热门试卷

（1）两球相距最近时A球的速度与B球的速度大小相等．设速度大小为v，由动量守恒可得：

mBv0=mAv+mBv   ①

代入数据解得：v=3（m/s）

（2）设两球相距最近时的距离为d，则从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移s=L-d，由动能定理可得：

Fs=mBv02-(mAv2+mBv2)②

代入数据解得：d=4.5（m） 

答：（1）当两球相距最近时球A的速度为3m/s．

（2）两球相距最近时的距离为4.5m．

（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，由动能定理得，qES=m                ①

解得：=                      ②

碰撞过程中动量守恒得 m=m+M      ③

机械能无损失，有  m=m+M   ④

联立解得  =-  （ 负号表示方向向左），=，方向向右        

即A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度V1大小为解得 ，方向向左；B球的速度V2大小为，方向向右．

（2）要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球周期的（n+），即t=（n+）T，其中n=0，1，2，3…

对A由a=及=at可求出A球回到原碰撞点的时间t=，所以有=nT+   （n=0，1，2，3…）

将T=2π、=及a=代入上式可得K=  （n=0，1，2，3，…）

即要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，劲度系数k的可能取值为K= （n=0，1，2，3，…）

（1）设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2，

由动能定理得μmgS=m…①

由机械能守恒定律  m=2mgR+m…②

联立①②，得v2=3…③

（2）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2，

由动量守恒定律mv2=（m+M）v3…④

由动能定理  μmgl1=M…⑤

-μmgl2=m-m…⑥

联立③④⑤⑥，得 l1=2R　　　l2=8R…⑦

物块相对滑板的位移△l=l2-l1 △l＜l

即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板…⑧

物块滑到滑板右端时

若R＜L＜2R，Wf=μmg（l+L）…⑨

Wf=mg(13R+2L)…⑩

若2R≤L＜5R，Wf=μmg（l+l1）…（11）

Wf=mgR…（12）

设物块滑到C点的动能为Ek，

由动能定理 -Wf=Ek-m…（13）

L最小时，克服摩擦力做功最小，因为L＞R，

由③⑩（13）确定Ek小于mgR，则物块不能滑到CD轨道中点．

答：（1）物块滑到B点的速度v2=3

     （2）物块不能滑到CD轨道中点．

（1）小木块在木板上滑动直至相对静止的过程中系统动量守恒，设相对静止时共同速度为v，则

      Mv0=（M+m）v…①

解得   v=v0…②

（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，设木板运动的位移为x，对木板应用动能定理得

   -f•x=Mv2-M…③

又 f=μN=μmg…④

解得  x=

（3）设小木块恰好相对静止在A点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

   f•L=M-(M+m)v2…⑤

由①、④、⑤三个方程解得μ=

设小木块恰好相对静止在O点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

f•=M-(M+m)v2…⑥

由①、④、⑥三个方程解得μ′=

所以要使木块m最终滑动到OA之间，μ值应取为≥μ≥

答：

（1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度是v0；

（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，木板运动的位移是；

（3）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在≥μ≥范围内，才能使木块最终相对于木板静止时位于OA之间．

（1）A与C碰撞后速度变为0，而B继续运动，受摩擦力作用速度由V0减到0，由动能定理得：

         -μmBgL=0-mB V02

            得  L=0.40m 

   （2）若A与C碰撞后速度仍为V0，方向相反；以AB为研究对象，设公共速度v，

       水平方向不受外力动量守恒，设向左为正方向：

       mBV0-mAV0=（mA+mB）v 

       代入数据得v=1.0m/s，方向水平向左．               

     （3）第一次A与C碰撞后，A、B有共同的速度V′，B相对A滑行的距离L1，则：

        μmAg L1=mAV02+ mBV02-(mA+mB)  V′2

      代入数据得L1=0.40m；

        第二次A、C碰撞后至AB有公共速度V′′，B在A上滑行L2，则：

         mBv′-mAv′=（mA+mB）V′′

         μmAg L2=mAV′2+  mBV′2-(mA+mB) v′′2

         得L2=0.10m

        设第三次AC碰撞后，AB有公共速度V′′′，B在A上滑行L3，则：

         mBV′′-mAV′′=（mA+mB）V′′′

           μmAgL3=mAV′′2+ mBV′′2-(mA+mB)V′′′2

        代入数据得L3=0.025m

        由L1+L2+L30.525m＞0.51m    得第三次碰撞后B可脱离A．

答：（1）物块B在木板A上滑行的距离 0.4m

    （2）第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度1.0m/s，方向水平向左．

    （3）A与C碰撞3次．

（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

Ep=mA+mB

由动量守恒有    mAvA=mBvB

联立以上两式解得vA=3m/s   vB=3m/s

（2）假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，

设位移为s．  由动能定理得：-μmBgs=0-mB  

解得   s=          

s＜L，B不能从传送带右端滑离传送带．   

（3）设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1

功能关系可知：E+mA=mA

物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为

v2=vB=3m/s

B与A发生碰撞后粘连共速为v，由动量守恒定律可得：

mAv1-mBv2=（mA+mB）v

要使二者能一起滑离传送带，要求

（mA+mB）v2≥μ（mA+mB）gL

由以上四式可得：E≥108J         

答：（1）A、B刚被弹开时的速度大小都是3m/s

（2）B不能从传送带右端滑离传送带． 

（3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P应给A至少补充108J动能才能使二者一起滑离传送带．

（1）释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，

由动能定理得：

EqL1=m

解得：v1=         

（2）碰后小物体反弹，由动量守恒定律得：

 mv1=-m•v1+4mv2                      

解得：v2=

2

5

v1=

之后，滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板位移相等、时间相等、平均速度相等

==v2

解得v2=

7

5

v1=

答：（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度为；

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前，滑板的速度为，物体的速度为．

（1）小物块从开始到上升到最高点的过程中，

由能量守恒定律得：mgh=m-μmgL，

解得：h=0.4m；

（2）物块从开始返回B点过程，

由动能定理得：-μmgL=mv12-mv02，

解得：v1=2m/s，

物块从B向右滑行过程中，

由动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，

解得v2=m/s，

由能量守恒定律得：mv12-（M+m）v22=μmgL1，

解得：L1=3m．

答：（1）小物块沿圆弧上升的最大高度为0.4m．

（2）小物块从最高点返回后与车的速度相同时，小物块距B端3m．