高中物理动量能量典型例题.doc

1、生义必备欢迎工教学习必备欢迎下载高中物理动量能量典型试题1.(14分)某地强风的风速是20m/s ,空气的密度是p= 1.3kg/m o 一风力发电机的有效受风闻枳为2 =20m,如果风速过风S力发电机后风速减为12m/s,且该风力发电机的效率为n=80%,则该风力发电机的电功率多大？1 .风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间 t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气的空气是一个以S为底、v°t为高的横放的空气柱，其质量为111=PSvot ,它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为 P,则Pt 4 _mv()2 _ mv2 力=_ jSvotr(vo2 _v 2

2、) 222代入数据解得 P=53kW2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=lkg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M>=50kg ,乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面2 6.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：(1)两车的速度各为多少？ (2)甲总共抛出了多少个小球？2 .分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，

3、甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V,则：MiVi- M2vg ( M1+M2) VV = M 1 M2 Vi =OX6m/s 4.5m/s M 1 +M 280(2)这一过程中乙小孩及时的动量变化为：PtSOXG 30义(-1.5 )=225 (kg m/s )每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为Pi=16.5 Xl-1.5 Xl = 15 (kg m/s)P 225故小球个数为N =15(个)P1153.如图11所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为m的小木3m,在木板的上面有两块质量均为 块A和B,它们与木板间的动摩擦

4、因数均为U o最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V。和2Vo在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求:(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移;(2)木块A在整个过程中的最小速度。图11线运动，后做匀加速直线运 两段加速度不同的匀加速直设为Vi。对A、B、C三者组3 .分析与解：(1)木块A先做匀减速直 动；木块B一直做匀减速直线运动；木板 C做线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止， 成的系统，由动量守恒定律得:+ = + +mVo 2mVo (m m 3m)Vi解得：M=0.6Vo对木块B运用动能定理，有：- N =4- 4

5、2mgs mVi 2 m( 2Vo 厂22解得：91 2 /(58 )s Vo g(2)设木块A在整个过程中的最小速度为 V,，所用时间为t ,由牛顿第二定律: =HH对木块 A： ai mg / m g ,=k= N对木板 C： a2 2 mg / 3m 2 g / 3 ,当木块A与木板C的速度相等时，木块 A的速度最小，因此有:Vo - Pgt =(2%/3)1解得 t =3 Vo /(hg )木块A在整个过程中的最小速度为：，= 一 =2 /5.V Vo ait Vo4.总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m,中途脱节，司机发觉时，机车已行驶 L的距离，于是立即关闭

6、油门，除去牵引力，如图 13所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的 两部分都停止时，它们的距离是多少？4.分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：1 9FL -k（M -m）gSi =（M.n）V（）2 对车尾，脱钩后用动能定理得：-kmgS2 = _ mV（）22而生=Si -S2，由于原来列车是匀速前进的，所以 F=kMg由以上方程解得 AS = -私一 oM - mB和C。重物A （A视质点）位于B的右端，A、B、C的质量5.如图14所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板相等。现A和B以同一速度滑向静止的

7、 C, B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。 已知A滑到C的右端面未掉下。 试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是 C板长度的多少倍？5.分析与解：设A、B、C的质量均为mo B、C碰撞前, 后B与C的共同速度为 V。对B、C构成的系统，由动量守A与B的共同速度为 V ,碰撞 0设A滑至C的右端时，三者的共同速度为V2o对A、B、律得：2mVo=3mV2设C的长度为L, A与C的动摩擦因数为口 ,则据摩a恒定律得：mV=2mVaoi q u/ c构成的系统，由动量守恒定图14擦生热公式和能量守恒定律Vo2 - ,3mV222由以上各式解

8、得S =1.L 36.面积很大的水池,水深为 H,水面上浮着一正方体木块，木块边长为a ,密度为水的1_ ,质量为m ,开始时，木块静止，有一半没入水中,如图 38所示，现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦，求（1）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功。（2）若将该木块放在底面为正方形（边长为02 a）的盛水足够深的长方体容器中，开始时,木块静止,有一半没入水中,“121可得：q =NmgL= .2mV +-m设从发生碰撞到 A移至C的右端时C所走过的距离为 S,则对B、C构成的系统据动能定理可得:1912NmgS =- （2m）V22 （2m）Vi2如图39所示，现用力F将木块

