热门试卷

解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得：

vBsin37°=v0

解得：vB=4m/s

（2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：

mvB2+mg（R+Rsin37°）=mvC2

解得：vC=4m/s；

根据牛顿第二定律得

FN-mg=m

解得：FN=58N，

由牛顿第三定律可求得物块经过C点时对轨道的压力大小是58N，方向竖直向下．

（3）物快在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，

则：μ1mg=ma1

μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2

解得：a1=4m/s2，a2=m/s2，

设物快和木板经过时间t达到共同速度V，其位移分别为X1、X2，则：

对物块：V=VC-a1t

对木板：V=a2t

设木板长度至少为L

时间t内物块的位移：X1=t

时间t内木板的位移：X2=

由题意得：L≥X1-X2=4.5m

即木板长度至少4.5m才能使物块不从木板上滑下．

答：（1）物体到达B点时的速度大小是4m/s；

（2）物块经过C点时对轨道的压力大小是58N，方向竖直向下；

（3）木板长度至少4.5m才能使物块不滑离木板．

解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理得：

  m甲gL-μ1m甲g•2L=

解得：

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，由动量守恒得：

   m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙′，

解得：v乙′=

根据能量转化和守恒定律得，损失的机械能为：△E=--

解得△E=0

（3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a甲=2a乙．

设甲在水平地面上通过的路程为s1，乙在水平地面上通过的路程为s2，则有：

    =2a甲s1，

    =2a乙s2，

得：=  ①

由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下，有以下两种情况：

  第一种情况：甲返回时未到达B点时就已经停下，此时有：s1＜2L，而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s2=2L+2L+s1=4L+s1．

因为s1与s2不能满足①，因此这种情况不能发生．

第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有

   s1+s2=8L   ②

①②式得：或

即甲、乙停在距B点距离为：△L=s1-2L=

答：

（1）甲与乙碰撞前的速度是；

（2）由于碰撞而损失的机械能为零．

（3）甲、乙在O处发生碰撞后．刚好不再发生碰撞，甲、乙停在距B点．

解：①由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，

C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，

由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg；

②由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，

墙对B的冲量为I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，

解得：I=-36N•s，方向向左；

③12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，

且当A．C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，

由机械能守恒定律得：，

解得：EP=9J；

答：（1）物块C的质量为2kg；

（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，方向向左．

（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J．

解：木块到达C点时，由重力和轨道的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

（M+m）g+N=（M+m）

解得：vc=

子弹射入木块的过程，根据动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

共同体从B到C过程，由机械能守恒定律得：

 （M+m）v2=（M+m）g•2R+（m+M）

又 vc=

联立解得：v0=

答：射入木块前，子弹的速度为．

解：①子弹打木块过程系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m0v0=（m+m0）v1，

对木块，由动量定理得：I=mv1，

解得：I=m0v0；

②设木块和子弹一起滑上小车到相对静止时，小车速度为V2，此时木块上升高度为h，

以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m+m0）v1═（M+m+m0）v2，

由机械能守恒定律得：（m+m0）v12=（M+m+m0）v22+（m+m0）gh，

解得：h=；

答：①子弹与木块相互作用过程中，木块获得的冲量为m0v0；

②木块与小车达到相对静止时，木块上升的高度为．

解：（1）从a到最高点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

magR=mava2，

在最低点，由牛顿第二定律得：

F-mag=ma，

代入数据解得：va=4m/s，F=18N，

由牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为18N，方向竖直向下；

（2）a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mava=（ma+mb）vc，

c的动能：EK=mcvc2，

代入数据解得：EK=1.8J；

（3）对c由动能定理得：-μmcgl=0-mcvc2，

代入数据解得：l=0.75m；

答：（1）a刚到轨道最低点（还未与b相撞）时对轨道的压力为18N，方向竖直向下．

（2）a、b碰撞结束时，c的动能Ek为1.8J．

（3）c在水平面上滑行的距离l为0.75m．

解：A球离开平台后做平抛运动，

在竖直方向上：H=gt2，

水平方向上：L=vAt，

联立并代入数据解得：vA=2m/s，

A球与B球碰撞过程动量，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=-mAvA+mBvB，

解得：vB=6m/s，

B与C发生作用过程B与C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（弹性碰撞）后设B返回的速度为VB，C的速度为VC

mBvB=mBvB′+mCvC，

由机械能守恒定律得：mBvB2=mBvB′2+mBvC2，

代入数据解得：vC=1.5m/s，

B离开平台后组平抛运动，

在竖直方向上：H=gt2，

水平方向上：xC=vB′t，

B球落地点到P的距离：x=L-vB′t，

解得：x=0.5m；

答：B球落地点到P的距离为0.5m．

解：①设子弹穿出木块后，木块的速度大小为v，设向右方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=3m•v+m×v0，

解得：v=；

②设子弹穿透木块的过程中，产生的热量为Q，由能量守恒定律得：

Q=mv02-m-×3m=mv02；

答：①子弹穿出木块后，木块的速度大小为；

②子弹穿透木块的过程中产生的热量为mv02．