热门试卷

（1）

设P的加速度为a0、到D点的竖直速度为vy，合速度大小为v1,与水平方向的夹角为β，有

联立上述方程，代入数据解得：v1=6m/s

β=300

（2）设A碰前速度为v2，此时轻绳与竖直线的夹角为β，由动能定理得：

设A、P碰撞后小球C的速度为v，由动量守恒定律得：

小球C到达平板时速度为0，应做匀减速直线运动，设加速度的大小为a 有

设恒力大小为，F与竖直方向的夹角为α，如图，根据牛顿第二定律，得：

代入相关数据解得：

（3）由于平板可距D点无限远，小球C必做匀速或匀加速直线运动，恒力F1的方向可从竖直方向顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与速度方向夹角为θ，有：

在垂直于速度方向上，有：

则F1的大小满足条件为

    （式中）

（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知mgh＝mv02①

②

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a

μmg＝ma③

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

v2－v02＝－2al④

结合②③④式解得v＝4 m/s⑤

由于v＞u＝2 m/s，所以v＝4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知

－mv＝mv1＋MV⑥

⑦

解得⑧

即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。

设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则

0－v12＝－2al′⑨

⑩

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。

（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞，设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知⑪

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，碰撞后物块B的速度大小依次为

…⑫

则第n次碰撞后物块B的速度大小为⑬

。⑭

（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则，则v1＝

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝

联立解得F＝2N，由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有

mv2＋MV＝0

在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

，联立解得v2=2m/s

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，得

mv3－MV′＝0，两边同乘以△t，得mv3△t－MV′△t＝0，故对任意时刻附近的微小间隔△t都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，得s1＝