热门试卷

解：此同学解答有如下错误：

（1）原解法中②式中未注意动量的矢量性

      正确的表达式为：规定竖直向上方向为正，

（2）①式中冲量应为合外力的冲量，即垫对运动员的作用力和重力的合力冲量

      正确的表达式为： 

（3）题中所求F为床垫对运动员的作用力，而题要求运动员对床垫的作用力

      正确的表述为：由牛顿第三定律可得

      运动员对床垫的作用力大小：

（4）未说明运动员对床垫作用力的方向，应给出“运动员对床垫作用力的方向竖直向下”

（1）跳起后重心升高  h=2.25-2.10=0.15m

根据机械能守恒定律mv2=mgh…①

解得v==m/s②

（2）由动量定理（F-mg）t=mv-0…③

即F=+mg…④

将数据代入上式可得F=1.0×103N…⑤

根据牛顿第三定律可知：创始对地面的平均压力F′=1.0×103N

答：（1）他跳起刚离地时的速度大小为3m/s；（2）起跳过程中他对地面平均压力为1.0×103N．

（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）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．

解：设v1的方向为正方向，则v1=5m/s，v2=-4m/s

(1)动量的增量：△p=mv2-mv1=0.5×（-4-5)kg·m/s=-4.5 kg·m/s，负号表示△p的方向与初动量方向相反

(2)由动量定理有Ft=△p=mv2-mv1得

解：（1）设水平向右为正方向 ①

代入数据解得 ②

（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的初速分别为vA和vB，有

 ③

 ④

其中FAB=FBA

 ⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有

 ⑥

 ⑦

动量与动能之间的关系为

 ⑧

 ⑨

木板A的长度 ⑩

代入数据解得L=0.50m

解：子弹射入木块的过程动量守恒mv0=(m+M)v，v=5 m/s

cosθ＜0.996，故θ＜5°

可看作是简谐运动

之后做匀减速运动a=μg

t总=t1+t2=18.2s

解：(1)C做自由落体运动，下降高度为2L时的速度为v0根据得

(2)此时细绳被拉直，B，C速度的大小立即变成v，设绳子对B，C的冲量大小为I，根据动量定理得

对B：I=3mv

对C：-I=mv-mv0解得B，C速度的大小

(3)设C物体的质量为km，A，B之间的动摩擦因数为μ

由(2)可知，细绳被拉直时B，C速度的大小

此后B物体的加速度

A物体的加速度

经时间t，B物体的速度v1=v'+a1t

B物体的位移

同样，A物体的速度v2=a2t，A物体的位移

①根据题意，若k=1，当v1=v2时，，解μ=0.4

②要使v1=v2时，x1-x2=1，利用①求得的动摩擦因数μ

可得

即C物体的质量至少为1.29m时，才可以使B物体从A上滑下来

解：(1)设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律得

 ①

小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得

 ②

联立①②式得 ③

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I，规定动量方向向右为正，有Ι=0-mv1

解得 ④

(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功为W，由动能定理得

 ⑤

联立③⑤式得 ⑥

小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小为

（1）滑块沿弧形轨道下滑的过程中

     mgh=m

解得 vA=①

经过A点前的瞬间，有F1-mg=m，

故有F1=mg+2mg，②

经过A点后，滑块沿桌面匀速直线运动，故经过A点瞬间F2=mg．③

（2）滑块离开桌面做平抛运动，水平方向分速度vx=vA=

滑块与小车水平方向动量守恒，mvx=（m0+m）v，④

则小车最终的速度为v==．⑤

（3），滑块落人车中直到相对静止的过程中，取竖直向上方向为正方向，由动量定理得

  （F-mg）t=0-（-mvy）=m，⑥

由平抛运动规律得 h=gt2，则t=，

落人车内时，竖直方向分速度  vy=gt=，⑦

故得 F=mg+，

则小车对地压力是 m0g+mg+

答：

（1）滑块经过A点前后对轨道和桌面的压力F1，F2各是mg+2mg和mg．

（2）小车最终的速度是．

（3）滑块落人车中直到相对静止的过程中，小车对地面的平均压力是m0g+mg+．

解：（1）对A或B有I=mv，即

（2）设B运动后的加速度为aB，则μmBg=mBaB，aB=μg=1m/s2 设B从开始运动到速度为0通过的距离为sB，运动的时间为tB，则

vB2=2aBsB，得sB=8 m

VB=aBtB，知tB=4 s

分析可知：B物体剐停，A物体到来与之碰撞结合

由动量守恒定律可知：mAvA=（mA+mB）vAB，vAB=2 m/s

而后共同运动的加速度为aAB，(mA+mB)aAB=μmBg，aAB=0.5 m/s2

vAB2=2aABs'B，可得s'B=4 m

B物体到墙壁的距离s总=L+sB+S'B=16 m

人先做自由落体运动，

由h=g可得，

自由下落的时间：t1==s=1.73s，

绳的拉力作用时间为：t=t2-t1=4s-1.73s=2.27s，

全程应用动量定理有：Ft2-mgt=0

解得，平均作用力：F==N=8.8×102N．

答：橡皮绳对人的平均作用力为880N．

870 N

人自下落到橡皮绳全部伸直过程的时间t1== s= s="1.7" s

可知从橡皮绳开始产生弹力到人的速度变为零，经历的时间t2=t-t1="4" s- s="2.3" s

以向下为正方向，设橡皮绳对人的作用力的大小为F，

由动量定理得：mg·t-F·t2=0

故F== N="870" N.   

解：（1）设碰撞前物体的速度为v0，有：

设碰撞后共同速度为v，有：

对物体应用动量定理得：

（2）设下滑的最大距离s，由碰撞后开始弹回初始位置的过程中有：

由碰撞后开始运动到最低点的过程中，根据动能定理有：

解得：