热门试卷

（1）由于两小球是匀速上升的，由平衡条件有

2qE=4mg

解得电场强度E=．

绳断开后，对A球由牛顿第二定律有　qE-mg=maA

解得　aA=g，方向向上．

对B球有　qE-3mg=3maB

解得　aB=-g，方向向下．

（2）两球所组成的系统的动量守恒，当B球的速度为零时，有

（m+3m）v0=mvA

解得　vA=4v0．

（3）绳断开后，B球匀减速上升，设当速度为零时所用的时间为t，则t==

此过程A、B球上升的高度分别为hA=t=

hA=t=

此过程中，两球所组成的系统的机械能的增量等于电场力对两球做的功，即

△E=qEhA+=18mv02

答：（1）电场强度及细绳断开后aA=g，方向向上，aB=-g，方向向下；

（2）当B球速度为零时，A球速度的大小4v0；

（3）从绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为18mv02．

（1）由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v

   解得v=

由能量守恒得：Q=M-（M+m）v2=6J

（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则

滑块运动到车左端的时间  t1=①

由几何关系有  v0t1-=②

由牛顿定律有 F1+μmg=ma1③

由①②③式代入数据解得  t1=0.5s，F1=6N

则恒力F大小应该满足条件是  F≥6N

（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），

再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有

F1-μmg=ma2④

μmg=ma3⑤

a2+=L⑥

由④⑤⑥式代入数据解得t2=s=0.58s

则力F的作用时间t应满足  t1≤t≤t1+t2，

即0.5s≤t≤1.08s

答：（1）若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为6J

（2）恒力F大小应该满足 F≥6N

（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在0.5s≤t≤1.08s．

（1）木板做匀速直线运动，处于平衡状态，

由平衡条件得：

竖直方向：FN=Mg，

水平方向：Ff=F，

滑动摩擦力Ff=μFN，

解得：μ=0.5；

（2）设即将放第五块铁块时的速度为v，由动能定理可得：

F×4L-μ（M+m）gL-μ（M+2m）gL-μ（M+3m）gL-μ（M+4m）gL=Mv2-Mv02，

解得：v=m/s．

答：（1）木板与地面之间的动摩擦因数是0.5．

（2）在木板上即将放上第五块铁块时木板的速度大小为m/s．

（1）设子弹击中物体后共同速度为v，根据动量守恒：mv0=（m+M）v    

设物块滑上传送带的最远距离为s，根据动能定理得：-（m+M）gs•sinθ+[-μ（m+M）gs•scosθ）=0-(m+M)v2        

代入数据可得：s=2.25m                                             

（2）设传送带为v1时，物块刚好能滑到传送带顶端，当物块速度大于v1时，物块所受摩擦力沿斜面向下，在此阶段物块加速度为a1，根据牛顿定律得：

（m+M）gsin30°+μ（m+M）gcos30°=（m+M）a1此过程物块的位移为s1，则    -v2=-2a1s1 

物块的速度减小到v1后，所受摩擦力沿斜面向上，加速度变为a2，则