9、缓慢地压到容器底部，不计摩擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中，容器中水势能 的改变量。6.解：（1）因水池面积深变化，木块刚好完全没 水被排开，结果等效于使很大，可H入水中 这部分忽略因木块压入水中所引起的水时，图中原来处于划斜线区域的 水平铺于水面，这部分水的质量图38图39学习必备欢迎下载为m ,其势能的改变量为3E 水匚 mgH-mg ( H -43a) 二一 mga4大块势能的改变量为：E 木二mg(Ha一_) _mgH2原理，1=_一 mga2力F 所做的1WEkA +庄木=-mga4（2）因容器水面面积为2a2,只是木块底面积的 入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中划

10、斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分3的改变量为： &E_ mga o口水2 _82倍，不可忽略因木块压 时，图8中原来处于下方 水的质量为m /2 ，其势能7.如图13所示，在光滑的水平面上有一长为L的其左端有一光滑的1/4圆弧槽C,与长木板接触但不相连,滑块A以初速V。从右端滑上B,并以1/2丫。滑离8, B、C的质量均为m,试求：（1）木板B上表面的动槽C的半径R； （3）当A滑离C时，C的速度。圆弧槽的下端与木板上表面相平,图13木板B,上表面粗糙，在B、C静止在水平面上。现有 确好能到达C的最高点。A、 摩擦因素U ; （2） 1/4圆弧7. （ 1）当A在B上滑动时，

11、A与BC整体发生作用，VmV o = m_0+2mVi成的系统动量守恒，2, （2分）由于水平面光滑，A与BC组V1 =%得 4 （ 1分）系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能,，gLQ1Ek 二一（1 分） 2(15V0 2分） 得 16Lg（ 1分）（2）当A滑上C, B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V,由于水平面光滑,A与C组成的系统动量守恒,Vm。+mVi =(m 加)V22V2（2分）得8A与C组成的系统机械能守恒,1=(2m y2 2 + mgR2（2分）r" 64g（1分）m + mVi=mV a+ mV cA与C组成的系统动量守恒,（3）当A滑

12、下C时，设A的速度为 丫，（2的速度为丫，分）A与C组成的系统动能守恒,学习必备欢迎下载VocM v= （2 分）8. （13分）如图所示，将质量均为 厚度不计的两物块a mC、力的作用下处于静止，将弹簧锁定.现由静止释放 A、B 随后的过程中当弹簧恢复到原长时 A物块运动的速度为v 变量时弹性势能也相同.（1） B物块着地后，A向上运动过程中合外力为0时的（2） 物块着地到b物块恰能离开地面但不继续上升的B口（3）第二次用手拿着 A、B两物块，使得弹簧竖直并处 的距离也为H,然后由静止同时释放 A、B, B物块着地 次释放A、B后，B刚要离地时A的速度U2.B用轻质弹簧相连接，只用手托着b物

13、块于H高处，A在弹簧弹B物块着地时解除弹簧锁定，且 B物块的速度立即变为0,在o,且B物块恰能离开地面但不继续上升.已知弹簧具有相同形A速度U 1；过程中，A物块运动的位移X；于原长状态，此时物块B离地面后速度同样立即变为0.求第二A8. （13分）（1）设A、B下落H过程时速度为 u ,由机/-c,械能守恒定律有:2mgH = _ 2mv 2 （ 1 分） 2B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到合外力为。的过程中，弹簧对A做的总功为零.（1分）1 7 1 ?即 0 =-mvi mv （ 1 分）2 2解得：V1 =；2gH（ 1 分）VLB/-5- rJ（2） r物块恰能离开地面时，弹簧处于

14、伸长状态，弹力大小等于，物块刚着地解除弹簧锁定时，弹簧处于压缩状态,mg B弹力大小等于mg.因此，两次弹簧形变量相同，则这两次弹簧弹性势能相同，设为 Ep. （ 1分）又B物块恰能离开地面但不继续上升，此时 A物块速度为0.从B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块和弹簧组成的系统机械能守恒1 ,Ep +mvi = mgA< 4Ep （2 分）2得 x= H （ 1分）（3）弹簧形变量X = x （1分）2第一次从B物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒Ep 十 寸mv/umgx+T mvo2 （ 1 分）22第二次释放A、B后，A、B均做自由

