热门试卷

解：（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，

据能量守恒：

mgR=μmg•2l，

∴

（2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时据能量守恒，

弹簧的弹性势能

（3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2据能量守恒有：

  又因为系统动量守恒，有：mv1-Mv2=0

解得：

答：（1）BC部分的动摩擦因数；

（2）弹簧具有的最大弹性势能是；

（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小分别是，．

解：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，

规定向右为正方向，

（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，

B与C碰撞过程中动量守恒，

mBvB=（mB+mC）v，

BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变，所以vA=-v0，方向水平向左

（2）由能量守恒定律得，弹簧的弹性势能：

EP+（mA+mB）=mAvA2+mBvB2

解得：EP=3m．

答：

（i）A物块最后的速度大小是v0，方向水平向左．

（ii）A、B分离时弹簧释放的弹性势能是3m．

解：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有mv0=（m+5m）v1，

砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以

  =6mgL（1-cosθ）

设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv-（m+5m）v1=（m+6m）v2

  =7mgL（1-cosθ），

联解上述方程得=

答：两粒弹丸的水平速度之比为．

解：（Ⅰ）人小明推出木箱过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1-mv=0，

解得：v1=v；

（Ⅱ）小明接木箱的过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv+2mv1=（m+2m）v2，

解得：v2=v，

由能量守恒定律得：mv2+•2mv12=（m+2m）v22+△E，

解得：△E=mv2；

答：（Ⅰ）推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小为v；

（Ⅱ）小明接住木箱后三者一起运动，在这个过程中系统能量损失了mv2．

解：（1）P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有

-μmg•2L=0-m           ①

将L=R代入①解得

 v0=                            ②

若P在D点的速度为vD，Q对P的支持力为FD，由动能定理和牛顿定律有

-μmgL=m-m            ③

根据牛顿第二定律得

FD-mg=m                    ④

联立解得

  FD=1.2mg                    ⑤

由牛顿第三定律可知，P对Q的压力大小也为1.2mg．

（2）当PQ具有共同速度v时，P达到的最大高度h，由动量守恒定律有

mv0=（m+M）v                       ⑥

由功能关系有

m=μmgL+（m+M）v2+mgh  ⑦

联立解得

h=R

 答：（1）若Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，v0的大小是，P刚越过D点时对Q的压力大小是1.2mg．

（2）若Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h是R．