热门试卷

解：（1）P1、P2碰撞过程，系统动量守恒，规定向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=2mv  ①

解得：v=v1=3m/s，②

根据能量守恒得碰撞损失的动能△E=mv12-（2m）v2   ③

解得：△E=9J．

（2）由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以P在AC间等效为匀减速运动，

设P在AC段加速度为a，根据牛顿第二定律得：μ•2mg=2ma，④

由运动学公式得：3L=vt-at2  ⑤

v2=v-at  ⑥

根据①④⑤⑥解得：v1=，v2=，⑦

由于2s≤t≤4s，所以解得：10m/s≤v1≤14m/s，⑧

所以v2的取值范围是1m/s≤v2≤5m/s，

所以当v2=5m/s时，P向左经过A点时有最大动能，

根据运动学公式得P向左经过A点时速度大小是v′=m/s，

Ek=（2m）v′2，解得：Ek=17J．

答：（1）若v1=6m/s，P1、P2碰后瞬间的速度大小是3m/s，碰撞损失的动能是9J；

（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，v1的取值范围是10m/s≤v1≤14m/s，P向左经过A点时的最大动能是17J．

解：（1）设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vAO，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为△P1

由动量守恒定律：mAvA0=mBvB0 

解得：vA0=4m/s

再根据能量守恒定律：=48J．

（2）当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度V时弹性势能最大，

设为△P2由动量守恒定律：mAvA0+mBvB0=（mA+mB）v

再根据能量守恒定律：=12J

答：①细线被剪断前，弹簧的弹性势能为48J．

②弹簧具有弹性势能的最大值为12J．

解：（1）设A的加速度为a1，则

mg sinθ=ma1，a1=g sinθ=10×sin 30°=5.0m/s2

设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则f=μ•2mgcosθ==10N，方向沿斜面向上

B所受重力沿斜面的分力G1=mgsinθ=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下

因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则

凹槽B的加速度a2=0

（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得

vA0===1.0m/s 

因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有mvA0=mvA1+mvB1

解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为

vA1=0，vB1=1.0 m/s  

（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即

vA2=a1t1=vB1，解得t1=0.20s

设t1时间内A下滑的距离为x1，则

解得x1=0.10m

因为x1=d，说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．

设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2，A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则

xA1=，xB1=vB1t2，xA1=xB1

解得t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s 

第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动．

用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，

并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3=0.40s，A与B发生第三次碰撞．

设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则

xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m；

设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则

x=xB1+xB2=0.40+0.80=1.2m  

答：（1）物块A和凹槽B的加速度分别是5.0m/s2和0；

（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别是vA1=0，vB1=1.0 m/s；

（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小是1.2m．