15、落体运动，由机械能守恒得刚着地时 A、B系统的速度为vi =<2gH （ 1分）从B物块着地到B刚要离地过程中，弹簧和 A物块组成的系统机械能守恒1 . 1,一 mv/=mgx+-mv2,+Ep （ 1 分）学习必备欢迎下载联立以上各式得V22gH vo2 （ 1分）9.（重庆市2008届直属重点中学第2次联考）如图所示丁顶量为=的滑块，-似u 0= 5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小温量 M=4kg,平板小车长 L=3.6m,滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止.求：（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数口 ；（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少？

16、（g取9.8m/s2 ）（10分）9. （ 1） m滑上平板小车到与平板小车相对静止，速据动量守恒定律：mvo （m M ）vi （2分）1度为v ,M/ . j 二1对m据动量定理：mgt= mti mvo （2分）将代入解得 u =0.4"（2分）一产 = 一（2）设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为V2，据动量守恒定律：mvo （m M）V2 分）12 12mgS 物 mv2z mvo'对m据动能定理有：22（1分）N 1二一 一一mgS 车 Mv22 0对M据动能定理有：2（1分）由几何关系有：S物S车 L （1分） 联立解得：v（）=6米/秒即滑块的初

17、或 由 功 能 原理 得：1 2 1 , mgL mvo （m m）v22 （ 3 分） 22俨他解咨二按相应纱给?）速度不能超过6米/秒。（1分）10.如图而装 一隹赢簧一端固定，一端与质量为m的小物块A相联，原来A静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由 C处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。运动到D点时，将外力 F撤去，已知C0=4s, 0D=s,则撤去外力后，根据力学规律和题中 提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值？并求出定量的结果。10.解析：物块 B在F的作用下，从C运动到

18、O点的过程中，设B到达O点的速度为vo,由动能定理得:1 )4s2对于A与B在O点的碰撞动量守恒，设动量守恒定律可得：一（）=2mv mv当A、B 一起向右运动停止时，弹簧的 能的最大值为E ,据能量守恒定律可得：pm1 9EPm=Fs+ 2mv = 3Fs碰后的共同速度为v,由>-<-)I"”:，町势能最大。设弹性势F 4s = mv(p2、 的最大速度为:A B撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得V V 3FsAm Bm八11.如图所示，质量均为本以A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量学习必备欢迎下载MMB 

19、1; MM » WCMB «W « W >« » « «»不计)O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为m的小球C,现将C球的细线拉至水平，由静止释放，求:(1)两木块刚分离时，A、B、C速度各为多大？(2)两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？QC11 .分析：C球下摆过程中，在达到最低位置之前，悬线拉力的水平分量使A、B同时达到最大速度，且:Pc = Pa+ Pb , A、B、C三者组成一个系统， 满足系统机械能守恒和动量守恒;C球摆过最低位置后，悬线拉力使A向右做减速运动，致使 A

20、、B分离，分离后，B以原速度做匀速直线运动，P 丫 > P ,所以，速度减为零后改为反方向向左运动，当A、C速度相等时，C球摆到最高点，此过程A、C组成的系统动量守恒、机械能守恒。解：(1) A、B、C三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点E p =0 , C球到达最低点时 A、B共同速度为VA，C速度Vc为，规定向左为正方向:0 nnvc - 2Mv a (1)解得:VC(2)(2)、从C球在最低点开始,C与A组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为hx ,此时，A、C共同速度为VX ：mvc -Mv a = (m W )vx解得：v x1 7 1(1) 一mv

21、/ +_ Mv a22+ m;hx=-5-L;2(M + m)12一 (m 4M )v x2 +mghx (2) 29 = cos 4m+2(m M)难点：认为球的运动轨迹是完整的圆弧，没有考虑到对地而言是一条曲线，而且到达最高点时A、C相对速度为零，即只具有水平方向上的速度。运用整体法：1 2 1 .0 -Mv a +(m+M)Vx ； mgLcosS +-(m4M)Vx，+-Mva" =mgL2 2在多个物理过程中，确定系统的初末状态是解决问题的关键，”系统的初末状态”是指系统在内力相互作用时间内开始和 结束的状态，而不是任意物理过程的开始和结束的状态，这是解决问题的关键。12.

