热门试卷

若m1＞m2，V必须小于或等于

若m1≤m2，V必须小于或等于

A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。

若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m1V-m2V

设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m1V-m2V=(m1+m2)V’

所以V’=(m1-m2)V/(m1+m2)

若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为m2gL，

则据能量守恒：m1V2+m2V2-(m1+m2)(m1-m2)2V2/(m1+m2)2=m2gL

解得：V=

若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，

设静止时A在B的右端，则有：m1V2+m2V2=m2gL

解得：V=

若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，

设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，

同理有：m1V2+m2V2=m2gL

解得：V=

故：若m1＞m2，V必须小于或等于

若m1≤m2，V必须小于或等于

注意：本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。   

（1）V=

（2）①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。

②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。

③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。

开始 M与m自由下落，机械能守恒。M与支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做匀减速运动。m向下做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，内力(绳拉力)很大，可忽略重力，认为在竖直方向上M与m系统动量守恒。(1)据机械能守恒：(M+m)gh=(M+m)V02所以，V0==2m/s

M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加速运动。在绳绷紧瞬间，M速度为V1，上升高度为h1，m的速度为V2，下落高度为h2。则：

　　h1+h2=0.4m，h1=V0t-gt2，h2=V0t+gt2，而h1+h2=2V0t，

故：

所以：V1=V0-gt="2-10×0.1=1m/s" V2=V0+gt=2+10×0.1=3m/s

根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=(M+m)V，所以

那么当m=M时，V=1m/s；当M/m=K时，V=。

讨论：①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。

②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。

③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。   

设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

对A、B木块：mAv0=mAvA+mBvB…①

对B、C木块：mBvB=（mB+mC）v… ②

由A与B间的距离保持不变可知

vA=v… ③

联立①②③式，代入数据得vB=v0答：B与C碰撞前B的速度大小是v0．

（1）A、光电效应和康普顿效应深入的揭示了光的粒子性揭示了光的粒子性，A正确；

B、α衰变是原子核自发放射α粒子的核衰变过程．α粒子是电荷数为2、质量数为4的氦核He．质子数等于电荷数2，所以“核内质子数减少4个”是错误的；

C、重核的裂变过程和轻核的聚变过程都有质量亏损，所以C是错误的；

D、电子的衍射实验证实了物质的波动性，即物质波的假设是正确的；所以D是正确的；

故答案为AD．

（2）设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律得：

(m1+m2)gR=(m1+m2) ①

设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，

　（m1+m2）v0=m1v1-m2v2②

分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，

根据题给条件，由运动学规律，

4R=gt2 ③

s=v1t④

根据题给条件，女演员的落地点刚好在初始位置A点的正下方，根据平抛有：

R=v2t ⑤

由以上各式可得：s=6.5R

答：男演员落地点C与O点的水平距离为6.5R．

设石块、人最大位移分别为S1、S2

因为合外力为零，所以竖直方向平均动量守恒，人抛球位置与接球位置为同一位置，往返时间相等。

v2′=2m/s

根据动量守恒定律m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′（2分）

代入数据得  v2′=2m/s                （2分）

(1)  (2)大于  (3)2Mv2

(1)设物块在板上滑行的时间为t1,对板应用动量定理得:

μ1mgt1=Mv,t1=                 ①

设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2,

则s1=v·t1                                             ②

s2=t1                                                   ③

s1-s2=                            ④

由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=板的位移s2=

(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t2.则应用动量定理得

[μ1mg-μ2(m+M)g]·t2=Mv,

t2=

又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3

则

为了使物块能到达板的右端,必须满足t2≥t3

即≥,μ2≥

所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数μ2≥

(3)设绳子的拉力为T,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s3,则有:T-μ1mg=0,s3=v·t3=2l

由功的计算公式得:WT=T·s3=μ1mg·2l=·mg·2l=2Mv2

所以绳的拉力做功为2Mv2.

(或W=ΔEk+Q1+Q2=Mv2+μ1mgl+μ2(M+m)gl=2Mv2)

(1)根据动量守恒Mv0=（M+m）v   --------------- (3分)

得  v=Mv0/ (M＋m) ="8m/s  " --------------- (2分)

(2)根据能量守恒定律，系统损失的机械能全部转化为系统内能

则  Q= Mv02/2 -（M+m）v2/2   --------------- (4分)

得  Q=Mmv02/2(M＋m)="200J   " --------------- (2分)

略

泡沫与航天飞机的碰撞看成完全非弹性碰撞，设飞船的质量为M，速度为v1，泡沫的质量为m，速度为v2，对泡沫碰撞航天飞机的过程由动量守恒得，Mv1－mv2=(M+m)v

碰撞后共同速度v="(" Mv1－mv2)/(M+m)，由于M远远大于m，所以v≈v1=700m/s

泡沫撞击飞机的时间近似为t=L/v=7.3×10－4s

对泡沫运用动量定理可得撞击力F=m(v+v2)/t=1.69×106N

略

∴

（1）10 m/s （2）13.5 m/s （3）8.75 J

（1）设物块与小车相对静止

由动量守恒：Mv0=（M+m）v

则v="13.3" m/s   ①

因qvB="1.33" N＞mg="1" N

故小车、物块不会相对静止 ②

则当qvmB=mg时，

物块有最大速度vm=="10" m/s. ③

（2）当物块速度最大时，小车速度最小

由水平方向上动量守恒：

Mv0="Mv1+mvm    " ④

所以v1="13.5" m/s.   ⑤

（3）由能量守恒，产生的最大内能：

Q=Mv02-Mv12-mvm2  ⑥

所以Q="8.75" J.   ⑦

(1)A以v′=做匀速运动  (2)

B、C都相对于A滑动时,A所受合力为零,保持静止,这段时间为Δt1=.B刚好相对于A静止时,C的速度为v,A向左做匀加速运动,由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度v′=,这段加速经历的时间为Δt2=,最终A将以v′=做匀速运动.

全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能,而摩擦生热Q=fd=μmgd,由能量守恒定律列式:μmgd=mv2+m(2v)2-·3m()2,解得d=.这就是A木板应该具有的最小长度.

   32.2

求出子弹穿出时摆线的速度，就能求出摆线的拉力.选子弹与摆为一系统，当子弹穿入摆时，摆就向右偏转，这时系统在水平方向所受的合力就不为零了，但由于子弹与摆作用时间极短，可以认为子弹穿过摆后，摆仍在平衡位置，在作用前和作用后的两个瞬时系统动量是守恒的.当子弹穿过摆后，摆由平衡位置向右摆动的过程中，系统动量就不守恒了，因此：

mv0=mv′+MV′

V′= m/s="1" m/s

子弹穿出后摆做圆周运动，拉力FT和重力Mg的合力作向心力

FT-Mg=M

FT= Mg+M=2.98×(9.8+1) N="32.2" N.

60倍  90倍

两车刹车的加速度均为a=-μg,从两车刹车到即将相碰的时间t内有

v1t+at2+v2t+at2=33

相撞前两车的速度分别为

v1′=v1+at,v2′=v2+at

因忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，两车碰撞过程中动量守恒有

m1v1′-m2v2′=(m1+m2)v

解得v="6" m/s，方向与A车运动方向相同.

设两车驾驶员的质量分别为ma、mb，由动量定理可得他们受到的平均冲力为

FA=

FB=

与其重力的比值分别为

=||=60倍

=||=90倍.