【正文】 速vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep1 由動量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC 由能量定恒定定律： 帶入數(shù)據(jù)得：EP1=3J （2）設(shè)BC之間的彈簧第一次恢復(fù)到原長時B、C的速度大小分別為vB1和vC1，則由動量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1 帶入數(shù)據(jù)解得：vB1=－1m/s vC1=2m/s （vB1=3m/s vC1=0m/s 不合題意，舍去。） A爆炸后先向左勻速運(yùn)動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回。當(dāng)A追上B，發(fā)生碰撞瞬間達(dá)到共速vAB 由動量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB 解得：vAB=1m/s 當(dāng)ABC三者達(dá)到共同速度vABC時，彈簧的彈性勢能最大為EP2 由動量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC 由能量守恒： 帶入數(shù)據(jù)得：EP2=:由題意知，小車質(zhì)量m= ，速度v1=；水流速度v2=，水流流量Q=m3/s，水的密度ρ=kg/m3.設(shè)經(jīng)t時間，流人車內(nèi)的水的質(zhì)量為M，此時車開始反向運(yùn)動，車和水流在水平方向沒有外力，動量守恒，所以有 mv1 Mv2=0 ① (3分)又因為 M=ρV ② (2分)V=Qt ③ (3分)由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 t=50s ④ (2分)39..解:物體從圓弧的頂端無摩擦地滑到圓弧的底端過程中，水平方向沒有外力.設(shè)物體滑到圓弧的底端時車速度為v1，物體速度為v2 對物體與車，由動量及機(jī)械能守恒得0=Mv1mv2 (2分)mgR=Mv+m v (2分)物體滑到圓弧底端后車向右做勻速直線運(yùn)動，物體向左做平拋運(yùn)動，所以有h=gt2 (2分)L=（v1+v2）t (2分)由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 R= (2分):對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，設(shè)B、C共同速度大小為v0，A的速度大小為vA，由動量守恒定律有： 2 mvA = (m+m) v0 ① (2分)即 vA = v0由系統(tǒng)能量守恒有： ② (2分)此后B、C分離，設(shè)C恰好運(yùn)動至最高點Q的速度為v，由機(jī)械能守恒有： ③ (2分)在最高點Q，由牛頓第二定律有： ④ (2分)聯(lián)立① ～ ④式解得：E =10mgR (2分):開始時A處于平衡狀態(tài)，有k△x=mg (1分)設(shè)當(dāng)C下落h高度時的速度為v，則有： (1分)設(shè)C與A碰撞粘在一起時速度為v′，根據(jù)動量守恒定律有：mv=2m v′ (2分)由題意可知A與C運(yùn)動到最高點時，B對地面無壓力，即k△x′=mg (1分)可見：△x=△x′ (2分)所以最高點時彈性勢能與初始位置彈性勢能相等.根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： (3分)解得： (2分):⑴以物塊和車為系統(tǒng)，由動量守恒定律得： (2分) 代入已知數(shù)據(jù)解得，共同速度：v=1m/s (2分)⑵設(shè)物塊受到的摩擦力為f，對物塊由動能定理得： (2分) 代入已知數(shù)據(jù)解得：f=5N (2分)物塊與A第二次碰撞前已與車保持相對靜止，對系統(tǒng)由能量守恒定律得： (2分)代入已知數(shù)據(jù)解得：s相對= (2分)：以地面為參考系，整個過程中，木板向右做初速為零的勻加速直線運(yùn)動；撤去拉力F后，拉力F作用的最短時間對應(yīng)的過程是：小滑塊滑到木板左端時恰好與木板保持相對靜止（即與木板達(dá)到共同的速度）.設(shè)拉力F作用的最短時間為t，撤去拉力前木板的位移為s0，小滑塊滑到木板左端并恰好與木板達(dá)到的共同速度為v.