热门试卷

解：（1）木块和木盒分别做匀减速运动，加速度大小分别为：aA=μAg=1m/s2 aB=μBg=2m/s2    

设经过时间T发生第一次碰撞  则有：

L-l=SA-SB=V0T-

代入数据得：T=2s          

（2）碰前木块和木盒的速度分别为：

VA′=V0-aAT=16m/s    VB′=V0-aBT=14m/s

相碰过程动量守恒有：mvA′+mvB′=mvA+mvB

根据机械能守恒有：

代入数据得：vA=vB′=14m/s  方向向右                                     

vB=vA′=16m/s  方向向右                                               

（3）设第一次碰撞后又经过T1时间，两者在左端相遇有：L-l=SB-SA

SB=vB T1-

SA=vA T1-

代入数据得；T1=T=2s          

在左端相碰前：木块、木盒速度分别为：v‘2A=vA-aAT'=12m/s   v'2B=vB-aBT'=12m/s

可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同               

同理可得：木块、木盒经过同样时间t2=2T，第二次在左端相遇 v'3A=v'3B=6m/s

木块、木盒第三次又经过同样时间t3=2T在左端相遇，速度恰好为零．由上可知：木块、木盒，最后能同时停止运动                                              

经历的时间：t总=6T=12s                                                 

（4）由（2）归纳可知：v0=6K（K取：1，2，3…）                   

答：（1）开始运动后经过2s时间A、B发生第一次碰撞；

（2）第一次碰撞碰后的速度vA=14m/s  方向向右；vB=16m/s  方向向右．

（3）木块、木盒，最后能同时停止运动，经历的时间：t总=6T=12s

 （4）初速度v0=6K（K取：1，2，3…）

解：子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：m0v0=（m0+M）v1，解得：，

而后子弹B、A共同作用中A、B相对静止时B上升的最大高为h，

有共同的向右速度为V2．子弹、木块、环系统水平方向动量守恒，

以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

m0v0=（m0+m+M）v2，v2=，

由机械能守恒定律得：（m0+M）v12=（m0+m+M）v22+（m0+M）gh，

代入数据解得：h=0.15m；

答：B以后能上升最大高度h为0.15m．

解：①碰撞过程动量守恒，有

M v1=（m+M） v2

代入数据解得v1：v2=5：4

②设甲乙两物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则由动能定理可知甲乙碰撞前，对于甲：

，

碰撞后两物体共同向前滑动，由动能定理得：

，

联立解得：，

若甲乙不相撞，则

解得：．

答：甲物体碰撞之前的速度v1和碰撞之后的速度v2的比值为5：4；

②为避免甲、乙两物体碰撞，最初它们相距的最短距离为．

解：（1）由题意，两小球发生完全弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，得

   m2v=m1vN+m2vM

   =+

联立解得：vN=4.5m/s

（2）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则

  cos53°=

解得vA=7.5m/s

（3）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有

   m1g+qE=

根据动能定理得：

-（m1g+qE）R（1+cos53°）=-

联立以上两式解得  R=m

故当0＜R≤m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．

（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得

-（m1g+qE）Rcos53°=0-

解得，R=m

根据题中信息可知R＜4m．故当m≤R＜4m时，小球在轨道内来回的滚动．

综上所术，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m． 

答：

（1）两球碰撞后小球N的速度大小vN是4.5m/s．

（2）小球N经过A点的速度大vA是7.5m/s

（3）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m．

解：为了避免两车相撞，最终两车的速度得相同．A、B、人动量守恒，设向右为正方向，对A、B、人系统动量守恒，有：

（M+m）v0-Mv0=（2M+m）v1

解得：

对A和人由动量守恒有：

（M+m）v0=Mv1+mv2

解得：

答：人相对地面至少以从A车跳上B车．

解：（1）碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mBv0-2mv0=2mv0，解得：mB=4m；

（2）当A、C速度相等时，C上升最大高度，

A、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：2mv0-2mv0=（2m+2m）v1，

由能量守恒定律得：（2m+2m）v12+2mgh+•2mv02，

解得：h=；

答：（1）B车的质量大小为4m．

（2）A车反弹后，求小球沿筒壁能上升的最大高度为．

解：①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m1）v1，

代入数据解得：v1=10m/s；

②三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v3，

代入数据解得：v2=8m/s，

由能量守恒定律得：（m0+m1）v12=μm2gL+（m0+m1）v22+m2v32，

代入数据解得：L=2m；

答：①子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小为10m/s．

②小车的长度L为2m．

解：（1）车与货物已经到达共同速度，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1，

代入数据解得：v1=4m/s；

（2）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，

代入数据解得：t=0.4s，

经过斜面顶点时，竖直分速度：

vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，

tan53°=，

解得：v2==3m/s；

（3）对车，由动能定理得：μmgd=Mv12-0，

代入数据解得：d=2.4m，

对货物，由动能定理得：-μmg（L+d）=mv22-mv02，

代入数据解得：L=6.7m；

答：（1）车与货物共同速度的大小v1为4m/s；

（2）货物平抛时的水平速度v2为3m/s；

（3）车的长度L为6.7m，距离d为2.4m．

解：（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡    m1g=q1E       ①

解得E=2.5 N/C         ②

电场强度为2.5N/C；

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B=                 ③

半径为             ④

周期为=1 s                 ⑤

∵两小球运动时间t=0.75s=T

∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰        ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动               ⑦

L=R1=v2t                    ⑧

两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0=-m1v1+m2v2                    ⑨

由⑦、⑧式得v2=3.75 m/s

由④式得=17.66 m/s

∴两小球质量之比=⑩

故两小时球质量之比为11．