热门试卷

（1）小球射入小车和从小车中弹出的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律，得mv0-P=mv…①mv=mv1+P…②

则v1=v0-．…③

此过程中小车动能减少量为△Ek=m-m，…④

则得 △Ek=2pv0-=2p(v0-)．…⑤

（2）小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒．由动量守恒定律，得

  mv1-p=mv…⑥

  mv=mv2+p…⑦

则v2=v1-=v-2()，…⑧

同理可推得vn=v0-n()．…⑨

要使小车停下来，即vn=0，小球重复入射和弹出的次数为n=，…⑩

故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t=n△T=•△T．

答：

（1）小球第一次入射后再弹出时，小车的速度大小为v0-，这一过程中小车动能的减少量2P（v0-）；

（2）从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为•△T．

（1）根据题意由：I=Mv0，得 v0==13m/s，

根据动量定理得：Ek=M=169J．

（2）设A、B刚分离时B的速度为vB，则：

 BqvB=mg，即 vB==10m/s

若A、B能相对静止．设共同速度为v，

由 Mv0=（M+m）v，

解得：v=10.8m/s

因vB＜v，说明A、B在没有达到共同速度前就分离了，

所以B的最大速度为vB=10m/s．

（3）设当物体B的速度最大时物体A的速度为vA

A、B系统水平方向动量守恒：Mv0=MvA+mvB

∴vA==11m/s                    

在A与B相互作用过程中系统增加的内能为：Q=△E=M-M-M=28J

答：

（1）瞬时冲量使小车获得的动能为169J．

（2）物体B的最大速度为10m/s．

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能为28J．

（1）当v0=3m/s时，滑块在B处相对小车静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v1…①

对滑块，由动能定理：-μmg(s+L)=m-m…②

对小车，由动能定理：μmgs=M-0…③

由①②③得：μ==0.3…④

s=m…⑤

（2）要使滑块刚好不从圆弧轨道上端C点飞出，滑块到C点时，二者具有相同的速度设为v2，

由系统水平方向的动量守恒：mv0=（M+m）v2…⑥

由系统能量守恒：μmgL+mgR=m-(M+m)…⑦

由④⑥⑦得：v0=m/s

要使滑块不从圆弧轨道上端C点飞出，必须满足：v0≤m/s

答：（1）滑块与小车之间的动摩擦因数μ是0.3，此过程小车在水平面上滑行的距离是m；

（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，初速度v0应满足的条件是v0≤m/s．

（1）设物体从A滑至B点时速度为v0，根据机械能守恒有：mgR=

由已知，m与小车相互作用过程中，系统动量守恒

mv0=2mv1                                                             

设二者之间摩擦力为f，

以物体为研究对象：-f•sCD=m-m

以车为研究对象：f(sCD-R)=m

解得：sCD=R

车与ED相碰后，m以速度v1冲上EF=mgh

解得：h=

（2）由第（1）问可求得  f=mgv1=

由能量守恒：mgR＞fR+fx

mgR＞mgR+mgx

解得  x＜R       所以物体不能再滑上AB                                 

即在车与BC相碰之前，车与物体会达到相对静止，设它们再次达到共同速度为v2：

则有：mv1=2mv2                                                       

相对静止前，物体相对车滑行距离s1

fs1=m-×2m

s1=R

车停止后，物体将做匀减速运动，相对车滑行距离s2

a=

2as2=v22                                                              

s2=R

物体最后距车右端：

s总=s1+s2=R

答：（1）水平面CD的长度和物体m滑上轨道EF的最高点相对于E点的高度h为；

（2）Q点距小车右端的距离为R

（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律  m1gh=m1         ①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律   m1v10=m1v1+m2v2          ②

由于碰撞过程中无机械能损失   m1=m1+m2     ③

②、③式联立解得v2=              ④

将①代入得④v2=．

（2）a．由④式，考虑到 EK1=m1V102 

                                   EK2=m2V22   得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球  k12==    ⑤

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 k13==•=•      ⑥

依此类推，可以归纳得出，动能传递系数k1n应为 k1n==•…=•…，

即  k1n=．

b．将m1=4m0，m3=mo代入⑥式可得 k13=64m02[]2 

为使k13最大，只需使=最大，即m2+取最小值，

由当=，即m2=2m0时，k13最大．

答：（1）碰撞后小球m2的速度大小v2=；

（2）当m2=2m0 时，k13值最大．

（1）设向右为正方向，A球质量为m，B球质量为M，以A、B球为系统由动量守恒定律得：

mv0=-m+M

解得：=．

（2）碰前系统动能为：E1=m

碰后系统动能为：E2=m()2+M()2=m

E1＞E2，即碰撞过程中有能量损失，所以不是弹性碰撞．   

答：（1）A、B两球的质量之比为2：9．

（2）该碰撞不是弹性碰撞．

（1）小球下摆过程，机械能守恒   mgL=m

小球与小车相撞过程，动量守恒      mv0=Mv1

碰撞过程中系统损失的机械能△E=m-M=1.3J

（2）设滑块与小车的最终相同速度V，

动量守恒   Mv1=（M+m′）V=mv0

 此时对滑块，洛仑兹力f=BQ V

而有  f＞mg      滑块已离开小车

滑块离开小车时速度v2，则BQ v2=mg

小车此时速度v3，滑块与小车动量守恒

Mv1=M v3+m′v2=mv0

v3==1.3m/s

小车此后保持1.3m/s速度匀速运动

答：（1）摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为1.3J；

    （2）碰撞后小车的最终速度为1.3m/s．

设木块质量分别为mA、mB木块B的高为h，上底面长为L，

这里有两种临界状态：

①当木块A刚滑上木块B上底面的最左端时，木块A、B具有共同的速度v1′，

设此时木块A的初速度为v1，则有：mAv1=（mA+mB）v1′

mAv12=(mA+mB)v1 2+mAgh

解得：v1=3m/s

②当木块A刚滑到木块B的最右端时，木块A、B具有共同的速度v2′

设此时木块A的初速度为v2，则有：mAv2=（mA+mB）v2′

mAv22=(mA+mB)v2 2+mAgh+μmAgL

解之得：v2=4m/s

（1）当v0=2m/s＜v1=3m/s时，木块A不能滑上木块B的上底面，相当于A、B发生了弹性碰撞．       

 设碰撞后木块A、B的速度分别为vA、vB则有：vA=

vB=

解之得；vA=-1.2m/s； vB=0.8m/s；      

即木块A、B的最终运动情况是：木块A以1.2m/s的速度向左运动，木块B以0.8m/s的速度向右运动．

（2）当v0=3.6m/s＜v2=4m/s时，木块A能滑上木块B的上底面，但不能滑到其最右端，

此时木块A、B具有共同向右的速度v．

设木块A在木块B的上底面上滑行距离为S，则有：mAv0=（mB+mA）v

mAv02=(mB+mA)v2+mAgh+μmAgS

解之得：v=0.72m/s                  （S=0.8m）              

即木块A、B最终以共同的速度v=0.72m/s向右运动．

答：（1）当v0=2m/s，木块A以1.2m/s的速度向左运动，木块B以0.8m/s的速度向右运动．

（2）当v0=3.6m/s木块A、B最终以共同的速度v=0.72m/s向右运动．

设每个物体的质量为m，A的初速度为v0．

第一次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有

   mv0=2mv1，得v1=v0，动能的损失为△Ek1=m-•2m=

第一次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有

   2mv1=3mv2，得v2=v0，动能的损失为△Ek2=•2m-•3m=m

故前后两次碰撞中损失的动能之比△Ek1：△Ek2=3：1

答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1．