热门试卷

解：（1）滑块与小车的共同速度为1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

0=(+)1

代入数据解得1=4m/s

设滑块与小车的相对位移为，由系统能量守恒定律，有

μ1 =

代入数据解得1=3m

设与滑块相对静止时小车的位移为1，根据动能定理，有

μ1=

代入数据解得1=2m

因1＜，1＜，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即1=4m/s

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为1=4m/s，位移为2=－1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为，临界条件为=

根据动能定理，有2－

①②联立并代入数据解得 = 0.24m

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道

根据动能定理，有2－

代入数据解得 = 0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足≤0.24m或≥0.6m

24.5  1 249.5  1 225

木块增加的动能为：m2v22=×0.49×102 J="24.5" J，子弹损失的动能为：m1v02-m1v12=×0.01×(5002-102) J="1" 249.5 J，所以产生的内能为1 249.5 J-24.5 J="1225" J.

解：（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A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律－mAvA+mBvB=0

爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能

代入数据解得vA=vB=3.0 m/s

（2）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B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒定律，得mBvB=（mB+mC）vBC

由机械能守恒，得

代入数据得EP1=3.0 J

（3）设B、C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，则由动量守恒定律和能量守恒定律mBvB=mBvB1+mCvC1

代入数据解得vB1=－1.0m/s，vC1=2.0m/s

A爆炸后先向左匀速运动，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，由动量守恒定律mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB

解得vAB=1.0m/s

当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2由动量守恒定律，得（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC

由机械能守恒定律，得

代入数据解得EP2=0.5J

4.8 m/s≥v≥3.8 m/s

A车和人在水平面上向右运动的速度设为v，根据机械能守恒定律

（M1+M）gh=(M1+M)v2，得v=="3" m/s.

情况一：设人以相对地面速度v′跳离A车后，A车以速度v1向右运动，此过程动量守恒，方程为(M1+M)v=M1v1+Mv′                                                       ①

人跳到B车上，设共同速度为v2

则Mv′-M2v0=(M+M2)v2                                                        ②

将已知量代入①②两式，可得210=20v1+50v′                                     ③

50v′-90=100v2                                                                ④

由③④两式可知50v′=210-20v1=90+100v2

显然，只有当v2≥v1时，A、B两车才不会相撞.

设v1=v2，根据上式即可求得v1=v2="1" m/s，v′≥3.8 m/s.

情况二：设人以相对于地面的速度v″跳离A车后，A车以速度v1′向左运动；人跳上B车后共同速度为v2′；根据动量守恒定律，可得方程组（M1+M）v=Mv″-M1v1′            ⑤

Mv″-M2v0=(M+M2)v2′                                                         ⑥

将已知量代入⑤⑥式，可得50v″=210+20v1′=90+100v2′

只有v2′≥v1′时，A、B两车才不会相撞，因为v1′过大会导致M1反向滑上斜坡后，再滑下时v1′的大小大于v2′，此时仍会相撞.

设v1′=v2′由上式得v1′=v2′="1.5" m/s，v″≤4.8 m/s

综合得，要A、B车不发生相撞，人跳离A车时相对地面的速度v应满足4.8 m/s≥v≥3.8 m/s.

(1)x=60 cm处 (2)

(1)照相机闪光4次，而B滑块却只有两张照片，说明碰撞后，B静止，A被反弹，所以碰撞发生在x=60 cm处.

(2)碰撞后A做匀速直线运动，在闪光的时间间隔内运动的距离应为20 cm，而刚反弹后到下一次闪光却只有10 cm，说明碰撞发生在第一次碰撞后时间.

（1） 

（2）              

（3）    

（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有

                          （1分）

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，

二者交换速度，即小球静止下来，而           （1分）

Q在平板车上滑行的过程中，有

小物块Q离开平板车时，速度为                     （2分）

（2）由能的转化和守恒定律，知

     解得，                 （4分）

（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则

  解得，          （2分）

平抛时间

水平距离                （1分）

Q落地点距小球的水平距离为      （1分）

2.4 J

设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0=(m+M)v

全过程损失的机械能为E=mv02-(m+M)v2

全过程由于摩擦生热而损失的机械能E1=μmg·2s

由能量守恒定律得碰撞过程中损失的机械能E2=E-E1

代入数据得E2="2.4" J