热门试卷

解：（1）设弹簧恢复原长时A、B两小球速度大小分别为vA、vB，系统动量时候，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=2mvB，

由机械能守恒定律得：EP=mvA2+•2mvB2，

解得：vA=2，

vB=，

小球A向左运动历时t1到达槽左端竖直壁处，则：L=vAt1，

解得：t1=，

设小球A与槽左端竖直壁发生弹性碰撞后，小球A与木槽C速度大小分别为vA1、vC，

由于小球A与木槽C质量相等，速度交换，有：vA1=0，

木槽C以速度：vC=2，向左匀减速运动，

木槽C加速度大小为a，由牛顿第二定律得：4μmg=ma，

解得：a=4μg，

木槽C历时t2，速度减为零，vC=at2，

解得：t2=，

向左位移大小：xC1，有：xC1==，

小球B在时间t1+t2内向右运动位移大小：xB=vB（t1+t2）=，

得木槽C速度减为零时，小球B与槽右端竖直壁距离，

设小球B与槽右端竖直壁发生弹性碰撞后，小球B与木槽C速度大小分别为vB1、vC1，

系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mvB1+mvC1=2mvB，

由机械能守恒定律得：•2mvB12+mvC12=•2mvB2，

解得：vB1==，vC1==，

随后C水平向右以初速vC1作加速度为a匀减速直线运动，B以vB1水平向右作匀速直线运动，经分析可知：C先减速至停止，然后B再以速度vB1与C发生第二次碰撞，

设B与C发生第二次碰撞后瞬时，小球B与木槽C速度大小分别为vB2、vC2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

2mvB2+mvC2=2mvB1，

由机械能守恒定律得：•2mvB22+mvC22=•2mvB12，

解得：vB2=，vC2=，A的速度为0；

（2）由分析知：B与C将一直碰撞下去，直至最终B、C均停止，设C向右运动路程为x，C与水平桌面摩擦生热，由能量守恒定律得：

μ•4mg（+x）=EP=μmgL，

解得：x=，

说明此后C、A不再碰撞，所以整个运动过程中，A球与槽左端竖直壁只发生1次碰撞；

（3）整个运动过程中，A位移大小：sA=L，方向水平向左，

B位移大小：sB=，方向水平向右，

C位移大小：sC=，方向水平向左；

答：（1）B球与槽右端竖直壁发生第2次碰撞后瞬间，A、B、C三者各自速度大小分别为：0、、；

（2）整个运动过程中，A与槽左端竖直壁发生碰撞的次数是1次；

（3）整个运动过程中，A、B、C三者各自相对地面的位移分别是：L、方向水平向左，、方向水平向右，、方向水平向左．

解：设两球碰撞后m1、m2的速度分别为v1、v2，m1、m2碰撞时动量守恒，选向右的方向为正，则有：

m1v0=m1v1+m2v2---①

弹性碰撞机械能守恒，则有：

m1v02=m1v12+m2v22---------②

由①②得：m1v02-m1v12=m2v22，

即：v0+v1=v2-----③

由①③得：v1=-----④

v2=-----------⑤

A的动量变化量为：△PA=m2v2=m2=v0

当m1、v0一定时，若m2越大，△PA越大，根据动量定理得：△PA=IA，则碰撞过程中A受到的冲量IA越大，根据牛顿第三定律可知，B与A之间的作用力大小时间，作用时间也相等，B受到的冲量与A受到的冲量大小相等，所以碰撞过程中B受到的冲量越大．

故答案为：越大．

解：（1）在子弹射入木块的过程中，由于时间极短，摩擦力的冲量忽略不计，则子弹和木块组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，所以有：

