热门试卷

对A由牛顿第二定律得：加速度a==，

以A为研究对象，由动能定理得：qEL=mv12-0，

解得：两球第一次碰撞前瞬间，A球速度：v1==；

两球第一次碰撞后瞬间，A球速度0，B球速度v1． 

碰后A做匀加速直线运动，B做匀速直线运动，当它们位移相等时再次发生碰撞，

两球第二次碰撞前瞬间，有 v1t1=a，解得：t1=，

此时A球速度：v2=at1=2v1，

两球第二次碰撞后瞬间，A球速度v1，B球速度v2=2v1，

两球第三次碰撞前瞬间，由v2t2=v1t2+a，

解得：t2==，

A球速度  v3=v1+at2=3v1，

两球第三次碰撞后瞬间，A球速度v2，B球速度v3．

两球第四次碰撞前瞬间，由v3t3=v2t3+a，

解得：t3==，

A球速度：v4=v2+at=4v1，

…

可推得第n次碰撞前瞬间两球分别的速度为：

A球速度vn=nv1，B球速度vn-1=（n-1）v1，

由动能定理，得：qES=m+m，

即：qES=m[n2+(n-1)2]，

把v1的值代入上式，解得：S=（2n2-2n+1）L，

答：在A、B两球第n次碰撞前瞬间，A球通过的总位移为=（2n2-2n+1）L．

（1）规定竖直向下为正方向，设丙自由下落h时速度为v0，根据自由落体运动规律有：

 v0==3.0m/s

解除锁定后，乙与丙发生弹性碰撞，设碰后乙、丙的速度分别为v2、v1，

由动量守恒mv0=Mv2+mv1

根据机械能守恒  m=M+m

解得v2=2.0m/s，v1=-1.0m/s 

所以v1=1m/s，竖直向上；v2=2m/s，竖直向下．

（2）碰后，乙立即以2m/s的速度从C点向下运动，从此时起直到甲第一次刚离开地面前，乙在自身重力和弹簧弹力的共同作用下以B点为平衡位置做简谐运动．

当乙第一次回到平衡位置B时，弹簧相对原长的压缩量（图乙）

x1=

当甲第一次刚离开地面时，弹簧相对原长的伸长量（图丙）

x2=

由于甲第一次刚离开地面时乙的速度为v=2.0m/s，v和v2等大反向，

所以根据简谐振动的对称性可知

x1+x2=△l-x1故x1=x2=2.0cm．

（3）从碰撞结束至甲第一次刚离开地面时，对于乙和弹簧组成的系统，动能变化量为

  △EK=Mv2-M=0

根据功能关系，系统重力势能的增加量△E重等于弹性势能的减少量△E弹即：△E弹=△E重而重力势能的增加量为：

△E重=Mg（x2+△l）

所以弹簧弹性势能的减少量为：△E弹=Mg（x2+△l）=0.16J

答：（1）碰撞刚结束的瞬间，丙球的速度为1m/s，方向竖直向上，乙木块的速度为2m/s，方向竖直向下．

（2）放上乙物体后，平衡时弹簧上端B点（图2中）到A点的距离x1为2.0cm．

（3）从弹簧被解除锁定至甲第一次刚离开地面时，弹簧弹性势能的改变量△EP为0.16J．

两球从静止开始至A上升到圆柱的最高点，

A与B组成的系统减少的势能为：

△Ep减=mbg•-magR

根据系统机械能守恒得：

△Ep减=△Ek增

mbg•-magR=mav2+mbv2，

v=

解得：ma：mb=（π-1）：3．

答：A、B两小球质量之比为．

（1）跳起后重心升高  h=2.25-2.10=0.15m

根据机械能守恒定律mv2=mgh…①

解得v==m/s②

（2）由动量定理（F-mg）t=mv-0…③

即F=+mg…④

将数据代入上式可得F=1.0×103N…⑤

根据牛顿第三定律可知：创始对地面的平均压力F′=1.0×103N

答：（1）他跳起刚离地时的速度大小为3m/s；（2）起跳过程中他对地面平均压力为1.0×103N．

（1）小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，设在B点的速度为vB，根据机械能守恒定律有mgR=mvB2

