热门试卷

解：（1）子弹击穿木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

设木块的速度为v，则子弹的速度为：v+，由动量守恒定律得：

mv0=4mv+m（v+），解得：v=；

（2）由能量守恒定律可知，系统损失的机械能：

△E=mv02-•4mv2-m（v+）2，

解得：△E=mv02；

答：（1）木块被击穿后的速度为；（2）子弹击穿木块的过程中，子弹和木块共同损失的机械能为mv02．

解：（1）油滴M带正电，所受的电场力方向向上，则板间电场方向向上，所以B板电势较高；

因油滴M在两金属板之间处于平衡，有

 mg=q

所以电势差U=．

（2）油滴N与M相碰后，要不落到B板上，油滴N带正电．

设油滴N带电量为Q，油滴N与M碰前的速度设为v0，有：

 =mg（d+）-

油滴N能与M相碰，=mg（d+）-＞0可得 Q＜3q；

设油滴M与N相碰后结合成大油滴的速度为v，取向下为正方向，

根据动量守恒得

  mv0=（m+m）v

解得 v==

此后，大油滴向下运动，不碰到B板，需有

 •2mv2＜（-2mg

解得：Q＞

所以油滴N带电量可能是q＜Q＜3q．

答：（1）两个金属板A、B间的电压是．B板的电势较高；

（2）油滴N带正电荷，电量可能是q＜Q＜3q．

解：（1）物块丙在C位置受力：（M+m）g-FN=（M+m）

又FN=kx，x=0.2m，

得：FN=10N

解得：vc=1m/s

（2）物块丙从B到C，弹簧的弹性势能不变，物块丙机械能守恒

（M+m）vc2+2（M+m）gR=（M+m）vB2

解得：vB=m/s

物块丙在B位置受力F支-FN-（M+m）g=（M+m）

BC两处弹簧弹力大小相等，

解得：F支=90N

根据牛顿第三定律可知，丙在圆弧轨道B点位置对轨道的压力为90N．

（3）物块甲乙在B处碰撞，根据动量守恒Mv=（M+m）vB

物块甲从A到B过程中，在AB两处弹簧的弹性势能相等，则始末两状态遵循动能定理：

Mv2-Mv02=Wf

解得：v0=6m/s

答：（1）丙过C点时的速度大小为1m/s；

（2）丙在圆弧轨道B点位置对轨道的压力为90N；

（3）物块甲在A点的初速度为6m/s．

解：（ⅰ）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA、vB，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=mAvA+mBvB，

以A为研究对象，由动熊定理：

μmBgx=mAvA2，

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vA，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：

mAvA≥mBvB，

联立并代入数据得：x≥m=1.125m．

（ⅱ）当x=1.125m时，A、B最终处于静止状态，从A开始运动到A、B相对静止过程中，由能量守恒定律得，A、B系统损失的动能：

△EK=mBv02，

代入数据得：△EK=18J；

答：（ⅰ）当x满足：x≥1.125m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞；

（ⅱ）从A开始运动到A、B相对静止过程中A、B系统损失的动能为18J．

解：

（ⅰ）小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设该共同速度为v，小球与曲面组成的系统动量守恒，机械能守恒：

以初速度方向为正方向，由动量守恒可得：

m2v0=（m2+m3）v

由机械能守恒定律可得；

m2v02=（m2+m3）v2+m2gh

联立可解得：h=0.6m

（ⅱ）小孩推球的过程中动量守恒，即：

0=m2v0-m1v1

解得；v1=2m/s；

对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：

m2v0=-m2v2+m3v3

m2v02=m2v22+m3v32

可解得：v2=2m/s；

因v2=v1；所以小孩再不能接住小球

答：（ⅰ）小球在圆弧面上能上升的最大高度为0.6m；（ⅱ）小孩将球推出后不能再接到小球．

解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=，

t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，

木块运动的位移为：s=

木板所受合外力为：F合=F+f=4N，

所以加速度为：a2==1m/s2，

木板运动的位移为：x=

所以有：△x1=s-x=2.5m

（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：

mv+Mv2=（m+M）v1

解得：v1=1.2m/s

对整个系统根据动能定理得：

解得：x1=0.2m

则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m

答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；

（2）木板的长度l为2.7m．

解：（1）根据爱因斯坦质能方程E=mc2，得在该衰变过程中释放出的能量为：△E=△mc2=（m1-m2-m3）c2．质量为m的铀全部衰变的次数为，则铀全部衰变完释放的能量为：△E总==

