热门试卷

解：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v

解得：v=

（2）根据运动学基本公式得：

，

根据位移关系有，

解得：s=

（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．

答：（1）带电环与左极板相距最近时的速度v为；

（2）此过程中电容器移动的距离s为．

（3）此过程中带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．

解：①设物块B冲上小车A时，小车A离障碍物的距离为L′，对于小车A，应用动能定理可得：

-μmgL′=0-mAvA2

带入数据解得：L′=0.125m．

②设物块和小车保持相对静止时速度为v，对于物块和小车组成的系统，动量守恒，设物块的运动方向为正方向，则有：

mBvB-mAvA=（mA+mB）v

设物块B在小车A上滑行的距离为L，有系统能量守恒可得：

μmBgL=mAvA2+mBvB2-（mA+mB）v2

带入数据解得：L=0.75m．

答：①物块B冲上小车A时，小车A离障碍物的距离是0.125m；

②小车A的长度距离是0.75m．

解：①B、C碰撞过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，

A滑上C到A、C相对静止过程，A、C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+mv=（m+m）v′，

解得：v=，v′=v0；

②A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：

fL=mv02+mv2-（m+m）v′2，

以向右为正方向，对A，由动量定理得：

-ft=mv′-mv0，解得：t=；

答：①A物体的最终速度为v0；

②从A滑上木板C到A最终停在木板C最右端所经历的时间为．

解：①地面光滑，A、B组成的系统动量守恒，

系统的初动量水平向右，由动量守恒定律可知，

系统末动量水平向右，则最终A的速度水平向右；

②系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

由能量守恒定律得：mv02=μmg•2L+（M+m）v2，

解得：μ=；

答：①系统动量守恒，系统动量方向水平向右，最终A的速度方向向右；

②B与A间的动摩擦因数为μ为．

解：（1）小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，

以滑块的初速度方向为正方向，滑块上升到最大高度时，滑块与车的速度相等，

由动量守恒定律得：mv=（M+m）v′，代入数据解得：v′=m/s；

（2）系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mv2=（m+M）v′2+μmgL+mgh，

代入数据解得：h=m；

（3）滑块返回过程到水平面过程中，滑块做减速运动，小车做加速运动，

滑块到达水平面AB后，滑块与小车都做减速运动，因此滑块滑到圆弧低端时小车的速度最大，

滑块从最高点回到圆弧轨道最低点过程中，小车与滑块组成的系统水平方向动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=Mv1-mv2，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（M+m）v′2+mgh=Mv12+mv22，

代入数据解得：v1=3m/s（v1=m/s不合题意，舍去）；

答：（1）滑块在最大高度时的速度m/s．

（2）滑块上升的最大高度为m．

（3）小车获得的最大速度为3m/s．

解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，选取向右为正方向，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒：

mv0=（M+m）v   

代入数据解得木块A的速度：v=1 m/s．

（2）弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．设木块相对滑板B向右滑行距离为L．由能量关系，最大弹性势能：

Ep=mv02-（m+M）v2-μmgL

由A、B系统动量守恒知，木块A回到滑板左端，速度仍为v=1m/s  

由能量关系知：EP=μmgL

解得EP=5J

答：①弹簧被压缩到最短时木块A的速度是1ms；

②木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能是5J．

解：设原飞行方向为正方向，则v0=10m/s，v1=50m/s；m1=0.3kg，m2=0.2kg

系统动量守恒：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2

整理得：

代入数据得：v2=-50m/s  

此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反．

答：它的速度的大小是50m/s和方向和正方向相反．