1、动量与能量专题练习题PNEmqH1从离地面高度为H的地方落下一小球，小球运动过程中所受空气阻力是它的重力的k倍（kmg，不考虑空气阻力，则从粒子开始下落位置到最低点的距离为多少？MNPQHROACDEB3如图所示，在竖直平面内有一光滑绝缘的圆弧形轨道AB，其末端B点的切线水平，CDE是半径为R的内表面光滑的半圆形轨道，MN、PQ为水平垂直向里的有界磁场的边界。一质荷比为k的带电小球，自光滑圆弧形轨道A处由静止开始下滑，从B点垂直MN进入匀强磁场，在磁场中作匀速直线运动，恰从C点垂直PQ进入半圆形的光滑轨道，若要使带电小球恰能沿半圆形轨道运动，试求：（1） 小球的带电性质；（2） AB两点间的竖
2、直高度H；（3） 磁感应强度B的大小。4、如图所示，质量为m的小球A放在水平轨道上，小球距左端竖直墙壁为S。另一质量为M=3m的小球B以速度v0沿轨道向左运动并与A球发生正碰，已知碰后A球的速度大小为1.2v0，小球A与墙壁的碰撞过程中无机械能损失，两球可视为质点，且碰撞时间极短。求： （1）两个球发生第一次碰撞后小球B的速度大小和方向。SABv0（2）两球发生第二次碰撞的位置到墙壁的距离。5一质量为M的烟花，自地面以V0=20m/s的速度竖直向上发射，到达最高点时发生第一次爆炸分裂为两块，其中质量m1=2M/3的一块竖直向下运动，落地时的速度V=25m/s，而质量m2=M/3的一块上升到最高
3、点时发生第二次爆炸放出绚丽多彩的烟花，试问质量为m2的这一块上升的最大高度为多少？（g=10m/s2）6从地面竖直向上发射一颗礼花弹，当它距地面高度为125m，上升的速度为30m/s时炸成质量相等的两部分，其中一部分经5s钟落回发射点，求另一部分经多长时间落回原发射点？落回原发射点时它的速度多大？（g取10m/s2）ABCDDv07、如图，有四个质量相同，其大小可不计的小木块A、B、C、D依次等距离地放在水平面上，各木块之间的距离S=1m，水平面在B木块的左侧是光滑的，右侧是粗糙的，且与木块的滑动摩擦系数均为=0.2。开始时，A木块以v0的速度向右运动，其余的木块静止，A木块与B木块发生碰撞，
4、接着陆续发生其它碰撞，假设木块之间碰撞后均结合成一体，试问：初速v0取何值范围，可以使C木块能被碰撞而D木块不能被碰撞。（g取10m/s2）8质量均为M的A、B两船静止在水面上，A船中质量为M/2的人以相对于A船的水平速度从A船上跳到B船上，不计水的阻力，则A、B两船的速度如何？ 9两只小船逆向航行，航线邻近，在两船首尾相齐时，由每只船上各自向对方放置一质量为m=50kg 的麻袋，结果载重较小的船停了下来，另一船则以v=8.5m/s 的速度沿原方向航行。设两只小船及船上载重量分别为m1=500kg,m2=1000kg，问交换麻袋前各小船的速率多大?(水的阻力不计)v10人和冰车的总质量为M，另
5、有一木球，质量为m，M：m=31：2，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对于地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定档板。球与冰面、车与冰面的摩擦及空气阻力均可忽略不计，设球与档板碰撞后反弹速率与碰撞前速率相等，人接住球后再以同样的速度（相对于地面）将球沿冰面向正前方推向档板，求人推多少次后才不再能接到球？AB5mv11如图所示，有一条光滑轨道，其中一部分是水平的，有质量为2m的滑块A以速率15m/s向右滑行，又有另一质量为m的滑块B从高为5m处由静止下滑，它们在水平面相碰后，B滑块刚好能回到原出发点，则碰撞后A的瞬时速度大小为多少？方向怎样？它们能否发生第二次相撞？hHBA12如
6、图所示，质量为的大炮水平发射质量为m的炮弹当炮身不动时，炮弹击中前方竖直壁上低于炮口水平线h的点若炮身可以水平自由移动，则炮弹击中点下方的，如果火药在爆发中转变的机械能均相等，求与两点间的距离13质量为m1=0.10kg和m2=0.20kg两个弹性小球，用轻绳紧紧的捆在一起，以速度沿光滑水平面做直线运动，后来绳子突然自动断开，断开后两球仍在原直线上运动，经时间t=5.0s后两球相距s=4.5m。求两球捆在一起时的弹性势能。UAKAK14电子束焊接机中的电子枪原理如图所示，K为阴极，A为阳极，其上有一小孔。阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊
