热门试卷

（1）设A、B碰撞后速度分别为v1、v2，根据动量守恒和机械能两守恒得：

     mv0=mv1+1.5mv2

     m=m+•1.5m

联立解得：

     v1=-v0（负号表示A球逆时针返回），v2=v0

（2）由上面解答可知，BC首先要碰撞，设B和C相碰结合在一起后速度为v3，则由动量守恒有：

 1.5mv2=3mv3得：v3=v2=v0

设管对球沿水平方向的压力N，此力提供D球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得：

    N=3m•=，

由牛顿第三定律得知，B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小：

N′=N=；

（3）A、B碰后，B经时间t1与C相碰，再经时间t2，D与A相碰

    t1==

从A和B第一次相碰后，到D与A相碰：

v3t2+|v1|•(t1+t2)=

得：t2=

∴A和B第一次相碰后，到A和D相碰经过的时间t为：

t=t1+t2=

答：

（1）A和B第一次相碰后各自的速度大小分别为v0和v0；

（2）B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小为；

（3）A和B第一次相碰后，到A和D相碰经过的时间为．

系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒．在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

（1）球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后再摆回来与球2、球2与球1碰撞，使球1上升到H高处，此后，系统做到周期性运动，则T1=T3=2π，T=(T1+T3)

由此可知系统的运动周期为：T=2π

（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为p，

则Ek=，球2在与球3碰前具有动量2p，

根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有：=+

由此得：m2：m3=3：1

球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：=+

由此得：m1：m2=2：1

从而可得：m1：m2：m3=6：3：1

设三球碰后上升的高度分别为H1、H2、H3

球1碰前动能EK1=m1gH，又EK1=，∴H2=

球1碰后动能EK1=m1gH1，又EK1=，∴H2=

从而可得：H1=

同理可得：H2=

H3=4H

答：（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，T=2π．

（2）若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则m1：m2：m3=6：3：1．

它们上升的高度分别为，，4H．

（1）对物块：由动能定理有：μmgs=m，

S=0.4m，

（2）第一次物块碰后左共共速，由系统动量和能量守恒得：Mv0-mv0=（M+m）v

(M+m)=(M+m)v2+μmgL

联立解得，物块在木板上滑动的距离为：

L=1.2m                                 

（3）对木板，μmg=Ma

v=v0-at，

t=0.6s                                    

答：（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块向右运动最大对地位移为0.4m．

（2）物块第二次与挡板碰撞前，物块在木板上滑动的距离1.2m．

（3）物块与挡板第一次碰撞后到与车第一次共速的时间为0.6s．

（1）子弹穿过A时，子弹与A动量守恒，由动量守恒定律：m0v0=mAvA+m0v1

得：vA=10m/s

射穿A木块过程中系统损失的机械能△E=

1

2

m0v02-

1

2

m0v12-

1

2

mAvA2=3950J

（2）子弹穿过B时，子弹与B动量守恒，由动量守恒定律：m0v1=mBvB+m0v2

又由已知得：

1

2

m0v02-

1

2

m0v12=2（

1

2

m0v12-

1

2

m0v22）

得：vB=2.5m/s

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

由能量关系：EP=

1

2

mAvA2+

1

2

mBvB2-(mA+mB)v共2

得：EP=22.5J

（3）弹簧再次恢复原长时系统的动能不变，则有：

mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B

1

2

mAvA2+

1

2

mBvB2=

1

2

mAv′A2+

1

2

mBv′B2

解得：v′A==-2m/s

=5.5m/s

答：（1）射穿A木块过程中系统损失的机械能为3950J；

（2）系统在运动过程中弹簧的最大弹性势能为22.5J；

（3）弹簧再次恢复原长时木块A的速度大小为2m/s，B的速度的大小为5.5m/s．

（1）碰后物块M做平抛运动，h=gt2…①

S=v3t…②

v3=S=3.0m/s…③

vy==4.0m/s…④

物块落地速度大小v==5.0m/s…⑤

答：质量为M物块落地时速度大小为：5.0m/s．

（2）物块与小球在B处碰撞：Mv1=mv2+Mv3…⑥

碰后小球从B处运动到最高点A过程中，m=m+2mgL

小球在最高点：2mg=m…⑧

由⑦⑧解得v2=6.0m/s…⑨

由③⑥⑨得v1==6.0m/s…⑩

