热门试卷

解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律

     得 N=mg

由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上． 

（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律

    得  

小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva=2mvb

（3）b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x

x=vbt

   得   

答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上；

（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为；

（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离是

解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：

-μmgL=mv12-mv02，代入数据解得：v1=4m/s，

铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，

根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，代入数据解得：v2=1m/s，

设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，由能量守恒定律得：

-μmgx=（M+m）v22-mv12，代入数据解得：x=1.2m

由于x＞L说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车．

所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为△E=2μmgL，解得：△E=9J．

答：小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是9J．

解：设弹簧最大压缩量为x，在滑块向左运动的过程中，由动能定理可得：

-μmg（x+L0）-EP=0-mv02…①

在滑块返回的过程中，由动能定理得：EP-μmg（x+L0+L1）=0…②

代入数据，由①②解得：x=0.4m，EP=6J；

答：（1）在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为0.4m；

（2）弹簧的最大弹性势能为6J．

解：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前），由功能关系，有

-μmgl1=m-m  ①

A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2．有

mv1=2mv2 ②

碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有

   ③

此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有

    ④

由以上各式，解得

即A从P出发时的初速度为．

解：（1）设向右为正方向，M与m碰撞前后，由动量守恒定律可得：

Mv0=mv1+Mv2

M离开平台后做平抛运动； 由平抛运动的规律可知：

h=

s=v2t

解得：v2=2m/s；

m从B到A的过程中由能量守恒定律可知：

-mg•2l=mvA2-mv12

m在A点时

mg=m

解得：v1=5m/s

联立以上各式解得：v0=4.5m/s；

（2）碰撞前的动能E1=Mv02=1×4.52=10.625J；

碰撞后的动能为：

E2=mv12+Mv22=8.25J；

能量有损失，故撞撞为非弹性碰撞

答：（1）质量为M的小球与m碰撞前的速度为4.5m/s；

（2）试判断两球的碰撞不是弹性碰撞．

解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得

                  ①

设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有

 mv0=2mv1      ②

设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得   

         ③

设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有

   2mv0=3mv2        ④

设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得

       ⑤

在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep     ⑥

当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得，而

所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=．