（m+M）gsin30°-μ（m+M）gcos30°=（m+M）a2设物块的速度从v1减小到零时位移为s2，则：

0-=-2a2s2由题意：s1+s2=L                  

由以上各式可得：v1=2m/s

（3）为使物块滑到顶端所需时间最短，物块所受摩擦力必须始终沿斜面向上，

W=μ（m+M）gcos30°L

代入数据得：W=9J

（1）当上面木板相对下木板的位移s≤时即不掉下．      

由牛顿第二定律得：A的加速度：a===-μg；

对A，由速度位移公式得：s=，得≤，解得：所以v0≤；

（2）设小球上升到最高点时，小球和滑块的水平速度为vx，

系统水平方向动量守恒．由动量守恒得mv0=（m+2m）vx，解得vx=  ①，

小球上升到最高点时vy=0，系统机械能守恒，

由机械能守恒得：mv02=(m+2m)vx2+mgh  ②，

解得h=；

答：（1）初速度v0≤；

（2）小球上升到离水平面的最大高度为．

取地球远日点的速度方向为正方向，则近日点速度为-v1．

则地球的动量增量为△P=Mv2-M（-v1）=M（v1+v2）

由动量守恒得：太阳系内除地球以外的其他星体的动量增量：△P=-△P′=-M（v1+v2）．

根据动能定理得：太阳系对地球做功W=M（v22-v12）．

答：太阳系内除地球以外的其他星体的动量增量为：-M（v1+v2），太阳系对地球做功为M（v22-v12）．

（1）第一颗子弹进入靶盒过程，系统动量守恒，设射入后获得速度v1，则有mv0=（M+m）v1得：v1=v0…①

由于恒力作用又回到O点的过程，F做功为零，所以靶盒回到O点时，速度大小仍为v1，但方向相反．第二颗子弹射靶后，设速度为v2，

则有：mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2=0…②

当第三颗子弹射入后，设靶盒的速度为v3，则有mv0=（M+3m）v3得：v3=v0…③

此后靶盒克服F向右运动，至速度减为零时，离开O点的距离最大，设为S3，由动能定理有

FS3=(M+3m)…④

S3=…⑤

由③、⑤式代入数据得S3=0.25m…⑥

与第一颗子弹射入后的过程类似，第三颗子弹返回O点时速度大小仍为v3，但方向左．设这一过程中加速度为a，往返时间为t．

由牛顿第二定律    a=…⑦

由运动学公式，有-v3=v3-at…⑧

由③、⑦、⑧式代入数据得t=0.2s…⑨

（2）由以上计算可见，每当奇数颗子弹射入靶后，靶都会开始运动，而偶数颗子弹射入靶后靶盒都会停止运动，所以射入子弹数必须为奇数，才能使停止射击后，靶盒能往复运动，设为n颗，

则：mv0=（M+nm）vn…⑩

FS ＞(M+nm)…（11）

由⑩、（11）代入数据得n＞5.5  取n=7（颗）

答：（1）当第三颗子弹进入靶盒后，靶盒离开O点的最大距离为0.25m，第三颗子弹从离开O点到又回到O点经历的时间为0.2s．

（2）若P点到O点的距离为S=0.20m，问至少应发射7颗子弹后停止射击，才能使靶盒来回运动而不会碰到发射器．

（1）本题中的两球相碰，均可看成是“一静一动弹性碰撞模型”．因为每个球的质量依次递减，碰后不会出现入射球反弹的情况．如果入射球质量为m1，被碰球质量为m2，碰前m1的速度为v1，碰后两球的速度分别为v1′、v2′由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

m v1=m1v1′+m2v2′

mV12=mV′12+mV′22

得：V′1=V1     V′2=V1  

本题主要应用v2′当n取代1时，n+1就取代2．

设n号球质量为m，与n+1号球碰撞后的速度分别为vn′、vn+1′取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1=kmn 

