热门试卷

解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：

mv0-Mv1=mv+Mv1′，

解得：v1′=3m/s，

木块向右作减速运动加速度：a==μg=0.5×10=5m/s2，

木块速度减小为零所用时间：t1=

解得：t1=0.6s＜1s

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=，

解得：s1=0.9m．

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s-0.6s=0.4s

速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；

向左移动的位移为：s2=at22=×5×0.42=0.4m，

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m，

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：

Q1=mv02+Mv12-mu2-Mv1′2，

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，

产生的热量为：Q2=μMgs′，

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2，

产生的热量为：Q3=μMgs″，

第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3-at32=0.8，

解得：t3=0.4s

木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8

产生的热量为：Q4=μMgs，

全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4

解得：Q=14155.5J；

答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m．

（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．

（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．

解：①对滑块A自开始下滑到与滑块B碰前的过程，

由动能定理有：mAgR-Wf=mAvA2，

A与B发生弹性正碰，规定A的方向为正方向，

根据动量守恒有：mAvA=mAvA′+mBvB′，

由能量守恒得：mAvA2=mAvA′2+mBvB′2，

代入数据解得：vA′=0，vB′=2m/s．

②B与斜面体相互作用的过程中，系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB′=（mB+M）v，

由能量守恒得：mBgH=mBvB′2-（mB+M）v2，

代入数据解得：M=1kg．

答：①物块A与滑块B碰后瞬时，滑块B的速度大小为2m/s；

②斜面体的质量M为1kg．

解：①人小明推出木箱过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1-mv=0，

解得：v1=v；

②小明接木箱的过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv+2mv1=（m+2m）v2，

解得：v2=v，

答：①小明和小车一起运动的速度v1的大小为v；②小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小是．

解：弹簧恢复原长过程，系统机械能守恒，

由机械能守恒定律得：EP=mv02，

弹簧恢复原长到弹簧伸长最大过程中，A、B系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，

由机械能守恒定律得：mv02=EP′+•2mv2，

解得：EP′=EP；

答：弹簧第一次伸长最大时的弹性势能为EP．

解：设木板质量为m，2与3碰后的共同速度为v1，

2与3碰撞过程动量守恒，以2的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1，解得：v1=；

木板1、2、3最后的共同速度为v2，以1的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0+（m+m）v1=（m+m+m）v3，解得：v2=，

由能量守恒定律得：mv02+（m+m）v12=（m+m+m）v22+μmgL，

解得：v0=；

答：碰前速度v0=．

解：（1）球从D下滑到B与物块碰前，小球的机械能守恒，则得：；

小球与物块的碰撞过程，小球与滑块系统动量守恒，选小球的初速度方向为正，则得：mv0=（m+M）v1；

碰后，弹簧压缩到最大程度的过程中，M、m和弹簧的系统机械能守恒，则得：；

解得：．

（2）第一次碰后，小球返回B点的速度仍为v1，设从B向C滑动的最大高度为h1，有：；

则：．

答：（1）弹簧获得的最大弹性势能为；

（2）小球与物块第一次碰后沿BC上升的最大高度为h．