7、接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起。已知A、K间电压为UAK，设电子从阴极射出的速度为零，电子束的电流为I，电子质量为m，电量为e，电子射到金属上后速度降为0，则电子束对金属的作用力F的大小为多大？U-+15在如图所示的伦琴射线管的阴极和阳极间加电压为U的加速电压，假定阴极发射的电子初速度可忽略不计。电子在高压的加速下射到阳极上，激发出相当强的伦琴射线。已知电子质量为m，电量为e，伦琴射线管的电流为I，并认为电子射到阳极上速度降为零。则伦琴射线管发出的伦琴射线的最短波长0为多少？电子束对阳极的作用力F为多大？16在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被
8、减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？（2）若E0=1.76MeV，则经过多少次后，中子的能量才可减少到0.025eV。17（05全国卷）质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动以速度v0与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。碰后B反向运动。求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为。重力加速度为g。CBA18如图所示，光滑的水平面上有mA=2kg，mB= mC=1kg的三个物体，用
9、轻弹簧将A与B连接在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J，然后从静止开始释放，求：（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？ABC19如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A，B，C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的
10、弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求： （1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值； （2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。20如图所示，质量mA10的物块与质量mB2的物块放在倾角30的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数K400N/m现给物块施加一个平行于斜面向上的力F，使物块沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2后为恒力，求（g取10m/s）ABF30（1）力F的最大值与最小值；（2）力F由最小值达到最大值的过程中，物块A所增加的重力势能21（96全国）一质量为M的长木板，静止在光滑水平桌面上。
11、一质量为m的小滑块以水平速度V0从长木板的一端开始在木板上滑动。直到离开木板。滑块刚离开木板时的速度为V0/3。若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同，求滑块离开木板时的速度V。22（2000春全国）相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用。原来两球被按住，处在静止状态。现突然松开两球，同时给A球以速度V0，使之沿两球连线射向B球，B球初速为零。若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0。求B球在斥力作用下的加速度。F1F223如图所示，质量2.0kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1.0kg的物块，物块与小车之间的动摩擦因数
12、为0.5，当物块与小车同时分别受到水平向左F16.0的拉力和水平向右F29.0的拉力，经0.4同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长（取10/s）AMI 24如图所示，在水平光滑的平面上，停着一辆平板小车，小车的质量为M=10kg。在小车的A处，放有质量为m=50kg的小物块，现给物块一个I=30Ns的瞬时冲量，物块便在平板车上滑行，与固定在平板车的水平弹簧作用后又弹回，最后刚好回到A点与车保持相对静止，物块与平板间动摩擦因数=0.4。求：（1） 弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能Ep；（2） 物块相对于车所通过的总路程s。m1m2m3v025如图所示，在光滑的水平面上，有一
