热门试卷

解：（1）小球射入小车和从小车中弹出的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律，得

  …①

  …②

则．…③

此过程中小车动能减少量为，…④

则得 ．…⑤

（2）小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒．由动量守恒定律，得

  …⑥

  …⑦

则，…⑧

同理可推得．…⑨

要使小车停下来，即vn=0，小球重复入射和弹出的次数为，…⑩

故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t=n△T=△T．

答：

（1）小球第一次入射后再弹出时，小车的速度大小为，这一过程中小车动能的减少量2P（v0-）；

（2）从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为△T．

解：碰撞前光子能量为，碰撞后光子的能量为，在碰撞中电子获得了能量，所以光子能量变小，从而 λ1＜λ2  

电子与光子碰撞前后系统的总动量守恒，由动量守恒定律得：

解得：

答：λ1＜λ2，电子物质波的波长．

解：（1）子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右的方向为正，共同速度为v，则有：

mv0=（m+M）v…①

代入数据解得：v=8m/s…②

（2）子弹与木块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（M+m）v2=（M+m）gh，

代入数据解得：h=3.2m；

答：（1）子弹射入木块后的共同速度为8m/s；

（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度为3.2m．

解：①由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

Mv0-mv0=mv1+Mv′

代入数据解得：v′=m/s，方向水平向右；

②在摩擦力作用下物块和薄板最后共同运动，设共同运动速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

Mv0-mv0=（M+m）v

代入数据解得：v=2 m/s，方向水平向右；

答：①当物块的速度为3m/s时，薄板的速度是m/s．

②物块最后的速度是2m/s．

解：（1）在推出和抓住的过程中，小孩、冰车和箱子的总动量守恒．要想刚能避免相碰，

要求抓住后甲和乙的速度正好相等．此就可求得推出时的最小速度．

设箱子推出后其速度为v，甲孩的速度为v1，以甲的初速度方向为正方向，

根据动量守恒可得：mv+Mv1=（m+M） v0，解得：，

设乙孩抓住箱子后其速度为v2，以向右为正方向，

根据动量守恒可得：（m+M） v2=mv-Mv0，解得：，

刚好不相碰的条件要求：v1≤v2，解得：v≥5.2m/s；

（2）设以最小速度推出时甲对箱子做功为W，

对箱子，由动能定理得：，

代入数值可得：W=172.8J；

答：（1）甲至少要以5.2m/s的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；

（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功为172.8J．

解：（1）P1从开始运动到B点的过程中，由动能定理得：

mg（h+R）=

在B点，根据向心力公式得：

解得：N=46N

根据牛顿第三定律可知，P1运动到B点时对滑板的压力大小为46N，方向竖直向上，

（2）P1、P2碰撞过程，根据动量守恒得：mv0=mv1+mv2，根据机械能守恒得：

解得：v1=0，v2=6m/s

设P2在BC段向右滑动时，P1和P保持相对静止，加速度大小为a，则：μ2mg=（M+m）a，a=0.8m/s2，

P1所受的静摩擦力大小为：f=ma=0.8N＜fm=μ1mg=1N，

故P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为0.8m/s2

（3）设P1和P运动位移为x0时，三者共速，则有：

m0=（M+2m）v，

解得：x0=0.625m＞x，说明滑板与槽碰撞时，三者未共速，设此时P2的速度大小为v3，P1与P的速度大小为v4，P2在滑板上的相对位移为L0，则：

mv0=mv3+（M+m）v4，

解得：v3=4m/s，v4=0.4m/s，L0=2.15m

设滑板与槽碰撞后P1和P2继续运动到静止的路程分别为L1和L2，则有：

解得：L1=0.08m，L2=2m

故最终P1与P2间的距离为：△L=2L-L0-L1-L2=1.77m

答：（1）P1运动到B点时对滑板的压力为46N；

（2）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为0.8m/s2；

（3）P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为1.77m．

解：（1）C、A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvC+mvA，

由机械能守恒定律得：mv02=mvC2+mvA2，

解得：vC=0，vA=v0，

因C与A发生了弹性碰撞，碰后C停下，A以V0向用运动，当Va=VB 时，EP最大，

以向右为正方向，对A、B系统，由动量守恒定律得：

，

解得：，

由能量守恒定律的，最大弹性势能为：

EP=mv02-（m+m）v12，

解得：EP=mv02；

（2）A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=mvA′+mvB，

由机械能守恒定律得：

mvA2=mvA′2+•mvB2，

解得：vA′=，vB=；

（3）B与板碰撞后，A、B两球受到相等时弹簧弹性势能最大，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mvA′-mvB=（m+m）v，

