热门试卷

对子弹和木块应用动量守恒定律：

mv0=（m+M）v1  

所以 v1=4m/s 

对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面，设木块到最高点时的速度为v2，有(m+M)v12=(m+M)v22+（m+M）g•2R

所以 v2=  

由平抛运动规律有：

2R=gt2    

 S=v2t   

解得：S=4- 

所以，当R=0.2m时水平距离最大       

最大值Smax=0.8m．   

答：当圆轨道半径R=0.2m时，平抛的水平距离最大，最大值是0.8m．

（1）小球被击穿后做平抛运动，击穿后的速度为v1，空中飞行时间为t

则：S=v1t①

    h=gt2②

由①②式得 v1=20m/s

击穿过程中，子弹与小球水平方向动量守恒，设击穿后子弹的速度为v2

由动量守恒定律得：m'v0=mv1+m'v2得，

    v2=100m/s

由平抛运动的特点知：=得 

  S′=100m

（2）子弹击穿小球过程中系统损失的机械能△E=m-m-m′得，

△E=1160J

答：

（1）子弹落地点距杆的水平距离S′=100m；

（2）子弹击穿小球过程中系统损失的机械能为1160J．

（1）设物体C刚离开小车平台时，速度为v1．此时小车速度为v2，C从A点落到B点的时间为t，

由动量守恒定律，得mv0=mv1+Mv2…①

C从A点落到B点做平抛运动，由平抛运动规律，

有OA=gt2…②

OB=v1t-v2t…③

由①②③解得：v1=5m/s

（2）设C滑上平台到离开平台所需时间为t'，在平台上，物体C和小车的加速度分别为

则t′==2.5s

故小车对地位移为：s=a2t′2=×0.8×2.52m=2.5m

答：（1）物体刚离开平台时，小车获得的速度大小为5m/s．

（2）物体在小车平台上运动的过程中，小车对地发生多大的位移为2.5m．

（1）子弹在射击木球的过程中，子弹和木球在水平方向上动量守恒，设二者最终在水平方向的速度为v，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v …①

