热门试卷

解：（1）C在B上滑动的过程中，对ABC组成的系统，取向右方向为正方向，由动量守恒得：

mCv0=mAvA+（mB+mC）v…①

上式带入数据得：vA==m/s=1m/s…②

（2）当C刚离开A时AB有共同的速度vA，对于三个物体组成的系统，由动量守恒得：

mCv0=（mA+mB）vA+mC vC′…③

上式带入数据得：vC′==m/s=11m/s…④

答：（1）A运动的速度vA=1m/s．

（2）小铁块C刚离开A时的速度vC′=11m/s．

解：（1）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零时向左运动的距离最远．对木板运用动能定理：

-mv02=-2μmgx1，

解得：x1=；

（2）木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：

2mv0-mv0=（2m+m）v，

解得：，

由动能定理得：•3mv02-•3mv2=2μmgx2，

解得：x2=；

（3）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零，

再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：

木板在第一个过程中，由动量定理有：mv-m（-v0）=μ2mgt1，

由动能定理有：，

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2，

木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间：t=t1+t2=+=．

答：（1）木板第一次与墙碰撞后向左运动的最远距离为；

（2）木板第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞前重物在木板上移动的距离为；

（3）木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为．

解：（1）设A、B相碰前A的速度大小为v，由动能定理：…①

代入数据解得：v=9m/s…②

（2）设A、B相碰后A、B的速度大小分别为vA、vB．A、B相碰，动量守恒：mAv=mAvA+mBvB…③

设A、B相碰后到停止运动所通过的位移分别为sA、sB．由动能定理：

对A：…④

对B：…⑤

依题意：sB-sA=△s=19.5m…⑥

联立解得：vA=5m/s，vB=8m/s…⑦

A、B碰撞过程中的能量损失：…⑧

联立得：△E=24J…⑨

答：（1）相碰前A的速度大小为9m/s．

（2）碰撞过程中的能量损失为24J．

解：（1）对F作用在A上的过程中，根据动量定理得：

Ft=mAvA

解得：

（2）碰撞过程，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：

mAvA=（mA+mB）v共

解得：v共=3m/s

（3）由动能定理得：．

答：（1）撤去拉力F时物体A的速度为9m/s；

（2）碰后A、B物体的共同速度为3m/s；

（3）碰撞过程中物体B对A做的功为-36J．

解：①木块和子弹组成的系统在相互作用过程中动量守恒，木块获得的速度为v‘，则有：m0v0=m0v+Mv'

解得：v'=3m/s…（1）

设子弹对木块的冲量为I，由动量定理可得：I=△P=Mv'-0…（2）

解得I=3N•s方向水平向右…（3）

②由题意可得，子弹射穿木块后圆环向右运动过程中，当木块从最高点运动到圆环正下方时，圆环速度最大．设此时木块和圆环的速度分别为v1和v2，木块与圆环组成的系统满足动量守恒和机械能守恒．Mv'=Mv1+mv2…（4）

…（5）

联立并代入数据解得：v2=4m/s…（6）

答：①当子弹射穿木块时，子弹对木块的冲量是I=3N•s方向水平向右；

②当子弹射穿木块后，圆环向右运动的最大速度是4m/s．

解：①弹簧第一次恢复原长过程甲、乙和P系统动量守恒：

  0=2Mv1+mv2

弹簧第一次恢复原长时

 E0=+

联立解得：

 v1=1.0m/s，方向向右．

②在之后的运动中，乙车向右匀速运动，甲车开始减速，甲乙分离，甲车和P的动量守恒，当它们的速度相等时弹簧的弹性势能最大．

  Mv1+mv2=（M+m）v3

  E′=（+）-

解得：E′=J

答：

①弹簧第一次恢复原长时乙车的速度为1.0m/s；

②弹簧第一次恢复原长后，弹簧的最大弹性势能为J．

解：（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒可得：

（mA+mB）v0=mAvA+mBvB

EP+（mA+mB）v02=mAvA2+mBvB2

联立得：vA=0，vB=3m/s

（2）由牛顿第二定律可得，对B：aB=μ2g=1m/s2

对AC：μ2mBg=（mA+m）a

又因：mAa＜μ1mAg

故AC的共同加速度均为1m/s2

对ABC整体来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒可得：

mBvB=（mA+mB+m）v

Q=mBvB2-（mA+mB+m）v2

得：Q=4.5J，v=1.5m/s

（3）C和挡板碰后，先向左匀减速运动，速度减至0后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A达到共同速度v1，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达到共同速度v2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故C向右不能一直匀加速到挡板处，所以挡板再次碰撞前三者已经达到共同速度．

aA=μ1g=2m/s2，aB=μ2g=1m/s2

μ1mAg+μ2mBg=mac

ac=4m/s2

v1=v-aAt=-v+act

v1=0.5m/s    t=0.5s

xA1=t=0.5m

xc1=t=-0.25m

AC间的相对运动距离为：xAC=0.5+0.25=0.75m．

答：（1）弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是vA=0，vB=3m/s；

（2）已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，在到达共同速度之前A、B、C的加速度均为1m/s2；

该过程中产生的内能为4.5J；

（3）已知C与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失，在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离为0.75m．

解：两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，设B球碰后速度为υ′，由动量守恒定律得：

mυ=m•υ+3mυ′，

接的：υ′=，

碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度不可能小于B球速度，故A球碰撞后方向一定改变，A球动量应为m（-）．

由动量守恒定律得：

mυ=m（-）+3mυ″，

解得：υ″=．

答：碰撞后B的速度为v．

解：两车挂接时，因挂接时间很短，可以认为小钢球速度不变，

两车挂接过程中，两车组成的系统动量守恒，以车厢的初速度方向为正方向，

由动量守恒可得：mv0=（m+m）v，

两车挂接后，小球做平抛运动，

h=gt2，代入数据解得：t=0.6s，

t时间内平板车移动距离：s1=vt，

t时间内小球水平飞行距离：s2=v0t，

小球距平板车左端距离：x=s2-s1=2.4m，

代入数据解得：v0=12m/s；

答：v0为12m/s．

解：（ⅰ）子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

2mv0=（2m+M）v

解得：

（ⅱ）由于第一发子弹射入木块之后，木块已经获得了速度，根据能量守恒定律可知，两发子弹射入木块的过程中产生的热量不相同． 

根据能量守恒定律，两发子弹射入木块的过程中共产生的热量：

Q=

答：（i）木块的最终速度为；

（ii）两发子弹射入木块的过程中产生的热量不相同，它们共产生的热量是．