物块M从P运动到B处过程中，-μMgs1=M-M…（11）

v0==7.0m/s…（12）

根据动量定理得：

I=Mv0=14N•S

答：物块M在P处所受水平向右的瞬时冲量大小为：14N•S．

（1）以两球组成的系统为研究对象，

由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，

由机械能守恒定律得：m1v02=m1v12+m2v22，

解得：v2=；

（2）小球m2从B点到达C点的过程中，

由动能定理可得：-m2g×2R=m2v2′2-m2v22，

解得：v2′===；

小球m2通过最高点C后，做平抛运动，

竖直方向：2R=gt2，

水平方向：s=v2′t，

解得：s=，

由一元二次函数规律可知，

当R=时小m2落地点距B最远．

答：（1）m2的速度大小是；

（2）半圆的半径R=时，小球m2通过最高点C后，落地点距离B点最远．

（1）A球的加速度a=                                         

碰前A的速度vA1==，碰前B的速度vB1=0．

A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为vA1′、vB1′

vA1′=0      vB1′=vA1=                   

（2）A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为t1、t2、t3．

则 t1==

第一次碰后，经t2-t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA2和vB2

vB1′(t2-t1)=a(t2-t1)2     得：t2=3t1

vA2=a（t2-t1）=2at1=2vA1=2     vB2=vB1′= 

第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为vA2′和vB2′，经t3-t2时间A、B两球发生第三次碰撞，并设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA3和vB3

则 vA2′=vB2=       vB2′=vA2=2 

当vB2′（t3-t2）=vA2′（t3-t2）+a(t3-t2)2 发生第三次碰撞，易得t3-t2=t2-t1  

vA3=vA2′+a(t3-t2)=3      vB3=vB2′=2

（3）由（2）问中所求的物理量，得

W电=(mvA32+mvB32)-0=13QEL．

（4）对A球由平衡条件得 BQvA=mg       B=且a=．   解得

从A开始运动到发生第一次碰撞 B(i)==   0＜t≤

从第一次碰撞到发生第二次碰撞B(i)=

从第二次碰撞到发生第三次碰撞B(i)=    3≤t≤5

从第三次碰撞到发生第四次碰撞B(i)=    5≤t≤7

以此类推，从第n次碰撞到发生第n+1次碰撞

B(i)=

(2n-1)≤t≤(2n+1)  （n=1，2，3，4…..）

答：（1）第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为0，．

（2）如图所示．

（3）从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中电场力共做了13QEL．的功．

（4）磁场B（t）与时间t的函数关系B(i)=，(2n-1)≤t≤(2n+1) （n=1，2，3，4…..）．

（1）框架与墙壁碰撞后，物块以V0压缩弹簧，后又返回，当返回原位时框架开始离开，由机械能守恒知，此时物块速度是v0方向向右．

（2）设弹簧有最大势能时共同速度为v 由动量守恒定律知   mv0=4mv

由能量守恒定律    mv02=×4mv2+EP×

EP=mv02                                            

（3）设框架反弹速度为v1、最大势能时共同速度为v，则

由动量、能量守恒定律得

3mv1-mv0=4mv

×3mv12+mv02=×4mv2+mv02          

解得：9v12+18v1v0-7v02=0           v1=     v′1=-v0（舍去）

带入得：v=0                         

△E1=×3mv02-×3mv12=mv02     

（4）由（3）知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以V1=的速度与墙壁相撞，由题意知，=  所以 v2=

故△E2=×3m(

v0

3

)2-×3m(

v0

9

)2=mv02

答：（1）若框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为0且与墙壁间不粘连，框架刚要脱离墙壁时小物块速度的大小为v0，方向向右；

（2）在（1）情形下，框架脱离墙壁后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为mv02；

（3）框架与墙壁碰撞时损失的机械能为mv02；

（4）能，第二次碰撞时损失的机械能为mv02．

（1）刚开始滑动时，

根据牛顿第二定律得

a=μg=1m/s2 方向向左

（2）设经t1时间m1、m2相碰，有

a+L=vt1    

t1=1s    t′1=5s（由上述分析可知，不合题意，舍去） 

碰前m2的速度   v2=at1=1m/s

由题意可知：碰后m2的速度  v′2=2m/s   或  v∥2=4m/s  

分别由动量守恒定律得  m1v带+m2v2=m1v′1+m2 v′2与m1v带+m2v2=m1v∥1+m2 v∥2 …1'

