热门试卷

（1）对A、B系统，由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v，解得v==1m/s；

（2）A、B系统整个过程，由动能定理得：

μmg×1.5L=m-(M+m)，

解得：μ==0.4；

（3）设A、B碰撞前速度分别为v10和v20，

对系统动量守恒  mv0=mv1+Mv2，

对系统能量转化和守恒定律得：

μmgL=mv02-mv102-M

带入数据联立方程，解得v10=1+=2.732 m/s，（舍v10=1-=-0.732m/s）

v20=1-=0.423m/s，

该过程小车B做匀加速运动，

由牛顿第二定律得：μmg=MaM，

解得：aM=m/s2，v20=aMt1，t1=0.317s，

A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2

A、B系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2

对系统机械能守恒mv102+M=mv12+M，

带入数据联立方程，解得v1=1-=-0.732 m/s，（舍v1=1+m/s）

“-”说明方向向左；v2=1+=1.577m/s，

该过程小车B做匀减速运动，-μmg=MaM，解得aM=-m/s2，

到最终相对静止：v=v2+aMt2，t2=0.433s，

所以，运动的总时间为：t=t1+t2=0.75s，

小车B的v-t图如图所示；

答：（1）A、B最后速度的为1m/s；

（2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数为0.4；

（3）小车B相对地面的速度v-t图线如图所示．

（1）设弹簧压缩量为x1时，绳被拉断，即

kx1=FT                   ①

压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

k＜m           ②

联立解得：v0＞      ③

（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V1，有

k+m=m     ④

绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x2，长滑块有向左的最大加速度am，此过程动量守恒，有：

mv1=（M+m）v2               ⑤

根据机械能守恒，有：

k+(M+m)=k+m     ⑥

由牛顿第二定律得：kx2=Mam              ⑦

联立①④⑤⑥⑦解得：am= ⑧

（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，能量守恒，故有

Mv=mv1           ⑨

Mv2=k+m ⑩

联立①④⑨⑩解得：m-M=      （11）

由于＞0，必有m＞M    

所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

答：（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足v0＞的条件；

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为；

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

（1）A在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：

qEL=m 得：v0==1m/s

由L=t得：t==0.2s．

（2）设碰撞后A、B两速度分别为vA、vB，根据动量守恒和动能守恒得：

  mv0=mvA+mvB

m=m+m 

联立解得：vA=0，vB=1m/s．

则A球和B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：

h=gt2，得 t==0.1s

则A球落地时水平位移为：xA=at2=•t2=0.025m

B球落地时水平位移为：xB=vBt=0.1m

故A、B两小球的落地点之间的距离为：S=xB-xA=0.075m

答：（1）在小球A与B相碰前A的速率为1m/s；

（2）A、B两小球的落地点之间的距离是0.075m．

（1）解除锁定后弹簧恢复原长时，A、B的速度大小分别为vA、vB，由系统机械能守恒、动量守恒得：

mBvB=mAvA    

E=mBvB2+mAvA2   

联立解得  vA=vB=4m/s

设B沿传送带向右滑行的最远距离为L1，由功能关系  μmg L1=mvB2    

解得  L1=4m   

（2）因为v=4m/s＞3m/s，所以B返回时先加速再随传送带一起运动，B返回到水平面MN时的速度

vB′=3m/s   

（3）以A为研究对象，设碰后A、B的速度分别为vA′、vB″，由动能定理

W=mAvA′2-mAvA2  

B能从Q端滑出一定有  mBvB″2≥μmgL   

A与B质量相等，完全弹性碰撞后速度互换，则A的速度vA′=vB″

联立解得  W≥8J．

答：（1）物块B在传送带上向右滑行的最远距离为4m；

（2）物块B返回到水平面MN时的速度为3m/s；

（3）弹射装置P必须给物块A至少做8J的功．

（1）木板第一次与右侧固定板相撞后，木板反弹，块与板相对运动，最后一起向左运动，然后板与左侧固定板相撞块与板的相对运动与第一次相反，所以物块不从木板上滑下木板长度不小于第一次相对位移即可．