22、如图所示，两个质量均为 4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上.一颗质量为m子弹，以水平速度V。射入A球，并在极短时间内嵌在其中.求：在运动过程 中(1)什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多 少？ ( 2) A球的最小速度和B球的最大速度.12.解析：子弹与人球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为，球、 球分别都为Am AB子弹与A球组成的系统动量守恒，则0=(+ )mvm M V(1)以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和 A球有共同速度为初态，子弹、 A球、B球速度相同时为末态，则(m+M) V= ( m+M+M) V'学习必备欢迎下载1 (m M )V 21 (m M M )

23、V 2 EP2 22周v2(2)以子弹和球有共同速度为初态,A =1 (m M)V2 1 (m M)Va2 1 MVB22 2212解得 丫丁 + v, Vg_ v 十 十459子弹和球速度最小、 A球速度最大为末态, B+)= (+ ) a+ Bm M V m M V MV、 1或 VA= Vo, 0根据题意求A球的最小速度和1 V0Amin45V 2Bmax913.质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当 =i=0时，雨不届量分别为A、B都以大小为v =7m/s o方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时,mA=2kg、mB=

24、lkg 的小物体没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素u =0.2 ,取g=10m/s2,求:(1)A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小(2) A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。(3)在给出的坐标系中画出小车运动的速度一一时间图象。/ -1v/m.sA vovo B/13.(1)当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们fBA vovoBf军由受力图可知，A向右减速，B 缝盔打冬笛锅兹镉J鲁先是A减速到A物块速度减小到与小车速度相等。设与小车速度大小相等时，所用时间为 口,v =v -a tu mg=ma10 AlA AB1 二车 IH A H Bv a tmg- mg=Ma由

25、联立得：vi=1.4m/s t i=2.8s其速度大小为Vi,则:车(2)根据动量守恒定律有：mv -m v =(M+m+m) vA 0 B 0ABv= lm/s总动量向右,当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。学习必备再 t 小物体 A与、速度相同，： 9 一-v=v i-a Bt 2 mBg=mAaB*-i由式得：12=1.2s欢迎下载所以A、B在上都停止滑，的运（3）由（1）可知t =2.8s，小的速度 v =1.4m/s1 1t=t i+t 2=4.Os，在0t内小做匀加速运。在t 内小做勺减速 I 2运，末速度v=1.0m/s,小的速度一如所示:分准:式各21O2分;式1

26、分;式,每的量都是m,从右向左沿同一直排列在水平桌面上，相木1,木与桌面的摩擦因数.开始，第1个木以初速度Vo向左14.如所示，n个相同的木（可点）的距离均1,第n个木到桌的距离也是滑行，其余所有木都静止，在每次碰撞后，生碰撞的木都粘在一起运.（1）求在整个程中因碰撞而失的能.（2）求第i次（i4n- 1）碰撞中失的能与（3）若 n=4, 1=0.10 m, v0=3.0m/s ,重力加速度111最后第n个木好滑到桌而没有掉下.碰撞前能之比.g=10m/s2,求的数ri n m14. （ 1）整个程木克服摩擦力做功W= mgl + mg21+ mg- nl =根据功能关系，整个程中由于碰撞而失

27、的 能 Ek= Eko- W12 n (n1) mgl14题图n ( n 1) mgl2+ NK2（2）第i次（i4n- 1）碰撞前木的速度（i +1） m v ' = im v2+ N Vi ,碰撞后速度碰瑾甲天日勺能41 2 imvi%EKiE与碰撞前能EKi1 .(i l)mvi 22之比Ki(i < n 1)TETKiEKi(3)初能mva 2/2第1次碰撞前 ki=lko3 .E E mgl第 1 次碰撞后Ek / -Ek i Eki二 EkiEk i/2= E ko/2 mgl/2第 2 次碰擅前 K2= gk/ (2) =e")/2 5 m(Tj /2第

