热门试卷

解：（1）P与Q碰前对P由动能定理得：

qE1l-μm1gl=m1v02-0，

代入数据解得：v0=4m/s；

P与Q正碰，系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2，

代入数据得：v1=-3m/s，负号表示方向水平向左；

（2）Q恰好做匀速圆周运动，则有：qE2=m2g，

代入数据解得：q=1.75×10-3C，

粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为R则

由牛顿第二定律得：qv2B=m2，

轨迹如图，由几何关系有：R=lOC，

解得：B=10T；

（3）当Q经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，P碰后做匀减速运动．

P匀减速运动至停，其平均速度为：=v1=×3=1.5m/s＞v2=1m/s，故Q在P停止后与其相碰，

至P停止由动能定理得：-μm1gx=0-m1v12，

则Q平抛的时间：t=，

Q平抛的高度：h=gt2，

设Q做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：R′=h，

由牛顿第二定律得：qv2B′=m2，

联立解得：B′=1.98T；

答：（1）碰后P的速度大小v1为-3m/s．

（2）若碰后Q恰好通过C点，OC与x轴的夹角θ=30°，OC长为lOC=0.4m，磁感应强度B的大小为10T；

（3）若改变磁场磁感应强度的大小为B′使Q离开第一象限后落地时能与P再次相碰，B′的大小为1.98T．

解：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F=mAa，解得：a=5m/s2；

（2）碰撞前小车做初速度为零的匀加速直线运动，

小车的长度：L===0.4m；

（3）A、B碰撞过程系统动量守恒，选向右的方向为正，

由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得：v=0.8m/s，

碰撞后系统的加速度：a′===2m/s2，

由匀变速直线运动的速度位移公式可知，二者的速度：

v′===4m/s；

答：（1）小车A开始运动时的加速度a的大小为5m/s2．

（2）小车A的上表面长度L为0.4m．

（3）碰撞后，A、B在F的作用下继续运动，碰撞后再经x=3.84m时，二者的速度大小为4m/s．

解：（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得

联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，

（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3

代入数据解得 k=2

此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得 k=6

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv

代入数据解得k=4

总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同

当k=4时，AB的速度为0

当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．

综上所述，k的范围为：2＜k≤6

答：（1）与C碰撞前瞬间AB的速度为4m/s；

（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围为2＜k≤6

解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，末速度变为0，由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行，由动能定理：

-μMgs=0-mv02，

s=  ①

代入数据得：s==m=0.33m

（2）设与墙相撞前平板车已经和滑块取得共同速度v1，规定向右为正方向，据动量守恒得：

Mv0-mv0=（M+m）v1    ②

由于撞墙前平板车与滑块均做匀变速直线运动，那么平板车由速度为零向右加速到v1，前进的距离s1，由动能定理得：

mv12-0=μMgs1 

代入数据得：v1=0.4m/s，

s1=m＜m  

充分说明平板车还未与墙相撞，就与滑块取得共同速度，所以，平板车第二次与墙碰撞前瞬间的速度

v=v1=0.4m/s

答：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离为0.33m；

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v为0.4m/s．