热门试卷

解：（1）当v0=3m/s时，滑块在B处相对小车静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v1…①

对滑块，由动能定理：…②

对小车，由动能定理：…③

由①②③得：…④

m…⑤

（2）要使滑块刚好不从圆弧轨道上端C点飞出，滑块到C点时，二者具有相同的速度设为v2，

由系统水平方向的动量守恒：mv0=（M+m）v2…⑥

由系统能量守恒：…⑦

由④⑥⑦得：

要使滑块不从圆弧轨道上端C点飞出，必须满足：

答：（1）滑块与小车之间的动摩擦因数μ是0.3，此过程小车在水平面上滑行的距离是m；

（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，初速度v0应满足的条件是．

解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：

m2gL=m2v02-0，

碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：

m2v0=（m1+m2）v，

两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：

（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1-cosθ），

解得：=（-1）：1=（-1）：1

（2）两球碰撞过程中损失是机械能：

Q=m2gL-（m1+m2）gL（1-cosθ），

碰前b球的最大动能Eb=m2v02，

=【1-（1-cosθ）】：1=（1-）：1

答：（i）两球a、b的质量之比为（-1）：1

（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1-）：1

解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有：

…①

代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下；

（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故有：

vBx=vBsin60°…  ②

从B到C，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgR（1-cos60°）=mvC2-mvBX2 …③，

代入数据解得：m/s，

在C点，根据牛顿第二定律得：F-mg=m…④

代入数据解得：F=35N，

由牛顿第三定律可知：小物块到达C点时对轨道的压力FC=F=35N，方向竖直向下；

（3）小物块滑Q轨道后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，总机械能也守恒．

当物块上升到最高点，相对Q静止，设它们共同速度为v．由机械能守恒定律得：mvC2=（M+m）v2+mgH…⑤

以小物块的初速度放为正方向，由动量守恒定律得：mvC=（m+M）v… ⑥

联立⑤、⑥式，代入数据解得：H=0.75m；

答：（1）小物块刚到达B点时的速度υB为4m/s，方向竖直向下；

（2）小物块滑至P轨道的最低点C时对轨道压力FC的大小为35N；

（3）小物块滑上Q轨道后，上升的最高点距C点的高度H为0.75m．

解：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，设向右为正方向；由动量守恒定律有：

mAv1=Mv

由能量守恒定律有：

mAgh=mAv12+mBv22

联立并代入数据解得：

v1=2m/s，

v=1m/s

小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由题意知：

v1′=1m/s

由动量守恒定律得：

mAv1=-mAv1′+mBv2

由能量守恒定律有：

mAv12=mAv12+mBv22

联立并代入数据解得：mB=3kg

答：小球B的质量的3kg．

解：（1）弹簧最短时，两滑块速度相等，此时弹簧弹性势能最大，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=（m1+m2）v，

代入数据解得：v=-0.5m/s，方向水平向左；

（2）由能量守恒定律得：m1v12+m2v22=（m1+m2）2+EP，

代入数据解得：EP=13.5J；

答：（1）弹簧最短时滑块A的速度v的大小为0.5m/s，方向：水平向左．

（2）弹簧的最大弹性势能为13.5J．

解：子弹瞬间射入物块A并不穿出满足水平方向的动量守恒，有mv0=2mv1①

从物块A获得速度后水平向右运动开始，直到滑块与物块A的速度相等时小球上升到右面最大高度，根据物块A与滑块组成的系统水平方向动量守恒和能量转化，有：

2mv1=3mv2②

 ③

物块A上升的高度：h=L（1-cos60°）=0.5L  ④

由①②③④化简得：

答：子弹刚要射入物块B时的速度大小是

解：①设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v，两木板碰撞过程中，动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：

m1v1+m2v2=（m1+m2）v

解得：v=5m/s

②两木板碰撞后，小物块滑上乙木板做匀减速运动，两木板做加速运动，最终三个物体的速度相同，设最终共同速度为v′，

根据动量守恒定律得：

（m1+m）v1+m2v2=（m1+m2+m）v′

解得：v′=5.6m/s

小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小a=，

则小物块与乙木板发生相对运动的时间t=

答：①两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为5m/s；

②两木板碰撞后，小物块与乙木板发生性对运动的时间为2.4s．

解（1）小球和滑块在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，

当小球从轨道上端飞出时，小球与滑块具有水平方向上的相同的速度，

根据动量守恒，则有：mv0=3mv，①

  得：v=v0；②

所以此时滑块的速度大小为v0

（2）小球从轨道左端离开滑块时，根据动量守恒，则有：mv0=mv1+2mv2，③

根据机械能守恒，则有：mv02=mv12+2mv22，④

联立③④可得：v2=v0，⑤

所以此时滑块的速度大小为v0．

答：（1）小球从轨道上端飞出时，滑块的速度为v0

（2）小球从轨道左端离开滑块时，滑块的速度又为v0．

解：①以A、B组成的系统为研究对象，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

pA+mBvB=（mA+mB）v，

代入数据解得：mA=0.5kg；

②两球发生完全弹性碰撞时，B的速度最大，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

pA+mBvB=mAv1+mBv2，

由机械能守恒定律得：+mBvB2=mAv12+mBv22，

联立并代入数据得：v2=5m/s；

答：①A球的质量为0.5kg．

②碰后B球可能的最大速度为5m/s．

（1）滑块C滑上传送带后做加速运动，设发生的位移为x时，速度达到传送带的速度v，

根据动能定理：

解得：x=1.25m＜L

即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，

则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=3.0m/s

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B和C分离时的速度为v2，

规定向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0=2mv1

2mv1=2mv2+mvC

由能量守恒得：

解得：EP=1.0J

（3）在题设条件下，滑块C滑上传送带后一直减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v，

根据动能定理：

解得：v‘C=5m/s

设滑块C在传送带上运动时间为t                    

因

得：t=1s

所以滑块C与传送带间因摩擦产生的热量Q为：Q=μmg（L-vt）=2J．

答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度为3m/s；

（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1.0J．

（3）滑块C滑上传送带时速度vc′=5m/s，滑块C与传送带间因摩擦产生的热量Q=2J．

解：（1）设A小车到达圆弧底端时的速度为v0，由机械能守恒定律得：m1gh=m1v02，

解得：v0=；

（2）以A、B、弹簧组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=（m1+m2）v，

由机械能守恒定律得：m1v02=（EP弹）max+（m1+m2）v2，

解得：

．

答：（1）A车沿曲轨道刚滑到水平轨道时的速度大小为；

（2）最大弹性势能为

解：（1）弹簧弹开过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv1-Mv2=0

由机械能守恒定律得：mv12+Mv22=Ep，

解得：v1=9m/s，v2=3m/s；

（2）M、m速度相同时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv1+Mv2=（M+m）v，

由机械能守恒定律得：mv12+Mv22=（m+M）v2+Ep′，

解得：Ep′=2.7J；

答：（1）M和m离开弹簧时速度的大小v1、v2分别为9m/s、3m/s；

（2）m离开弹簧，滑上弧形轨道后返回，m再次被压缩时弹簧的最大弹性势能Ep′为2.7J．