13、质量为m1=20kg的小车，通过几乎不可伸长的轻绳与质量m2=25kg的足够长的拖车连接。质量为m3=15kg的物体在拖车的长平板上，与平板间的动摩擦因数=0.2开始时，物体和拖车静止，绳未拉紧，小车以3m/s的速度向前运动。求：（1） 三者以同一速度前进时速度大小；（3） 到三者速度相同时，物体在平板车上移动距离。26如图所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上。B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展。物块A以初速v0沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，
14、脱离弹簧后C的速度为v0。ABCmmmv0（1） 求弹簧所释放的势能E。（2） 若更换B、C间的弹簧，当物块A以初速v向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v0，则弹簧所释放的势能E是多少？（3） 若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块C脱离弹簧后的速度仍为2v0，A的初速v应为多大？mMhv027如图所示，有一高度为h，质量为M的障碍物各表面光滑，静放在光滑的水平面上，一个质量为m的小球以速度v0冲向障碍物，若障碍物的弧面最低点与水平面相切，则小球的v0为何值时，小球才能越过障碍物？CCMmCCMm0.4m0.2m乙甲28有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M和m
15、半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处，如图甲所示，然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R（r RR）的圆孔，圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上。大板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧，在轻绳绷紧瞬间，两物体具有共同速度v，如图乙所示。问：（1） 若M=m，则v值为多大？（2） 若M/m=k，试讨论v的方向与k值间的关系。29利用航天飞机，可将物资运送到空间站，也可以维修空间站出现的故障。 （1）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。某次维修作业中，航天飞机的速度计显示飞机
16、的速度为v，则该空间站轨道半径r为多大？ （2）为完成某种空间探测任务，在空间站上发射的探测器通过向后喷气而获得反冲力使其启动。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，为了简化问题，设喷射时探测器对气体做功的功率为P，在不长的时间t内探测器的质量变化较小，可以忽略不计。求喷气t秒后探测器获得的动能是多少？A-q+qBEO30（02全国）有三根长度皆为L=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.0010-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1.0010-7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1
17、.00106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置，求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比较改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）31如图所示，在光滑水平地面上并放两个相同的木块，长度皆为L=1.00m，在左边的木块的左上端放一小金属块（可视为质点），它的质量和一个木块的质量相等，现令小金属块以初速度v0=2.00m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数=0.10，取g=10m/s2，求右边木块的最后速度F乙甲32如图所示，长木板甲放在光滑的水平地面上，木块乙位于甲的右端，
18、二者开始时都处于静止状态，已知甲的质量是乙的2倍。现用恒定的水平拉力F向右拉动甲，经过时间t1乙恰好位于甲的正中间，并且甲的速度是乙的速度的4倍。此时撤去拉力F，又经过时间t2，乙恰好滑到甲的左端，并且与甲的速度大小相同。已知乙与木板甲在前半段的滑动摩擦因数为1，在后半段的滑动摩擦因数为2，求1与2以及t1与t2之比各是多少？答案：1【解析】：（1）设第一次弹起的最大高度为h，由动能定理：解得：（2）设总路程为S，由动能定理：解得：2【分析与解】: 根据动能定理：解得：3【分析与解】:（1）根据小球在磁场中的受力情况可推知小球应带负电；（2）设小球到达B点时的速度为v，则：小球由A至B过程机械
