1、简答题 如图所示,水平平板小车质量为m=2kg,其上左端放有一质量为M=6kg的铁块,铁块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5,今二者以10m/s的速度向右运动,并与墙发生弹性碰撞,使小车以大小相同的速度反弹回,这样多次进行,求:
①欲使M不从小车上落下,小车至少多长?
②第一次反弹后到最终状态,小车运动的总路程.(小车与水平面的摩擦不计,g=10m/s2)
参考答案:①取平板车与铁块为研究系统,由M>m,系统每次与墙碰后m反向时,M仍以原来速度向右运动,系统总动量向右,故会多次反复与墙碰撞,每次碰后M都要相对m向右运动,直到二者停在墙边,碰撞不损失机械能,系统的动能全在M相对m滑动时转化为内能.设M相对m滑动的距离为s,则有:
μMgs=12(m+M)v2
解得:s=(m+M)v22μMg=403m
欲便M不从小车上落下,则L≥s,故小车长为:L≥403m
②小车第一次反弹向左以10m/s的速度做减速运动,直到速度为零,其加速度大小为:a=μMgm=15m/s2
故小车第一次向左的最大位移为:s1=v022a
代入数据得:s1=103m
设小车第n-1次碰前速度为vn-1,第n次碰前速度为vn,则第n-1次碰后到第n次碰前过程动量守恒,有:Mvn-1-mvn-1=(m+M)vn,
所以有:vn=M-mM+mvn-1=12vn-1
第n-1次碰后小车反弹速度为vn-1,向左减速的最大位移为:sn-1=vn-122a
随后向右加速距离为:s′=vn22a
显然有:vn<vn-1,s′<sn-1
所以在碰前有相等速度,第n次碰后向左运动的最大位移为:
sn=vn22a
所以有:snsn-1=vn2vn-12=14,
即成等比数列.小车运动的总路程为:
s=2(s1+s2+s3+…+sn…)=2s11-snsn-1=2×1031-14=809m
答:①欲使M不从小车上落下,小车至少403m.
②第一次反弹后到最终状态,小车运动的总路程809m.
本题解析:
本题难度:一般
2、计算题 (10分) 如图所示,质量M=40 g的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点,水平轻质弹簧一端拴在固定挡板P上,另一端与靶盒A连接,Q处有一固定的发射器B,它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度v0=50 m/s、质量m=10 g的弹丸.当弹丸打入靶盒A后,便留在盒内,碰撞时间极短,不计空气阻力.弹丸进入靶盒A后,弹簧的最大弹性势能为多少?
参考答案:2.5J
本题解析:
弹丸进入靶盒后,设弹丸与靶盒A的共同速度为v,由系统动量守恒定律mv0="(m+M)v"
靶盒A 的速度减为零时,弹簧的弹性势能最大 ,由机械能守恒定律可得:
解得:,代入数据得:EP=2.5J
本题难度:一般
3、实验题 用如图1所示的装置,来验证碰撞过程中的动量守恒。图中PQ是斜槽,QR为水平槽。O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点,A、B两球的质量之比mA:mB=3:1。先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放,在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P,重复10次,得到10个落点。再把B球放在水平槽上的末端R处,让A球仍从同一高度处由静止释放,与B球碰撞,碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复10次。A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图2所示,其中米尺的零点与O点对齐。
(1)碰撞后A球的水平射程应取_____________cm。
(2)本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中,可能不能使小球飞行的水平距离的大小表示为水平初速度大小的是_____________。
A.使A、B两小球的质量之比改变为5:1
B.升高小球初始释放点的位置
C.使A、B两小球的直径之比改变为1:3
D.升高桌面的高度,即升高R点距地面的高度
(3)利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为_____________。(结果保留三位有效数字)
参考答案:(1)14.45-14.50
(2)C
(3)1.01-1.02
本题解析:
本题难度:一般
4、选择题 右图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示。关于此实验,下列说法中正确的是
A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒
B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒
C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
参考答案:D
本题解析:上述实验过程中,小球5能够达到与小球1释放时相同的高度,说明系统机械能守恒,而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆动到平衡位置的速度相同,说明碰撞过程动量守恒,但随后上摆过程动量不守恒,动量方向在变化,选项AB错。根据前面的分析,碰撞过程为弹性碰撞。那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,那么球3先以与球4发生弹性碰撞,此后球3的速度变为0,球4获得速度后与球5碰撞,球5获得速度,开始上摆,同理球2与球3碰撞,最后球4以速度上摆,同理球1与球2碰撞,最后球3以速度上摆,所以选项C错D对。
本题难度:简单
5、选择题 质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上,如图甲所示,质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端,恰能滑至木板右端与木板相对静止,铅块运动中所受的摩擦力始终不变.现将木块分成长度与质量均相等的两段(1、2)后紧挨着仍放在此水平面上,让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动,如图乙所示.则下列判断中正确的是(?)
A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B.小铅块仍滑到木板2的右端与之保持相对静止
C.小铅块滑过木板2的右端后飞离木板
D.上面三种情况都有可能出现
参考答案:A
本题解析:分析运动过程容易看出,在滑到木板中点之前,a、b运动情况完全相同.设此时铅块的速度为v1,长木板的速度为v2,则根据动量守恒定律可得:
a情况:mv0=3mva,b情况:mv0=mv2+2mvb,
显然va<vb.
由能量转化关系可知:
Ffsa=mv02-×3m×va2
Ffsb=mv02-×2m×vb2-mv22.
比较以上两式,显然sa>sb,所以A正确.
本题难度:一般