热门试卷

解：（1）a球恰能通过半圆环轨道最高点A，故有：；

a球从B运动到A过程中机械能守恒，固有：；

联立解得：

即释放后a球离开弹簧时的速度大小为；

（2）b球则从桌面C点滑出做平抛运动：

竖直分运动：

水平分运动：

代入数据求得：

故释放后b球离开弹簧时的速度大小为；

（3）以ab与弹簧为研究对象，动量守恒：0=mva-mbvb

解得：mb=2m

弹簧的弹性势能为：

解得

EP=3.75mgR

故释放小球前弹簧具有的弹性势能为3.75mgR．

解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则有

   mv0=Mv-mv1，①

碰后钢球做平抛运动，则有

  l=v1t      ②

  h=    ③

由②③①解得t=1s，v1=2m/s，v=4m/s，

d碰后铁块向左做匀减速直线运动，加速度大小为

  a==μg=5m/s2   ④

最终速度为0，则其运行时间为

   t1==0.8s        ⑤

所以铁块在平台右滑行的距离为 s==1.6m          ⑥

答：铁块在平台上滑行的距离s是1.6m．

解：设木板质量为m，重物质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒得：

2mv0-mv0=3mv        

设从第一次与墙壁碰撞到重物和木板具有共同速度v所用时间为t，对木板由动量定理得：

2µmgt=mv-m（-v0）          

对木板由牛顿第二定律得

-2µmg=ma              

木板从第一次与墙壁碰撞到再次与重物速度相同时，木板右端离墙壁的距离为：

x=v0t+

解得：x=

答：木板右端离墙壁的距离．

解：（1）系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，

位移：s=v1t-v2t，代入数据解得：

v1=0.70m/s，v2=-0.20m/s，符号表示速度方向与正方向相反；

（2）由能量守恒定律得：

（m1+m2）v02+EP=m1v12+m2v22 ⑤

代入数据解得：Ep=0.27J；

答：（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2分别为：0.7m/s、0.2m/s；

（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep为0.27J．

解：设A滑上B后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为v，

有mv0=（M+m）v，

代人数据解得：v=2m/s，

在这一过程中，B的位移为sB由动能定理：

代人数据解得：sB=2m．

当s=4m时，A、B达到共同速度v=2m/s后再匀速向前运动2m碰到档板，B碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得A、B最后相对静止时的速度为v‘，则

  Mv-mv=（M+m）v'，

解得：．

在这一过程中，A、B的相对位移为s1，根据动能定理，得：，

解得：s1=8.67m．

因此，A、B最终不脱离的木板最小长度为8.67m．

答：要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少为8.67m．

解：①A在运动过程中不可能向左运动．因为在B未与A碰撞前，A受的摩擦力向右，做匀加速运动，碰撞后A所受的摩擦力向左，做匀减速运动，直到最后共同速度仍向右，所以A在运动过程中不可能向左运动．

B在与A碰撞时，若B的质量比较小，碰后B的速度有可能反向，即向左运动．

②设A、B相对静止后的共同速度为v，规定向右为正方向，整个过程A、B组成的系统动量守恒：

mv0=（M+m）v

v=

从B开始以初速度v0在A上滑动直至相对静止的过程中，系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，

即：2μmgL=m-（m+M）v2

解得：μ=

答：①在整个运动过程中，A在运动过程中不可能向左运动，B的速度有可能反向，即向左运动；②B与A间的动摩擦因数为．

解：（1）小球掉入小车的过程小球与车水平方向的动量守恒

0=（+）1 

弹簧的压缩量最大时，设共同速度为2，则有 

0+（+）1=（2+）2  

由能量转化和守恒关系有

p=M+（M+m）-（2M+m）

解以上方程，得p=

（2）根据功能关系有 

μ=P  

L=

答：（1）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值是

（2）为使小物体A不从车上滑下，车面粗糙部分至少应为

解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．

由于系统总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．

由动能定理得

-μMgS=0-m  ①

s=            ②

代入数据得s=m     ③

（2）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．

所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．

Mv0-mv0=（m+M）v     ④

∴v=v0      ⑤

代入数据得v=v0=0.4m/s    ⑥

（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，

根据能量守恒则有：

（M+m）=μMgl    ⑦

 l=       ⑧

代入数据得l=m      

l即为平板车的最短长度．

答：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离是m．

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度是0.4m/s．

（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少m

解：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：

Mv0-mv0=（M+m）v 

解得：v=v0，方向向右

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为v‘，由动量守恒定律得

         Mv0-mv0=Mv'

这一过程平板向右运动S，

解得s=

答：（1）A、B最后的速度大小为，方向向右；

（2）平板车向右运动的位移大小为．