热门试卷

（1）第1个小球从A到C，由机械能守恒定律得：

Mgh=M

代入数据，解之得：v=m/s

两球相碰前后，由动量和机械能守恒定律得：

Mv=M+m           ①

M=M′+m  ②

由①②解之得：v ′=v1

v2′=v1

代入数据得：

v′1=m/s

v′2=m/s

（2）第二个滑块的运动情况，机械能守恒m+mg•2R=m

代入数据解之得：vD=3m/s（其中的负值舍去）

由牛顿第二定律得：N+mg=m

代入数据得：N=4N

根据牛顿第三定律，压力为4N；

（3）由几何关系可得：OF=Rcosθ=0.4 m　①

BF=R•sinθ=0.3 m  ②

△BHE∽△OFB→==③

而：HB=HF-BF  HE=DC-DI-FC

结合平抛运动知识，有

HB=vDt-BF④

HE=2R-gt2-(R-OF)⑤

由①②③④⑤解之得：

t=0.3s（舍去其中负值）

将t=0.3 s代入④得：HB=0.6 m 

EB==0.75

答：

（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，

由机械能守恒定律有：mAgh=mA

解得：v1=6m/s

滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，

由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB）v2

解得：v2=v1=2m/s

（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，v3=v1=1m/s

由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB+mC）v3

由机械能守恒定律有：Ep=（mA+mB）v22-（mA+mB+mC）v32

Ep=3J

（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，

分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：

（mA+mB）v2=（mA+mB）v4+mCv5(mA+mB)=(mA+mB)+mC

解得：v4=0，

V5=2m/s

滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：

gt2S=v5t

H=gt2

解得：S=2m

答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度是2m/s；

（2）被压缩弹簧的最大弹性势能是3J；

（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离为2m．

（1）设小球与钢板第一次碰撞前瞬时的速度大小v0，小球与钢板第一次碰撞后，小球与钢板的速度分别为v1和v2．取竖直向下方向为正方向．

由机械能守恒得：mgh=mv，解得，v0==10m/s

对于碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：

   mv0=mv1+Mv2 ①

   m=m+M ②

又M=3m  ③

联立①②③得：v1=-5m/s，v2=5m/s，即小球与钢板第一次碰撞后，小球的速度v1为 5m/s，方向向上；钢板的速度v2为 5m/s 方向向下．

（ 2 ）由上知，第一碰撞后小球作竖直上抛运动，总时间为t1==1s，而钢板作简谐运动的周期为T=2.0s，所以两者会在第一碰撞位置发生第二碰撞．

设第二次碰撞后，小球与钢板的速度分别为v1′和v2′．

由动量守恒和机械能守恒得：

   mv1-Mv2=mv1′+Mv2 ′

   m+M=m+M

又M=3m

联立以上三式解得，v1′=-10m/s，v2′=0．

此后小球竖直上抛运动，时间为t2==2s=T，恰好经过2s后发生第三次碰撞，第三次碰撞与第一次碰撞相同．画出小球的v-t图线如下图所示（小球与钢板第二次碰撞后，小球的速度为 10m/s，方向向上；钢板的速度为零）

答：

（1）小球与钢板第一次碰撞后，小球的速度v1为 5m/s，方向向上；钢板的速度v2为 5m/s 方向向下．

（2）小球的v-t图线如图所示．

根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即

v1=，

A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度

v2=．

由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒，有

m1v1-m2v2=m2v2′，

令h表示B上升的高度，有

h=．

由以上各式并代入数据，得

h=4.05m．

故木棍B上升的高度为4.05m．

（1）子弹击中滑块过程动量守恒，

则：m0v0=（m+m0）v

代入数据解得：v=10m/s          

（2）子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左作匀减速运动，设其加速度大小 为a，则：μ（m+m0）g=（m+m0）a①