整個過程對系統(tǒng)由動量定理得： (3分)撤去拉力F前木板的位移為： (3分)整個過程對系統(tǒng)由功能關(guān)系得： (4分)聯(lián)立以上各式，代入已知數(shù)據(jù)求得：t=1s. (2分)44．（12分）解：系統(tǒng)在水平方向不受外力，該方向上動量守恒。設(shè)細(xì)繩與AB成θ角時小球的水平速度為v，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平方向動量守恒有：MV=mv ① （4分）因為任意時刻V與v均滿足這一關(guān)系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為： Md=m［L（1cosθ）d］ ②（6分）解得圓環(huán)移動的距離： d=mL（1cosθ）/（M+m） ③（2分）45．（14分）解析：（1）由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得：Mv0mv0=（M+m）v （4分）所以v=v0 ，方向向右（2分）（2）A向左運(yùn)動速度減為零時，到達(dá)最遠(yuǎn)處，此時板車移動位移為s，速度為v′，則由動量守恒定律得：Mv0mv0=Mv′ ①（3分）對板車應(yīng)用動能定理得：μmgs=mv′2mv02 ②（3分）聯(lián)立①②解得：s=v02（2分）46．（16分）解：（1）設(shè)物體C在電場力作用下第一次與滑板的A端碰撞時的速度為v1，由動能定理得 qEl=mv12 （2分） 解得：v1= （1分）（2）物體C與滑板碰撞動量守恒，設(shè)滑板碰撞后的速度為v2，取v1的方向為正，則有mv1=Mv2mv1 （2分） 解得：v2=v1= （1分）（3）物體C與滑板碰撞后，滑板向左以速度v2做勻速運(yùn)動；物體C以v1的速度先向右做勻減速運(yùn)動，然后向左做勻加速運(yùn)動，直至與滑板第二次相碰。設(shè)第一次碰后到第二次碰前的時間間隔為t，滑板在t時間內(nèi)的位移為s=v2t，物體C在兩次碰撞之間的位移也為s=v2t（3分）根據(jù)題意可知，小物體加速度為 a= （1分）v2t= v1t+at2 （2分）解得： t= （1分）兩次相碰之間滑板移動的距離 （1分）設(shè)物體C從開始運(yùn)動到與滑板A第二次碰撞這段過程電場力對物體C做功為W，則：W=qE（l+s）（1分） 解得：W = （1分） 4（17）（7分）解：重力的沖量：IG=mgt 方向豎直向下 彈力的大?。篘－mgcosθ=0 彈力的沖量：IN=Nt= mgtcosθ 方向垂直斜面向上 合力的沖量：I合=mv 方向沿斜面向下 或者：F合=mgsinθI合= F合t= mgtsinθ 方向沿斜面向下 評分標(biāo)準(zhǔn)：沖量的大小各和方向各1分，共7分。4（18）（9分）解：設(shè)A，B質(zhì)量分別為mA，mB，子彈質(zhì)量為m。子彈離開A的速度為v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應(yīng)用動量定理： ft=（mA+mB）u （u為A，B的共同速度） 2分解得： u=6m/s。 2分由于B離開A后A水平方向不受外力，所以A最終速度vA=u=6m/s。對子彈，A和B組成的系統(tǒng)，應(yīng)用動量守恒定律：mv0=mAvA+（m+mB）vB 3分解得： vB=。 2分物體A，B的最終速度為：vA=6m/s，vB=。 。4（19）解析：（1）設(shè)子彈的初速度為V0，射入木塊后的共同速度為V1，木塊和小車初速度大小V=，以向左為正，則由動量守恒有： m0v0 mv =（m+m0）v1 ……①（2分）顯然V0越大，V1越大，它在平板車上滑行距離越大。若它們相對平板車滑行s=，則它們恰好不從小車上掉下來，它們跟小車有共同速度V’，有：（m+m0）v1Mv =（m+m0+M）v’ ……②（2分）由能量守恒定律有：Q=μ（m0+m）g s = ……③ （3分）由①②③，代入數(shù)據(jù)可求出v’=（2分）但要使木塊不掉下來：v0≤（1分）50.（14分） 解：（1）因A、B物塊在滑動過程中，對小車的摩擦力大小相等、方向相反，所以小車C不動?！?分）（2）當(dāng)B停止運(yùn)動時，設(shè)A的速度為，根據(jù)動量守恒定律，得 在這段時間內(nèi)，A、B的加速度分別為 在這段時間內(nèi)A、B在車上滑行的距離為 此后A相對小車仍在運(yùn)動，A對車的摩擦力使車和B一同向右加速運(yùn)動，直接三者速度相等，A、B恰好接觸，此時小車的長度為最小長度。設(shè)共同速度為，則有 車的長度至少為第 23 頁 ，共 24頁