热门试卷

解：（1）A与B碰撞后的速度为V1，规定向右为正方向，动量守恒得：

I=mv

2mv1=mv

由功能关系，E损=×2mv-mv2

联立解得  E损=

（2）AB与C一起压缩弹簧，然后弹簧再次恢复自然长度时，滑块C速度最大，

规定向右为正方向，由系统动量守恒得：

2mv1=2mv2+mvm，

根据机械能守恒：

×2mv=×2mv+×mv

联立解得   vm=

答：（1）AB碰撞过程中损失的机械能

（2）运动过程中物体C的最大速度

解：（1）设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，

对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒

解得：

（2）设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向．

对于1、2号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有

 m1v1=m1v‘1+m2v2

根据机械能守恒有 

解得：

设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3，

对于2、3号小球碰撞的过程，根据动量守恒定律有 m2v2=m2v'2+m3v3

根据机械能守恒有 

同理可解得：3号小球被碰后的速度 

即3号小球与P小球发生第一次碰撞前的速度大小 

（3）由（2）中的结果可推知5号小球被碰后的速度 

因为5号小球与P小球质量相等，可知二者发生碰撞后交换速度，

所以P小球第一次被碰撞后的速度 

P小球第一次被碰撞后恰好能通过圆轨道的最高点D，设其通过最高点的速度为vD，

根据牛顿第二定律P小球在D点有

解得：

P小球由A到D的运动过程，机械能守恒有

解得：

将代入上式联立解得：

答：（1）1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小是；

（2）若N=3，求第3个小球与P小球发生第一次碰撞前的速度v3的大小是；

（3）若N=5，当半圆形轨道半径R=h时，P小球第一次被碰撞后恰好能通过轨道的最高点D，k值的大小是-1．

解：（1）由图乙知，刚释放弹簧时，P1具有的加速度为：a=…①

由胡克定律得此时弹簧弹力为：F=kx…②

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma…③

解得弹簧的劲度系数为：k=…④

由图乙，P1离开弹’簧时的速度为：v1=…⑤

之后P1做加速度为：a==μg的匀‘减速直线运动到M时速度为零，由匀变速直线运动的速度位移公式得：

0-v12=2（-a）s…⑥

解得O、M距离为：s=…⑦

（2）P2与P1碰前瞬间速度为v2，碰后结合体P的速度为v3，碰撞前后动量守恒，以p2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv2=2mv3…⑧

碰后P2、P1结合体P能在地面上往左匀减速回到O点时速度为v，由速度位移公式得：

v2-v32=2（-a）s…⑨

若P2在传送装置上一直加速到M点，则有：v22-0=2al…⑩

由⑧⑨⑩解得：v=…⑪

要使结合体P能回到O点，必须v=≥0，即l≥…⑫

若P2在传送装置上一直加速到M点时刚好与传送装置达到相同速度，即有v2=v′=ωr…⑬

⑬代入⑩式解得：l=…⑭

i：当≤l≤时，P2在传送装置上一直加速，并最终结合体P能回到O点，回到O点时的速度为：v=…⑮

ii：当≤l≤时，P2在传送装置上先加速后匀速，与P1碰前瞬间速度始终为v2=v′=ωr，代入⑧⑨式得：v=ωr…⑯

答：（1）弹簧的劲度系数k=，O、M的距离s=；

（2）l的取值范围以及P回到O点时的速度大小v与l的关系表达式为：当≤l≤时，v=；当≤l≤时，v=ωr．

解：木板与墙发生弹性碰撞后速度立即反向而速度大小不变，此后，木板和重物在水平方向上动量保持不变，根据动量守恒有：

mv0+m（-v0）=（m+m）v

可得重物和木板保持相对静止时，两者的共同速度v=0

对于重物，在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小a=μg

所以根据匀变速直线运动的速度时间关系知，此过程经历时间t==

此过程中重物的位移

对于木板而言，同样在摩擦力作用下做匀减速运动加速度大小亦为a′=μg

此过程中木板的位移

木板和重物位移大小相等，方向相反，因为重物最后恰好停在长木板中间位置，所以木板的长度等于2倍的重物和木板位移大小之和即：

L=2（x+x′）==

答：木板与墙碰撞到与重物保持相对静止的过程所用的时间为，木板的长度为．