热门试卷

解：（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：

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：

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，小滑块不会从小车上掉下来．

（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：            ①

根据动能定理，有：                           ②

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：

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）小车与墙壁碰撞前，小滑块不会从小车上掉下来．

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

解：A、B碰后在水平面上滑行过程，由动能定理得有：

-μ（m1+m2）gs=0-（m1+m2）vAB2，

解得：vAB=，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v=（m1+m2）vAB，

解得：v=，

滑块A从Q点到桌面做斜抛运动：vAQ==；

答：滑块A在Q点时的速度为．

解：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得    ①

                   解得                                          ②

    （2）系统的机械能损失为　            ③

             由②③式得④

    （3）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，

              则           ⑤

                 s=Vt               ⑥

           由②⑤⑥式得　

答：（1）子弹穿出木块时木块的速度大小为．

    （2）此过程中系统损失的机械能为．

    （3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离是．

解：（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=mv02 …①

解得：v0=2…②

（2）物块1和2之间绳子绷紧后，共同速度为v1，1、2系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

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，有：

（3μmg-2μmg）s=•2mv22-•2mv12 …④

以向右为正方向，由动量守恒定律得：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，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

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-•4mv42…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．

解：（1）系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：

Mv0-mv0=（M+m）v，

解得：v=v0

将M=5m代入上式可得：v=v0，方向与平板车B初速度方向相同；

（2）对A、B系统，由能力守恒定律有：

，

解得：；

答：（1）A、B最后的速度大小为v0，方向与平板车B初速度方向相同；

（2）A、B之间的相对位移为．

解：取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，由动量守恒定律得：

mv=m•0+（1-m）mv′

解得：v′=v；

答：另一块爆炸后瞬时的速度大小为．

解：（1）对m，M组成的系统，选定水平向左为正方向

根据动量守恒得

Mv0-mv0=（M+m）v1

根据能量守恒定律得

μmgL1=（M+m）-（M+m）

解得 L1=

（2）上述过程中，m相对M向右滑动，以后M与左挡板碰撞，碰后m相对于M向左滑动，直到达到共同速度v2

规定向左为正方向，根据动量守恒得

（M-m）v1=（M+m）v2，

根据能量守恒定律得

μmgL2=（M+m）-（M+m）

解得 L2=

L2＜L1，同理L3＜L2

只要第一次碰撞后m未从M上掉下，以后就不可能掉下，

所以板长L应满足L≤

（3）根据能量守恒定律得

到发生第四次碰撞前，系统损失的机械能

△E=μmg（L1+L2+L3）=μmg×（++）

解得：△E=149.79J

答：（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端距离是；

（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足L≤；

（3）整个系统从开始到刚要发生第四次碰撞前损失的机械能是149.79J．

解：（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=2mv1，

代入数据解得：v1=1 m/s；

（2）两球与C碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1=mvC+2mv2，

代入数据解得：v2=0.5 m/s，

两次碰撞过程，由能量守恒定律得：△Ek=mv02-•2mv22-mvC2，

代入数据解得：△Ek=1.25 J；

答：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为1 m/s；

（2）两次碰撞过程中一共损失了1.25J的动能

解：①物体A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒定律，有：

3mgh=

A与B碰撞，由动量守恒定律，有：

3mv1=（3m+m）v2

弹簧最短时弹性势能最大，根据功能关系可得：

解得：

②根据题意，AB分离时A的速度大小为v2，A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有：

3mgh′=

解得：

答：①弹簧的最大弹性势能为；

②A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度为．

解：（1）A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=mAvA′+mBvB，

代入数据解得：mB=1kg；

（2）对B球，由动量定理得：F△t=mBvB-0，

代入数据解得：F=300N；

（3）碰撞前系统的动能：EK=mAv02=8J，

碰撞后系统的动能：EK′=mAvA2+mBvB2=5J，

碰撞前后系统动能减小了，两球间的碰撞不是弹性碰撞；

答：（1）B球的质量mB为1kg．

（2）已知两小球撞击的时间为△t=0.01s，碰撞过程中A球对B球的平均撞击力的大小F为300N；

（3）两小球的碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能不守恒．

解：设12H的运动方向为正方向，碰撞过程动量守恒，因此有：

m1v1-m2v2=m4v3+m3v

解得中子01n的速度为：．

故中子01n的速度为：．

解：（1）根据质量数守恒、电荷数守恒，知a=1，b=2．

（2）设运动质子速度为v，且以该速度方向为正方向，此过程中动量守恒，则有：

mv0=2mv，

根据能量守恒得：

解得：

答：①核反应方程中a、b的值分别为1和2；

②运动质子速度至少为．