根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1

根据能量守恒：μmg△S=(m+M)v02-(m+M)v12

解得：△S=

 所以：L≥△S=

（2）木板不断与竖直板碰撞，总动量不断减少，最后变为零．

根据能量守恒：μmgS=(m+M)v02

解得：S==2.7m

第一次碰撞：根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1得：v1=1m/s

第二次碰撞：根据动量守恒：Mv1-mv1=（m+M）v2得：v2=m/s

所以与板碰撞损失的机械能△EK=(m+M)v02-(m+M)v22=J

答：（1）物块不从长木板上滑下板长L应满足的条件为：L≥△S=；（2）整个过程中小物块在长木板上滑行的总路程以及长木板在第三次与挡板碰撞前系统损失的机械能为J．

设球a和球b第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向．

由系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2…①

系统机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22…②

解得：v1=v2=…③

讨论情况分别如下：

（1）、当m1＞m2时，碰后a、b两球均向右运动，当球b与墙壁碰后以速度v2返回，并将与球a发生第二次碰撞，设碰后两球速度分别为v1′，v2′则有：

m1v1+m2（-v2）=m1v1′+m2v2′

m1v12+m2v22=m1v1′2+m2v2′2

解得：v1′=…④

v2′=…⑤

因为m1＞m2，故第二次碰后球b向右运动将再次与墙相碰，并以v2′返回；若要球a和球b不发生第三次碰撞，则应满足 v1′＜0  且v2′≤|v'1|

即 （m1-m2）2-4m1m2＜0 　且4m1（m1-m2）≤|(m1-m2)2-4m1m2|…⑥

解得：3-2＜＜3+2且1-≤≤1+…⑦

再加上条件m1＞m2   得：1＜≤1+…⑧

（2）、m1=m2时，由①②得v1=0，v2=1m/s球b与墙壁碰后以速度1m/s返回与球a第二次碰撞，碰后a球以1m/s的速度向左运动，b球静止，此后两球不再相碰…⑨

