热门试卷

解：取地面为参考系，设喷气后飞机的速度大小为v质量为M=300kg，喷气前的速度大小为v0=800m/s，喷出的气体相对地面的速度大小为v-600m/sm=200g=0.2kg，由动量守恒定律的：

（M+m）v0=Mv+m（v-600）

代入数据得：v=

答：喷气后飞机相对地面的速度为800.4m/s．

解：（1）由动量守恒知，mv0=（m+M）v1，得v1=4m/s

  设小车的最小长度为L1

由能量守恒知，

得  L1=3m

（2）m恰能滑过圆弧的最高点，

小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，在这个过程对滑块由动能定理：

解得：L2=1m

所以小车长度L=L1+L2=4m

（3）由（2）可知，滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足：3m≤L≤4m

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．

小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到T点，在这个过程对滑块由动能定理：

解得

此时小车的长度为L′=L1+L2′=5.8m，小车的长度满足：5.8m≤L≤7m．

答：（1）滑块与小车共速时的速度为4m/s，小车的最小长度为3m；

（2）滑块m恰好从Q点离开圆弧轨道时小车的长度为4m；

（3）小车的长度L在3m≤L≤4m或5.8m≤L≤7m范围，滑块能滑上P点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道．

解：（1）儿童从A点滑到E点的过程中，重力做功W=mgh，儿童由静止开始滑下最后停在E点，在整个过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理得，

mgh-W1=0，则克服摩擦力做功为W1=mgh

（2）设斜槽AB与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg，支持力FN1和滑动摩擦力f1

f1=μmgcosα

儿童在水平槽上受重力mg、支持力FN2和滑动摩擦力f2

f2=μmg

儿童从A点由静止滑下，最后停在E点，由动能定理得

解得，它与角α无关

（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B点的速度最大，显然，倾角α越大，通过B点的速度越大，设倾角为α0时有最大速度v，由动能定理得

解得最大倾角

答：（1）儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功为mgh，克服摩擦力做的功也为mgh；

（2）儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L与斜槽AB跟水平面的夹角无关，证明如上；

（3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v，斜槽与水平面的夹角不能超过．

解：（1）因碰撞时间极短，A、B碰撞过程中，动量守恒，规定A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

2mv0=（m+2m）v

解得：v=4m/s

（2）碰撞后AB一起做匀减速直线运动，根据动能定理得：

解得：x=8m

答：（1）AB刚粘在一起共同运动时的速度为4m/s；

（2）最终停下来时与O点的距离为8m．

解：（1）园环从O到D过程中做平抛运动：

在水平方向：x=v0t，

竖直方向：y=gt2，

读图知：x=6m、y=3m，

代入上式解得 v0=m/s； 

（2）圆环从A到O过程中，由动能定理得：

FxAO-μmgxAB-mgy=mv02，

代入数据，得F=10N；

（3）a环到达O点时，由牛顿第二定律得：

mg+FN=m，代入数据，

得FN=30N，

根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上．

答：（1）碰后瞬间b环速度为m/s；

（2）恒力F大小为10N；

（3）a圆环到达O点时（与b碰撞前）对轨道的压力大小为30N，方向：竖直向上．

解：A物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：

mAgsinθ-μAmAgcosθ=mAaA，

代入数据解得：aA=2.5m/s2；

B物体沿斜面下滑时：由牛顿第二定律得：

mBgsinθ-μBmBgcosθ=mBaB，

代入数据解得：aB=0，

则撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动． 

由匀变速直线运动的速度位移公式得：vA2=2aAL，

代入数据解得：vA=1m/s，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mAvA=mAvA′+mBvB，

由机械能守恒定律得：mAvA2=mAvA′2+mBvB2，

代入数据解得：vB=0.5m/s；

答：A与B第一次碰后瞬时B的速率为0.5m/s．