19、能守恒： 小球恰能沿CDE作圆周运动，则在C点有： 联立解得： （3）B至C过程受力平衡： 联立解得：4【分析与解】:（1）A、B两球碰撞过程中动量守恒，即：Mv0=mv1+Mv2由M=3m，v1=1.2v0可求得：v2=0.6 m/s 方向与B球碰前的速度相同。（2）设A、B两球发生第二次碰撞的位置到墙壁的距离为x，则A球以1.2v0的速度运动的路程为S+x，B球以0.6v0速度运动的距离为S-x，A、B两球运动的时间相等，即有： 得：5【分析与解】:如图所示，第一次爆炸时的高度为h1h2V0第一次爆炸后m1、m2的速度分别为V1、V2，则有代入数据可解得：由动量守恒可解得第一爆炸后，m2上
20、升的高度代入数据解得所以第二次爆炸时离地面的高度为H=h1+h2=65m6【分析与解】:设礼花弹的质量为2m，h=125m，v0=30m/s，t1=5s，经5s钟落回发射点的这一部分设为A，另一部分设为B，并设爆炸后瞬间A的速度为v1，B的速度为v2，方向均竖直向上，则有：对A（以竖直向上为正方向）：解得：v1=0爆炸瞬间动量守恒：解得：v2=60 m/s对B：解得： （m/s）由机械能守恒：解得：7【解析】：设A、B碰撞后速度为v1，由动量守恒：AB共同运动到与C碰前过程，由动能定理：与C碰撞，动量守恒： （其中，为与C碰撞前后的速度）ABC共同运动至速度为零时的位移为L（且0LS），由动能
21、定理：联立上述四式并代入数据解得：4m/sv0=7.2m/s 8【解析】：人向前跳，A船就向后反冲，不计水的阻力，A船和人组成的系统动量守恒.以人的运动方向为正方向，并注意对速度列式，有： 则A船的反冲速度同样，B船和人组成的系统动量守恒，有：则B船的前进速度注意系统对象的选取和对地速度的运用是正确解答此类问题的关键.9【解析】：在水的阻力(外力)不计的情况下，系统动量守恒。分别以各小船原航行方向为正方向，则对抛出麻袋后的小船和 m2上麻袋组成的系统有 (m1-m)v1-mv2=0 对抛出麻袋后的小船和m1 上的麻袋组成的系统有 (m2-m)v2-mv1=(m2-m+m)v 代入数据得 (50
22、0-50)v1-50v2=0 (1000-50)v2-50v1=10008.5 解之可得 v1=1m/s,v2=9m/s10【解析】：设第1，第2，第3第n次推出木球后人和冰车的速度分别为v1，v2，v3 vn。每次推出前后人和冰车以及木球组成的系统动量守恒，则有： 联立解得： 要使人不再能接到木球，则有：由联立上述两式并代入数据解得：，故推出9次后才不再能接到木球。11【解析】：第一次碰撞前后A、B速度分别为、，、，以水平向右为正方向，由动量守恒： 对B，由动能定理： 由可解得： 联立并代入数据解得：，方向水平向右， 根据可知，A、B能发生第二次碰撞。12【解析】：设炮口离竖直壁的距离为S，
23、以炮弹为研究对象，当炮身不动时，当炮身可自由移动时：动量守恒：机械能相等：联立以上各式解得：13【解析】：绳子断开前后，两球构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得4分绳子断开后，两球匀速运动，由题意可知4分把m1、m2、0、t、s等代入得 4分两球拴在一起时的弹性势能为4分=2.7102J2分14【解析】设电子加速后到达阳极时的速度为V，则有： 设在极短的时间t内到达阳极的电子数为n。则： 根据牛顿第二定律有： 由上3式联立解得：15【解析】（1）阴极射出的电子在加速电压作用下到达阳极的动能为： 如果电子动能的损失全部转化为X射线光子能量，则X射线的波长最短，即： 由解得：（2）设在t的极短时
24、间内射到阳极的电子数为n，则有： 即：这些电子的质量为：根据牛顿第二定律： 又因为：所以：根据牛顿第三定律知：电子对阳极的作用力为：16【解析】：（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量m，碳核的质量M。有：由上述两式整理得 则经过一次碰撞后中子的动能（2）同理可得 设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV，即En=0.025eV，E0=1.75MeV。解上式得 n5417【解析】：设AB碰后A的速度为v1，则A平抛有：h=gt2 L=v1t求得：v1=L 设碰后B的速度为v2 ，则对AB碰撞过程由动量守恒有：mv0=Mv1mv2 设B后退距离为s，对B后退直至停止