（3）、m1＜m2时，由①②可知v1＜0，v2＞0，即a球向左运动，球b向右运动并与墙壁碰后原速弹回，要使球b与球a发生第二次碰撞，应满足：

v2＞-v1　即：2m1＞-（m1-m2），得＞…⑩

因m1＜m2，故两球第二次相碰后，球a向左运动的速度必大于球b向左的运动速度，此后两球不再发生碰撞．

综合（1）（2）（3）得满足范围：＜≤1+…

答：两球的质量满足范围：＜≤1+．

子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，

由动量守恒定律：mv0=mAvA+mv1  ①

而由v1=v0 得：v1=300m/s

得：vA=10m/s   ②

子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，

由动量守恒定律：mv1=mBvB+mv2  ③

又由m-m=2（m-m）  ④

得：v2=100m/s

由③，④得：vB=2.5m/s  ⑤

子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒

由动量守恒定律：mAvA+mBvB=（mA+mB）v共  ⑥

由能量关系：Ep=mA+mB-(mA+mB)  ⑦

由②⑤⑥⑦得：EP=22.5J  ⑧

答：系统运动过程中弹簧的最大弹性势能为22.5J．

（1）设A、B在O点的速度大小分别为vA、vB．

由机械能守恒定律得：Mgh=M，mg•4h=m

解得，vA=，vB=2

设碰撞n次后大物体的速度最小，最小速度为零，则根据动量守恒得：

  MvA-nmvB=（M+m）v

当v=0时，MvA-nmvB=0，则得n=50次

（2）当大物体的速度达到vA时，恰好能越过A点．

 第一次碰撞：MvA-mvB=（M+m）v

 设再碰撞k次：（M+m）v+kmvB=（M+m+km）vA，

联立解得 k=3

故共碰4次．

（3）第1次碰撞：MvA-mvB=（M+m）v1，

    第2次碰撞：（M+m）v1+mvB=（M+2m）v2，

    第3次碰撞：（M+m）v2-mvB=（M+3m）v3，

    第4次碰撞：（M+m）v3+mvB=（M+4m）v4，

   …

第50次碰撞：（M+49m）v49+mvB=（M+50m）v50，

联立解得，v50=vA

根据机械能守恒得：Mgh′=m(v50)2

解得h′=h

答：

（1）若每当大物体向右运动到O点时，都有一个小物体与之碰撞，碰撞50次后大物体的速度最小．

（2）若大物体第一次向右运动到0点时，和小物体碰撞，以后每当大物体向左运动到0点时，才与一个小物体碰撞，共碰撞4次后大物体能越过A点．

（3）若每当大物体运动到0点时，都有一个小物体与之碰撞，碰撞50次后，大物体运动的最大高度为h的．

（1）由动量守恒得，mA-mB=0

则物块B的位移 大小lB=．

（2）A、B做同频率的简谐运动，设运动到平衡位置时弹簧的伸长量为x．

有：F=kx

弹簧伸长量最大时，有：lA′+lB′=2x

由动量守恒定律可知，mAlA′-mBlB′=0

联立求解，得弹簧的伸长量最大时，lA′=．

外力F所做的功等于系统具有的机械能，所以系统具有的机械能E=．

答：（1）当木板A的位移为lA时，物块B的位移lB的大小lB=．

（2）当弹簧的伸长量最大时，木板A的位移lA′=，这时由A、B及弹簧组成的系统所具有的机械能E=．

（1）设乙与甲碰前瞬间速度为v1，碰后瞬间速度为v2，甲乙一起返回到D时速度为v3．

乙从B到D有 mgR-umgL1=mv12  ①

碰撞过程由动量守恒得   mv1=2mv2 ②

甲乙从D到E再回到D有 -μ•2mg•2L2=2mv32-2mv22  ③

乙从D到C 有          -μmgL1=-mv32  ④

联立解得 μ=

（2）设对乙加的最小恒力为F

从B到D有 mgR+FL1-μmgL1=mv42  ⑤

碰撞过程由动量守恒得    mv4=2mv5 ⑥

甲乙从D到E再回到D有  -μ•2mg•2L2=2mv62-2mv52  ⑦

乙从D到A有  -mg•2R-μmgL1=mvA2-mv62  ⑧

在A点有      mg=  ⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨解得   F=

答：

（1）直轨道EC段与物块间动摩擦因素为．

（2）要使乙返回时能通过最高点A，可在乙由C向D运动过程中过C点时，对乙加一水平向左恒力，至D点与甲碰撞前瞬间撤去此恒力，则该恒力至少为．

（1）设木块遭射击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，

mv0-Mv1=mv+MV

则V=-v1，代入数据解得V=3m/s，方向向右．

木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动．

摩擦力f=μFN=μMg=5N

设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0．

根据动能定理得，-fs=0-MV2

则s==m=0.9m．

（2）木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，加速度a1==μg=5m/s2

经历时间t1===0.6s              

木块在传送带上向左加速运动一段时间t2之后速度达到2m/s，与传送带相对静止．a2==μgt2═=0.4            

所求时间  t=t1+t2=0.6+0.4=1.0s

答：（1）木块遭射击后远离A的最大距离为0.9m．

（2）木块遭击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0s．

（1）如图，电动车向右运动的过程中长板车将向左运动，在运动过程中满足动量守恒

由图可知，令电动车相对地面产生的位移大小为x，则长木板车的位移大小为（L-x），负号表示长木板车的位移方向与电动车位移方向相反，令与挡板相碰前电动车的速度为vm，长木板车的速度vM，则据动量守恒有：

mvm+MvM=0…①

又因为在碰撞前两车均做初速度为0的匀加速运动，所以有：

=，电动车运动的时间t===2s…②

=，长木板车运动的时间t===2s…③

由①②③式可解得：

vm=4m/s

vM=1m/s

（2）因为在碰撞过程中无机械能损失，又因为在碰撞中系统动量守恒可知碰撞前后，两车速度均反向，且不改变原速度的大小

vm′=4m/s，方向向左；

vM′=1m/s，方向向右．

∵MvM=mvm

∴系统总动量为0，即当系统稳定时两车均静．

因为克服摩擦力做的功应该等于系统损失的机械能，要使电动车不滑离长木板车，则长木板车的长度满足：

μmgL≥mvm′2+MvM′2

代入数据可解得：μ≥0.2

答：（1）碰撞前瞬间两车的速度大小分别为vm=4m/s，vM=1m/s

（2）若碰撞过程中无机械能损失，且碰后电动机关闭并刹车，使电动车只能在平板车上滑动，要使电动车不脱离平板车，它们之间的动摩擦因数至少为0.2．

（1）设A球的加速度为a，第一次碰到B球瞬间速度为v1，则F=ma①

=2aL②

解得ν1=③

（2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向），得mv1=mvA1'+3mνB1'④

碰撞过程没有机械能损失，得m=mv+3mv⑤

解得两球第一次的速度v=-（方向向左），v′B1=（方向向右）   ⑥

碰后A球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞B球．

设碰后A球向左运动的最大距离为SA2，则=2aSA2⑦

解得SA2=⑧

设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为t2，两球的位移都为S2，有S2=νt2=νt2+a⑨

解得t2=，S2=2L⑩

因此到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程S=L+2SA2+S2

解得S=3.5L

答：（1）A球第一次碰撞B球之前瞬间的速度为ν1=．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程为3.5L．

对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为υ0，A的速度大小为υA，由动量守恒定律有

2mυA=（m+m） υ0①

则υA=υ0

由系统能量守恒有E=2mυA2+（m+m）υ02②

此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为υ，此过程C球机械能守恒，则

mg•2R=mυ02-mυ2③

在最高点Q，由牛顿第二定律得mg=         ④

联立①-----④式解得：E=10mgR     

答：撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是10mgR