解得：v=0，

弹簧的最大弹性势能：EP′=mvA′2+•mvB2，

解得：EP′=mv02；

答：（1）小球B与挡板碰撞前，弹簧弹性势能最大值为mv02；

（2）小球B与挡板碰撞时，小球A、B速度分别为：、；

（3）小球B与挡板碰撞后弹簧弹性势能最大值为mv02．

解：（1）平板车与墙发生碰撞后以原速率弹回，此后平板车与木块所受的合外力为零，总动量守恒，取水平向右为正方向，则有

   Mv0-mv0=（m+M）v

解得v=，

当M＞m，则v＞0，方向向右．

当M＜m，则v＜0，方向向左．

（2）当M＞m时，平板车与墙壁碰撞后先向左减速运动，后向右加速运动到与滑块速度相等，

设平板车向左运动的最大距离是x1，从最大距离处向右运动到速度与滑块速度相同时的距离为x2，

由动能定理得：-μMgx1=0-

μMgx2=

平板车右端距离墙壁的距离为△x=x1-x2=

当M＜m，平板车一直减速到与滑块速度相等，

由动能定理得：-μMgx=-

解得x=

两种情况下，平板车第一次与墙壁碰撞后再次与滑块速度相同时，平板车右端距墙壁的距离相等，即x=△x=．

答：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后再次与滑块速度相同时，两者的共同速度大小是．

当M＞m，则v＞0，方向向右．当M＜m，则v＜0，方向向左．

（2）平板车第一次与墙壁碰撞后再次与滑块速度相同时，平板车右端距墙壁的距离是．

解：①取向左为正方向，设小孩接住箱子后共同速度的大小v2，根据动量守恒定律有，

推出木箱的过程：0=（m+2m）v1-mv

接住木箱的过程：mv+（m+2m）v1=（m+m+2m）v2

解得共同速度：v2=

②小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，设向左为正方向，根据动量守恒：

（m+m+2m）v2=（m+2m）v′-mv

得推出后小孩的速度：v′=v

即小孩的速度等于木箱的速度，则小孩不能再次接住木箱．

答：①小孩接住箱子后共同速度的大小为．

②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，小孩不能再接住木箱．

解：①A、C碰撞过程，根据动量守恒得：mcv0=（mc+mA）vAC

AC一起压缩弹簧到最短的过程，AC和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

联立以上两式解得，EP=12J．

②弹簧弹开时AC速度与第一次碰撞后AC速度大小相同，且在弹簧恢复原长时B物体离开墙壁ABC三物体组成系统动量守恒，但方向向右，

 （mc+mA）vAC=（mA+mB+mC）v

解得：v=1m/s，方向向右．

答：

①AC向左压缩弹簧到最短时，弹簧具有的弹性势能为12J；

②在B离开墙壁之后，弹簧具有最大弹性势能时AC的速度为1m/s．

解：（1）由p=4kg•m/s，代入x=0.64m，m=1kg，

可得，滑块到B点时的速度vB=3.2m/s，

滑块从A到B过程中，由动能定理得：

qEx=mvB2-0，解得：E=8N/C，方向：水平向右；

（2）滑块在C上做圆周运动，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，vC=vB，

代入数据解得：F=35.6N，

由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧C的压力大小为35.6N；

（3）滑块由C到D过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在D点，滑块与小车具有相同的速度v，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvC=（M+m）vD，

代入数据解得：vD=0.32m/s；

（4）滑块能再次通过C点，因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度外，还具有竖直向上的分速度，

因此滑块以后将脱离小车，相对于小车做竖直上抛运动，因不计能量损失，

可知滑块在离开车后一段时间内，始终处于D点的正上方，所以滑块返回时，

一定重新落在小车上的D点，然后再沿圆弧下滑，最后由C点离开小车，

做平抛运动落到地面上；以滑块和小车组成的组成的系统为研究对象，

以滑块滑上C点为初状态，滑块第二次滑到C点为末状态，在此过程系统在水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvC=mvC′+Mv，

由机械能守恒定律得：mvC2+mvC′2+Mv2，

代入数据解得：v=0.64m/s，vC′=-2.56m/s，负号表示与v速度方向相反；

答：（1）匀强电场的大小为8N/C，方向：水平向右；

（2）滑块通过C点时，圆弧C点受到的压力为35.6N，方向竖直向下；

（3）滑块到达D点时，小车速度为0.32m/s；

（4）滑块能第二次通过C点，若滑块能第二次通过C点，则此时，小车速度大小为0.64m/s，滑块的速度为2.56m/s．

解：①以车与物块组成的系统为研究对象，以物块的初速度为正方向，

在整个过程中，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，

由能量守恒定律得：，

解得：△E=20J；

②以车与物块组成的系统为研究对象，以物块的初速度为正方向，

在物块上升到最大高度过程中，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v2，

由能量守恒定律得：，

解得：h=0.5m；

答：①从物块开始滑动至返回A点整个过程中，小车与物块组成的系统损失的机械能为20J；

②物块沿BC弧上升相对AB平面的最大高度为为0.5m．

解：选取A与B组成的系统为研究的对象，假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有：

m1v0=（m1+m2）v1

碰后，A、B一起滑行直至停下，设滑行时间为t1，则由动量定理有：

μ（m1+m2）gt1=（m1+m2）v1

解得t1=0.25s    

假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、v2，则由动量守恒定律有：

m1v0=m1vA+m2v2

由功能原理有

设碰后B滑行的时间为t2，则μm2gt2=m2v2

解联立方程组得

t2=0.5s                              

可见，碰后B在水平面上滑行的时间满足0.25s≤t≤0.5s．

答：碰后B在水平面上滑行的时间满足0.25s≤t≤0.5s．