得碰后m1的速度    v′1=1.5m/s   或  v∥1=-1.5m/s      

检验：由于m1+m2＜m1+m2

故v∥1=-1.5m/s，v∥2=4m/s  这组数据舍去 

∴碰后m1的速度为v′1=1.5m/s向右，m2的速度为v′2=2m/s向右…1'

（3）因碰后两物体均做匀加速运动，加速度都为a=1m/s2，所以m2先达到传送带速度，

设m2达到传送带速度的时间为t2，

有  v带=v′2+at2       t2=1s

此时m1的速度v3=v′1+at2=2.5m/s＜v带

故从t2之后m1继续加速，m2和传送带开始减速，

直到m1和传送带达到某个共同速度v4后，

m1所受摩擦力换向，才开始减速运动，

设m1继续加速的时间为t3

则v4=v3+a t3=v带-a带t3 t3=s

m1的速度为v4=v3+a t3=m/s  

此时m2的速度为v5=v带-a t3=m/s，之后m1、m2均做匀减速运动，

因为在整个过程中m2的速度始终大于m1的速度，

所以在m1、m2都静止时两物块位移最大

m2碰后运动的总位移s2=-=7m

m1碰后运动的总位移s1=-=6m  

两物块间最大距离△s=1m．

答：（1）物体m2刚开始滑动时的加速度是1m/s2 方向向左；

（2）碰后m1的速度为v′1=1.5m/s向右，m2的速度为v′2=2m/s向右

（3）两物块间的最大距离是1m．

（1）子弹射入砂袋过程中的发热量等于子弹和砂袋组成的系统损失的机械能

又子弹射入砂袋的过程中，系统在水平方向动量守恒有：

m子v0=（m子+m砂）v1

得v1=v0=v0

∴Q=m子v02-(m子+m砂)v12=mv02

（2）根据题意知子弹和砂袋一起摆到最大高度时，砂袋和子弹在竖直方向速度刚好为0，在水平方向速度与小车速度相同，故：

根据动量守恒有（m子+m砂）v1=（m子+m砂+m车）v2

代入数据得系统在水平方向共同速度v2=

又在砂袋和子弹上摆的过程中，系统的机械能守恒：砂袋和子弹增加的势能等于系统减少的动能

所以：g(m子+m砂)hmax=(m子+m砂)v12-(m子+m砂+m车)v22

得：hmax=

v0

45g

2

答：子弹射入砂袋过程的发热量Q=mv02；子弹和砂袋能达到的最大高度h=

v0

45g

2．

（1）沙袋在摆到过程中机械能守恒，

在沙袋由最高点摆到最低点的过程中，

由机械能守恒定律可得：（M+m）gL（1-cosα）=（M+m）v2 ①，

在最低点，由牛顿第二定律得：F-（M+m）g=（M+m）  ②，

由①②解得，F=20N；

（2）子弹击中木块的过程中，系统动量守恒，

由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v ③，

由能量守恒定律可得：Q=mv02-（M+m）v2 ④，

由热量公式得：Q子弹=Qη=mc△t  ⑤，

由①③④⑤解得：△t=80℃；

答：（1）沙袋再次摆回最低位置时，悬绳对沙袋的拉力为20N；

（2）子弹的温度升高了80℃．

以A、B小车组成的系统为研究对象，由于正碰后粘在一起的时间极短，小 球C暂未参与碰撞，由动量守恒定律有：mAv0=（mA+mB）v

v==m/s=2 m/s．

碰后，A、B粘在一起，小球C向左摆动，细绳水平方向分力使A、B加速，当C的速度与A、B水平方向的速度相同时，小球C摆至最高点，以A、B、C组成的系统为研究对象，由动量守恒有：mCv0+（mA+mB）v=（mA+mB+mC）v′

v′==2.4 m/s．

设小球C摆至最大高度为h，由机械能守恒有：

 mC v02+（mA+mB）v2=（mA+mB+mC）v′2+mCgh

h=

=0.16m．

答：小球C摆动的最大高度是0.16m．