热门试卷

解：（1）设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，

由动量定理得：Ft=mAv′1-mA•（-v1），

解得：F=50N．

（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mAv′1=（mA+mB）v，

A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，

解得：h=0.45m；

答：（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小为50N；

（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度为0.45m

解（1）P1从A到C过程中，由动能定理得：，

解得：，

两球碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，以P1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=0+Mv2，

由题意可知：M=3m，

解得：；

（2）P1做初速度为零的匀加速运动，P2做匀速直线运动，当两者速度相等时，两球间的距离最大，对P1，由牛顿第二定律得：

，

P1的速度：v1=at，

当两球的速度相等时，两球间的距离最大，v1=v，

P1的位移：，

P2的位移：x2=vt，

两球间的最大距离：dm=x2-x1，

解得：；

答：（1）碰后瞬间P2的速度大小为．

（2）两球第二次碰撞前的最大距离dm为L．

解：Ⅰ．对小滑块有根据动能定理得：，

解得：

Ⅱ．长木板不固定时，设系统的最终速度为v，对系统，根据动量守恒定律得：

Mv0=2Mv

解得：

由能量守恒定律，产生的热量为：

Q=

答：Ⅰ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为；

Ⅱ．如果长木板不固定，小滑块在长木板上滑行过程中产生的热量为．

解：（1）平板车和小物块组成的系统，水平方向动量守恒，解除锁定前，总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v共=0

设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，则有 

   Ep=mgR+μmgL

代入数据解得 Ep=7.5J

（2）设小物块第二次经过O‘时的速度大小为vm，此时平板车的速度大小为vM，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有

  0=mvm-MvM

代入数据解得 vm=2.0m/s

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．

设小物块相对平板车滑动的路程为S，对系统由能量守恒有 

   Ep=μmgS

代入数据解得S=1.5m

则距O'点的距离x=S-L=0.5m

答：

（1）解除锁定前弹簧的弹性势能是7.5J；

（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小是2m/s；

（3）小物块与车最终相对静止时距O′点的距离是0.5m．

解：（1）以小物块为研究对象，从A到O过程，由动能定理得：

-μmg=m-m，

代入数据解得：v=2m/s，

对小物块，压缩弹簧过程中，由动量定理得：I=-mv1-mv，

代入数据解得：I=4kgm/s，弹簧对小物块的冲量大小为4m/s，方向水平向左；

（3）小物块滑过点和小车相互作用，由于mv2=2J＜μmg=6J，

所以物块不会从小车上滑下来，最终小物块和小车具有共同速度v2，

以物块与小车组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=（m+M）v2，

代入数据解得：v2=0.5m/s，方向向左；

答：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4m/s，方向水平向左；

（2）小物块最终运动的速度大小为0.5m/s，方向向左．

解：①A与B碰后瞬间，B速度最大．取向右为正方向，

由A、B系统动量守恒，有：mAv0+0=-mAvA+mBvB，

代入数据得：vB=4m/s；

②B与C达到共同速度后，由B、C系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律有：mBvB+0=（mB+mC）vC，代入数据得：vC=m/s，

由能量守恒定律得：；

答：①B运动过程中的最大速率为4m/s．

②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，B、C间动摩擦因数μ为．

解：（1）物体在木板上滑行的过程中，以向右为正，对系统由动量守恒可得：

mv0=mv1+（M1+M2）v2，代入数据解得：v1=4m/s；

（2）物体在凹槽上滑行的过程中，设上升的最大高度为h，以向右为正方向，

对系统由动量守恒和能量守恒可得：mv1+M2v2=（m+M2）v，

mv12+M2v22=（m+M2）v2+mgh，代入数据解得：h=0.15m；

答：（1）物块离开木板时物块的速度为4m/s；

（2）物块滑上凹槽的最大高度0.15m．