热门试卷

解：（1）对人和车及小球组成的系统，在抛球过程中动量守恒．设小球抛出后人和车的速度为为v

则：MV+m（v+v0）=0

解得：（“-”号表示v的速度方向与v0相反）

（2）以地面为参考系，小球运动的速度为：

则小球的动量改变为△P=mv′

由动量定理可知：抛出小球过程中人对小球的冲量为：I=

（3）小球离开人手飞出的动能为：

由动能定理可知，人抛出小球过程中对小球所做的功为：W=△EK=

答：（1）小球抛出后小车的速度是．

（2）抛出小球的过程中人对小球的冲量是．

（3）抛出小球的过程中人对小球所做的功是．

解：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得

mv1-Mv2=0

m+M=Ep

解得：1=3m/s    2=1m/s        

 （2）根据动量守恒和各自位移关系得

=M       

x1+x2=L

解得：x2=

答：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小是v1=3m/s    2=1m/s．

（2）在整个过程中，小车移动的距离是．

解：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为v1和v2，球与滑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：

mv0=mv1+3mv2，

在整个运动过程中无机械能损失，由机械能守恒定律得：

mv02=mv12+•3mv22，

解得：v1=-，负号表示方向向左，v2=；

（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，设小球对地速度为v′，以向右为正方向，由轨道方向动量守恒得：

mv0=（m+3m）v，

由机械能守恒定律得：mv02=•3mv2+mv′2，

解得：v=，v′=v0；

答：（1）当金属小球滑离滑块时，金属小球和滑块的速度分别为，方向：向左，v2=，方向：水平向右；

（2）当金属小球经过滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球的对地速率v0．

解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．

由于A、B、C三者组成的系统动量守恒：

 （mA+mB）v=（mA+mB+mC）vA′…①

由①式解得 vA′=3m/s…②

（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则：

   mBv=（mB+mC）v′…③

由③式解得：v′=2m/s…④

设物A速度为vA′时，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：

  Ep=（mB+mC）v‘2+mAv2-（mA+mB+mC）…⑤

由⑤式解得：Ep═12J…⑥

（3）系统动量守恒：mAv+mBv=mAvA+（mB+mC）vB…⑦

设A的速度向左，vA＜0，vB＞4 m/s

则作用后A、B、C动能之和：

E′=mAvA2+（mB+mC）vB2＞（mB+mC）vB2=48 （J）…⑧

实际上系统的总机械能为：

E=Ep+（mA+mB+mC）=12+36=48 （J）…⑨

根据能量守恒定律，E'＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．

答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度是3m/s．

（2）弹性势能的最大值是12J．

（3）A的速度不可能向左．

解：（1）B离开水平轨道后做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，

水平方向：s=vBt，

联立并代入数据解得：vB=3m/s；

（2）A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m1vA-m2vB=0，

对A，由机械能守恒定律得：m1v2+m1g•2R=m1vA2，

在最高点，由牛顿第二定律得：FN+m1g=m1，

代入数据解得：FN=10N，

由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力为10N，方向竖直向上；

（3）对系统，由能量守恒定律得：EP=m1vA2+m2vB2，

代入数据解得：EP=27J；

答：（1）物块B和弹簧分离的瞬间，物块B的速度大小为3m/s；

（2）物块A运动到半圆形轨道最高点时，对轨道的压力为10N，方向竖直向上．

（3）释放物块前弹簧具有的性势能为27J．

解：（1）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB，绳子断裂过程A、B系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAv+mBvB，mBvB=（mA+mB）v，

解得，B和C碰撞前B的速度为：vB=v0．

（2）由能量守恒定律得：EP=•2mv2+mvB2-•3mv02，解得：EP=；

答：（1）B与C碰撞前B的速度v0；

（2）绳断前弹簧的弹性势能为．

解：两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则

mgR=mv2   ①

女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒

m2gR=m2v12   ②

女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒

（m1+m2）v=-m2v1+m1v2   ③

根据题意

=2      ④

 有以上四式解得

v2=2

接下来男演员做平抛运动

由4R=gt2，得t=

因而

s=v2t=8R；

即男演员落地点C 与O 点的水平距离s为8R．

解：（1）木板受到冲量瞬间获得的速度方向应向左，设大小为v1，

以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv-Mv1=0，解得：v1=；

（2）设此水平冲量的大小为I，根据动量定理有：I=Mv1-（-Mv）=（M+m）v，方向水平向左．

（3）设木块不从长木板上掉下来，长木板的最小长度为L，

根据能量守恒定律得：μmg=Mv12+mv2，解得：L=，

要使木块不从长木板上掉下来，长木板的长度要满足什么条件是：L≥；

答：（1）木板受到冲量瞬间获得的速度的大小为，方向：水平向左；

（2）此水平冲量的大小为：（M+m）v，方向：水平向左；

（3）要使木块不从长木板上掉下来，长木板的长度要满足的条件是：L≥．