热门试卷

解：①A车与B车碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：

（m+M）v0=MvA+（M+m）v，

其中v=

解得：

②小物块在B车上滑动的过程中，根据动能定理得：

W=

答：①A车最后的速度为；

②小物块在B车上滑动的过程中克服摩擦力做的功为．

解：（1）对小球和组成的系统由动量守恒定律，有：

=（-）+…①

设和相对静止后的速度为，对与组成的系统由动量守恒定律，有：

=（+）…②

由①②得：==…③

（2）A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等，

设在上滑行的距离为，由功能关系，有：

μmAgd=mAvA2-（mA+mB）v12…④

由③④得：d==

答：（1）A与B相对静止时的速度是；

（2）木板B至少d=，A才不至于滑落．

解：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得

mv1-Mv2=0

m+M=Ep

解得：1=3m/s 2=1m/s

（2）根据动量守恒和各自位移关系得

=M

x1+x2=L

解得：x2===0.1m；

答：（1）小球脱离弹簧时小球3m/s．

（2）在整个过程中，小车移动的距离是0.1m．

解：（1）滑块在长木板上运动的过程中，水平方向没有外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，则：

mv0=mvA+Mv2

所以：m/s

（2）滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功，由动能定理得：

代入数据解得：h=0.5m＜1m

滑块没有到达与圆心等高的点，说明滑块一直在轨道上．

（3）由于圆轨道是光滑的，所以滑块回到D时的速度vD：

得：m/s

滑块返回C点时的速度vC：

得：vC=2m/s

由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定，所以滑块重新滑上B后木板静止不动，设滑块在B上滑动的距离是x，则：

代入数据得：x=1m

小滑块A最终停在离木板B左端：L=l1-x=4.5m-1m=3.5m

答：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是1m/s；

（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m．

（3）小滑块A最终停在离木板B左端3.5m．

解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．

根据牛顿第二定律和运动学公式

μmg=ma      

v=vC+at      

代入数据可得：a=2m/s2    x=1.25m

由于：x=1.25m＜L，滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为

v=3.0m/s   

（2）选取向右为正方向，设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律

mAv0=（mA+mB）v1       

（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC

AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：

代入数据可解得：EP=1.0J

（3）在题设条件下，要使痕迹最长．最长痕迹是传递带的总长度，且C在传送带上一直加速到最右端．

对C，设加速的时间是t1，得：

在t1内，传送带的路程：v传t1≥L传+L

解得：v传≥12.5m/s

答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小是3m/s；

（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能是1J；

（3）耍使物块C在传送带上留下的痕迹最长，则传送带沿顺时针方向运动的速度应满足：v传≥12.5m/s