由匀变速运动的规律得：vt-at2=L②

由①②并代入数据得：t=1s，（t=4s舍去）③

（3）要使滑块能滑过最高点，则：(m+m0)g≤(m+m0)④

vB≥=2m/s⑤

滑块离开B点后做平抛运动，

飞行时间t′=⑥

而vBt'=SAC⑦

要使SAC＜4R，⑧

由⑥⑦⑧得vB＜2=4m/s⑨

滑块碰后运动过程中机械能守恒：(m+m0)v 2=(m+m0)g•2R+(m+m0)vB2⑩

而：m0v0=（m+m0）v（11）

由⑤⑨⑩（11）得：50m/s≤v0＜100m/s（12）

答：（1）子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v为10m/s．

（2）滑块从O滑到A点的时间t是1s．

（3）v0取值范围为50m/s≤v0＜100m/s．

设t为A从离开桌面至落地经历的时间，V表示刚碰后A的速度，有

        h=gt2             

        L=Vt                

解得   V=L

设v为刚碰后B的速度的大小，由动量守恒定律得，mv0=MV-mv    

设B后退的距离为l，由动能定理得

-μmgl=0-mv2       

由以上各式得：l= 

答：B后退的距离为．

（1）a球恰能通过半圆环轨道最高点A，故有：mg=m；

a球从B运动到A过程中机械能守恒，固有：m=m+2mgR；

联立解得：va=vB=

即释放后a球离开弹簧时的速度大小为；

（2）b球则从桌面C点滑出做平抛运动：

竖直分运动：h=gt2

水平分运动：vC=

代入数据求得：vb=vc=

故释放后b球离开弹簧时的速度大小为；

（3）以ab与弹簧为研究对象，动量守恒：0=mva-mbvb解得：mb=2m

弹簧的弹性势能为：EP=m+mb

解得

EP=3.75mgR

故释放小球前弹簧具有的弹性势能为3.75mgR．

（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度为：

 a==2.5m/s2

设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得：

v=v0-at=2.0m/s

（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′．

根据平抛运动规律有：h=gt′2，s=v2t′

解得：v2=s=1.5m/s

（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：Mv=Mv1+mv2

解得：v1==0.80m/s

设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，

得：s′=v1t′=v1=0.32m

则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离：△s=s-s'=0.28m 

答：（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小为2.0m/s；

（2）木块B离开桌面时的速度大小为1.5m/s；

（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离为0.28m．

设炮弹止升到达最高点的高度为H，

根据匀变速直线运动规律有，=2gH

解得：H===180m                                               

设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v，则另一块的速度为v2=2v

根据动量守恒定律，有mv=（M-m）•2v

运动的时间为t，根据平抛运动规律，有

  H=gt2

  R=vt

得 v=R=480=80m/s                                      

  v2=2v=160m/s                                                      

炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能：

 解以上各式得：Ek=mv2+(M-m)(2v)2=×2×802+×1×1602=1.92×104J  

答：刚爆炸完时两弹片的总动能至少为1.92×104J．

（1）当小球滚到最右端时，凹槽向左移动的距离最大，设此过程中

小球水平位移的大小为s1，凹槽水平位移的大小为s2．

在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得（取水平向左为正方向）

  m-M=0

又 s1+s2=2R

由此可得：s2=2R=0.1m

（2）当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为v1和v2．据水平方向动量守恒

  mv1=mv2

另据机械能守恒得：mgR=mv12+Mv22

可得：v1==2m/s

  v2=0.5m/s

（3）当小球滚至凹槽的最低时，根据牛顿第二定律得：

  N-mg=m=m

  N=m+mg=3.5N

根据牛顿第三定律可知小球对凹槽的压力大小为3.5N．

答：

（1）凹槽向左移动的最大距离为0.1m；

（2）小球滑至凹槽的最低点时小球的速度为0.5m/s；

（3）当小球滑至凹槽的最低时，小球对凹槽的压力为3.5N．

（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则

mgR=mvB2，解得vB=3m/s．

在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m

解得N=mg+m=30N

即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．

（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf=-l=-2J

从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf=mv2

解得v=m/s

（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=m/s2．

对平板车a2==m/s2

设物块与平板车经过时间t达到共同速度（物块在平板车最左端的速度vC=vB），有

vc-a1t=a2t，解得t=s

此时△s=vct-a1t2-a2t2=m＞0.5m，所以物块能滑离平板车．

设经过时间t1物块滑离平板车，则vct1-a1t12-a2t12=0.5m

解得t1=s（另一解t2=s＞s舍去）

物块滑离平板车时的速度v物=vc-a1t1=m/s．

此时平板车的速度v车=a2t1=m/s．

物块滑离平板车做平抛运动的时间t3==0.2s

物块落地时距平板车右端的水平距离x=（v物-v车）t3=0.2m．

答：（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力为30N．

（2）物块滑离平板车时的速度m/s．

（3）能滑离平板车，物块落地时距平板车右端的水平距离为0.2m．

（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）对α粒子，qvB=m

则vα=．

由动量守恒得，0=mvα-Mv

v=vα==m/s=4.5×105m/s．

答：（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）衰变后Rn（氡）的速率为4.5×105m/s．

（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，

则由向心力公式得   m=mg+qE      ①

竖直方向匀加速运动   2R=（） t2    ②

水平方向匀速运动     x=vDt          ③

联立①②③得：x=0.4m      ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，

根据动量守恒有：

  mv0=mv甲+mv乙 ⑤

根据机械能守恒定律有：

  m=m+m          ⑥

联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0          ⑦

由动能定理得：-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2     ⑧

联立①⑦⑧得：v0=v乙==2m/s       ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，

根据动量守恒有：

Mv0=MvM+mvm⑩

根据机械能守恒定律有

M=M+m

有以上两式可得：vm=

由于M≫m，可得：vD≤vm＜2vD

设乙球过D点的速度为vD′，

由动能定理得  -mg•2R-qE•2R=m-m

联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，

则有：x'=vD′t

所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m

答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.4m；

（2）甲的速度是2m/s；

（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.4m≤x'＜1.6m．