热门试卷

解：（1）A的初动能

A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，

解得

A、B、C发生完全非弹性碰撞，设碰后的速度大小为v2，根据动能守恒定律

解得v2=0.5m/s

（2）在第二次碰撞中损失的机械能

（3）A、B、C整体在粗糙水平面上所受的摩擦力F＝FA+FB+FC＝μAmAg＋μBmBg＋μCmCg＝120N

根据动能定理：

可得在粗糙水平面上滑行的最大距离为m=4.2×10-2 m

解：（1）因为两物块始终作减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论。先假定在时间t内，都未停下。以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示它们走的路程，则有

 ①， ②， ③

解①②③三式并代入有关数据得 ④ 　　

经过时间t，两物块的速度分别为 ⑤，　⑥　　

V2'为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在，v2'不可为负。V2'为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动。在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是 ⑦ 　　

解①③⑦式，代入有关数据得 ⑧ 　　

由⑤⑥式求得刚要发生碰撞时物块1的速度 ⑨ 　　

而物块2的速度 ⑩

（2）设v为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有

刚碰后到停止运动过程中损失的机械能

由并代入数据得

解：（1）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，根据动能定理：

对a、b球，根据动量守恒定律mvD=2mv

解得：v=1.73m/s

（2）两球进入复合场后，由计算可知Eq=2mg，两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如图所示

洛仑兹力提供向心力

由图可知：r=2h　

解得：h=2=3.46m　

（3）ab系统损失的机械能

或

解得=1.49×10-4 J

解：（1）滑动A与B正碰，满足mvA-mVB=mv0 ①

 ②

由①②，解得vA=0，vB=v0根据动量定理，滑块B满足F·t=mv0

解得

（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d，B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有EA=mgd，EB= mgd+

由于p=，有，即PA＜PB

A下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量

b.以O为原点，建立直角坐标系xOy，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则

对B有x=v0t，y=gt2

B的轨迹方程y=

在M点x=y，所以y= ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vA，则

 ④

B做平抛运动，故 ⑤

对A由机械能守恒得vA= ⑥

由④⑤⑥得

将③代入得

解：（1）设质量为m的小球碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有 ①

设两小球碰后的共同速度为V，根据动量守恒定律有 ②

解得

（2）a．取水平向右方向为正方向，设碰后m与km的速度分别为v1与V1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ③

 ④

解得⑤，⑥

两小球若要发生第二次碰撞，需要v1<0， ⑦

由⑤⑥⑦解得：k＞3 ⑧

b．对于第二次碰撞，设v2与V2分别为m与km碰后的速度，由动量守恒和机械能守恒有

 ⑨

 ⑩

由⑤⑥⑧⑨解得，

只要满足，两球一定不会相碰

由⑧解得

解：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0。由机械能守恒有

  ①

设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有

mAv0+mB（-v0）=mAv1+mBv2 ②

由于两球碰撞过程中能量守恒，故

  ③

联立②③式得  ④

 设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有 ⑤

由①④⑤式得  ⑥

解：（1）小球恰好通过最高点作圆周运动，此时重力刚好提供向心力，设速度为V，有

得V=

设小球碰撞后速度为V1，其后在摆至最高点过程中，机械能守恒：

mV21=mV2 +mg·2L

代入V值可得V1=

碰撞过程中，物块和小球系统动量守恒，有

2mV0=mV1+2m

代入V1值可得V0=

（2）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=·2m·V02－·2m·－m

代入所求出的速度值可得ΔE=mgL

（3）小球在水平面运动的加速度

由速度公式得力F作用时间

解：（1）设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有 ①

得

设碰撞后小球反弹的速度大小为v1'，同理有 ②

得

设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有 ③

得 ④

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小：

根据牛顿第二定律，有： ⑤

设物块在水平面上滑行的时间为t，根据运动学公式，有 ⑥

联立，解得： ⑦

（2）碰撞前系统的总动能：

碰撞后系统的总动能：

由于，故此次碰撞为非弹性碰撞

解：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv'n得

（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

a．第1次碰撞前   

第1次碰撞后m0v1=m1v'1

  ①

b．第2次碰撞前v22=v12+2gl

利用①式化简得  ②

第2次碰撞后，利用②式得

同理，第3次碰撞后

……

第n次碰撞后

动能

解：（1）当铁块滑至弧形槽中的最高处时，m与M有共同的水平速度，等效于完全非弹性碰撞，由于无摩擦力做功，则系统减小的动能转化为m的势能

根据系统水平动量守恒：mv=(M+m)v′

而mgH=mv2－(m+M)v′2可解得Hm=Mv2/［2g(M+m)］

（2）当铁块滑至最大高度后返回时，M仍在作加速运动，其最大速度是在铁块从右端脱离小车时，而铁和小车间挤压、分离过程，属于弹性碰撞模型，有：

mv=mvm+MVM

mv2=mv2m+Mv2M

联立得vm=v，vM=v

所以，小车的最大速度为2mv/(M+m)

（3）当M=m时，v′m=0，vM=v，铁块将作自由落体运动

解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x

根据牛顿第二定律和运动学公式：μmg=ma，v=vC+at，

解得：x=1.25m＜L，即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律

mv0=2mv1

2mv1=2mv2+mvC

由能量守恒规律

解得EP=1.0J

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v

设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，由动量守恒定律

mvm=2mv1′

2mv1′=mvC′+2mv2′

由能量守恒规律

由运动学公式

解得：vm=7.1m/s

解：（1）设乙物体和甲物体碰撞前瞬间乙物体的速度大小为v1根据v12＝2gh，解得v1＝2 m/s＝2.8 m/s

设乙物体和甲物体碰撞后的共同速度大小为v2由动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝ m/s＝1.4 m/s

所以碰撞后系统的动能Ek2＝(2m)v22＝2 J

因为甲、乙物体构成的系统碰撞前的动能Ek1＝4 J，所以乙物体和甲物体碰撞过程中损失的机械能

ΔE＝Ek1－Ek2＝2 J

（2）设甲物体静止时弹簧压缩量为x1，根据平衡条件

解得x1＝＝5.0 cm

甲和乙碰撞后做简谐运动，在通过平衡位置时两物体所受合力为零，速度最大，设此时弹簧压缩量为x2解得x2＝＝10 cm

甲物体和乙物体一同上升到最高点，两物体与简谐运动平衡位置的距离，即简谐运动的振幅

A＝x2＋(H－x1)＝15 cm

根据简谐运动的对称性可知，两物体向下运动的最大距离

x＝A＋(x2－x1)＝20 cm

（1）

（2）3Mgsinθ

（3）

解：设经过与相碰， 

设与碰撞之后两球的速度分别为、，在碰撞过程中由动量守恒定律得：

因，求得，方向与碰前速度方向相反

设经过与相碰， 

设与碰撞之后两球的速度分别为、，因与在碰撞后交换速度

所以，

由碰后速度关系知，与碰撞的位置在Ⅰ位置，设经过与相碰， 

设与碰撞后的速度分别为，，由动量守恒和机械能守恒定律可得：

联立得：或（舍）

设碰后经回到Ⅱ位置， 

至此，三个小球相对于原位置分别改变了120°，且速度与最初状态相同。故再经过两个相同的过程，即完成一个系统的运动周期