热门试卷

解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgR=mv2，

解得：v=，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv=3mv1，

解得：v1=；

（2）弹簧锁定解除过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

3mv1=mvC+2mvD，

由机械能守恒定律得：•3mv12+EP=mvC2+•2mvD2，

解得：vC=，vD=0，（vC=-，vD=-不合题意，舍去），

C第一次滑上轨道右侧圆弧部分，由机械能守恒定律得：

mg•2R（1-cosθ）=mvC2，

解得：θ=60°，

小球对轨道的压力：F=mgcosθ=mg；

（3）系统机械能：mvC2=mgR，

以左为正方向，C、D（含弹簧）碰撞过程系统动量守恒，第一次碰撞过程，由动量守恒定律得：

mvC=mvC1+2mvD1，

由机械能守恒定律得：mgR=mvC12+•2mvD12，

解得：vC1=-，vD1=，（vC1=，vD1=0 不合题意，舍去），

同理，第二次碰撞过程，以向右为正方向：由动量守恒定律得：

-2mvD1+mvC1=mvC2+2mvD2，

由机械能守恒定律得：mgR=mvC22+•2mvD22，

解得：vC2=-，vD2=0，（vC2=，vD2=- 不合题意，舍去），

综上所述：当N为奇数：vC=，方向：水平向右，vD1=，方向：水平向左，

当N为偶数时：vC=，方向：水平向右，vD2=0；

答：（1）弹簧锁定解除前瞬间D、C一起运动的速度大小为；

（2）弹簧锁定解除后，C第一次滑上右侧轨道的最高点时，小球对轨道的压力大小为mg；

（3）弹簧锁定解除后，第N次碰撞结束时（C与弹簧分离）C、D的速度，当N为奇数：vC=，方向：水平向右，vD1=，方向：水平向左，

当N为偶数时：vC=，方向：水平向右，vD2=0．

解：设小铁块初速度为v0，则：

由能量守恒定律得 E=mv02-m•v02=mv02

要使木板能获得最大动能，则弹簧恢复原长时，铁块速度为0

细线拉断后，对于铁块和木板组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒和能量关系得：

 m×v0=Mv1

Mv12=m×v02+E

得：==0.25

答：为使木板能获得最大动能，M与m的比值应该是0.25．

解：（1）当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：

m1v0=（m1+m2）v，

代入数据解得：v=1m/s；

（2）弹簧的最大弹性势等于滑块A、B系统损失的动能，由能量守恒定律得：

Epm=m1v02-（m1+m2）v2，

代入数据解得：Epm=6J；

（3）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞，则：mAv0=mAvA+mBvB

由以上两式得

答：（1）弹簧压缩至最短时，A、B的速度为1m/s；

（2）弹簧的最大弹性势能是6J；

（3）滑块B的最大速度是2m/s．

解：（1）滑块C滑上传送带后先做匀加速直线运动，加速度的大小a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，

匀加速运动的时间，

匀加速运动的位移，则匀速运动的时间，

可知滑块C在传送带上滑行的时间t=t1+t2=0.5+1s=1.5s．

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律

mAv0=（mA+mB）v1

（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC

AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒，有=，

代入数据可解得：EP=1.0J

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v．

设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，

根据动量守恒定律可得：

AB碰撞时：mAvm=（mA+mB）v1′，①

弹簧伸开时：（mA+mB）v1′=mCvC′+（mA+mB）v2′，②

在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：

则=，③

因为C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s，加速度大小为2m/s2

所以由运动学公式v2_vc′2=2（-a）L 得vC′=，

代入方程①②③，解得vm=7m/s．

答：（1）滑块C在传送带上滑行的时间为1.5s；

（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1.0J；

（3）若每次开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是7m/s．