热门试卷

解：（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为vG，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则：N-Mg=Man

加速度

则由牛顿第二定律可得：

解得G点时的速度

解得：vG=6.5m/s

G点时运动员的速度为6.5m/s；

（2）设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：

解得：

运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：

s=v2t2

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：

s0=v1t1

设滑板a在t2时间内的位移为s1，则：

s1=v1t2

s=s0+s1

即：v2t2=v1（t1+t2）

运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有

mvl+Mv2=（m+M）v

由以上方程可解出：

代入数据解得：v=6.9 m/s

运动员与滑板a的共同速度为6.9m/s；

（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，有

Mv2+mv3=（M+m）v1

可算出v3=-3 m/s，有：|v3|=3 m/s＜v1=6 m/s，b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变．

系统的机械能改变为：

△E=88.75 J

改变的机械能为88.75J．

解：（1）由N-t图象可知，在0～t1阶段N0=2mg 

得

（2）对C和B的碰撞瞬间，动量守恒，规定向下为正方向，有mv1=（m+m）v3 

得

t1到t2过程BC粘合体的动能变化

解以上诸式得

（3）设弹簧的弹性系数为k，在t1时刻隔离B（C未碰B时）分析

得弹簧压缩量为x1=

在t4时刻隔离A分析，得弹簧伸长量为x4=

由于x1=x4，故t1和t4时刻弹簧的弹性势能相等．

对t1到t4过程，CB粘合体的位移h=x1+x4=

对该过程应用功能关系，有

解以上诸式得

答：（1）每个物块的质量；

（2）t1到t2过程BC粘合体的动能变化为；

（3）弹簧的弹性系数．

解：（1）P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，规定向右为正方向，

根据动量守恒定律得：

2mv+0=（2m+m）v1

解得：

（2）根据能量守恒知系统的部分动能转化为弹性势能，所以最大弹性势能为：

答：（1）弹簧的弹性势能最大时，P、Q的速度相等，为v，

（2）弹簧的最大弹性势能mv2．

解：（1）在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，

弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用，故vB=v0；

由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，系统动量守恒，

以子弹与A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，：

由动量守恒定律得：mv0-m•=（m+m）vA，解得：vA=-v0，负号表示方向向左；

（2）由于木块A、木块B运动方向相同且vA＜vB，故弹簧开始被压缩，

分别给A、B木块施以弹力，使得木块A加速、B变减速运动，弹簧不断被压缩，

弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，

在弹簧压缩过程木块A（包括子弹）、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒．

设弹簧压缩量最大时共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，

以A、B与弹簧组成的系统为研究对象，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：mvA+mvB=（m+m）v，

•mvA2+ mvB2= （m+m）v2+Epm，

解得：v=v0，Epm=mv02；

答：（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度分别为v0、v0；

（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为mv02．

解：（1）对小物块，有ma=-μmg                    

根据运动学公式                      

由能量关系，

解得EP=2J．

（2）设小物块离开弹簧时的速度为v1，有  ．

对小物块，根据动量定理  I=-mv1-mv

由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．

弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．     

（3）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．

由能量关系  

小物块最终停在小车上距A的距离                     

解得xA=1.5m．

答：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2J．

（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．

（3）小物块最终停在小车上的位置距A端为1.5m．

解：（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1，

系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得

：（m+M）v12=（m+M）gR，

已知：M=7m，

解得：v0=8；

（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第5颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（5m+M）v5，

设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：

（5m+M）v52=（5m+M）gH，

由以上各式可得：H=R；

答：（1）子弹射入木块前的速度为8；

（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为R．

解：碰撞后球B做圆周运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

MvB2=MgL（1-cos60°），

代入数据解得：vB=1m/s，

A、B碰撞过程动量守恒，以A、B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：

mv0=mvA′+MvB，

碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mv02=mvA′2+MvB2，

代入数据解得：vA′=-1m/s，负号表示方向相反，方向向左，M=3kg；

答：①与小球B碰撞后木块A的速度为1m/s，方向向左；

②小球B的质量为3kg．

解：规定向右为正方向

（1）对于乙船，根据动量守恒定律得：

12m v0=11 mv乙-mv

解得：v乙=

（2）对于甲船根据动量守恒定律得：

20m v0-m v0=11 mv甲

解得：v甲=

（3）两车不相撞的条件是：v甲≤v乙 

得到 v≥4v0

答：（1）抛出货物后，乙船的速度v乙是；

（2）甲船上的人将货物接住后，甲船的速度v甲是；

（3）为避免两船相撞，抛出的货物的最小速度vmin是4v0．