热门试卷

（1）（2）

（1）子弹打入木块以及木块运动的整个过程中，子弹和两木块组成的系统

动量守恒。当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，设为 

则：

（2）子弹打入木块A的过程中，子弹和A组成的系统动量守恒

设二者共同速度为，则……（1）

当弹簧达到最大长度时两木块速度相等，由动量宗教恒定律得：……（2）

从子弹射入木块A有共同速度以后的A、B运动过程中，系统机械能守恒，故

……（3）

弹簧的最大长度为：L=……（4）

评分细则：第（1）问解答正确得6分，第（2）问得出式①和②各得3分，得出式③

和结果得4分，得出式④得2份。

（1）方向水平向左（2）    负号说明方向水平向右

（1）设人的速度为v1，小车的速度为v2，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有：

 -----------------------------------------------------------（2分）

解得人和小车的共同速度  --------------------------（2分）

方向水平向左--------------------------------------------------------------------------------（1分）

（2）设人向右跳车的速度为v3，小车最后的速度为v4，取水平向左为正方向，根据动量守恒有： -------------------------------------------------（2分）

解得小车的最后速度 -------------------------（2分）

负号说明方向水平向右-------------------------------------------------------------------（1分）

本题考查动量守恒定律，先规定正方向，选取研究对象，确定初末状态，在碰撞过程中内力远远大于外力，系统动量守恒，列式求解，当人跳离小车前后系统动量守恒，列式求解

①（5分）车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v，而铁块的速度未变，仍是v，方向向左。根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的共同速度必向左，不会再次与墙相碰

解得：          

②（5分）根据能守恒定律     

可求得摩擦生热是         

略

（1）（2）（3）n为奇数时，碰后速度为   

n为偶数时，碰后速度为        

（1）设A、B球第一次碰撞刚结束时的速度分别为v1、v2，取向右为正，由碰撞过程中动量守恒和机械能守恒得： （2分）

      （2分）

解得：        （2分）

（2）两球在圆弧轨道上运动的时间均为简谐运动周期的二分之一，时间相等，侧两球在水平轨道上运动的时间也相等。

      （4分）

到Q点的距离为        （2分）

（3）设第二次碰撞后的A、B球速度分别为v1＇、v2＇，由碰撞中动量守恒和机械能守恒得：    （1分）

（1分）

解得：           （2分）

第三次碰撞前速度与第一次碰撞前相同，因此第一次碰撞后速度与第一次碰撞后速度相同计算可知第四次碰撞又回到中点位置，则第五次碰撞的速度与第一次完全相同

由此可知：n为奇数时，碰后速度为   

n为偶数时，碰后速度为        （2分）

v = v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。

【错解分析】错解：质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：

Mv0=(M－m)v

　　上述解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)

　　【正确解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：

Mv0= mv＋(M－m)v

　　解得：v = v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。

　　【小结】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。  

解 （1）D在Q点时据牛顿第二定律有F+mDg=mD

解得：vQ===2(m/s)

（2）令D由Q点水平飞出后经时间t落至地面2R=gt2 s=vQt

代入数据解得：s=(m)

（3）C碰B，据动量守恒有：mCv0=（mC+mB）vD

解得：vD===

D向右压缩弹簧的过程中，据系统动量守恒：mDvD=（mD+mA）vA

解得：vA==

据机械能守恒：EP=mDvD2-(mD+mA)vA2

解得：EP=

A碰P静止后，D被弹簧向左弹出直到Q的过程中，据机械能守恒有：mDvA2+EP=mDg•2R+mDvQ2

代入数据解得：v0=8(m/s)

答：

（1）D到达最高点Q时的速度vQ的大小为2m/s．

（2）D由Q点水平飞出后的落地点与Q点的水平距离s为m．

（3）C球的初速度v0的大小为8m/s．

(1)1.33 m/s　(2)2 m/s

(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得

m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v

所以两车最近时，乙车的速度为

v＝＝ m/s

＝ m/s≈1.33 m/s

(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得

m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′

故v乙′＝

＝ m/s＝2 m/s.

（1）设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定

Mv0=（m+M）v                           ①

设物体相对木板的位移为s，由功能关系得：μmgs=M-(m+M)v2②

由①②得：s==0.6m

（2）设经过t1时间两物体达到共同速度v1

对物体：μmgt1=mv1③

对木板：Ft1-μmgt1=Mv1-Mv0④

由③④得：

t1时间物体发生的位移s1由动能定理得：

设物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律a==2.5m/s2＜μg，

故物体和木板能保持相对静止

在t2=0.2s内发生物体发生的位移s2=v1t2+a=0.85m

物体在1s内发生的位移s=s1+s2=2.45m

（1）滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒得

    mgR=m

得v0==4m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m    

解得轨道对滑块的支持力FN=3 mg=30 N   

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为30 N 

（2）滑块滑上小车后，假设滑块没有滑出小车二者同速，设速度为v，

由动量守恒：mv0=（M+m）v，得v=1m/s     

由能的转化和守恒得：μmg•△s=m-(M+m)v2

滑块在小车上滑行长度△s=2m＜L=2.06m

即滑块不能滑离小车

答：（1）滑块到达底端B时，对轨道的压力大小是30N．

（2）滑块不能滑离小车，最终滑块相对小车的滑行距离是2m．

（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA

则 2mvA2=2mgR①

得：vA=②

在A点有：NA-2mg=③

由②③得：NA=6mg④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 NA′=6mg⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，

则：（2m+m）v=2mvA⑥

μ2mgS=mv2⑦

由②⑥⑦得：S=⑧

ⅰ．若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=⑨

ⅱ．若S＜，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'

则：mv′2=μ2mgS⑩

得：v'=2

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．

由能量守恒得：μ2mgL≥2mvA2

解得：L≥

答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；

（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：

若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=；

若S＜，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=2；

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足L≥的条件．

（１）方向向右　（2）Ｌ至少为6.8ｍ

（１）设物体Ａ、Ｂ相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律

方向向右

（２）设物体Ａ、Ｂ在车上相对于车滑动的距离分别为，车长为Ｌ，由功能关系

可知Ｌ至少为6.8ｍ

=225J或4225J。

　　正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

【错解分析】 错解：设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：

P=P1＋P2

　　代入数据得：Ek=225J。

　　主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。

　　【正确解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：

P＝P1＋P2

　　解得：=225J或4225J。

　　正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

　　【小结】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。  

（1）0.33m（2）（3）0.833m

（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．

动能定理   ①

   ②

代入数据得     ③

（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．

    ④

∴     ⑤

代入数据得   ⑥

（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有   ⑦

       ⑧

代入数据得     ⑨

l即为平板车的最短长度．

(1) 1.4m/s (2) 4.0s

(3)

（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：

由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：

v1=v0-aAt1       1分

μmAg=mAaB        1分

v1=a车t1      1分

μmAg-μmBg=Ma车  1分

由①②联立得：  t1="2.8s "       2分v1=1.4m/s　2分

（2）根据动量守恒定律有：

　mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v       ④　　；2分

　　　v="1m/s             " ⑤          1分

总动量向右， 当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。

设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：　     -v=v1-aBt2     1分

μmBg=mAaB ⑥1分

由⑥⑦式得：t2="1.2s"            ⑦1分

所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2="4.0s                " ⑧1分

（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，

在0~t1时间内小车做匀加速运动。在t1~t2时间内小车做匀减速运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示（5分）