设小球在B点时所受轨道的支持力为FN，对小球在B点根据牛顿第二定律有

FN-mg=m

联立可解得FN=3mg

（2）小球离开B点后做平抛运动．

沿竖直方向有H-R=gt2

沿水平方向有x=vBt

联立解得x=2

（3）由x=2可导出x=

当=时，x有最大值．

x的最大值xm=H

答：（1）小球运动到B点时，轨道对它的支持力为3mg；

（2）小球落地点C与B点的水平距离x为2；

（3）比值等于时，小球落地点C与B点水平距离x最远；该水平距离最大值是H．

（1）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，弹簧的最大势能为E，则A、B系统动量守恒：mv0=（m+2m）v①

由机械能守恒：m=（m+2m）v2+E…②

联立两式得：E=m…③

（2）设B球与挡板碰撞前瞬间的速度为vB，此时A的速度为vA．

系统动量守恒：mv0=mvA+2mvB…④

B与挡板碰后，以vB向左运动，压缩弹簧，当A、B速度相同（设为v共）时，弹簧势能最大，为Em，

则：mvA-2mvB=3mv共…⑤

m═×3m+Em…⑥

由④⑤两式得：v共=代入⑥式，化简得：Em=[-（vB-）2+]…⑦

而当弹簧恢复原长时相碰，vB有最大值vBm，则：

mv0=mvA′+2mvBm          

mv02=mvA′2+×2mvBm2

联立以上两式得：vBm=v0即vB的取值范围为：0＜VB≤v0…⑧

结合⑦式可得：当vB=时，Em有最大值为：m…⑨

当vB=v0时，Em有最小值为：m

答：（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能是m．

（2）此后弹簧的弹性势能最大值的范围为[m，m]．

（1）；（2）；（3）见解析。

（1）物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律

得物体P滑到B点的速度为                                     ③

（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，

t＝,

当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，落地的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度v1＝。               ②

根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有

                  ②

解出物体与传送带之间的动摩擦因数为

                                 ①

（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度v≤v1，即v≤时，物体在传送带上一直作匀减速运动，离开传送带的速度仍为v1，落地的水平位移为，即s＝l；   ②

当传送带的速度v>时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动。如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带。v的最大值v2为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即

＝，

由此解得                    v2＝。                               ①

当v≥v2，物体将以速度v2＝离开传送带，因此得O、D之间的距离为

。                     ②

当v1< v < v2，即时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D之间的距离为。                      ①

综合以上的结果，得出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式为

            ①

（1）小球恰能通过最高点B时有：

mg=m①

解得：vB==m/s=m/s

（2）设释放点到A高度h，则有mg(h-R)=m②

联立①②解得：h=1.5R=1.5×1m=1.5m

（3）小球由C到D做平抛运动R=gt2③

水平位移xOC=vBt④

联立①③④解得：xOC=R

所以落点C与A点的水平距离为：

xAC=(-1)R=(-1)×1m=0.41m

答：（1）小球通过轨道B点的速度大小为m/s．

（2）释放点距A点的竖直高度为1.5m．

（3）落点C到A点的水平距离为0.41m．

（1）滑块沿弧形轨道下滑的过程中

     mgh=m

解得 vA=①

经过A点前的瞬间，有F1-mg=m，

故有F1=mg+2mg，②

经过A点后，滑块沿桌面匀速直线运动，故经过A点瞬间F2=mg．③

（2）滑块离开桌面做平抛运动，水平方向分速度vx=vA=

滑块与小车水平方向动量守恒，mvx=（m0+m）v，④

则小车最终的速度为v==．⑤

（3），滑块落人车中直到相对静止的过程中，取竖直向上方向为正方向，由动量定理得

  （F-mg）t=0-（-mvy）=m，⑥

由平抛运动规律得 h=gt2，则t=，

落人车内时，竖直方向分速度  vy=gt=，⑦

故得 F=mg+，

则小车对地压力是 m0g+mg+

答：

（1）滑块经过A点前后对轨道和桌面的压力F1，F2各是mg+2mg和mg．

（2）小车最终的速度是．

（3）滑块落人车中直到相对静止的过程中，小车对地面的平均压力是m0g+mg+．