1、物理选修 3-5练习题 答案详解1解 ： 设向右的方向为正方向 据动量守恒定律有： 221221 vmvmvmvm +=+代入数据 解得 v1=-20cm/s.即碰撞后球 m1的速度大小为 20cm/s，方向向左2解 ： 取向右为正方向 ， 对人和车组成的系统动量守恒 ： (m+M)V0= mu+MV所以： V=MmuVm+0)( 方向水平向右3解 ： 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为 625J的一块的速度可能为正可能为负，由动量守恒定律： P P1 P2由动能和动量的关系有： kmEp2= 由 得： += 2/221kk mEmE 2/22kmE整理并代入数据解得： Ek2=225
2、J或 4225J。 （正确答案是另一块的动能为 225J或 4225J） 。4解 ： 把子弹和鸟作为一个系统 ， 水平方向动量守恒 设击中后的共同速度为 u， 取 v0的方向为正方向 ，则由： Mv0 mv (m M)u，得： 330 10201 300102061 +=+=mMvvu m/s=11.8m/s击中后，鸟带着子弹作平抛运动。由 221gth=得运动时间为： 102022=ght s=2s故鸟落地处离击中处水平距离为： S ut 11.8 2m 23.6m5解 令 A、 B质量皆为 m， A刚接触 B时速度为 1v（ 碰前 ） ， 由功能关系 ， 有 121202121 mglmv
3、mv = A、 B碰撞过程中动量守恒，令碰后 A、 B共同运动的速度为 .2v有： 212mvmv= 碰后 A、 B先一起向左运动，接着 A、 B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设 A、 B的共同速度为 3v，在这过程中 ， 弹簧势能始末两态都为零 ， 利用功能关系 ， 有 ： )2()2()2(1)2(12232 lgmvmvm = 此后 A、 B开始分离， A单独向右滑到 P点停下，由功能关系有 12321 mglmv= 由以上各式，解得 )1610(210 llgv +=6解：物体受重力 mg和支持力 F的作用。设物体到达斜面底端的速度为 v.对物体由动能定理： 221mvmgh= 由动
4、量定理： 30sinmvmgtI = 由 得： I=5Ns物体的动量变化： =0mvp 10kgm/s方向沿斜面方向。7解：根据动量守恒定律： （ M+m)v0= m(v0-v)+MV所以： V=(Mv0+ mv)/M8.设人离地时获得速度为 v，据动量定理有 ： （ F-mg)t=mv.由竖直上抛运动公式得： h=v2/2g,由上述两式解得： h=0.4m,所以该同学摸高为 H=2.2+0.4=2.6m. 9解 ： 当 A球与弹簧接触以后 ， 在弹力作用下减速运动 ， 而 B球在弹力作用下加速运动 ， 弹簧势能增加 ，当 A、 B速度相同时 ， 弹簧的势能最大 设 A、 B的共同速度为 v，
5、 弹簧的最大势能为 E， 则 ： A、 B系统动量守恒，有 vmmmv )2(0 += 由机械能守恒： Evmmmv += 220 )2(2121 联立两式得 2031mvE=10、 解：设两个小球释放时的速度分别为 va、 vb,弹簧的弹性势能为 Ep。对 b球，由机械能守恒有： Rgmvmbbb 10212 = 对 a球：由机械能守恒有： RgmvmvmaAaaa 22121 22 += a球恰好能通过圆环轨道最高点 A需满足： RvmgmAaa 2= 对 a、 b球组成的系统，由动量守恒定律有：bbaa vmvm=0 由能量守恒定律有： Pbbaa Evmvm =+222121 由 联立
6、解得： Ep=7 5mgR11、 解 ： （ 1）在瞬时冲量的作用时，木板 A受水平面和小物块 B的摩擦力的冲量均可以忽略取水平向右为正方向，对 A由动量定理，有： I=mA 0 代入数据得： 0=3.0m/s （ 2）设 A对 B、 B对 A、 C对 A的滑动摩擦力大小分别为 FfAB、 FfBA、 FfCA， B在 A上滑行的时间为 t，B离开 A时 A的速度为 A， B的速度为 B A、 B对 C位移为 sA、 sB 对 A由动量定理有： （ FfBA+FfCA） t=mA A-mA 0 对 B由动理定理有： FfABt=mB B 其中由牛顿第三定律可得 FfBA=FfAB，另 FfCA
7、= （ mA+B） g 对 A由动能定理有： （ FfBA+FfCA） sA=1/2mA 2A-1/2mA 20 对 B由动能定理有： FfABfsB=1/2mB 2B 根据动量与动能之间的关系有： mA A=KAAEm2， mB B=KBBEm2 木板 A的长度即 B相对 A滑动距离的大小，故 L=sA-B，代入放数据由以上各式可得 L=0.50m 12解：如图所示， m冲击 M的过程， m、 M组成的系统水平方向不受外力，动量守恒0( )mvmMv=+设子弹所受阻力的大小为 F，由动能定理得：对 M： 2102FsMv=（ 3分）对 m：2 2011()2Fsdmvmv+=联立上式解得：
8、s dMm=+ 因 1,mM+所以 sd.13解：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：210 Mvmvmv += 22120 212121 Mvmvmv += 由上述两式整理得0001 1311212 vvmmvMmv =+=+= 则经过一次碰撞后中子的动能： 020211 16912)131(2121 EvmmvE = 14解 ： （ 1） 设子弹的初速度为 V0， 射入木块后的共同速度为 V1， 木块和小车初速度大小 V=0.4m/s，以向左为正，则由动量守恒有： m0v0-mv=（ m+m0） v1 显 然 V0越 大 ， V1越 大 ， 它 在
9、 平 板 车 上 滑 行 距 离 越 大 。 若 它 们 相 对 平 板 车 滑 行 s=1.5m， 则 它 们 恰 好不从小车上掉下来，它们跟小车有共同速度 V ，有：（ m+m0） v1-Mv=（ m+m0+M） v 由能量守恒定律有： Q= （ m0+m） gs= 2,02210 )(2121)(21 vMmmMvvm + 由 ，代入数据可求出 v =0.6m/s.v0=149.6m/s.但要使木块不掉下来： v0 149.6m/s.（ 2）从子弹射入木块开始时，小车作匀减速运动，加速度： a= （ m+m0） g/M=1m/s2。小车经过时间 t1速度为 v ，有 v =-v+at1解得： t1=1s。在这段时间内通过的位移： S1= matvt 1.021211 =+ （在击中点左侧）小车在 t2=t-t1=2s内做匀速运动，通过位移为： s2=v t2=1.2m。故小车在 3S内的总位移 S总 =S1+S2=1.3m.