损失的机械能为△E，则有：△E=m-(m+M)…②

由①、②得：△E=…③

（2）要使木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，木球运动有两种情况：

一是木球运动速度较大时将做完整圆周运动，二是木球速度较小时做不完整圆周运动（即摆动）．

在做完整圆周运动时：小球从最低点运动到最高点过程中机械能守恒．设小球在最高点时的速度为v′，

有：(m+M)v2=(m+M)g•2L+(m+M)v/2…④

若要使绳不发生松驰，则须  v/≥…⑤

由①、④、⑤得v0≥()…⑥

若做不完整的圆周运动，小球最高只能摆至与悬挂点等高的水平位置，小球从最低点摆至速度等于零的位置，

由机械能守恒定律得：(m+M)v2≤(m+M)gL…⑦

由①、⑦得：v0≤()…⑧

答：（1）若v0大小已知，在子弹击中木球的过程中系统损失的机械能是；

（2）若v0大小未知，木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，做完整圆周运动时v0≥()，

做不完整的圆周运动v0≤()．

（1）A在上滑过程中机械能守恒，有

m=mgR（1-cos60°）

vA=3m/s

根据牛顿运动定律 

N-mAg=mA

N=80N

由牛顿第三定律得，A对圆弧的压力为80N，方向竖直向下．

（2）由动量守恒得：

mAvA=mBvB

由能量守恒得

Ep=mA+mB

得：Ep=54J

（3）因B、C碰后速度交换，B静止，C做圆周运动，绳子不能松弛，一种情况是越过最高点，继续做圆周运动，

与B碰撞，B一定离开平台，不符合要求．另一种情况是C做圆周运动不超过圆周，返回后再与B发生碰撞．               

B刚好能与C发生第一次碰撞

0-mB=-μmBgs

   解得 μ=0.6

   依题意有   μ＜0.6

B与C刚要发生第三次碰撞，则

0-mB=-3μmBgs

  解得  μ=0.2

   依题意有  μ＞0.2

B与C发生两次碰撞后不能从左侧滑出

0-mB=-2μmBgs-mBgR（1-cos60°）

解得 μ=0.225

   依题意有 μ≥0.225

综上所得   0.225≤μ＜0.6                        

取μ=0.225，B与C碰撞后，C的速度最大，要绳不松弛，有：

mB-mB=-μmBgs

vB1=vC

mC=mCgL

解得：L=1.125m

依题意：L≤1.125m

答：（1）A刚滑上圆弧时对轨道的压力为80N

（2）烧断细线前系统的弹性势能是54J

（3）若B与C只能碰撞2次，B最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，B与平台间动摩擦因数µ的范围是 0.225≤μ＜0.6，

µ取最小值时对应的绳L=1.125m．

由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动周期为T=2t0．用m、m0分别表示A、B的质量，l表示绳长，v1、v2分别表示它们在圆周最低、最高点的速度，F1、F2分别表示运动到最低、最高点时绳的拉力大小；

子弹射入木块过程，根据动量守恒定律，有

m0v0=（m+m0）v1      ①

根据牛顿定律有：

最低点  F1-（m+m0）g=（m+m0）    ②

最高点  F2+（m+m0）g=（m+m0）    ③

由机械能守恒又有：

（m+m0）g•（2l）=（m+m0）v12-（m+m0）v22       ④

由图2知，F2=0，F1=Fm，由以上各式解得，反映系统本身性质的物理量是

木块质量    m=-m0

细线长度    l=g

以最低点所在的水平面为参考平面，系统总机械能是

E=（m+m0）v12 ⑤

解得

E=

故可以求出A的质量为-m0，细线长度为g，A、B一起运动过程中的守恒量为机械能，以最低点所在的水平面为参考平面，总机械能为．

（1）设碰后小球A在半圆的最高点c时的速度为v，小球A恰好刚能通过c点，则对小球A在竖直方向上有：

mg=mv2/R----------------------①

在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：

qvB=mg--------------------------②

联立解得：B=--------------------③

由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外

（2）对小球A从碰后到半圆的最高点c的过程，由动能定理得：

-mg•2R=mv2/2-mvA2/2----------------------④

对碰撞的过程，由动量守恒定律得：

2mv0=2mvB+mvA-------------------------------⑤

联立①④⑤各式并代入数据解得：

vA=

vB=

（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：

△E=•2mv02-（mvA2+mvB2）=mgR＞0

说明碰撞中系统机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞．

故答案为：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；

（2）碰撞结束后A的速率为，B的速率为；

（3）两球发生的是非弹性碰撞．

（1）对弹丸从开始到C点过程，研究竖直方向的分运动，设到C点时竖直方向分速度为vy，根据运动学公式

=2g（H-h）

得 vy=6m/s所以此时弹丸速度方向偏离原方向的夹角θ满足：tanθ==

所以，θ=37°

依题意知，斜面与水平地面夹角也为θ=37°

（2）设弹丸与塑料块碰撞后两者共同速度为v1，依动量守恒有：

m=（m+M）v1

解得：v1=1m/s

从结合体开始下滑到返回C点的全过程，设通过的总路程为s根据能量守恒：

μ（m+M）gcosθS=（m+M）

 而：S=

解得：μ=0.125

答：（1）倾角为37°（2）动摩擦因数为0.125

（1）B分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知：

h=gt2

vB=  

代入数据得：vB=1 m/s

（2）AB分离时，由动量守恒定律得：

mAve=mBvB    

A球由e到d根据动能定理得：

-μmAgl=mAvd2-mAve2       

代入数据得：vd=2m/s

（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得：

mAgR=mAvd2-mAvb2

A球在b由牛顿第二定律得：

mAg-mAg=mA        

代入数据得：R=0.5m

答：（1）AB分离时B的速度大小为1 m/s；

（2）A到达d点时的速度大小为2m/s；

（3）圆弧abc的半径R为0.5m．