热门试卷

0.4 m

设C刚下滑时距B距离为x，即将与B碰撞时速度为v1，碰后速度大小为v2

                                  （3分）

mv1＋0＝2mv2                                              （3分）

碰前弹簧压缩量设为x1，碰后BC整体运动到斜面上最高点时，弹簧伸长为x2，

碰前对B有mgsin30°＝kx1                                （2分）

碰后BC运动到最高点时对A有mgsin30°＝kx2              （2分）

由以上两式得x1＝x2＝5×10－2m                              (2分)

即刚碰撞完毕时，弹簧的弹性势能与BC到达斜面上最高点时弹簧的弹性势能相等，由机械能守恒定律有

                （4分）

解得x＝0.4 m.                                          （2分）

（1）小球由C到D，机械能守恒mgL=mv12，v1=

在D点，F-mg=m，F=3mg

由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg．

（2）小球由D到A做平抛运动vy=，tanθ==．

（3）小球到达A点时vA2=vy2+v12=2g（h+L）

在压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒Ep=mg•x•sinθ+mvA2

所以Ep=mg（x•+h+L）．

答：（1）细绳所能承受的最大拉力为3mg．

（2）斜面的倾角θ的正切值为．

（3）弹簧所获得的最大弹性势能为mg（x•+h+L）．

小球恰好能通过最高点，在最高点，由重力提供向心力，设最高点的速度为v，则有：

mg=m，

得：v==m/s=m/s

从开始滚下到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得：

mgh=2mgr+mv2

联立得：h=r=×0.5m=1.25m

从开始滚下到轨道的过程，由机械能守恒定律得：

mgh=mv′2，得：v′2=2gh

在最低点，小球的向心加速度为 a===m/s2=50m/s2．

故答案为：1.25，50

（1）碰后物块M做平抛运动，h=gt2…①

S=v3t…②

v3=S=3.0m/s…③

vy==4.0m/s…④

物块落地速度大小v==5.0m/s…⑤

答：质量为M物块落地时速度大小为：5.0m/s．

（2）物块与小球在B处碰撞：Mv1=mv2+Mv3…⑥

碰后小球从B处运动到最高点A过程中，m=m+2mgL

小球在最高点：2mg=m…⑧

由⑦⑧解得v2=6.0m/s…⑨

由③⑥⑨得v1==6.0m/s…⑩

物块M从P运动到B处过程中，-μMgs1=M-M…（11）

v0==7.0m/s…（12）

根据动量定理得：

I=Mv0=14N•S

答：物块M在P处所受水平向右的瞬时冲量大小为：14N•S．

（1）以两球组成的系统为研究对象，

由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，

由机械能守恒定律得：m1v02=m1v12+m2v22，

解得：v2=；

（2）小球m2从B点到达C点的过程中，

由动能定理可得：-m2g×2R=m2v2′2-m2v22，

解得：v2′===；

小球m2通过最高点C后，做平抛运动，

竖直方向：2R=gt2，

水平方向：s=v2′t，

解得：s=，

由一元二次函数规律可知，

当R=时小m2落地点距B最远．

答：（1）m2的速度大小是；

（2）半圆的半径R=时，小球m2通过最高点C后，落地点距离B点最远．

（1）   （2）

（1）车辆上坡过程，机械能守恒，设车辆“冲”坡站台的速度为v，则有：

，解得：

（2）车辆上坡过程，受到最大阻力功，冲到站台上的速度应为零，设最大阻力功为Wf，由动能定理有：

解得：

（1）框架与墙壁碰撞后，物块以V0压缩弹簧，后又返回，当返回原位时框架开始离开，由机械能守恒知，此时物块速度是v0方向向右．

（2）设弹簧有最大势能时共同速度为v 由动量守恒定律知   mv0=4mv

由能量守恒定律    mv02=×4mv2+EP×

EP=mv02                                            

（3）设框架反弹速度为v1、最大势能时共同速度为v，则

由动量、能量守恒定律得

3mv1-mv0=4mv

×3mv12+mv02=×4mv2+mv02          

解得：9v12+18v1v0-7v02=0           v1=     v′1=-v0（舍去）

带入得：v=0                         

△E1=×3mv02-×3mv12=mv02     

（4）由（3）知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以V1=的速度与墙壁相撞，由题意知，=  所以 v2=

故△E2=×3m(

v0

3

)2-×3m(

v0

9

)2=mv02

答：（1）若框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为0且与墙壁间不粘连，框架刚要脱离墙壁时小物块速度的大小为v0，方向向右；

（2）在（1）情形下，框架脱离墙壁后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为mv02；

（3）框架与墙壁碰撞时损失的机械能为mv02；

（4）能，第二次碰撞时损失的机械能为mv02．

vB＝v0/2  vA＝v0/5  mv02

试题分析：(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用，故vB＝v0/2 ；                  （2分）

由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒：

mv0/2 — mv0/4 ＝ (m/4＋m) vA，（2分）

解得vA＝v0/5                          （2分）

（2）由于木块A、木块B运动方向相同且vA＜vB，故弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒。

设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，有

  mvA  +  mvB ＝ (5m/4＋m)v  （2分）

 ·mvA2 +  mvB2 ＝  (5m/4＋m)v2 ＋ Epm   （2分）

联立解得： v＝v0，  Epm＝mv02                 （2分）