热门试卷

解：（1）取A、B滑块为系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv

所以：

（2）当滑块运动到M点时，弹簧的长度：

此时弹簧的弹力：

根据牛顿第二定律：

（3）当弹簧处于原长时，滑块的速度最大．取滑块A、B和弹簧为系统，由机械能守恒定律有：

所以；

答：（1）滑块A与滑块B碰后瞬间共同速度v的大小为v0；

（2）当滑块A、B运动到M点时，加速度a的大小为；

（3）滑块A、B在往复运动过程中，最大速度vm的大小为v0．

解：（1）P与Q碰前对P由动能定理得：

qE1l-μm1gl=m1v02-0，

代入数据解得：v0=4m/s；

P与Q正碰，系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2，

代入数据得：v1=-3m/s，负号表示方向水平向左；

（2）Q恰好做匀速圆周运动，则有：qE2=m2g，

代入数据解得：q=1.75×10-3C，

粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为R，则由牛顿第二定律得：qv2B=m2，

轨迹如图，由几何关系有：R=lOC，

解得：B=10T；

（3）当Q经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，P碰后做匀减速运动．

P匀减速运动至停，其平均速度为：=v1=×3=1.5m/s＞v2=1m/s，故Q在P停止后与其相碰，

至P停止由动能定理得：-μm1gx=0-m1v12，

则Q平抛的时间：t=，

Q平抛的高度：h=gt2，

设Q做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：R′=h，

由牛顿第二定律得：qv2B′=m2，

联立解得：B′=1.98T；

答：（1）碰后P的速度大小v1为-3m/s．

（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为lOC=0.4m，磁感应强度B的大小为10T；

（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P再次相碰，B′的大小为1.98T．

解：①取v1的方向为正方向，根据动量定理有，竖直墙壁对小车的冲量I等于小车的动量变化故有：

I=m1v1-m1（-v0）=4×1-4×（-2）N•s=12N•s

②小车与墙壁碰撞后，小车的木块组成的系统动量守恒，故当小车和木块相对静止时有

m1v1-m2v0=（m1+m2）v2

解得静止时的共同速度：v2=

由机械能守恒定律有：

代入数据解得：EP=3.6J

答：①竖直墙壁对小车的冲量I为12N•s；

②若弹簧始终处于弹性限度内，小车与墙壁碰撞后，木块相对小车静止时的速度v2和弹簧的最大弹性势能Ep分别是0.4m/s和3.6J．

解：（1）小物块恰好回到a端而不脱离木板，则最终小物块和木板的速度相同，此过程中小物块和木板组成的系统动量守恒，设小物块初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

解得：

则最后小物块的速度大小为0.8m/s

（2）整个过程损失的机械能

解得：△E=6.4J

（3）摩擦产生的热量：Q摩=μmg•2s=0.1×1×10×4=4J

碰撞产生的热量为：Q=△E-Q摩=6.4-4=2.4J

答：（1）最后小物块的速度大小为0.8m/s；

（2）整个过程损失的机械能为6.4J；

（3）因小物块和挡板碰撞而产生热量为2.4J．

解（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，

设滑块滑行总距离为s0，有

-μmgs0=0-m

   得s0=25m

n==12（个）  

（2）滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为

对小球，有：mg=m   ①

机械能守恒：m=m+2mgLn ②

对滑块，有：-μmgns=m-m  ③

解①②③三式得：Ln==2- （m） 

（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为v1，则有

-μmgs=m-m 

由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为v1．

此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿定律得：

T-mg=m

因为L1==

由上述三式解得：T=0.6N   

答：（1）滑块能与12个小球碰撞．

（2）碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式是Ln=2- （m） 

（3）滑块与第一小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为0.6N

解：（1）系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=m+（m+m）v，解得：v=v0；

（2）物块P滑上滑块CD的过程中，两者组成的系统在水平方向上动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律的：，

解得：；

答：（1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小为v0；

（2）当物体P恰好滑到滑块CD圆弧的最高点C时，物体P的速度v2为v0．

解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v．取向左方向为正方向，以A、B、C组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：

2mv0=3mv

则得：v=；

（2）设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，若C的速度向左，由动量守恒得：

2mv0=2mv1+mv0

解得：v1=0.5v0；

设弹簧的弹性势能为EP，因 •（3m）v2+EP=+EP＞（2m）v12+mv02，违反了能量守恒定律，所以C的速度向左不可能．

当C的速度向右时，由动量守恒得：

2mv0=2mv1-mv0

解得：v1=；

从细线断开到C与弹簧分开的过程中系统的机械能守恒，则有：

 •（3m）v2+EP=（2m）v12+mv02，

解得：EP=．

答：

（1）碰后弹簧未伸展时，A、B、C一起运动的速率为；

（2）弹簧释放的势能为．

解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知

      ①

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a

μmg=ma      ②

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有   ③

结合②③④式解得  v=4m/s  ④

由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与A第一次碰撞前的速度大小．

（2）设物块B、A第一次弹性碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向

-mv=mv1+Mv2      ⑤

 ⑥

解得： ⑦

即碰撞后B沿水平台面向右匀速运动

设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则

    ⑧

解得   ⑨

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上．

答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小为4m/s；

（2）物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上．

解：（1）恒力做的功为：W=Fx=2 J                  

弹簧具有的最大弹性势能为：Ep=W=2 J              

弹簧完全弹开达到原长时，A速度达到最大，设为vAm，由能量守恒定律有：Ep=mA

可得：vAm=2 m/s．   

（2）当弹簧再次达到原长时，B物体的速度最大，设为vBm，以向左为正，

根据系统动量守恒定律和能量守恒得：

mAvAm=mAvA′+mBvBm，

mA=mAvA′2+mB

解得：vBm=0.8 m/s．

答：（1）弹簧的最大弹性势能为2J，运动过程中A物体的最大速度为2m/s；

（2）运动过程中B物体的最大速度为0.8m/s．

解：设轻绳长为L，绳刚拉直质点B速度为vB．

根据动能定理有：

FL=

得：

此后A、B以共同速度运动，由动量守恒得：

 mBvB=（mA+mB）vAB

之后AB一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得：

-=2ax，

a=

由题知x=0.75-L，vAB′=m/s

联立解得：L=0.25m

答：连接两物块的绳长l是0.25m．