热门试卷

解：（1）根据运动学规律，及，得

（2）因为两质点的相互作用力为斥力，所以当两质点的距离最小时，两质点的相互作用能取最大值

A质点离开电场时的速度为vA0，根据动能定理，，

B质点离开电场时的速度为vB0，根据动能定理，，

设A、B速度相等时的速度为v，根据动量守恒，，解得

根据能量守恒，两质点相互作用能的最大值+-

代入后得

（3）因为两质点在同一直线上运动，所谓B离开电场后不改变运动方向，是当两质点距离足够远时，B的速度为0。设此时A的速度为vA'，而B离开电场时的速度为vB'

动能定理：

动量守恒：

能量守恒（此时A、B相互作用能为0）：+-

解得：

解：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2（1）对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有

(4mg＋m)( h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有

4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有

W－4mgh1＝(4m)V12，解得W＝mg

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22联立解得＝mg(h2－h1)

解：（1）小滑块在木板上做匀减速直线运动，则整个滑动过程的平均速度

所以

（2）设小滑块在木板上滑动时所受的摩擦力大小为f，由动能定理可得 ①

所以 ②

由牛顿第三定律和物体的平衡条件，木板对挡板P作用力的大小等于

（3）设撤去档板P，小滑块与木板的共同速度为v，小滑块静止时距木板左端的距离为L′，此过程中小滑块的位移为x1，木板的位移为x2，则 ③

根据动量守恒定律和动能定理有

 ④

 ⑤

 ⑥

由②③④⑤⑥式可解得

解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

，得

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0，得

碰撞过程中系统损失的机械能

（2）设加速度大小为a，有

得

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示

FS=kx

x=d+mg/k

得

解：（1）滑块在木板上滑动过程中动量守恒m=m+2m ①

      损失的机械能转化为内能：Q=μmgL= ②

      解得：=，Q= ③

（2）设滑块未滑离离木板，共同速度为，则：m=3m ④

      =－ ⑤

      联立②④⑤解得： ⑥

      ＜2，滑块没有滑离木板，所以

解：(1)这是一个核反应跟动量守恒及洛伦兹力相结合的题目，

核俘获的过程中，系统动量守恒：

m0v0=mHv1+mHev2

所以

代入数据m0=1u，mHe=4u，mH =3u

得v1=-1.0×103m/s ，负号表示跟v0 的方向相反．

(2)知在磁场中的半径之比为

rH：rHe=

代入数据得rH：rHe=3：40

运动轨迹如图所示.

(3)知的周期之比为

代入数据得TH：THe=3：2

所以它们的转动周数之比则为2:3，

当α粒子旋转3周时，氚核旋转2周．

解：（1）子弹射入并穿出木块瞬间，设木块的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0－Mv1=mu+Mv2    

代入数据解得，木块的速度：v2=3m/s，方向水平向右

之后木块向右做匀减速运动，假设木块滑至传送带右端之前对地的速度为零，设此过程中木块对地的位移大小为X1，对木块向右减速为零的过程由动能定理：

- μMgX1=0-

解得：1=0.9m＜1m，因此，物块不会从右端离开传送带

（2）通过上问分析可知，木块先向右匀减速运动直至对地速度为零，接着返回做匀加速运动。设匀减速运动的时间为t1，反向匀加速运动与传送带共速所走的位移大小为X2，所用的时间为t2对木块向右减速运动过程中由动量定理，取向右为正：-μMgt1=0-Mv2  

解得：t1=0.6s 

对木块向左加速运动的过程由动能定理：μMgX2=

得X2=0.4m＜X1=0.9m，即物块到达传送带左端之前已共速

对木块向左加速运动由动量定理，取向左为正：μMgt2=Mv1得t2=0.4s

设子弹击穿木块过程中产生的热量为Q1：

代入数据得Q1=872.5J

木块向右减速过程中与传送带摩擦生热为Q2：Q2=μMg(v1t1+ X1)

代入数据得：Q2=10.5J

木块向左加速过程中直至与传送带共速摩擦生热为Q3：Q3=μMg(v1t2- X2)

代入数据得Q3=2J 

所以系统所产生的总内能：Q=Q1+Q2+Q3=885J  

（3）子弹击穿木块后，设传送带由于传送木块多消耗的电能为△E电由能量守恒定律：

得△E电=10J

（或由功能关系可知，传送带克服摩擦力做功等于消耗的电能△E电=μMg(v1t1+ v1t2)，解得：△E电=10J）

解：（1）a与b碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。设此时ab的速度为v，则由系统的动量守恒可得2mv0＝3mv

由机械能守恒定律

解得：

（2）当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b开始离开弹簧，此时b的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动。设此时a、b的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

2mv0＝2mv1+mv2

解得：

滑块b到达B时，根据牛顿第二定律有

解得N=5mg

根据牛顿第三定律滑块b在B点对轨道的压力N′=5mg，方向竖直向下

（3）设b恰能到达最高点C点，且在C点速度为vC，此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力，由牛顿第二定律

解得

再假设b能够到达最高点C点，且在C点速度为vC'，由机械能守恒定律可得：

解得vC'=0＜。所以b不可能到达C点，假设不成立

解：(1)压缩弹簧时外力做功全部转化为弹性势能，撤去外力后，物块B在弹力作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒。设弹簧恢复原长时，物块B的速度为vB0，有：

解得：

此过程中系统的动量变化即为墙给A的冲量，有：I=3mvB0

联立解得：

(2)当弹簧恢复原长时，物块A的速度为最小值VA0，有VA0=0

物块A离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，物块B的速度逐渐减小，当弹簧再一次恢复原长时，物块A达到最大速度vA，物块B的速度减小到最小值vB，在此过程中系统的动量守恒、机械能守恒，有：

3mvB0=mvA+3mvB

联立可得：