热门试卷

解：以初速度v的方向为正方向；当A、B两小球发生完全非弹性碰撞时，设碰后B球的速度大小为v1，

由动量守恒定律得：

3mv=（3m+m）v1

解得：v1=v          

当A、B两小球发生完全弹性碰撞时，设碰后A球的速度为v2，B球的速度为v2′，

由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

3mv=mv2+3mv2′

•3mv2=•mv+•3mv2′2

以上两式联立可解得：v2′=v，v2′=v（舍）          

所以碰撞后B球的速度大小范围为v≤vB≤v             

答：碰撞后小球B的速度大小范围为v≤vB≤v

解：（1）第118号元素的电荷数为118，第112号元素的电荷数是112，则根据电荷数守恒得粒子x是：118-3×2-112=0．故该粒子x是中子．故选A

（2）由于A球与左墙壁碰撞前后无机械能损失，所以A球与左侧墙壁碰撞后的速度大小仍为v0，方向水平向右．由题意分析可知，在A球与墙壁碰撞后继续运动的过程中，当两球的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒，得：

mAv0-mBv0=（mA+mB）v

=

联立解得：v0==1m/s

故答案为：（1）A；（2）v0的大小是1m/s．

解：（1）对小球P，由机械能守恒定律得：

m1=m1gh

取水平向右为正．对小球P、Q，由动量守恒定律得：

0=-m1v1+m2v2

在C点，由牛顿第二定律得：

F-m2g=

联立以上各式代入数值得：F=46N

由牛顿第三定律得：小球Q在C点时对轨道压力的大小46N．

（2）由能量的转化及守恒定律得：

Ep=m1+m2

代入数值得：Ep=13.5J

（3）小球Q从C点到D点，由动能定理得：

-m2gR=m2-m2

小球Q进入圆筒做竖直上抛运动

d=vDt-gt2

联立以上各式代入数值得：t1=0.1s，t2=0.3s（舍去）

由题意知：t1=（2n+1）n=0，1，2，3…

则：T=  n=0，1，2，3…．

答：（1）小球Q在C点时对轨道压力的大小是46N；

（2）弹簧锁定时的弹性势能是13.5J；

（3）圆筒转动的周期T=，n=0，1，2，3…．

解：（1）设A，B的质量分别为2m和m，当二者速度相等时系统动能最小，设A的初速度为v0，规定A的方向为正方向，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv，

二者的最小动能为：，

联立解得：．

（2）第一次碰后A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设第一次碰后A的速度为V1，B的速度为V2，从第一次碰后到A追上B过程：

，

第一次碰撞过程由动量守恒：2mv0=2mv1+mv2，

损失的动能为：-+，

代入可解得：．

答：（1）二者在第一次碰撞中系统的最小动能为；

（2）第一次碰撞中系统损失的动能为．

解：（1）由题意可以判断到a球恰好过最高点，最高点的速度为v1，

解得：

b球过最高点时的速度大小为v2，两球获得相同的动能，根据能量守恒，有：

（2）因为两球弹开时具有相同的动能，则

最高点有：

解得：

由作用力和反作用力可得小球通过最高点时对轨道的压力为，

（3）ab两球离开轨道后做平抛运动，CD的距离等于两球平抛运动的水平距离之和，

a球运动的时间，所以a球水平位移=2R，

设b球到达最高点的速度vb，则

…①，

b球运动的时间…②，

b球的水平位移…③

由①②③解得：xb=2

则CD=xa+xb=2R+2．

答：（1）弹簧释放的弹性势能为5mgR；

（2）另一个小球通过最高点时对轨道的压力是；

（3）若两小球恰好落到同一点，CD的最大长度为2R+2．

解：（1）A刚好没有滑离B板时，VA=VB=V，A在B的最左端，设向右为正方向，则有：

MV0-mV0=（M+m）V

解得：，

因m＜M，则V＞0，说明共同速度方向向右．

（2）A、B系统损失的机械能：

（3）当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：

A、B系统损失的机械能转化为热能：

由上两式得：

答：

（1）它们最后的速度大小为，速度方向向右．

（2）A、B系统损失的机械能为．

（3）小木块A向左运动到达的最远方（从地面上看）离出发点的距离为．

解：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=m•+Mv…①

解得：v=v0…②

（2）由能量守恒定律得，系统的机械能损失为：

△E=mv02-[m（）2+Mv2]…③

由②③式得：△E=（3-）mv02…④；

答：（1）子弹穿过物块后物块的速度v为v0；

（2）此过程中系统损失的机械能为（3-）mv02．