热门试卷

解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m0gl=m0v02，代入数据解得：v0=4m/s，

对小球，由牛顿第二定律得：F-m0g=m0，

代入数据解得：F=30N；

（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m0v0=-m0v1+mvA，

由机械能守恒定律得：m0v02=m0v12+mvA2，

代入数据解得：v1=2m/s，vA=2m/s；

（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mvA=（m+M）v，代入数据解得：v=0.6m/s，

由能量守恒定律得：μmgx=mvA2-（m+M）v2，代入数据解得：x=1.4m；

答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小30N；

（2）小球与A碰撞后的瞬间，A获得的速度vA的大小为2m/s；

（3）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少为1.4m．

解：①小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0，

由机械能守恒定律得：，

解得：v2=，v2=；

②从释放到绳断开，系统水平方向上动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律可知，满足：mv1=2mv2，

其间任意小段时间△t内，有mv1×△t=2mv2×△t，即m△x1=2m△x2，

故这段过程中，小球与小车在水平方向的位移x1、x2满足：mx1=2mx2；

且x1+x2=L，解得：x2=L，

绳断开后小球做平抛运动，

竖直方向：，

这段时间内小车向右匀速运动，小车的位移：x2′=v2t，

小车移动的距离；

答：①小球到最低点时的速度为；

②小球从释放到落地的过程中，小车向右移动的距离为（+L）．

解：对子弹和木块应用动量守恒，选取向右为正方向，设它们的共同速度是v1：mv0=（m+M）v1  

所以 v1=4m/s 

对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面，设木块到最高点时的速度为v2，有：

由支持力与重力的合力提供向心力有：（m+M）g+FN=（m+M）

代入数据得：FN=30N

由牛顿第三定律得，木块到达最高点时对轨道的压力也是30N．

答：木块到达最高点时对轨道的压力是30N．

解：设A的初速度为v0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为v，人给A的水平冲量大小为I；设向右为正方向．

由动能定理可知：

-μmgL=mv12-mv02

-μ（2m）gL=-（2m）v2

由动量守恒定律可知：

mv1=2mv

由动量定理可知：

I=mv0-0

解得：I=m；

答：滑块A施加的水平冲量I的大小为m；

解：（1）滑块A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mAgh=mAv12，

代入数据解得：v1=5m/s，

A、B碰过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv1=（mA+mB）v2，

代入数据解得：v2=2.5m/s；

（2）A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（mA+mB）v2=（mA+mB+mC）v3，

代入数据解得：v3=1m/s；

由能量守恒定律得：μ（mA+mB）gL=（mA+mB）v22-（mA+mB+mC）v32，

代入数据解得：L=0.375m；

答：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s．

（2）小车C上表面的最短长度为0.375m．