25、过程，由动能定理：mgs=mv22由解得：s=(+v02)18【解析】：（1）当弹簧恢复原长时，B与C分离，则：0=mAvA（mB+mc）vC EP= + 对C由动能定理得W=0 由得W=18J，vA=vC=6m/s（2）取A、B为研究系统，mAvA mB vC= mAvA+ mB vC+= mAvA2 + mB vC2解得：vA=vB=6m/s或vA=-2m/s， vB=10m/s19【解析】：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向由动量守恒：mAvA+mBmB=0爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能： 带入数据解得：vA=vB
26、=3m/s由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC由能量定恒定定律：带入数据得：EP1=3J其中和2分1分 （2）设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒：mBvB=mBvB1+mCvC1带入数据解得：vB1=1m/s vC1=2m/s （vB1=3m/s vC1=0m/s 不合题意，舍去。）A爆炸后先向左匀速
27、运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB由动量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1m/s（11）当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2由动量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC（12）由能量守恒：（13）带入数据得：EP2=0.5J（14）20【分析与解答】：（1）开始A、B处于静止状态时，有Kx0（mAmB）gsin300，设施加F时，前一段时间A、B一起向上做匀加速运动，加速度为a，t0.2s，A、B间相互作用力为零，对B有：kxmBgsin30mBa，xx（1
28、2）at2，解、得：a5ms2，x0.05m，x0.15m，初始时刻F最小：Fmin（mAmB）a60Nt0.2s时，F最大：FmaxmAgsin30mAa，FmaxmA（gsin30a）100N，（2）EPAmAghmAg（xx）sin305J21【解析】：设第一次滑块离开时木板速度为v，由系统的动量守恒，有 mv0mv0/2Mv，设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，如右图，由动能定理mmMMv0v0/3ss+L对木板： fsMv2/2，对滑块：当板固定时： fL（Mv02Mv2）/2，解得： 22【解析】：以m表示每个球的质量，F表示恒定斥力，L表示两球间的原始距离。松开后，A
29、球做初速为的匀减速运动，B球作初速为零的匀加速运动。设在两球间的距离由L变小到恢复到L的过程中，A球的路程为，B球的路程为；刚恢复到原始长度时，A球的速度为，B球的速度为。由动量守恒定律有 由功能关系，得 由于初态和末态两球之间的距离相等，故有 由以上解得 当两球的速度相等时，距离量小，设此时球的速度为u，则由动量守恒定律得： 设a为B球的加速度，则有 得 23【解析】：对物块：F1mgma代入数据解得：a11.02s1a1t2210.4220.081110.40.4对小车：F22代入数据解得：2.0222220.4220.162220.40.8撤去两力后，动量守恒，有21（）代入数据解得：0
30、.4（向右）（122222）（）223代入数据解得：30.096L1230.33624【解析】：根据动量守恒，设共同速度为u，则代入数据求出 u=2m/s.设物块相对于车所通过的总路程为s，据能量守恒求出s=3(m)其情况是物车第一次速度相等时，物相对于车向右滑动1.5m。物车第二次速度相等时物相对于车向左滑动1.5m。再据能量守恒可求出弹簧所具有的最大弹性势能。代入数据求出。25【解析】：对M1与M2组成的系统应用动量守恒定律(忽略M3的影响)设其共同速度为v1有：M1v0(M1M2)v1所以对M1、M2与M3组成的系统应用动量守恒定律，设它们的共同速度为v2，有：(M1M2)v1(M1M2