根据动量守恒，有mnVn=mnV′n+kmnV′n+1…①

根据机械能守恒，有mnVn2=mnV′n2+kmnV′n+12…②

由①②得：V′n+1=(V′n+1=0舍去)…③

（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律有：

m1gh=m1V12…④

v1=…⑤

同理可求，5号球碰后瞬间的速度

V5=…⑥

由③式可得Vn+1= (

2

1+k

)nv1…⑦

N=n=5时，v5=(

2

1+k

)5V1…⑧

由⑤⑥⑧三式得：

k=-1=0.414…⑨

答：（1）n+1号球碰撞后的速度V′n+1=

（2）k值为0.414

（1）根据动量守恒定律得

   mv0+2mv0=（m+m+3m）v

解得v=0.6v0  

（2）设经过t时间，A与C相对静止，共同速度为vAC，此时B的速度为vB，由动量守恒得

    mv0+2mv0=（m+3m）vAC+mvB

根据动量定理得

   对A：-μmgt=m（vAC-v0）

   对C：（μmg+2μmg）t=3mvAC

联立以上三式

    vAC=0.5v0，vB=v0

（3）AC相对静止前，AB做匀减速运动，C做匀加速运动，三个物体的加速度分别为

    aA==μg

    aB==2μg

    aC==μg

AC相对静止后，AC做匀加速运动，B做匀减速运动，三个物体的加速度分别为

    aA′=aC′==0.5μg

   aB′=aB=2μg

最终三个物体一起做匀速直线运动．

从开始运动到三个物体都相对静止，A、B相对于地的位移分别为

   sA=+=0.485

  sB==0.91

所以A与B最终相距△s=s0+sB-sA=s0+0.425      

（4）设整个运动过程中AC相对于滑行的距离为s，则B相对于C滑行的距离为s+△s-s0．

根据能量守恒定律得

   μmgs+2μmg（s+△s-s0）=m+m(2v0)2-(m+m+3m)v2

解得s=s0+0.425    

整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量分别为

   QA=μmgs

   QB=2μmg（s+△s-s0）

代入解得

   =

答：

（1）最终A、B、C的共同速度为0.6v0．

（2）运动过程中A的最小速度为0.5v0．

（3）A与B最终相距得s0+0.425    

（4）整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量之比为5：27．

（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL=m

得v0=

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0

得v1=．

碰撞过程中系统损失的机械能力△E=m-2m=mgL．

（2）设加速度大小为a，有2as=v12

得　a=．

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，

受力分析如图所示 FS+FER-2mg=2ma

FS=kx

x=d+

得FER=mg+-kd．

答：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL；

（2）滑块向下运动过程中加速度的大小为；

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+-Kd．

（1）摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电．

（2）设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．

物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有

   mv0=（m+M）v

第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1=μ（mg-qE）

根据能量守恒得：

  对A：F1L=-(M+m)v2 ①

第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2=μ（mg+qE）

根据能量守恒得：

对A：F2•=-(M+m)v2 ②

由①②得  μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）

解得，E=

答：

（l）物块 A 带负电荷．

（2）匀强电场的场强E为．

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0-Mv=（m+M）v1

代入数据，解得：v1=3m/s

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，

则：t0=

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：μ（m+M）g=（m+M）a得：a=μg=3m/s2

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：t1=t2==1s

故木盒在2s内的位移为零

依题意：s=v0△t1+v（△t+△t1-t1-t2-t0）

代入数据，解得：s=7.5m    t0=0.5s

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：S=v（△t+△t1-t0）=8.5ms1=v（△t+△t1-t1-t2-t0）=2.5m

故木盒相对与传送带的位移：△s=S-s1=6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=f△s=54J

答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s；

（2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇；

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J．

（1）假设A车第一次碰到挡板前一直做加速运动

对车A，由动能定理有

fd=μmgd=MvA2                       ①

代入数据解得vA=0.30m/s                     ②

车碰到挡板前，车A和滑块B组成的系统动量守恒，有

mv0=mvB+MvA                     ③

将vA=0.30m/s和其它数据代入解得

vB=1.14m/s                                 ④

此时vB＞vA，说明此前B一直与车A发生相对滑动，车A一直加速．

因此车碰到挡板前，车A和滑块B的速度分别是

vA=0.30m/s，vB=1.14m/s

（2）假设车到第二次碰到挡板之前，B已经停在车上，则车从第一次碰到挡板之后到第二次碰到挡板之前的这段时间内，车A和滑块B组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，有

mvB-MvA=（m+M）v′⑤

代入数据解得v′=0.24m/s（方向向右）            ⑥

因为v′＜vA，说明车从第一次碰到挡板之后到第二次碰到挡板之前的这段时间内，车A先向左做减速运动，再向右做加速运动，最后保持匀速运动直到第二次碰撞挡板．

车到第二次碰到挡板之后，系统的总动量方向向左，由动量守恒定律可得

mv′-Mv′=（m+M）v″⑦

代入数据解得v″=-0.03m/s（负号方向向左）     ⑧

答：（1）A车第一次碰到挡板前瞬间，车A和滑块B的速度vA和vB各是0.30m/s、1.14m/s．

（2）当A车与挡板所有可能的碰撞都发生后，车A和滑块B稳定后的速度是0.03m/s，反向向左．