热门试卷

（1）平板车不动.

（2）m2>m1时，平板车向右运动；

m21时，平板车向左运动.

（3）v2>v1时，平板车向右运动；

v21时，平板车向左运动.

以m1、m2和车为系统，规定v1方向为正方向、设车质量为M.由动量守恒，得

m1v1-m2v2+Mv=0

(1)当m1=m2、v1=v2时，得v=0，所以平板车不动.

（2）当v1=v2、m2>m1时，得v>0,所以平板车向右运动；

当v1=v2、m21时，得v<0，所以平板车向左运动.

（3）当m1=m2、v2>v1时，得v>0，所以平板车向右运动；

当m1=m2、v21时，得v<0,所以平板车向左运动.

以系统为研究对象．

运用动量守恒，求一起向前运动的速度V

绳绷紧瞬间A，B的速度为v1，绳绷紧过程中，A，B组成系统动量守恒，规定向右为正方向，有：mv0=2mv1…①

弹簧再一次恢复原长时，A，B速度为v2，C速度为v3，弹簧由开始的原长状态到再一次恢复原长的过程中A，B，C组成系统动量守恒，规定向右为正方向，有：

mv0=2mv2+mv3 …②

绳绷紧后，A，B，C，弹簧组成系统机械能守恒：×2m=×2m+m…③

联①②③得：v2=v0，v3=0（舍去）

v2=v0，v3=v0

即A，B的速度为v0，C的速度为v0．

答：A，B的速度为v0，C的速度为v0．

（1）用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置17.5 cm

（2）B  A

（3）mAOQ=mAOP+mBOR

因A、B小球都是从同一槽口平抛下落，故下落时间都一样，记为t（t=，h是槽口到水平面的高度）；A单独抛出的动量mA·，A碰B后，A、B分别抛出时的动量mA·，mB·；验证动量守恒只要验证mA·=mA·+mB·，即mA·OQ=mA·OP+mBOR就行.

（1）甲车的速度大小为，乙车的速度大小为v2=3m/s

（2）

（3）

（1）由图可知，碰撞后甲车的速度大小为        （1分）

乙车的速度大小为v2="3m/s           " （1分）

（2）在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒。

                  （2分）

解得：                                      （1分）

（3）设人跳向乙车的速度为v人,由动量守恒定律得

人跳离甲车：                      （1分）

人跳至乙车：                             （1分）

为使二车避免相撞，应满足                                 （2分）

取“=”时，人跳离甲车的速度最小，           （2分）

弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有mv0=（m+5m）v1，

砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以

•6m=6mgL（1-cosθ）

设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv-（m+5m）v1=（m+6m）v2

•7m=7mgL（1-cosθ），

联解上述方程得=

答：两粒弹丸的水平速度之比为．

系统动量守恒，设汽车位移大小为x，则平板车位移大小为b-a-x.列方程为mx=M（b-a-x），得x=，b-a-x=.

人和船组成的系统，人从船头走到船尾的过程中，在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒.人起步前系统的总动量为零,当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来.设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

m2v2-m1v1=0，即

人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比.从而可以作出判断：在人从船头走到船尾的过程中，人的位移s2与船的位移s1之比，也应等于它们的质量的反比，即

由图可以看出s1+s2=L，与上式联立得：s1=    s2=.

①设物块A刚离开墙壁时物块B的速度为v，撤去外力后，以弹簧和物块B组成的系统为研究对象，

由机械能守恒定律可得：W=•3mv2，解得：v=；

②A离开墙壁后，以后B减速、A加速，直到弹簧再次恢复原长，B的速度最小；

然后B加速、A减速直到弹簧又一次恢复原长，此时系统完成一次周期性的运动，A的速度最小．

以对A、B及弹簧组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：3mv=mvA+3mvB，

由机械能能守恒定律得：•3mv2=m+•3m，

解得：vA=v=，vB==；或vA=0，vB=v=，

物块A、B的最小速度分别为vA=0，vB=；

答：①物块A刚离开墙壁时物块B的速度为v=；

②在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块A、B的最小速度分别为vA=0，vB=．

（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒    

解得：="3m/s  "

木块向右作减速运动的加速度大小为m/s2 

木块速度减小为零所用时间   解得t1="0.6s<1s   "

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为

解得s1=0.9m．   

（2）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热能为

 ="872.5J"

木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为S2=V1t1 +s1 ="2.1m "

产生的热能为  Q2=μMg S2=10.5J

在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s="0.4s "

速度增大到v­2=at2=2m/s（恰与传送带同速）   

向左移动的位移为   s3=at22=0.4m

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为S4=V1t2-s3="0.4m  "

产生的热能为  Q3=μMg S4=2J

所求过程中产生的热能为Q=Q1＋Q2＋Q­3=872.5J+10.5J+2J=885J

略

A  9∶11

mA＜mB，所以A是被碰小球.

（1）3m/s，（2）0.9m，（3）16次

（1）设子弹第一次射穿木块后的速度为ｖ＇（方向向右），则在第一次射穿木块的过程中，对木块和子弹整体由动量守恒定律（取向右方向为正）得：ｍｖ0－Ｍｖ1＝ｍｖ＋Ｍｖ＇，可解得ｖ＇＝3m/s，其方向应向右．

（2）木块向右滑动中加速度大小为ａ＝μｇ＝5m/s2，以速度ｖ＇＝3m/s向右滑行速度减为零时，所用时间为ｔ1＝＝0.6s，显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离Ａ点的最大距离Sm＝＝0.9m．

（3）木块向右运动到离Ａ点的最大距离之后，经0.4ｓ木块向左作匀加速直线运动，并获得速度ｖ”，ｖ＇＇＝ａ×0.4＝2m/s，即恰好在与皮带速度相等时第二颗子弹将要射入．注意到这一过程中（即第一个1秒内）木块离Ａ点S1＝Sｍ－＝0.5m．第二次射入一颗子弹使得木块运动的情况与第一次运动的情况完全相同，即在每一秒的时间里，有一颗子弹击中木块，使木块向右运动0.9m，又向左移动S＇＝×ａ×0.42=0.4ｍ，每一次木块向右离开Ａ点的距离是0.5m．显然，第16颗子弹恰击中木块时，木块离Ａ端的距离是S2＝15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中木块后，木块再向右运动Ｌ－S2＝8.3m－7.5m＝0.8m<0.9m，木块就从右端Ｂ滑出．

　　由此推算，在经过16次子弹射击后木块应从Ｂ点滑出。

第一次掷出后铅球相对地面的速度大小为v，根据系统动量守恒，有：

          （4分）

第二次掷出后铅球相对平板车的速度大小为v，根据系统动量守恒和相对速度的知识，有：

    （4分）

联立解得两种方式掷出铅球后平板车获得的速度大小之比为：

  （4分