热门试卷

解：（1）滑块A第一次刚离开电场时速度为v0，由动能定理得

  qEl=，

又 qE=mg，则 v0=

A、B发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒有

  mv0=mvA1+3mvB1；

由能量守恒得

  =+

可得 vA1=-=-，方向向左；vB1=，方向向右

（2）然后B向右减速至0，减速运动的加速度为 a=μg，用时 tB1===

A先向左匀减速再反向匀加速，在电场时间为 tA1=2=，再匀速追上B

发生下一次弹性碰撞，由上述分析可知，B减速运动的时间总是与A在电场中运动的时间相等，即每次都是A追上静止的B发生弹性碰撞，由碰撞可知，每次碰撞后A的速度大小满足：

  vA2=，…vAn=

在电场中的时间也有  tA2=，…，tAn=

则在电场中向左减速再反向加速的总时间 t′==2tA1==2

第一次从电场左端到右端的时间为 tA0===

则A在电场中运动的总时间 tA=tA0+t′=3

（3）第一次碰撞后B向右匀减速的位移为 sB1===

由于每次碰撞后B的速度为碰撞前A的速度的一半，也即为前一次B自己速度的一半，因此每次向右匀减速的位移为前一次的，即sBn=sB（n-1）

如果A、B能发生n次碰撞，则B在右侧运动的总位移为 sB=l-l=l应满足：

  sB1+sB2+…+sB（n-1）＜sB＜sB1+sB2+…+sBn；

由此可得 n=3

或者 sB1=l，sB2=l，sB3=l

sB1+sB2=l，sB1+sB2+sB3=l

由此可得两次碰后B还没有掉下去，三次碰后总位移大小sB，已经掉下去了，即碰3次．

答：

（1）第一次碰撞结束时A、B各自的速度分别为-=-，方向向左和，方向向右；

（2）如木板足够长，A在电场中运动的总时间为3：

（3）如木板总长度为，A、B发生碰撞3次．

解：A与B弹性碰撞时，以向右为正方向，设碰后A和B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有：mv0=mvA+mvB

由机械能守恒定律有：

解得：vA=0，vB=v0

弹簧压缩到最短时B、C的速度为v，则由动量守恒定律有：mv0=（m+2m）v

由机械能守恒定律有：

解得：

设A与B粘在一起的速度为v1，则由动量守恒定律：mv0=（m+m）v1

弹簧压缩到最短时A、B、C的速度为v2，则由动量守恒定律有：mv0=（m+m+2m）v2

由机械能守恒定律有：

解得：

则

答：两种情况下最大弹性势能之比EP1：EP2为8：3．

解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理可得：

m甲gL-μ1m甲g•2L=m甲v甲2-0，

解得：v甲=；

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙′，

由题意知：v甲′=-v甲=-，

解得：v乙′=v甲=；

（3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a甲=2a乙，

设甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，

由速度位移公式：v甲′2=2a甲s1，v乙′2=2a乙s2，

即：=…①

由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下．有以下两种情况：

第一种情况：甲返回时未到达B时就已经停下，此时有：s1＜2L，

而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s2=2L+2L+s1=4L+s1，

因为s1与s2不能满足①，因而这种情况不能发生．     

第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s1+s2=8L…②

①②两式得：s1=L 或s2=L，

即小车停在距B为：△L=s1-2L=L；

答：（1）甲与乙碰撞前的速度为；

（2）碰后瞬间乙的速度；

（3）通过的路程之比为1：2，甲、乙停在距B点L处．

解：（1）根据平抛运动的规律得

vAcos37°=v0，

vA=4m/s，

A→B过程，由机械能守恒定律得：

M+MgR（1-cos37°）=M

vB=m/s，

在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M

解得：N=90N．

（2）设M与m碰前速度为v0，动能定理得：-μMgL0=Mv2-MvB2      

v=

碰撞后M、m的速度分别为v1和v2，

规定向右为正方向，由动量守恒定律得：

Mv=Mv1+mv2            

由机械能守恒定律得：Mv2=Mv12+mv22        

v1=，v2=

碰后，M运动到C的过程，由动能定理得：

-μMg（2R-L0）=0-Mv12           ⑥

联立解得：L0=m；

（3）当L0=0.8R，v2==6m/s，

碰后m运动到C的过程，

由动能定理得：-μmg（2R-L0）=mvC2-mv22   

解得：vC=m，

i）若皮带逆时针转动，设其运动的距离为s时，速度减为零，

由动能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-mvC2      

解得：s=R＜2R，故m不能到达D点；

ii）若传送带顺时针转动，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在传送带上不可能加速向上运动．

a）若u＞vC，m将一直向上匀减运动，设速度为零时运动的距离为x，

由动能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-mvC2    

解得：x=3.75R＞2R，一定能将m送到D点．

b）若u＜vC，它将先相对传送带向上（摩擦力向下）匀减速到u，

然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0．由动能定理得：

-mgs1sinθ-μmgs1cosθ=mu2-mvC2      ⑨

-mgs2sinθ+μmgs2cosθ=0-mu2       ⑩

解得：s1+s1=2R，解得：u=m/s，

所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足u≥m/s，方向向上．

答：（1）M到达A点时速度和通过B点时对轨道的压力是90N；

（2）L0=m，M恰好滑到C点；

（3）当L0=0.8R时，为确保将m送到D点，传送带的运行速度应满足u≥m/s，方向向上．