   mv0=（m+M）v

可得子弹和木块的共同速度 v==m/s=10m/s

（2）子弹射入木块后，以整体为研究对象，在地面滑行过程中有摩擦力对研究对象所做功等于此过程中整体动能的变化，根据动能定理得：

-μ（M+m）gs=0-

所以 s==m=25m．

答：（1）子弹打入后木块的速度为10m/s．

（2）木块在地面上滑行的距离为25m．

解：（1）从P到Q过程，由动能定理可得：

mgh=mv02-0，解得v0=3m/s；

（2）碰撞过程中，A、B动量守恒，

由动量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）v，

解得：v=1m/s；

（3）碰撞过程中，由能量守恒定律得：

△E=mAv02-=（mA+mB）v2=3J；

答：（1）A经过Q点时速度的大小3m/s；

（2）A与B碰后速度的大小1m/s；

（3）碰撞过程中系统（A、B）损失的机械能为3J．

解：（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

 m2v0=（m1+m2）v

解得：v=0.8m/s

（2）设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ft=m2v-m2v0

其中 F=μm2g

解得：

答：（1）物块与小车保持相对静止时的速度大小为0.8m/s；

（2）物块在车面上滑行的时间t为0.24s．

解：滑块A、B和弹簧组成的系统在滑块被弹开过程中满足动量守恒和机械能守恒，规定水平向左为正方向，则有：

0=mAvA+mB（-vB）

EP=mAvA2+mBvB2

解得：vA=2m/s；

vB=4m/s

 滑块B与墙壁发生弹性碰撞后，速度大小不变，方向变为水平向左，和滑块A压缩弹簧至最短时两滑块速度相等，由动量守恒和机械能守恒定律可得：

mAvA+mBvB=（mA+mB）v

解得：v=m/s

EP′=EP-（mA+mB）v2=（6+3）（）2=4J；

答：弹簧再次压缩最短时具有的弹性势能为4J．

解：（1）小车与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m2v0=（m1+m2）v，

解得：v===2m/s；

（2）对小车，由动量定理得：μm2gt=m1v，

解得：t===1s；

答：（1）物块与小车的共同速度v为2m/s．

（2）物块在车面上滑行的时间t为1s．

解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgR=mv2，

解得：v=，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv=3mv1，

解得：v1=；

（2）弹簧锁定解除过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

3mv1=mvC+2mvD，

由机械能守恒定律得：•3mv12+EP=mvC2+•2mvD2，

解得：vC=，vD=0，（vC=-，vD=-不合题意，舍去），

C第一次滑上轨道右侧圆弧部分，由机械能守恒定律得：

mg•2R（1-cosθ）=mvC2，

解得：θ=60°，

小球对轨道的压力：F=mgcosθ=mg；

（3）系统机械能：mvC2=mgR，

以左为正方向，C、D（含弹簧）碰撞过程系统动量守恒，第一次碰撞过程，由动量守恒定律得：

mvC=mvC1+2mvD1，

由机械能守恒定律得：mgR=mvC12+•2mvD12，

解得：vC1=-，vD1=，（vC1=，vD1=0 不合题意，舍去），

同理，第二次碰撞过程，以向右为正方向：由动量守恒定律得：

-2mvD1+mvC1=mvC2+2mvD2，

由机械能守恒定律得：mgR=mvC22+•2mvD22，

解得：vC2=-，vD2=0，（vC2=，vD2=- 不合题意，舍去），

综上所述：当N为奇数：vC=，方向：水平向右，vD1=，方向：水平向左，

当N为偶数时：vC=，方向：水平向右，vD2=0；

答：（1）弹簧锁定解除前瞬间D、C一起运动的速度大小为；

（2）弹簧锁定解除后，C第一次滑上右侧轨道的最高点时，小球对轨道的压力大小为mg；

（3）弹簧锁定解除后，第N次碰撞结束时（C与弹簧分离）C、D的速度，当N为奇数：vC=，方向：水平向右，vD1=，方向：水平向左，

当N为偶数时：vC=，方向：水平向右，vD2=0．

解：（1）当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：

m1v0=（m1+m2）v，

代入数据解得：v=1m/s；

（2）弹簧的最大弹性势等于滑块A、B系统损失的动能，由能量守恒定律得：

Epm=m1v02-（m1+m2）v2，

代入数据解得：Epm=6J；

（3）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞，则：mAv0=mAvA+mBvB

由以上两式得

答：（1）弹簧压缩至最短时，A、B的速度为1m/s；

（2）弹簧的最大弹性势能是6J；

（3）滑块B的最大速度是2m/s．