热门试卷

解：（1）A与B碰撞后的速度为V1，规定向右为正方向，动量守恒得：

I=mv

2mv1=mv

由功能关系，E损=×2mv-mv2

联立解得  E损=

（2）AB与C一起压缩弹簧，然后弹簧再次恢复自然长度时，滑块C速度最大，

规定向右为正方向，由系统动量守恒得：

2mv1=2mv2+mvm，

根据机械能守恒：

×2mv=×2mv+×mv

联立解得   vm=

答：（1）AB碰撞过程中损失的机械能

（2）运动过程中物体C的最大速度

解：（1）设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，

对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒

解得：

（2）设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向．

对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有

 m1v1=m1v‘1+m2v2

根据机械能守恒有 

解得：

设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，

对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有 m2v2=m2v'2+m3v3

根据机械能守恒有 

同理可解得：3号小球被碰后的速度 

即3号小球与P小球发生第一次碰撞前的速度大小 

（3）由（2）中的结果可推知5号小球被碰后的速度 

因为5号小球与P小球质量相等，可知二者发生碰撞后交换速度，

所以P小球第一次被碰撞后的速度 

P小球第一次被碰撞后恰好能通过圆轨道的最高点D，设其通过最高点的速度为vD，

根据牛顿第二定律P小球在D点有

解得：

P小球由A到D的运动过程，机械能守恒有

解得：

将代入上式联立解得：

答：（1）1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小是；

（2）若N=3，求第3个小球与P小球发生第一次碰撞前的速度v3的大小是；

（3）若N=5，当半圆形轨道半径R=h时，P小球第一次被碰撞后恰好能通过轨道的最高点D，k值的大小是-1．

解：（1）由图乙知，刚释放弹簧时，P1具有的加速度为：a=…①

由胡克定律得此时弹簧弹力为：F=kx…②

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma…③

解得弹簧的劲度系数为：k=…④

由图乙，P1离开弹’簧时的速度为：v1=…⑤

之后P1做加速度为：a==μg的匀‘减速直线运动到M时速度为零，由匀变速直线运动的速度位移公式得：

0-v12=2（-a）s…⑥

解得O、M距离为：s=…⑦

（2）P2与P1碰前瞬间速度为v2，碰后结合体P的速度为v3，碰撞前后动量守恒，以p2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv2=2mv3…⑧

碰后P2、P1结合体P能在地面上往左匀减速回到O点时速度为v，由速度位移公式得：

v2-v32=2（-a）s…⑨

若P2在传送装置上一直加速到M点，则有：v22-0=2al…⑩

由⑧⑨⑩解得：v=…⑪

要使结合体P能回到O点，必须v=≥0，即l≥…⑫

若P2在传送装置上一直加速到M点时刚好与传送装置达到相同速度，即有v2=v′=ωr…⑬

⑬代入⑩式解得：l=…⑭

i：当≤l≤时，P2在传送装置上一直加速，并最终结合体P能回到O点，回到O点时的速度为：v=…⑮

ii：当≤l≤时，P2在传送装置上先加速后匀速，与P1碰前瞬间速度始终为v2=v′=ωr，代入⑧⑨式得：v=ωr…⑯

答：（1）弹簧的劲度系数k=，O、M的距离s=；

（2）l的取值范围以及P回到O点时的速度大小v与l的关系表达式为：当≤l≤时，v=；当≤l≤时，v=ωr．

解：木板与墙发生弹性碰撞后速度立即反向而速度大小不变，此后，木板和重物在水平方向上动量保持不变，根据动量守恒有：

mv0+m（-v0）=（m+m）v

可得重物和木板保持相对静止时，两者的共同速度v=0

对于重物，在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小a=μg

所以根据匀变速直线运动的速度时间关系知，此过程经历时间t==

此过程中重物的位移

对于木板而言，同样在摩擦力作用下做匀减速运动加速度大小亦为a′=μg

此过程中木板的位移

木板和重物位移大小相等，方向相反，因为重物最后恰好停在长木板中间位置，所以木板的长度等于2倍的重物和木板位移大小之和即：

L=2（x+x′）==

答：木板与墙碰撞到与重物保持相对静止的过程所用的时间为，木板的长度为．

解：①小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mgh=mvA2，mg•h=mv12，

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：mvA=-mv1+5mvB，

代入数据解得：vB=1m/s；

②经过时间t，B与传送带速度相等，

由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+μgt，

代入数据解得：t=1s，

物块滑行的距离：s=t=3.5m=L，

物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，

系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，

由机械能守恒定律得：•5mv02=（5m+25m）v2+5mgR，

代入数据解得：R=1.5m；

答：①小球和物块相碰后物块B的速度大小为1m/s．

②小车上半圆轨道的半径大小为1.5m．

解：（1）在轨道的最高点，根据牛顿定律得：…①

由题意可知：FN=（m1+m2）g…②

从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：

 …③

由①②③式代入数据解得：v=6m/s…④

（2）两物块碰撞的过程中系统动力守恒，以向右为正方向，

根据动量守恒定律得：m1vA=（m1+m2）v…⑤

物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理得：

…⑥

由④⑤⑥式并代入数据得：μ=0.5…⑦

答：（1）物块A与B刚碰后一起运动的速度v为6m/s；

（2）物块A和地面间的动摩擦因数μ为0.5．

解：（I）两车碰撞过程中，系统动量守恒，以甲的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：m1v1-m2v2=（m1+m2）v3

解得：v3=0.9m/s

则碰撞过程中，机械能的损失量为

（II）取向右方向为正，根据动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=m1v甲+m2v乙，

对乙由动量定理得I=m2v乙-（-m2v2）；

当v甲=v乙时，解得v乙=0.9m/s，甲对乙的冲量最少为I1=84kg•m/s，

当v甲=-v乙时，解得v乙=4.5m/s，甲对乙的冲量多I2=300kg•m/s，

甲对乙的冲量的数值范围为84kg•m/s≤I≤300kg•m/s．

答：（Ⅰ）若两车碰撞后粘在一起，在碰撞过程中，系统损失的机械能为147J；

（Ⅱ）若甲乙第一次接触以后，两车不再发生第二次碰撞，则甲的推力对乙的冲量的数值范围为84kg•m/s≤I≤300kg•m/s．

解：（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度V，以水平向右为正方向，

则mcdV0-mabV0=（mcd+mab）V

∴V=1m/s

（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：

Q=△ΕΚ减=（mcd+mab）（V02-V2）=1.2J

（3）对cd棒利用动量定理：

-BIL•△t=mcd（V-V0）

∴BLq=mcd （V0-V）

又 q==

∴△s=mcd（V0-V）（R1+R2）•=1.5 m

答：（1）金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小是1m/s；

（2）金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热是1.2J；

（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加1.5 m

解：（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒． 以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

解得：v=4m/s；

 （2）小球击中物块瞬间速度最大，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，由牛顿第二定律得：

F-（M+m）g=（M+m），

解得：F=30N；

（3）小球和物块摆动过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（M+m）v2=（M+m）gh，

解得：h=0.8m；

答：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为4m/s；

（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值为30N；

（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.8m．