热门试卷

解：（1）设最终两球的速度大小为v，根据机械能守恒可得：

，

解得：．

（2）设A球到达圆弧轨道最低点时速度为v0，则：

设此时A球对轨道压力为N，则：N-mg=

设碰撞后A球的速度大小为v1，对轨道的压力为N1，B球的速度为v2，选v0的方向为正，则：

mv0=kmv2±mv1，

，

代入数值解上述方程组可得：k=3或．

答：（1）该速度的大小为．

（2）k的可能取值为3或．

解：Ⅰ．A下滑与B碰前，根据机械能守恒得：

3mgh=×3m           

A与B碰撞，根据动量守恒得：

3mv1=4mv2             

弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，

据功能关系可得：

Epmax=×4m        

解得：Epmax=mgh      

Ⅱ．据题意，A．B分离时A的速度大小为2

A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得：

3mgh′=×3m       

解得：h′=h                 

答：Ⅰ．弹簧的最大弹性势能是mgh；

Ⅱ．A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度是h．

解：（1）根据牛顿第二定律得，小物体的加速度a=，

根据v2=2aL得，v=．

（2）由于F远小于碰撞时产生的作用力，所以A、B碰撞前后瞬间，系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得，

mv=mv1+4mv2，

即．

解得．

答：（1）小物体与滑板A壁碰前小物体的速度v是．

（2）“┙”型滑板的速度是．

解：①物块从A点滑到B点的过程，系统水平方向的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：

mυB-2mυ1=0，

A到B过程系统机械能能守恒，由机械能守恒定律有：

mg （R-Rcos60°）=mυB2+×2mυ12，

代入数据解得：υB=2m/s；

 ②物块从A点滑到C点的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒有：

3 mυ2=0，

由能量守恒定律有：mg （R-Rcos60°）=μmgL

解得：μ=0.4；

答：①物块到达B点时的速度大小υB为2m/s；

②物块与BC间的动摩擦因数μ为0.4．

解：（1）设木块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：

竖直方向：h=gt2，vy=gt，

代入数据解得：vy=4m/s，

沿切线落入圆弧，合速度沿切线，可得水平速度：v==3m/s；

（2）从木块离开水平面边缘到圆弧最低点过程，由动能定理有：

Mg（h+R-Rcos53°）=Mvy2-Mv2，

在最低点，由牛顿第二定律有F-Mg=M，

代入数据解得：F=43N，

根据牛顿第三定律可知，B运动到圆弧最低点时对圆弧的压力为43N；

（3）设子弹穿过物块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m+Mv，代入数据解得：v0=600m/s，

由能量守恒定律的，系统的机械能损失为：△E=mv02-m-Mv2，

代入数据解得：△E=1345.5J；

答：（1）木块离开平台时的速度v为3m/s；

（2）木块运动到圆弧最低点F时对圆弧的压力43N；

（3）子弹射入木块的过程中系统损失的机械能为1345.5J．

解：小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m1gl=m1v2，代入数据解得：v=4m/s，

小球与铁块碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m1v=m1v1+m2v2，

小球是被弹回，v1=-2m/s，

代入数据解得：v2=1.2m/s，

碰撞后，铁块做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，

水平方向：x=v2t，

代入数据解得：x=0.6m；

答：铁块落地点距桌边的水平距离为0.6m．

解：（1）规定向右为正方向，碰撞时由动量守恒定律可得：（m+2m）v0=2mv0+（m+m）v1

解得：

规定向右为正方向，由于物体P与P1、P2之间的力为内力，三者整体由动量守恒定律可得：（m+2m）v0=（m+m+2m）v2

解得：

（2）整个过程能量守恒定律可得：

解得：．

答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度为，P的最终速度为；

（2）此过程中弹簧最大压缩量x为．

解：（1）滑块由高处运动到轨道底端，由机械能守恒定律得：

mgH=mv02，

解得：v0=；

（2）滑块滑上平板车后，系统水平方向不受外力，动量守恒．小车最大速度为与滑块共速的速度．滑块与小车组成的系统为研究对象，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v，

解得：v=；

（3）由能的转化与守恒定律可知，系统产生的内能等于系统损失的机械能，由能量守恒定律得：

Q=mgH-（M+m）v2=；

（4）设小车的长度至少为L，对系统，克服阻力做功转化为内能：

Q=μmgL，

解得：L=；

答：（1）滑块到达轨道底端时的速度大小为；

（2）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度为；

（3）该过程系统产生的内能为；

（4）若滑块和车之间的动摩擦因数为μ，则车的长度至少为．

解：（1）核反应方程：

He+N→O+H 

（2）α粒子、新核的质量分别为4m、7m，质子的速度为v，对心正碰，

由动量守恒得：

4mv0=17m+mv

解出v=0.20c

答：①核反应方程：

He+N→+H；

②出质子的速度是0.20c

解：（1）小球做圆周运动的过程根据动能定理有：

，

到达最低点时有：，

代入数据可得：F=30N．

（2）规定A的初速度方向为正方向，木块在木板上滑行的过程由动量守恒有：MAv1=（MA+MB）v共

由系统能量守恒有：

代入数据可得：Q=1.5J

（3）规定小球与A碰撞前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，小球与木块碰撞过程有：

mv=MAv1-mv‘

小球反弹后根据动能定理有：

代入数据可得：h=0.2m．

答：（1）小球与物块A碰撞前瞬间轻绳上的拉力F的大小为30N；

（2）A在B上滑动过程中，A、B组成的系统产生的内能Q为1.5J；

（3）小球被反弹后上升的最大高度h为0.2m．