热门试卷

解：（1）木块从A运动到弹簧右侧的过程，由动能定理得

-μmgx1=

得 v==≈2.3m/s

（2）设弹簧的最大压缩量为x，弹簧的最大弹性势能为Ep．

根据能量守恒定律得：

木块向左运动过程有 =μmg（x+x1）+Ep；

木块向右运动过程有 μmg（x+x2）=Ep；

联立得  =μmg（2x+x1+x2）

代入得：×0.2×32=0.3×0.2×（2x+0.6+0.4）

解得 x=0.25m

（3）剪断轻绳后，设木块与弹簧刚要接触时的速度木块与木板的速度分别为v1和v2．

取向左方向为正方向，根据系统动量守恒得：

  mv0=mv1+Mv2；

根据能量守恒定律得：

  μmgx1=--

联立解得v1≈2.55m/s，v2=0.3m/s

最终木块和木板速度相同，设最终的速度为v′．根据动量守恒定律得

 mv0=（m+M）v′；

解得 v′=1.2m/s

答：

（1）木块与弹簧刚要接触时的速度是2.3m/s；

（2）弹簧的最大压缩量是0.25m；

（3）若给木块初速度的一瞬间剪断轻绳，木块与弹簧刚要接触时的速度又是2.55m/s和0.3m/s，木块和木板最终的速度各是1.2m/s．

解：（1）滑块在长木板上运动的过程中，水平方向没有外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，

由动量守恒定律的：mv0=mvA+Mv2，代入数据解得：v2=1m/s；

（2）当A在木板B上时，对滑块A受力分析，ma=μmg，得a=2m/s2，

由v02-vA2=2as，解得s=5m，

所以vA=4m/s时，滑块A刚好达到C点，

滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功，

由动能定理得：-μ2mgl2-mgh=0-mvA2，代入数据解得：h=0.5m＜1m，

滑块没有到达与圆心等高的点，说明滑块一直在轨道上．

（3）由于圆轨道是光滑的，所以滑块回到D时的速度vD：

-μ2mgl2=mvD2-mvA2，代入数据解得：vD=m/s，

滑块返回C点时的速度vC：-μ2mgl2=mvC2-mvD2，解得：vC=2m/s

由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定，所以滑块重新滑上B后木板静止不动，

设滑块在B上滑动的距离是x，则：-μ1mgx=-mvC2，代入数据得：x=1m；

小滑块A最终停在离木板B左端：L=l1-x=4.5m-1m=3.5m

答：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是1m/s；

（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m．

（3）小滑块A最终停在离木板B左端3.5m．

解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律得：

mgL=mv02，

解得：v0=；

（2）碰撞过程系统动量守恒，设碰后共同速度为v1，规定向下为正方向，由动量守恒定律得：2mv1=mv0，

解得：v1=，

由能量守恒定律可知，碰撞过程中系统损失的机械能为：

△E=mv02-•2mv12=mgL；

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示：

由牛顿第二定律得：FN+FER-2mg=2ma，

其中：FN=kx，x=d+，

解得：FER=mg+kL-kd；

答：（1）下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度为；

（2）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL；

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+kL-kd．

解：（1）第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得  mv0-Mv1=mu+Mv1′，

解得 v1′=3m/s

木块向右做匀减速运动，加速度大小为 a=μg=5m/s2，

木块速度减小为零所用时间 t1==0.6s＜1s．

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动距A点最远时，速度为零，移动距离为 s1=

解得：s1=0.9m．

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s-0.6s=0.4s

速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；

向左移动的位移为：s2=at22=×5×0.42=0.4m，

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m，

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，

产生的热量为：Q1=μMgs′，

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2，

产生的热量为：Q2=μMgs″，

第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3-at32=0.8，

解得：t3=0.4s

木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8

产生的热量为：Q3=μMgs，

全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2）+Q3

解得：Q=195.5J；

答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m．

（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．

（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是195.5J．

解：（1）物体下滑过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mgh+mv12=0+mv22，

物体相对于小车板面滑动过程动量守恒，

由动量守恒定律得：mv2=（m+M）v，

两式联立两式代入数据解得：v=2m/s；

（2）设物体相对于小车板面滑动的距离为L

由能量守恒有：μmgL=mv22-（m+M）v2，

解得：L=3m；

答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度为2m/s；

（2）物体在小车上相对滑动的距离为3m．

解：（1）设B从高h处滑到平面时的速度为v0，由动能定理有

  ，解得．

设A与B碰后的共同速度为v1，根据动量守恒定律有2mv0=（3m+2m）v1，

可得v1=．

（2）设B返回时离开A的速度为v′0，则

  2mgh=

解得

对A、B和弹簧有+Ep=，

得Ep=

答：（1）碰撞结束瞬间A、B的共同速度v1是．

（2）弹簧锁定时对应的弹性势能Ep是．