热门试卷

解：①铁块C在滑离A的过程中，A、B、C系统动量守恒，以C的初速度方向我i正方向，由动量守恒定律得：

mCv0=（mA+mB）vA+mCvC，

代入数据解得：vC=2.4m/s；

②铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，以C达到初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mCvC+mBvA=（mC+mB）vB，

由能量守恒定律得：（mC+mB）vB2+μmCg•s相对=mCvC2+mBvA2，

因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度L≥S相对，

联立以上方程代入数据解得：L≥0.24 m 即木块B的长度至少为0.24 m  

答：①铁块C在滑离A时的速度为2.4m/s．

②木块B的长度至少为0.24m．

解：①小球第一次摆到最低点过程中，根据机械能守恒得：

，解得：v=，

小球与小滑块达到共速时，小球上升到最大高度，设此高度为h，根据动量守恒定律得：

2mv=（2m+m）v共

根据能量守恒定律得：

解得：h=

②小球摆回最低点时，小滑块获得最大速度，设此时小球速度为v1，滑块的速度为v2，

根据动量守恒定律得：

2mv=2mv1+mv2

解得：

答：①小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度为；

②小滑块运动过程中，所能获得的最大速度为．

解：设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：

mgh=mv12

解得：v1=

设碰撞后小球反弹的速度大小为v1‘，同理有：

mg=mv1′2

解得：v1′=

设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：

mv1=-mv1′+5mv2

解得：v2=

由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I=5mv2=

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为

F=5μmg

设物块在水平面上滑行的时间为t，由动能定理有：

-Fs=0-×5mv22

解得：s=

答：碰撞过程物块获得的冲量为，物块在地面上滑行的距离为．

解：①由题意可得，当A、B相互作用弹簧恢复到原长时A的速度达到最大，设此时B的速度为v2，所以：

由动量守恒定律可得：m2v0=m1v+m2v2，

相互作用前后系统的总动能不变：m2v02=m1v2+m2v22，

解得：v0=4m/s；

②第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B有相同的速度v′，

根据动量守恒定律有：m2v0=（m1+m2）v′，

此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：

△E=m2v02-（m1+m2）v′2=6J；

答：①小车B的初速度v0为4m/s．

②A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为6J．

解：当发射管竖起放置时，解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能，则弹簧的弹性势能为Em=mgH；

设AB组成的系统从水平滑到圆轨道最低点速度为vc，弹簧解除锁定后A、B的速度分别为v1、v2，则有：

2mgR=2m

2mv0=mvA+mvB

2m+E弹=m+m

联立上式解得：

vA=+

设A球相对水平面上升的最大高度为h，则h+R=，所以h=+

答：A球离开圆槽后能上升的最大高度为+．

解：（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，即Mv0=Mv+mv，

根据已知M=3m，v=1.2v0，解得：v=0.6v0，

方向与B球碰撞前的速度方向相同．

（2）A球对B球所做功的大小等于B球动能的变化量

所以A球对B球所做功的大小为W=Mv02-Mv2=0.96mv02；

（3）设A、B两球发生第二次碰撞的位置距墙壁为x，

则A球以1.2v0的速度运动的距离为s+x，B球以0.6v0运动的距离为s-x，

A、B两球运动的时间相等，即有=，

解得两球发生第二次碰撞的位置距墙壁x=s；

解：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，

以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，

由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则m1-m2=0，

50×-200×=0，s气球=s人=×20m=5m，

气球球和人运动的路程之和为为绳子的长度，

则绳子长度L=s气球+s人=20m+5m=25m，即绳子至少长25m长．

答：这根绳至少长25m．

解：（1）小球A恰好滑到圆轨道最高点，则在最高点有

mAvA=mA…①

物体沿光滑半圆上滑到最高点过程机械能守恒

mAg2R+mA=mA…②

由①、②得：vα=5m/s…③

即AB两球刚分离时A的速度大小5m/s．

（2）AB分离时，由动量守恒定律得：

mAvA=mBvB 

解得

vB=3m/s…④

B分离后做平抛运动，有平抛运动的规律得

h=gt2解得

t=0.4s…⑤

s=vBt…⑥

由④、⑤、⑥得：

s=1.2m  

即斜面距离平台的水平距离s为1.2m．

（3）小球刚好斜面下滑，说明小球到斜面的速度与斜面平行：

vy=gt…⑦

v=…⑧

sinα=…⑨

由⑦⑧⑨解得α=53°

物体沿斜面下滑，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有

ma=mgsinα…⑩

解得α=gsinα=8m/s2

即B球沿斜面下滑的加速度为8m/s2．

解：小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，滑块上升到最大高度时，滑块与车的速度相等，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv02=（m+M）v2+μmgL+mgh，

代入数据解得：v=m/s，h=m＞R，

则滑块离开小车

答：滑块可以从C点离开小车．

解：（ i）B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：

AB碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：

m2v0=（m1+m2）vt

解得：

vt=1.0m/s          

（ ii）选择竖直向下为正方向，从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有：

（m2g-N）t=0-m2vt

解得N=14N，方向竖直向上 

答：（i）碰撞结束瞬间两物体的速度大小为1m/s；

（ii）碰撞结束后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，在该过程中，两物体间的平均作用力为14N，竖直向上．