热门试卷

解：（1）两物体从D开始做平抛运动，设抛出时的速度为v1，有：

d=gt2…①s=v1t…②

代入数据解得：v1=2m/s…③

（2）两物体在最高点有：2mg-N=2m…④

解得：N=16.8N…⑤

由牛顿第三定律知两物体对圆弧压力为N′=16.8N…⑥

（3）设P在碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后瞬间速度为v2，两物体碰撞由动量守恒定律得：

  mv0=2mv2…⑦

两物体碰后从B滑至D由机械能守恒得：（2m）v22=（2m）v12+2mgd…⑧

P被轻弹簧弹出过程由机械能守恒得：Ep=mv02…⑨

解③⑦⑧⑨得：Ep=208J…⑩

答：（1）两物块水平抛出抛出时的速度为2m/s．

（2）两物块运动到D点时对圆弧的压力N为16.8N．

（3）轻弹簧被压缩时的弹性势能EP为208J．

解：设两球第一次碰撞后速度分别为v1′和v2，取向右为正方向．

由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2…①

由机械能守恒定律得：m1v12=m1v1′2+m2v22…②

解得：v1′=v1，v2=v1 …③

要使两球发生二次碰撞，|v2|＞|v1′|，

解得：＞；

答：两小球的质量需满足的条件：＞．

解：①设AB共同速度为V，规定向右为正方向，A、B接触的过程中AB系统的动量守恒，

mv0=2mv

系统损失的机械能

△E=m-mv2

解得△E=m

②弹簧恢复原长时，C的速度最大．设C的最大速度速度为vC

A、B、C组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，

2mv=2mvAB+mvC

根据能量守恒得：

mv2=m+m

解得 vC=

答：①整个系统损失的机械能是m．

②物块C的最大速度是．

解：（1）飞船和空间站的加速度为：a===0.125m/s2

以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=（M+m）a

900=（3200+m）×0.125

得：m=4000 kg　

（2）以空间站为研究对象，根据牛顿第二定律有：N=ma=4000×0.125=500N；

答：（1）空间站的质量4000 kg；

　（2）在8s内飞船对空间站的作用力为500N．

解：子弹击中木块的过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

代入数据解得：v=1m/s，

对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：

-μ（M+m）gs=0-（M+m）v2，

代入数据解得：μ=0.2；

答：此桌面与木块之间的动摩擦因数为0.1．

解：（1）为了验证两球碰撞过程动量守恒，需要测量两小球的质量，小球1质量m1，小球2质量m2，小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出，所以还需要测量OC与OB夹角，需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度，需要测量水平位移S和桌面的高度h．

（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m1gL（1-cosα）=m1v12，解得：v1=．则P1=m1v1=m1．

小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，

由机械能守恒定律得：-m1gL（1-cosβ）=0-mv1′2，解得：v1′=，则P1′=m1．

碰前小球B静止，则PB=0；

碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=v2′t，竖直方向 h=gt2，联立解得v′2=s•，则碰后B球的动量P2′=m2s•．

故答案为：（1）小球1质量m1，小球2质量m2，桌面高度h，OC与OB夹角．

（2）m1，m2s•

解：（1）设小球第一次从斜劈B滑下离开时，小球和斜劈B的速度分别为v1和v2，以向右为正方向，由动量守恒可得：

mv0=mv1+kmv2，

由机械能守恒可得：

，

联立解得小球速度为：，斜劈B速度为：；

（2）设小球第一次滑下离开斜劈A时，小球和斜劈A的速度分别为和，

以向右为正方向，由动量守恒可得：mv0=mv1+kmv2，联立解得小球的速度：

，

若小球至少两次向右滑上斜劈B，则必有：，

化简得：k2-4k-1＞0，

解得：，故k=5、6、7；

答：（1）当小球第一次从斜劈B滑下离开时，小球的速度是v0；

（2）若小球至少两次向右滑上斜劈B，k的取值范围是k=5、6、7．

解：设m1与m2碰前的速度为v0，由机械能守恒定律：

设m1与m2碰后的速度分别为v1、v2，选水平向右为正方向，由于弹性正碰，有：m1v0=m1v1+m2v2，

依题意有：v2=-v1

联立可得：m1：m2=1：3 

两球碰后的速度大小为：

答：m1与m2的比值为1：3，碰后两球的速度大小都为．

解：①核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒

→+

②根据动量守恒定律

 PHe-PY=0   

而动量和动能关系式为；

  E=

∴P2=2mE

设质子的质量为m0，则有

2×4m0E0=2（a-4）m0Ey

∴Ey=E0      

释放 总能量为：

 Ek=E0+Ey=E0  

由质能方程知：

Ek=△mC2∴△m=

答（1）核反应方程

→+

（2）质量亏损

解：（1）以a球为研究对象，在a求下滑到C点过程中，由动能定理可得：mgh=mv2-0，

解得a的速度v=；                                

（2）a与b两球碰撞过程动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv=（m+0.5m）v′，

解得：v′=，

两小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得：T-1.5mg=1.5m，

解得：T=mg＞2mg，细绳会断裂，细绳断裂后，小球做平抛运动，

竖直方向：0.5h=gt2，

解得：t=，

故落点距C的水平距离为：s=vt=×=，

小球最终落到地面距C水平距离处．

答：（1）a与b球碰前瞬间，a的速度为； 

（2）a、b两球碰后，细绳会断裂；小球在DE水平面上的落点距C的水平距离是．

解（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，

在C点，由牛顿第二定律得：mg=m，

B离开C点后做平抛运动，

竖直方向：H=gt2，

水平方向：S=vCt，

代入数据解得：S=1m；

（2）B从绳子断裂到到达C的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mBvB2=mBg•2R+mBvc2，

代入数据解得：vB=5m/s；

（3）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，有EP=mBv12，

设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，由动量守恒定律有：

mBv1=mBvB+mAvA，

由动能定理得：W=mAvA2，

代入数据解得：W=8J；

答：（1）B落地点距P点的距离为1m；

（2）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小为5m/s；

（3）绳拉断过程绳对A所做的功W为8J．

解：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：

mv0=2mv1，

代入数据解得：v1=1 m/s；

两球与C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：

2mv1=mvC+2mv2，

代入数据解得，v2=0.5 m/s，

由能量守恒定律得：△Ek=•2mv12-•2mv22-mvC2，

代入数据解得：△Ek=0.25 J；

答：A、B与C碰撞过程中系统损失的机械能为0.25J．