热门试卷

（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，

乙离开D水平轨道的时间为t，乙的落点B距离为x则：

在最高点：m=mg+qE   ①

2R=（）t2     ②

x=vDt  ③

联立①②③得：x=0.4m  ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲，v乙，根据动量守恒定律和有

mv0=mv甲+mv乙    ⑤

根据机械能守恒定律有

mv02=mv甲2+mv乙2   ⑥

联立⑤⑥得          v0=v乙                                         ⑦

由动能定理，得-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2         ⑧

联立①⑦⑧得：v0==2m/s                  ⑨

答：（1）乙球通过D点后落到水平轨道上的位置距B点的距离为0.4m；

（2）甲球初速度V0的大小为2m/s．

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡    m1g=q1E       ①

解得E=2.5 N/C         ②

电场强度为2.5N/C；

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B=m1                 ③

半径为R1=             ④

周期为T==1 s                 ⑤

∵两小球运动时间t=0.75s=T

∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰        ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动        h=R2=gt2       ⑦

L=R1=v1t                    ⑧

两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0=-m1v1+m2v2                    ⑨

由⑦、⑧式得v2=3.75 m/s

由④式得v1==66 m/s

∴两小球质量之比==11⑩

故两小时球质量之比为11．

（1）小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得

   F-mg=

解得：F=mg+m=1×10+1×=25N

（2）铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得

    mgR-Wf=m-0

解得：克服摩擦力所做的功Wf=mgR-m=1×10×0.6-×1×32=1.5J

（3）铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有 mv0=（m+M）v

解得：共同速度v===1.0m/s

答：

（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；

（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．

（3）小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．

（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：

mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．

故沙箱的速度为4m/s．

（2）根据功能关系，系统损失的机械能为：

△E=m-mv2-Mu2，代入数据得：△E=1192J．

故系统损失的机械能为1192J．

（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：Mgh=Mu2，解得：h=0.8m．

故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．

（4）根据机械能守恒可知，当沙箱返回到最低点时，速度大小仍为u=4m/s，因此有：

F-Mg=M，所以解得：F=20N．

故沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小为20N．

解析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：

　　F向=mBg=mB----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：

-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

　由①②解得：vB=5m/s．

（2）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

  根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA----③

 根据动能定理有：W=mAvA2------④

　由③④解得：W=8J

答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；

（2）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．

在子弹穿透木块的过程中，子弹、木块组成的系统在水平方向动量守恒．

设子弹穿透木块瞬间木块的速度为v，则有mv0=Mv+mv①

选木块为研究对象，设细线对木块的拉力为T，根据牛顿第二定律

则有T-Mg=M②

由①②两式解得T=

答：子弹穿透木块瞬间细线对木块的拉力是．