热门试卷

（1）2.0m/s（2）1.94m/s （3）4

试题分析：（1）砂摆从释放到最低点，由动能定理：

解得：          

（2）小钢球打入砂摆过程，由动量守恒定律，以右为正方向

解得：    

（3）第2颗小钢球打入过程，由动量守恒定律，以左为正方向

第3颗小钢球打入过程，同理

第n颗小钢球打入过程，同理

联立各式得：   

解得：                

当第n颗小钢球射入后，砂摆要能达到初始释放的位置，

砂摆速度满足：                                             

解得：               

所以，当第4颗小钢球射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度。

点评：动量守恒和机械能守恒结合的题是常见问题，本题还是多过程问题，要用归纳法列表达式求解。

（1）设：A、B碰后的瞬时速度大小分别是V和v，由动量守恒定律有：

mv0=MV-mv…①

对于A的平抛运动，有：

L=V•T…②

h=gT2…③

解得：V=L，…④

v=-v0…⑤

（2）设B球后退最大距离为S，则由动能定理，有

μmgs=mv2…⑥

S=(-v0)2…⑦

答：（1）碰后A、B小物块分离的瞬间速率各是VA=L，v=-v0；

（2）碰后小物块B后退的最大距离是S=(

ML

m

g

2h

-v0)2．

设小孩沿水平方向向前跳出的速度为V，以向前的速度方向为正方向，

（1）小孩跳出后，平板车停止运动，由动量守恒定律，得：

（M+m）v0=mV，解得：V=v0；

（2）小孩跳出后，平板车以大小为v0的速度沿相反方向运动，

由动量守恒定律，得：（M+m）v0=mV-Mv0，解得：V=v0；

答：（1）小孩跳出后，平板车停止运动，小孩跳出时的速度为．

（2）小孩跳出后，平板车以大小为v0的速度沿相反方向运动，小孩跳出时的速度为．

设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，

由动量守恒得：mv0 =(2m＋m)V（2分）

此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=mv－×3mV2 （2分）

解得ΔE＝mv

分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）

因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv（1分），

由能量守恒得：

mv＋mV＝mv－ΔE损1（2分）

且考虑到v1必须大于V1，

解得：v1＝v0

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，

由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）

损失的动能为：ΔE′＝mv－×2mV （2分） 

联立解得：ΔE′＝×mv 

因为ΔE′＝f·x（1分），

可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）

子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解

（1）由图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为v1=6m/s，

相碰后的速度为：v2=2m/s，

由动量守恒定律得：m3v1=（m1+m3）v2，

解得：m3=2.0 kg．

（2）规定向左的方向为正方向，由图象可知，

在第5.0s和第15s末物块A的速度分别为：v2=2m/s，v3=-2m/s，

物块A的动量变化为：△p=m1（v3-v2）=-16kg•m/s，

即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：

16 kg•m/s，方向向右．

答：（1）物块C的质量为2.0kg；

（2）物块A动量变化的大小为16kg•m/s，方向：方向向右．

（1）以木块A、B、C与木板组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，

以系统为研究对象，由动量守恒定律可得：mv0+m•2v0+m•3v0=（m+m+m+3m）v，

解得：v=v0，

对C，由牛顿第二定律得：-μmg=ma，

在系统速度相等前，C一直做匀减速直线运动，由速度位移公式可得：

v2-（3v0）2=2ax，

解得：x=；

（2）木块B与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时木块C的速度为vC．

对系统，由动量守恒定律：m（vo+2vo+3vo）=（m+m+3m）vB+mvC ①

对木块B，由动量定理得：-μmgt=mvB-m•2vo②

对木块C，由动量定理得：-μmgt=mvC-m•3vo③

由①②③式解得：vB=v0．

答：（1）C木块从开始运动到与木板速度刚好相等时的位移为；

（2）B木块在整个运动过程中的最小速度为v0．

（1）子弹射击物体过程中系统动量守恒，以子弹与物体组成的系统为研究对象，子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v，

代入数据解得：v=10m/s；

（2）物体从水平面运动到圆轨道最高点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）v2=（m+M）g•2R+（m+M）vC2，

代入数据解得：vC=8m/s；

在C点，由牛顿第二定律得：F+（m+M）g=（m+M），

代入数据解得：F=N≈6.1N，

由牛顿第三定律得：物体对轨道的压力F′=F=6.1N，方向竖直向上．

（3）物体离开C后做平抛运动，

在水平方向：x=vCt，

在竖直方向：2R=gt2，

解得：x=4.8m，物体落在距B点左侧4.8m处．

答：（1）子弹刚射入物体后的速度大小为10m/s；

（2）带子弹的物体刚运动到C点时对轨道的压力6.1N；

（3）物体从C点离开轨道后，第一次落在距B点左侧4.8m处．

设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：

（M甲+m）v0-M乙v0=M乙v，即：（59+1）×6-50×6=50v，解得v=12m/s，与乙的初速度方向相反．

故答案为：12m/s；相反．

设甲车（包括人）滑下斜坡后速度v1，

由机械能守恒定律得：（m1+M）gh=（m1+M）v12，

已知，h=，解得：v1=2v0；

设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为v．

在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，

设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，

由动量守恒定律得：人跳离甲车时：（m1+M）v1=Mv+m1v1′，

人跳上乙车时：Mv-m2v0=（M+m2）v2′，

解得：v1′=6v0-2v  ①，v2′=v-v0 ②，

两车不可能再发生碰撞的临界条件是：v1′=±v2′，

当v1′=v2′时，由①②解得：v=v0，

当v1′=-v2′时，由①②解得：v=v0，

故v的取值范围为：v0≤v≤v0；