热门试卷

解：（1）设物块 m1由静止滑到光滑水平面Ⅰ上时的速度为v1，由机械能守恒有：

m1gh=m1v12

选取物块 m1物块 m2为研究的对象，物块 m1碰物块 m2的过程中动量守恒，选取向右为正方向，则：

m1v1=（m1+m2）v2

解得物块 m2的速度v2=6m/s

（2）设物块 m3滑上木板的速度为v3，与木板相对静止时共同速度为v4 由动量守恒

得：m3v3=（m3+M）v4

由能量守恒：

联立解得：v3=5m/s

v4=1m/s

由动量定理可知物块 m3受到的合冲量大小为：

I=m3v3-m3v4

解得：I=4N⋅S

答：（1）物块m1碰到物块m2后，物块m2的速度大小是6m/s；（2）m3在滑上木板到相对木板静止过程中，物块m3受到的合冲量大小是4N•s．

解：①因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mAv0=mAvA+mBvB    

解得vA=

代入数据解得vA=-4 m/s，方向与A的初速度方向相反．

②第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为vB′，C的速度为vC

由动量守恒定律得mBvB=mBvB′+mCvC

由机械能守恒定律得mBvB2=mBvB′2+mCvC2

得vC=vB

代入数据解得vC= m/s．

答：①A、B碰撞后A的速度为4m/s，方向与A的初速度方向相反．

②弹簧第一次恢复原长时C的速度为．

解：①B与C碰撞前，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=mAmA+mBvB，

B的速度最大时，弹簧处于原长，由能量守恒定律得：

mAv02=mAvA2+mBvB2，

联立得：vA=v0，vB=v0；

②B、C碰撞过程动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBvB=mBvB′+mCvC′，

由能量守恒定律得：mBvB2=mBvB′2+mCvC′2，

联立得：vB′=-v0，

A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA+mBvB′=（mA+mB）v，

由能量守恒定律得：mAvA2+mBvB′2=（mA+mB）v2+EP；

联立得：EP=mv0；

答：①B达最大速度时，A和B的速度为：vA=v0，vB=v0；

②B以最大速度与C相碰后，弹簧所具有的最大弹性势能mv0．

解：（1）对于平抛运动，根据平行四边形定则有：vB=2v0．，

从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：

，

刚到达C点时有：，

根据牛顿第三定律得，FC′=FC，

代入数据解得FC′=5N．

（2）木块在木板上滑行的过程，根据动量守恒定律得mvC=mv1+Mv2，

根据能量守恒有：，

代入数据解得L=1m．

答：（1）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力为5N．

（2）木板的长度为1m．

解：要使原子发生跃迁，则原子吸收能量最小为△E，因此电子与原子碰撞的能量损失最小为△E，

当电子与原子发生完全非弹性碰撞时能量损失最多，设电子与原子碰后的共同速度为v，碰撞过程动量守恒，

以电子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m0）v，电子的动能：EK=mv02，

碰撞过程，由能量守恒定律得：△E=mv02-（m+m0）m02，

解得，入射电子的最小动能：EKmin=△E；

答：入射电子的最小动能为△E．

解：①由题意可知，木板A和B发生弹性正碰，碰后A的速度v1，B的速度为v2，对A、B组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得

mv0=mv1+mBv2

2×8=2×2+4×v2

v2=3m/s

②与B碰后，B、C组成的系统动量守恒，B、C最后的共同速度为v3

mBv2=（mB+mC）v3

4×3=（4+mC）v3

要使A与B不会发生第二次碰撞，则v3≥v1

即≥2

解得mc≤2

答：①碰后一瞬间B的速度大小3m/s

②试分析要使A与B不会发生第二次碰撞，C的质量小于等于2kg

解：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C（A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力），

根据动量守恒定律得     

 mv0=2mv1

设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC应用动量守恒定律得

mv0+2mv1=3mv2

设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能定理得 

如果C的长度为l，则对A根据动能定理得

连立以上各式可解得  

C走过的距离是C板长度的倍．