需时间，得-μgt3=v2-v1

代入数据可得t3=0.1s

若第三次A与C碰后至A、B有共同速度v3，B在A上相对于A滑行L3，有-mAv2+mBv2=（mA+mB）v3

-fL3=(mA+mB)()

得L3=0.025m（2分）L1+L2+L3=0.525m＞0.51m，即第三次碰撞后B脱离A板．　　　　　

（4）如图所示

答：（1）第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小是1.0m/s，方向向左；

（2）第二次碰撞后，A与C之间的最大距离是0.03m；

（3）A与固定挡板C碰撞3次，B可以脱离A板；

（4）如图

整体下滑阶段，研究A、B、C整体，设末速度为v，由动能定理得：

  （2M+m）gssinθ=（2M+m）v2　

解得：v==m/s=6m/s

爆炸前后，A和B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

   2Mv=MvA+MvB　

解得：vB=0　

此后，设C在B上滑动的加速度为aC，由牛顿第二定律有：

   mgsinθ-μmgcosθ=maC　

解得：aC=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.75×0.8）=0　

对B，由牛顿第二定律有：Mgsinθ+μmgcosθ=MaB　

得：

   aB=gsinθ+cosθ=10×0.6+×0.8=9（m/s2）

C和B经时间t达到共同速度v后将不再相对滑动，则有：t=

板的最小长度L满足：L=vt-t　  

联立解得：L=2m．　

答：B的长度至少为2m．

（1）设A3杆下滑与A2杆碰前速度大小为v0，依据动能定理有：m-0=mg

得：v0=

设A3A2碰后速度大小为v1，依据动量守恒有：mv0=2mv1

得：v1=

感应电动势的最大值：E=BLv1=

闭合回路的总电阻：R=rL+=

电流的最大值：Im==

（2）设A1A2A3杆的共同速度大小为v2，依据动量守恒有：mv0=3mv2

得：v2==

依据能量关系，感应电流最多产生的热量：Q=2m-3m=mgH

（3）设A1杆速度大小为v，则A2A3杆的速度大小为3v

依据动量守恒有：mv0=mv+2m×3v

得：v==

此时回路中的感应电动势：E′=BL3v-BLv=2BLv=BL

感应电流I′=A1杆受到的安培力：F安=BI′L=

答：（1）回路内感应电流的最大值为；

（2）在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量为mgH；

（3）当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3：1时，A1受到的安培力大小为．

（1）设物块1和2间的绳子绷紧前瞬间，物块1的速度为v0，由动能定理得

（3μmg-μmg）S=m  ①

解得：V0=2   ②

（2）物块1和2之间绳子绷紧后，共同速度为V1，

由动量守恒得mv0=2mv1    ③

设物块2和3间绳子绷紧前2的速度为V2

绷紧后共同速度为V3，

（3μmg-2μmg）S=2m-2m   ④

2mv2=3mv3      ⑤

由以上式得：v3=

（3）物块3开始运动后，由于拉力等于摩擦力，所以作匀速运动，设物块3和4之间绳子绷紧后共同速度为V4，

则3mV3=4mv4   ⑥

设前4个物块作匀减速运动的最大位移为S′，则：

（3μmg-4μmg）S=0-4m    ⑦

解得S′=S

表明物块4和5之间的绳子拉直时，前4个物块速度恰好减为零，即物块5不会发生滑动，要使物块5发生运动，必须V5＞0，

即F＞3μmg

答：（1）物块1和物块2之间的绳子绷紧前瞬间，物块1的速度大小是2．

（2）物块3刚开始运动时的速度是．

（3）物块5不会发生滑动，要使物块5发生运动，必须V5＞0，即F＞3μmg．

（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，

由动能定理得，qES=m 

解得：v0=

（2）碰撞过程中动量守恒，则有 mv0=mv1+Mv2 

机械能无损失，有  m=m+M

联立上两式解得  v1=-v0=-  方向向左，v2=v0= 方向向右．

（3）要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球的（n+）T．（n=0、1、2、3 …）

A球运动的加速度为 a=，t==（n+）T，

又由题意，T=2π，解得：k=(n+)2（n=0、1、2、3 …）    

答：

（1）A球与B球碰撞前瞬间的速度v0是．

（2）A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度v1大小，方向向左．B球的速度v2是，方向向右．

