热门试卷

解：（1）对物块a，由动能定理得：，

代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；

（2）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：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；

由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP=•2mv22，代入数据解得：EP=1J；

（3）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，

由能量守恒得：，

解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；

（4）对小车，由动能定理得：，

代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；

答：（1）物块a与b碰前的速度大小为2m/s．

（2）弹簧具有的最大弹性势能为1J．

（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点0.125m．

（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板m．

解：（1）AB组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=（mA+mB）v

解得：v=

（2）对A由动量定理得：

I=mAv-mAv0

解得I=-2N•s，负号表示细绳的拉力对A的冲量方向水平向左；

（3）由能量守恒定律得：

此过程中损失的机械能=

答：①A、B一起运动的速度大小为2m/s；

②细绳拉力对A的冲量为-2N•s，方向水平向左；

③在绳被拉直过程中，系统损失的机械能为3J．

解：（1）0号球碰前速度为v0，由机械能守恒定律得：m0gh=m0v02，

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：m0v0=m0v0′+m1v1，

由机械能守恒定律得：m0v02=m0v0′2+m1v12，

解得：v1=v0=v0=，

（2）同理可得：v2=v1，…v4=v3，

解得：v2=（）4v0，

4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：

m4v42=m4v2+m4g•2R，

4号球在最高点：≥m4g，

解得：k≤-1；

答：（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1为；

（2）若已知h=1.0m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，k值为：k≤-1．

解：由题意可知：mA=2mB，

碰撞前A、B的总动能：

E=mAvA2+mBvB2，

碰撞后A、B的总动能：

E=（mA+mB）v2，

整理得：2vA2+vB2=27v2 …①

两球碰撞过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA+mBvB=（mA+mB）v，

整理得：2vA+vB=3v…②

由①②解得：vA=3v，vB=-3v，（vA=-v，vB=5v  不符合题意舍去）

A、B碰撞前速度大小之比：vA：vB=3v：3v=1：1；

答：碰撞前两小球的速度之比为1：1．

解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

由动量守恒得：

mAvA-mBvB=0

联立以上两式解得：

vA=2m/s

vB=2m/s

B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为0时，向右运动的距离最大．

由动能定理得：-μmBgSm=0-

解得：Sm==1m

（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小为0，然后反方向做匀加速运动，

到皮带左端时速度大小仍为vB=2m/s

由动量定理得：-μmBgt=-mBvB-mBvB

解得：t==2s

B向右匀减速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q1=μmBg（+Sm）

B向左匀加速运动因摩擦力而产生的热能为：

Q2=μmBg（-Sm）

Q=Q1+Q2=μmBgvt=20J

（3）设弹簧p将A弹开后的速度为vA‘

由能量守恒知：

B离开弹簧后与A交换速度，则

要是B与弹簧不再相撞，则B至少滑到Q端即

由以上三式得E＞6J

答：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离为1m；

（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程B与传送带间摩擦产生的热能Q为20J．

（3）B从滑上传送带到返回到N端B回到水平面后被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带，则P锁定是具有的弹性势能E＞6J

解：（1）由动能定理得 qEL1= 得

（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得

mv1=m+4mv

解得，v=＜，由于B与A同向运动，故不可能，

∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-

根据动量守恒定律得

mv1=-m+4mv 解得 v=

（2）由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为 v==

物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，

v2=v1′+at

两物体第二次相碰时，位移相等，则有

vt=v1′t+

得 v=v1′+at，

又a=

联立解得，v2=

（3）设物体在两次碰撞之间位移为S

由-=2aS

得 S===

故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为 W=qE（L1+S）=．

答：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1是．

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为和．

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为．

解：人推球过程，水平方向上动量守恒：0=m2v0-m1v1，

代入数据得：v1=0.1m/s

球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m2v0=-m2v2+m3v3，

机械能守恒：，

得：

∵v2＞v1，所以人能再接住球．

人接球过程（以向右为正），由动量守恒有：m1v1+m2v2=（m1+m2）v共，

∴．

答：人能再接住球，接到球后人的速度为m/s．

解：（1）A→B过程，由机械能守恒定律得：MgR=MvB2      ①

在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M                ②

由①②解得：N=3Mg，

由牛顿第三定律可得：物体M对轨道的压力大小：N′=N=3Mg，方向向下．

（2）设M与m碰前速度为v0，动能定理得：-μMgL0=Mv02-MvB2      ③

碰撞后M、m的速度分别为v1和v2，

由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mv2            ④

由机械能守恒定律得：Mv02=Mv12+mv22        ⑤

碰后，M运动到C的过程，由动能定理得：-μMg（2R-L0）=0-Mv12           ⑥

联立解得：L0=R；

（3）当L0=R，碰后m运动到C的过程，

由动能定理得：-μmg（2R-L0）=mvC2-mv22   ⑦

联立①③④⑤解得：vC=，

若m恰能到达D点，即到达D点时速度减为零

i）若传送带向下运行，则m在传送带上一直向上做匀减速运动，设其运动的距离为s时，速度减为零，

由动能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-mvC2      ⑧

解得：s=R＜2R，故m不能到达D点；

ii）若传送带向上运行，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在传送带上不可能加速向上运动．

a）若u＞vC=，m将一直向上匀减运动，设速度为零时运动的距离为x，

由动能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-mvC2    

解得：x=3.75R＞2R，故u＞vC=，一定能将m送到D点．

b）若u＜vC=，它将先相对传送带向上（摩擦力向下）匀减速到u，

然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0．由动能定理得：

-mgs1sinθ-μmgs1cosθ=mu2-mvC2      ⑨

-mgs2sinθ+μmgs2cosθ=0-mu2       ⑩

解得：s1+s1=2R，解得：u=，

所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足u≥，方向向上．

答：（1）M到达B点时对轨道的压力为3Mg，方向向下；

（2）L0=R时，M恰滑到C点；

（3）当L0=R时，为确保将m送到D点，传送带的运行速度u应满足的条件是：u≥，方向向上．

解：（1）A、核反应前后质量数和核电荷数守恒，

①12H+13H→24He+X  得：X为01n

②92235U+X→54140Xe+3894Sr+2Y  得：Y为01n   故A正确．

B、③1124Na→1224Mg+Z  得：Z为-10e   故B错误．

C、方程①是核聚变反应，故C正确．

D、方程③是β衰变，故D错误．

故选AC．

（2））①设炮弹质量为m，则依题意有

炮弹爆炸过程内力远大于外力，满足动量守恒，则依题意有   

 解得v=5v0

炸后a、b弹片均做平抛，且高度相同，落地所用时间相同，则有    

解得xD=5L

②爆炸前后总能量守恒，则有

解得△E=4mv02=8E0

故答案为：

（1）AC

（2）①弹片b的落地点D的横坐标为5L；

②炮弹爆炸时，由化学能转化成的机械能为8E0