31、M3)v2 所以对第二个过程应用能量守恒定律有代入数字解得s0.33m26【解析】：（1）由动量守恒定律有 mv0 = (m + 2m) v 弹簧展开C与A、B分开，仍动量守恒 (m + 2m) v = 2mv1 + mv2 此过程弹簧释放能量E，则有： 将v2 = v0代入 所以 （2）依照（1）解题过程 mv = (m + 2m) v (m + 2m) v= 2mv1 + m2v0 联立求解 （3）根据题意 E=E= E 27【解析】：若小球恰能到达障碍物的顶端，此时，小球与障碍物具有共同的水平速度v，则有根据水平方向动量守恒有：系统机械能守恒：联立解得：所以，当小球速度时，小球才能越过障
32、碍物。28【解析】：两板一起自由下落与固定支架相碰前的速度为：由于碰撞中无机械能损失，则碰后大圆板原速反弹，以v0=2m/s上抛，小圆板则以v0=2m/s向下匀加速运动.设经过时间t后轻绳恰好拉直，此时两板速度的大小分别为：v1=v0gt， v2=v0+gt.t时间内两板位移为s1、s2，则：，且有s1+s2=L （L为绳长），故v1=1m/s（向上），v2=3m/s（向下） 因为轻绳从刚伸直到绷紧过程时间极短，则两板重力的冲量可忽略不计，动量守恒。以竖直向下为正方向，由：mv2Mv1=(m+M)v得轻绳绷紧瞬间两板的共同速度为： v=(mv2Mv1)/(m+M).（1）若M=m，则： v=(
33、v2v1)/2=(31)/2=1m/s.（2）若M/m=k，则：v=v2(M/m)v1/(1+M/m)=(v2kv1)/(1+k)=(3k)/(1+k).讨论：当k3时，v0,方向向下，表示此时两板一起向下运动；当k3时，v0，方向向上，表示此时两板一起向上运动；当k=3时，v=0，表示此时两板瞬间静止.29【解】：（1） 由解得： （2）由 得 又 得qEmgT1T2图2ABO图1ABO图4qEmgT2图330答案：图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左
34、；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件： T1sin+T2sin=qET1cos=mg+T2cosB球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图；由平衡条件：T2sin=qET2cos=mg联立以上各式并代入数据，得：=0 ，=45由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了：EA=mgL(1-sin60)B球的重力势能减少了：EB=mgL(1-sin60+cos45)A球的电势能增加了：WA=qELcos60B球的电势能减少了：WB=qEL(sin45-sin30
35、)两种势能总和减少了：W=WB-WA+EA+EB代入数据解得：W=6.810-2JV031【解析】：若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为，表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则0 由动量守恒：03，由功能关系可得 ： 由以上两式代入数据可解得，不合理证明金属块最后不能停在左边的木块上 设金属块最后停在右边木块上距离左端为处，0令1和2表示两木块最后的速度，0表示金属块到达左边木块右端时的速度由动量守恒有：00210122由功能关系可得 ： 联立解得：，因为1不能大于2，所以得 ，2还可解得0.25，此值小于，是合理的证明金属块既没有停在左边木块上，也
36、没有超过右边木块右边木块最后的速度为32【分析与解答】：用外力 拉动木板甲，甲开始向右运动，从而甲对乙有摩擦力作用，乙在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，甲在拉力 与滑动摩擦作用下做匀加速运动，甲的加速度大于乙的加速度，乙相对于甲向左滑动，经时间 乙恰好位于甲的正中，并且甲的速度是乙的速度的4倍此时撤去拉力 ，又经过时间 ，乙恰好滑到甲的左端，并且与甲的速度相同把这整个过程中甲和乙的速度随时间变化的关系都画到同一坐标系上，如图所示v03v04v0vO甲乙BACt1t1+t2t图中折线OAC与横轴所围成的“面积”等于这过程中甲对地的位移，折线OBC与横轴所围成的“面积”等于这过程中乙对地的位移，而这两个图像所围成的四边形OACB的“面积”就是乙相对于甲的位移，即等于木板甲的长度这个四边形又可以分成两个三角形OAB和ACB，这两个三角形的“面积”都等于甲的长度的一半从几何知识可知，两个具有共同底边（AB边）的三角形的“面积”等，其高也一定相等，即所用的时间相等，因此 ： =1：1又，从图像可以看出，乙在两个阶段的加速度大小之比为1：2，根据牛顿第二定律，加速度的大小跟受到的外力成正比在这整个过程中，乙水平方向都只受摩擦力作用，而滑动摩擦力 ，两个阶段乙对木板的压力相等，因此 ： = ： =1：2本题的答案是 ： =1：2 ； ： =1：1
