热门试卷

解：①物块与障碍物碰后，物块和小车系统动量守恒，以小车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

Mv0-mv0=（M+m）v1，

代入数据解得：v1=1m/s；

②从开始到第二次碰撞后物块与平板车相对静止过程中系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv1-mv1=（M+m）v2，

由动能定理得：-μmgL=（M+m）v22-（M+m）v02，

代入数据解得：L=1.5m；

答：①与A第一次碰撞后，物块与平板车相对静止时的速率为1m/s；

②从初始时刻到第二次碰撞后物块与平板车相对静止时，物块相对车发生的位移为1.5m．

解：（1）由动量守恒定律得：（m1+m2-△m）v船-△mv1=0

得：v船=

（2）对喷射出的气体运用动量定理得：F△t=△mv1

解得：F=

由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F=

答：（1）喷射出质量为△m的液体后，小船的速度是；

（2）喷射出△m液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是．

解：①小滑块以水平速度0右滑时，根据动能定理得：

-fL=0-

解得：f=

②小滑块以速度滑上木板到运动至碰墙时速度为1，则有

-fL=-

滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为2，则根据动量守恒和能量守恒有：

mv1=（m+M）v2，

fL=-

上述四式联立，解得：=

答：①小滑块与木板间的摩擦力大小为；

②现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，的值为．

解：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v0，而铁块的速度未变，仍是v0，方向向右．

铁块与小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，

解得：v===1m/s，方向：水平向左；

答：小车与铁块的共同速度v大小为1m/s，方向：水平向左．

解：（1）假设B的速度从v0减为vB=4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，

由动能定理 μmBgL=    ①

代入数据解得：vA=1m/s＜vB，故假设成立

在A向右运动路程L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒

 mBv0=mAvA+mBvB   ②

联立①②解得 v0=6m/s                                                  

（2）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律：

  mBv0=mAvA1+mBvB1  ③

以A为研究对象，由动能定理

 μmBg（L+x）=    ④

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即

  mAvA1≥mBvB1     ⑤

由③⑤得：mBv0≤2mAvA1 ⑥

解得vA1≥==1.5m/s⑦

由④⑦联立解得  x≥0.625m  

答：

（1）B的初速度值v0为6m/s．

（2）当x≥0.625m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞．

解：（1）A、B相碰满足动量守恒：mv0=2mv1

解得两球跟C球相碰前的速度v1=1 m/s

（2）两球与C碰撞同样满足动量守恒：

2mv1=mvC+2mv2

得两球碰后的速度v2=0.5 m/s，

两次碰撞损失的动能：|△Ek|=mv02-•2mv22-mvC2

解得|△Ek|=1.25 J

答：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为1 m/s；

（2）两次碰撞过程中一共损失了1.25J的动能．

解：由运动分析可知当二者的速度相等时，弹簧的长度最短，弹性势能最大，动能损失最多，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，

代入数据解得：v=1.0m/s，

则系统动能的减小量为：△EK=mv02-（m+m）v2，

代入数据解得：△EK=2J；

答：当A、B速度相等时，系统动能损失最大，损失的动能为2J．