热门试卷

解：子弹射穿A时，以子弹与A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mBvB=mAvA+mBv‘B

vA=5 m/s  

A在小车上相对滑动，设最后速度为v

以A与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mAvA=（mA+M）v

可得v=2.5 m/s 

根据能量守恒得：

µ=0.5 

答：AC间的动摩擦因素为0.5．

解：（ⅰ）取v0方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0-m′v=（m+m′）v1，

解得v1=m/s=2.27 m/s；

（ⅱ）竖直下落的沙包在水平方向上速度为零，动量为零，

在水平方向满足动量守恒，由动量守恒定律，得：

mv0=（m+m′） v2，

解得v2=m/s=2.73 m/s；

答：（ⅰ）将质量m′=2kg的沙包以5m/s的水平速度迎面扔入小车内，小车速度为2.27m/s；

（ⅱ）将一个质量m′=2kg的沙包从5m高处自由下落并落入小车内，小车速度为2.73m/s．

解：（1）以子弹的方向为正方向；

设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得 ①

解得 ②

系统的机械能损失为　 ③

由②③式得④

（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，

则 ⑤

s=Vt ⑥

由②⑤⑥式得　

答：（1）此过程中系统损失的机械能为．

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离是

解：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为v，对滑块，由机械能守恒定律得：

m1gh=m1v02…①

代入数据解得：v0=4m/s，

（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力F=22N，

由牛顿第二定律得：F+m2g=m2…②

设小球碰撞后瞬间速度为v′，由机械能守恒得：

m2v′2=m2v2+m2g•2R…③

联立①②③并代入数据解得：v′=6m/s；

（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v′④

代入数据得：v1=2m/s，方向向右；

滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同的末速度v共，由滑块与小车组成的系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1=（m1+m3）v共…⑤

①若μ较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得：

μ1m1gL=m1v12-（m1+m3）v共2…⑥

联立④⑤⑥解得：μ1=，

②若μ不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：

2μ2m1gL=m1v12-（m1+m3）v共2… ⑦

由④⑤⑦解得：μ2=，

综上所述，可知：≤μ≤；

答：（1）滑块到达BC轨道上时的速度大小为4m/s；

（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小为6m/s；

（3）滑块与PQ之间的动摩擦因数μ的范围为：≤μ≤．

解：（1）由牛顿第二定律，对板：μmg=ma2，

代入数据解得：a2=1m/s2，方向向右，

由匀变速运动的速度公式得：0=v-a2t，

代入数据解得：t=2s；

（2）板进入PQ区域前已经与物块达到共同速度，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：

mv0-mv=2mv‘，

代入数据解得：v'=1m/s；

（3）假设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界，由速度位移公式得：

vt2-v'2=-2am1d，

代入数据解得：am1=0.5 m/s2

恒力临界值：Fm1=2mam1，

代入数据解得：Fm1=1N，

假设J边进入PQ区域后A、B刚好能一起做匀变速直线运动

对块A：μmg=mam2，

代入数据解得：am2=1m/s2

恒力临界值为：Fm2=2mam2=2×1=2N；

①当1 N＜F≤2 N，A、B一起做（往返式）匀变速直线运动．

F=2ma1，-v'=v'-a1t1，

代入数据解得：t1=s；

②当F＞2 N，A、B发生相对滑动，但板做（往返式）匀变速直线运动

对板B：F-μmg=ma2，-v'=v'-a2t2，

代入数据解得：t2=s；

答：（1）经过3s时间长木板开始向右运动．

（2）B板右端J边刚进入边界P的速度为1m/s．

（3）在恒力F可能取值范围内，B板右端j处在PQ区域内的时间t与恒力F的关系为：

①当1N＜F≤2N时，t1=s；②当F＞2N时，t2=s．

解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

  mv0=（m+M）v1 

代入数据解得

  v1=4m/s 

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有

  μmgL1=

代入数据解得   L1=3m 

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

  μmgS1=

代入数据解得S1=2m 

因L1＜L，S1＜S，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v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=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v，临界条件为

  mg=m

根据动能定理，有

-μmgL2-

①②联立并代入数据解得R=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

-μmgL2-

代入数据解得R=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

R≤0.24m或R≥0.6m 

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．