（2）以太空站为参考系，选火箭前进方向为正方向，设火箭第一次喷射的气体后的速度为v1，第二次喷射的气体后的速度为v2，则根据动量守恒定律得

  第一次喷射气体过程：（M-m）v1-mv0=0

  第二次喷射气体过程：（M-2m）v-mv2=（M-m）v1

解得  v2=（）v-v0．

故答案为：

（1）（m1-m2-m3）c2．．

（2）火箭第二次喷射的气体的速度（相对太空站）为（）v-v0．

解：①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA，

A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=（m+M）v，

代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；

②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：

△E=mvA2-（M+m）v2，

解得：△E=1.5J；

答：①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；

②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．

解：（1）取向右为正方向．对A、B相撞的过程中，对AB组成的系统，由动量守恒定律得：

mv0=2mv1，

解得AB相等的速度为：v1=0.5v0

B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：m×0.5×v0=2mv2

解得：v2=

所以整个系统损失的机械能为：

△E=•m×（0.5v0） 2-•2×m（）2=．

（2）对于整个过程，A、B、C和弹簧组成的系统遵守动量守恒和能量守恒，则得：

  mv0=mvA+2mvBC；

  =△E++

联立解得：vA=-0.28v0，方向与v0相反．

答：（1）整个系统损失的机械能为；

（2）A与挡板分离时，A的速度为0.28v0，方向与v0相反．

解：（1）由牛顿第二定律对A：

μ1m1g=m1a1，

解得：a1=1m/s2，

对B：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2，

解得：a2=0.5m/s2，

（2）设经时间t1B与C碰撞，由匀变速运动的位移公式得：

s=a2t12，

解得：t1=0.8s，

此时A的速度为：v1=v0-a1t1=1.3m/s，

B的速度：v2=a2t1=0.4m/s＜1.3m/s，

B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，B的初速度方向为正方向，B、C碰撞过程，由动量守恒定律得：

m2v2=m2v2′+m3v3′，

由机械能守恒定律得：m2v22=m2v2′2+m3v3′2，

解得：v2′=0.1m/s，v3′=0.5m/s；

（3）B与C碰撞前，B的位移：x2=t1=0.16m，

B、C碰撞后经时间t2，A、B速度相等，速度为v，由速度公式得：

v=v1-a1t2，v=v2′+a2t2，

解得：t2=0.8s，v=0.5m/s，

v恰好等于物块C的速度，由此可知B与C不发生二次碰撞，在该时间内，B的位移：

x2′=t2=0.24m，

设此后A、B一起减速运动直至停止，对A、B系统，

由牛顿第二定律得：a=μ2g=0.5m/s2＜a1，假设成立，

则x3==0.25m，

木板的总路程：L=x2+x2′+x3=0.65m，

由能量守恒定律可知，系统产生的总热量：

Q=m1v02-m3v3′2=2.17J；

答：（1）长木板B开始运动时，A和B的加速度大小分别为1m/s2、0.5m/s2；

（2）长木板B与小物块C碰撞结束瞬间，B和C的速度大小分别为0.1m/s、0.5m/s；

（3）长木板B运动的总路程为0.65m，整个过程中系统所产生的总热量为2.17J．

解：m在A点时，由牛顿第二定律得

    ①

m从B到A的过程中，由机械能守恒定律得

  ②

M离开平台后做平抛运动，则有

        ③

       s=v2t     ④

M与m碰撞前后Mv0=mv1+Mv2 ⑤

由①②③④⑤联立解得v0=6m/s

答：质量为M的小球与m碰撞前的速度为6m/s．