28、2 次碰撞后 E=Ek2 Ek2= E K2 Ek3/3= E k()/3 5 ii mgl/ 3学习必备欢迎下载第 3 次碰撞前 Ek3= E K2' u （3 mg） 1 = E k（）/3 14 u mgl/3第 3 次碰撞后 Ek3 二Ek3 Ek3= E ko/4 7 u mgl/2据题意有Ek（）/4 7 n mgl/2 = u （4 mg） 1带入数据，联立求解得 U=0.1516.如图所示，水平传送带 AB足够长，质量为 M= 1kg的木块随传送带一起以 vi=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的 速度恒定），木块与传送带的摩擦因数N=05.,当木块运动到最左端 A点时

29、，一颗质量为 m = 20g的子弹，以vo= 300m/s方向，根据动量守恒定律得的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v= 50m/s ,设子弹射穿木块的时间极短，（g取lOm/s?）求：（1）木块遭射击后远离A的最大距离；（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。16. （1）设木块遭击后的速度瞬间变为V,以水平向右为正mvo - Mvi =mv + MV （ 3 分）m（vo _v）则V =-vi ,代入数据解得 V =3m/s ,方向向右。 （2分）M木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。摩擦力 f = Kn = N Mg =05. x lx 10 N =5N

30、（ 1 分）设木块远离A点的最大距离为 S,此时木块的末速度为 0,根据动能定理得对=CLMV 2 （3分）21x3）则 S = MV 2 =： m =0.9m （1 分）2 f 2x 5（2）研究木块在传送带上向左运动的情况。Mgr设木块向左加速到 vi = 2m/s时的位移为S.o12由动能定理得fSi =- Mvi2Mvi2 lx 2 2则 Si = = = m 074m 0.9m（3 分）tl ,再匀速运动一段时间t 2 o2 f 2x 5由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间由动量定理得f tiMvi学习必备欢迎下载Mvi 1 x 2=则 tl

31、f 5 s 0.4s(2 分)t2S1 0.90.4s 0.25s（2分）vi2所求时间 t ti t2 0.4s 025.S 065.S(1 分)17.如图所示为一个模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量 =100kg 电量= + 6.0 X 10-2 c的传送小车，小车置=+=+=m 3 q于光滑的水平地面上。 在传送途中，有一个水平电场，电场强度为 E=4.0X10 V/ m,可以通过开关控制其有无。现将质量,m= 20kg的货物B放置在小车左端，让它们以v =2m / s的共同速度向右滑行，在货物和小车快到终点时，闭合开关产生一个水平向左的匀强电场，经过一段时间后关闭电场，当货物到

32、达目的地时，小车和货物的速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素II =0.1 O（1）试指出关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向。（2）为了使货物不滑离小车的另一端，小车至少多长 ？17. （1）货物和小车的速度方向分别向右和向左（2）设关闭电场的瞬间，货物和小车的速度大小分别为(3分）Ub和V A；电场存在时和电场消失后货物在小车上相对滑行的距离分别为L和L；电场存在的时间是t ,该段时间内货物和小车的加速度大小分别是a和a ,对地位移分别是 s和sBAB A(2在关闭电场后，货物和小车系统动量守恒，由动量规律和能量规律 有 m u b M u A=0(2由式代人数据得 在加电场的过

33、程中,u b=5 u a(1货物一直向前做匀减速运动，小车先向前做匀减速运动,W a = p mg/ m=lm/sA=( 口 U )/：a qE- mg M2=2.2m/s 1 2(1(1又 u b= u a st , 将其与式联立口得u a=I u a At It =ls, u =lm/s, u =0.2m/sBA1(2(3分）然后反向做匀加速运动，由牛顿定律分）分）分）分）再由运动学公式可得t 2 ant 2=1.5m(1(1所以 Li= sb- SA=p.6m 又将数据代入工加得(1所也小4箭言但氏仪为1-L L-1.2m2=0.6mL2(1(I分）分）分）A和J它们的质量分别为A球从静

