热门试卷

（1）当小球滚到最右端时，凹槽向左移动的距离最大，设此过程中

小球水平位移的大小为s1，凹槽水平位移的大小为s2．

在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得（取水平向左为正方向）

  m-M=0

又 s1+s2=2R

由此可得：s2=2R=0.1m

（2）当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为v1和v2．据水平方向动量守恒

  mv1=mv2

另据机械能守恒得：mgR=mv12+Mv22

可得：v1==2m/s

  v2=0.5m/s

（3）当小球滚至凹槽的最低时，根据牛顿第二定律得：

  N-mg=m=m

  N=m+mg=3.5N

根据牛顿第三定律可知小球对凹槽的压力大小为3.5N．

答：

（1）凹槽向左移动的最大距离为0.1m；

（2）小球滑至凹槽的最低点时小球的速度为0.5m/s；

（3）当小球滑至凹槽的最低时，小球对凹槽的压力为3.5N．

（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则

mgR=mvB2，解得vB=3m/s．

在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m

解得N=mg+m=30N

即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．

（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf=-l=-2J

从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf=mv2

解得v=m/s

（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=m/s2．

对平板车a2==m/s2

设物块与平板车经过时间t达到共同速度（物块在平板车最左端的速度vC=vB），有

vc-a1t=a2t，解得t=s

此时△s=vct-a1t2-a2t2=m＞0.5m，所以物块能滑离平板车．

设经过时间t1物块滑离平板车，则vct1-a1t12-a2t12=0.5m

解得t1=s（另一解t2=s＞s舍去）

物块滑离平板车时的速度v物=vc-a1t1=m/s．

此时平板车的速度v车=a2t1=m/s．

物块滑离平板车做平抛运动的时间t3==0.2s

物块落地时距平板车右端的水平距离x=（v物-v车）t3=0.2m．

答：（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力为30N．

（2）物块滑离平板车时的速度m/s．

（3）能滑离平板车，物块落地时距平板车右端的水平距离为0.2m．

（1）小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：

mBg=mB，解得：vN=m/s；

小球从最低点运动到最高点的过程中，

由动能定理得：-2mBgR=mBvN2-mBvM2，

解得：vM=5m/s；

（2）以向右为正方向，从M到N过程，

由动量定理得：I=mBvN-mBvM=-（+1）N•s，方向向左；

（3）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：

mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=-2m/s；

碰撞过程中，由能量守恒定律可得：

损失的机械能为△E=mAv02-mAvA2-mBvB2=0.5J；

答：（1）碰撞后小球B的速度大小为5m/s；

（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量大小为（+1）N•s，方向向左；

（3）碰撞过程中系统的机械能损失为0.5J．

（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律，得

mv0=3mvB

由此解得

vB=v0

即当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为v0．

（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=mvB+2mvA

m=m+2×m

解得

vB=-v0

vA=v0（三球再次处于同一直线）

另一组解为

vB=v0

vA=0（为初始状态，舍去）

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为vB=-v0（负号表明与初速度反向）

（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零．设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=2musin

m=2×m

另外，EKA=mu2

由此可解得，小球A的最大动能为EKA=mv02，此时两根绳间夹角为θ=90°

即运动过程中小球A的最大动能EKA为mv02、此时两根绳的夹角θ为90°．

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为

v=|vA-vB|

所以，此时绳中拉力大小为：

F=m=m

即当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小为m．

（1）设小球a在A点受到的支持力为FN，则

   FN=m

代入数据解得FN=108N

由牛顿第三定律可知小球a对轨道的压力等于FN即108N．

（2）小球a由A到B过程中机械能守恒，设小球a到达B点的速度为v，则

  mgR=mv2-m

代入数据可解得 v=8m/s

碰撞过程a、b组成的系统动量守恒、机械能守恒，设碰后a、b球速度分别为va、vb 则

  mv=mva+mvb

 mv2=m+m

由以上三式可解得  va=0，vb=v； va=v，vb=0（不合舍去）

故碰后b球速度为vb=8m/s

（3）设碰后ab的速度为vab，到达D点的速度为V，则

   mv=（km+m）V   

(km+m)≤（km+m）gR   

或(km+m)=(km+m)V2+（km+m）•2R  ③

（km+m）≥（km+m）g   ④

由①②解得k≥-1

由①③④解得k≤0.6

故欲使ab不脱离轨道须k≥-1或k≤0.6

答：（1）小球a在A处对轨道的压力是108N．

（2）若小球b质量也为m，且a、b发生弹性碰撞，则碰后小球b的速度是8m/s．

（3）若小球b质量为km（k＞0），且a、b碰后粘在一起，欲使ab不脱离轨道求k的取值范围是k≥-1或k≤0.6．

（1）设地球质量为M0，在地球表面，对于质量为m的物体有mg=G…①

离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有G=M…②

联立解得，r=…③

该宇航员距离地球表面的高度h=r-R=-R．…④

（2）在距地心r高处，对于质量为m物体有mg′=G…⑤

联立①③⑤式得g′=

（3）因为喷射时对气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时

间内，据动能定理Pt=mtv2可求得喷出气体的速度为：v=⑥

另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：0=mtv-Mu…⑦

又宇航员获得的动能，Ek=Mu2…⑧

联立解得：Ek=M(•)2=

答：（1）该宇航员距离地球表面的高度为-R

（2）该高度处的重力加速度为

（3）喷气t秒后宇航员获得的动能为．

（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）对α粒子，qvB=m

则vα=．

由动量守恒得，0=mvα-Mv

v=vα==m/s=4.5×105m/s．

答：（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）衰变后Rn（氡）的速率为4.5×105m/s．

（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，

则由向心力公式得   m=mg+qE      ①

竖直方向匀加速运动   2R=（） t2    ②

水平方向匀速运动     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，

根据动量守恒有：

  mv0=mv甲+mv乙 ⑤

根据机械能守恒定律有：

  m=m+m          ⑥

联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0          ⑦

由动能定理得：-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2     ⑧

联立①⑦⑧得：v0=v乙==2m/s       ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，

根据动量守恒有：

Mv0=MvM+mvm⑩

根据机械能守恒定律有

M=M+m

有以上两式可得：vm=

由于M≫m，可得：vD≤vm＜2vD

设乙球过D点的速度为vD′，

由动能定理得  -mg•2R-qE•2R=m-m

联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，

则有：x'=vD′t

所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m

答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.4m；

（2）甲的速度是2m/s；

（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.4m≤x'＜1.6m．

（1）由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点D，得：(M+m)g=(M+m)

又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得：(M+m)+(M+m)g•2R=(M+m)

代入数据解得：vB==6m/s

（2）由动量守恒   mv=（M+m）vB

v=600m/s

（3）根据能的转化和守恒定律得   △E=mv2-(M+m)

代入数据得：△E=1782J

答：（1）物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度为6m/s．

（2）子弹击中物块前的速度为600m/s．

（3）系统损失的机械能为1782J．