（3）劲度系数k的可能取值是k=(n+)2（n=0、1、2、3 …）．

（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

  mv0=（m+M）v1 

代入数据解得

  v1=4m/s 

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有

  μmgL1=m-(m+M)

代入数据解得   L1=3m 

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

  μmgS1=M-0

代入数据解得S1=2m 

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

  mg=m

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•2R=mv 2-m

①②联立并代入数据解得R=0.24m 

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•R=0-m

代入数据解得R=0.6m 

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m 

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

（1）设P从出发点运动至c阶段运动的时间为t．

其中水平加速度为ax，则在水平方向上有：ax=…①

v=axt=t…②

在竖直方向上有：0-v=-gt…③

t=…④

联立①②③得：E=…⑤

（2）设电容器两极板间的距离为d．

对P从出发点至c阶段，在水平方向上有：d=t…⑥

联立④⑥解得d=…⑦

设在正交电场、磁场中质点P做匀速圆周运动的半径为R，则qvB=m

R=…⑧

又2R+d=l…  ⑨

联立⑦⑧⑨得：B=．

（3）设P、Q碰撞后的速度分别为v1、v2．

由动量守恒定律得，mv=mv1+v2

设碰撞后P、Q带电量大小分别为q1、q2，则q1+q2=q

碰撞后Q在水平方向上有：d=t

可得：v2=v，v1=v

0-v22=-2d

得q1=q，q2=．

则碰撞后P在水平方向上的加速度ax==g．

它在电容器中间运动的时间仍为t，设P射出电容器时其水平速度为vx，

则vx=v1-axt=-v

则P射出电容器时的速度为vp，

vp==v．

答：（1）电容器两板间的电场强度为

（2）磁场的磁感应强度大小为

（3）带电质点P最后离开平行板电容器时的速度大小为v．

（1）设A和D碰后的速度为v1，AD滑上斜面，由动能定理得，

-（mA+mD）gsinθ•L-μ（mA+mD）gcosθ•L=0-(mA+mB)v12

解得v1=4m/s．

火药爆炸后，A的速度最大为vA，由动量守恒动量有：

mAvA=（mA+mB）v1

解得vA=8m/s

（2）火药爆炸过程，对A和B系统，由动量守恒定律，设B获得的速度为vB，

-mAvA+mBvB=0

解得vB=2m/s．

当B与C共速为v′时，弹簧的弹性势能最大，由B、C系统动量守恒，

mBvB=（mB+mC）v′

解得v′=1.6m/s

则弹簧的最大弹性势能为：Ep=mBvB2-(mB+mC)v′2

解得Ep=1.6J．

（3）当弹簧为原长时，滑块C的速度为vc，此时速度最大．则：

mBvB=mBvB′+mCvC

mBvB2=mBvB′2+mCvC 2

解得vc=3.2m/s．

答：（1）火药爆炸后A的最大速度为8m/s．

（2）滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能为1.6J．

（3）滑块C运动的最大速度为3.2m/s．

（1）滑块B从斜面高为h处开始下滑到与A碰撞前的过程中，

由动能定理可得：mgh-μmgs=mvB2-0，

解得：vB=4m/s；

（2）B与A碰撞过程中，由动量守恒定律得：

mvB=（m+m）vAB，解得：vAB=2m/s；

（3）A与B碰后一起做圆周运动，

由牛顿第二定律得：F-2mg=2m，

解得：F=5N；

答：（1）B与A碰撞前瞬间，B速度的大小为4m/s；

（2）B与A碰撞后粘合在一起的瞬间，二者共同速度的大小为2m/s；

（3）B与A碰撞后瞬间受到细绳拉力的大小为5m/s．