34、止开始向着 B球方向运动， 如图所示.设18. （08汕头）（16分）在光滑的水平面上，静止放置着直径相同的小球间的距离为L.现用一大小为F的水平恒力始终作用到A球上,A球与B球相碰的时间极短、碰撞过程没有机械能损失，碰撞后两球仍在同一直线上运 动.求：（1） A球第一次碰撞B球之前瞬间的速度.学习必备欢迎下载（2） A球到第二次碰撞 B球之前，A球通过的总路程 S.口 m3me18. （16分）参考解答F一L -*（1）设A球的加速度为a ,第一次碰到 B球瞬间速度为 vi ,则F = ma（1 分）vp = 2aL（1 分）解得VI =（1分）（2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向

35、），得mvi =mvAi+3mvBi（1分）碰撞过程没有机械能损失，得-mvr =_ mv,2A_2bi （1 分）222解得两球第一次的速度V.V.v'ai =-（方向向左），VB 1 = _ （方向向右）22（2分）碰后A球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞B球.设碰后A球向左运动的最大距离为 Sa2 ,则va21 =2aSA2（1分）L解得SA2 =一（1分）4设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为t2，两球的位移都为S2，有S2 = v Bl t2=V* Al t 2+4 at2222v n解得 t 2 =S 2 =2L（2分）（2分）因此到第二次碰撞 B球之

36、前，A球通过的总路程S =L+2Sa2+S2（11） （ 2 分）解得S =3.5L（12） （ 1分）19.如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动将夯从深为坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自身重力 然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已4 m/s ,每个滚轮对夯杆的正压力f% X1O4N,滚轮与夯杆间的动摩擦1703 kg,坑深h为6 m。假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，且 好为零，取 =10 m/s 2,求：g作用下，落回深坑，夯实坑底。知两个滚轮边缘线速度 V恒为 因沙为0.3 ,夯杆质量

37、m为 夯杆底端升到坑口时，速度正学习必备欢迎下载（1）每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功。（2）夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高；（3）打夯周期；19.答案：（1 ）因为夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，所以每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功 W =mgh =6 xlO 4 J（2）根据题意，考虑到夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛。V 2当夯杆以V 4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：h3 =0.8m2g此时夯杆底端离坑底 h = h - h2 =5.2m。（3）以夯杆为研究对象fl = llN = 1.2x10 4 N ； ai= fi -mg =2m/s2当夯杆与

38、滚轮相对静止时：v =a t . = 4m s t 1= s h =_La t2 = 4m1'/.11.II I2V 2当夯杆以V 4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：h3 =0.8m2g则当夯杆加速向上运动速度到达v = 4m/s后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：h2 - h -hi -h3 = 1.2m因此，夯杆上抛运动的时间为：t3 =- =0.4s；g夯杆匀速上升的时间为：=坨=；t2 v 。3夯杆自由落体的时间为：h = , t 4 = j1 = 1.1S2' g故打夯周期为：T = tl+t2+t3 +t4 =3.8s20. （ 20分）如图所示，光滑水平面上放有

39、用绝缘材料制成的“ L”型滑板，其质量为M,平面部分的上表面光滑且足够长。在 距滑板的A端为1的B处放置一个质量为m、带电量为q的小物体C （可看成是质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始 运动。已知：M=3m,电场的场强为E。假设物体C在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量。（1）求物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小。（2）若物体C与滑板A端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的-,求滑板被碰后的速度大小。 5（3）求小物体C从开始运动到与滑板 A第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C做的功。E1 C>B 口 二_I20.（ 1）设物体c在电场力作用下第一次与

40、滑板的a段碰撞时的速度为V.,学习必备欢迎下载由动能定理得：qEl = mvi2qElm i设滑板碰撞后的速度为（2）小物体C与滑板时落过程中动量守恒,由动量守恒定律徒 一，1 v125(3)V2做匀速运动；小物体,22解得：V2=V1= 2qEl55 mI小物体C与滑板碰撞后滑板I恢作以速度1C以 v1的速度先向右做匀减速运动，然后5向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t,小物体C在两次碰撞之间的位移为s,根据题意可知，小物体加速度为a二q七m小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等,1 1 ,v?t =- vit + at 2解得：t =522mlqE两次相碰之间滑板走的距离sv 2t 24 1 25则：W=qE( 1 +s)设小物体C从开始运动到与滑板49=解得：W= qEl25A