热门试卷

解：设物块P刚滑上长木板的C端时的速度v0，P、Q共速速度为v

规定向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得：mv0=（m+M）v  ①

μmgL2=mv-（m+M）v2 ②

①②联立得：v0=3m/s　v=1m/s 

弹簧的弹性势能：Ep=μmgL1+mv2=21J

答：弹簧被压缩到B时的弹性势能为21J．

解：（1）小滑块下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

MgR=Mv2 ，

在D点，由牛顿第二定律得：F-Mg=M，

解得：F=30N，

由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N，方向竖直向下；

（2）A、B碰撞过程中，系统动量守恒，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：

Mv=MvA+mvB，

解得：vB=4m/s；

（3）由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，对于A物块，由动能定理得：

-μMgSA=0-MvA2，

解得：SA=2m；

对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失：

-μmgSB=0-MvB2，

解得：SB=8m；

由于SA+SB=10m＜2×6=12m，

故它们停止运动时仍相距2m，不能发生第二次碰撞．

答：（1）滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力为30N，方向竖向下；

（2）滑块B被碰后瞬间的速度为4m/s；

（3）两滑块不能发生第二次碰撞．

解：①钚核发生衰变后放出一个α粒子得过程中，系统动量守恒，以铀核的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

m3v′-m2v=0

解得：

②质量亏损△m=m1-m2-m3

根据爱因斯坦质能方程得：

释放的总能量△E=△mc2=

答：①如果放出的粒子的速度大小为v，铀核的速度大小v′为．

②求此衰变过程中释放的总能量为．

解：（1）选取向右为正方向，弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：

mv0=（m+M）v   

靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得：

 Ep=（m+M）v2  

代入数据解得：Ep=2.5J 

（2）靶盒滑到粗糙水平面时，做匀减速运动．根据动能定理可得

代入数据得：x=25m

答：（1）弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．（2）靶盒在粗糙水平面上滑行的距离是25m．

解：m滑至C，根据动量守恒定律，有m、M相对静止，根据功能关系，有：

mgR=μmgL

解得：μ==0.25

滑至B时，车速最大，规定向右为正方向，物块与车组成的系统水平方向动量守恒，有：

mv-MV=0

由动能关系：mgR=mv2+MV2

解得：V===1.5m/s

答：（1）小物块与小车BC部分间的动摩擦因数为0.25；

（2）小物块从A滑到C的过程中，小车获得的最大速度1.5m/s．

解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒mv0-Mv1=mv+Mv1′…①

解得：v1′=3m/s…②

木块向右作减速运动加速度：a=μg=5 m/s2…③

木块速度减小为零所用时间：…④

解得：t1=0.6s＜1s…⑤

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为

解得：s1==0.9m…⑥

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s-0.6s=0.4s   ⑦

速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）…⑧

向左移动的位移为：…⑨

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移：s0=s1-s2=0.5m方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：

Q1==872.5J．

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1

产生的热量为：Q2=μMgs′

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2

产生的热量为：Q3=μMgs″

第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：

解得：t3=0.4s 

木块与传送带的相对位移为：s=v1t3+0.8 

产生的热量为：Q4=μMgs．

全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4

解得：Q=14155.5J．

答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m．

（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．

（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．

解：（1）推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有：EP=WP…①

当弹簧完全推开物块P时，有：EP=mPv2 …②

由①②式联立解得：v=3m/s；

（2）选取P与Q组成的系统为研究的对象，P运动的方向为正方向，

则P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，

由动量守恒和能量守恒得：mPv=mpv′+mQv0…③

mPv2 =mPv′2 +mQvQ2     ④

由③④式解得：v0=v=3m/s，v′=0；

（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得：

mQv0=（mQ+M）u…⑤

由能量守恒定律得：μmQgL=mQv02-（mQ+M）u2     …⑥

联立⑤⑥解得：L=3m

答：（1）P刚要与Q碰撞前的速度是3m/s；

（2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是3m/s；

（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为3m．

解：（1）设A、B分开时速度大小分别为vA、vB

由A、B系统能量守恒有：…①

由A、B系统动量守恒有：mAvA=mBvB…②

联立解得：vA=vB=3m/s…③

（2）假设B不能从传送带Q端离开，且在传送带上运行最大对地位移为s2，

由动能定理得：…④

解得：s2=2.25m…⑤

由题意可知s2＜L=3m，假设成立…⑥

所以B沿传送带向右滑动距N的最远距离为2.25m

（3）设A在水平面上开始向左运动到停止，滑动过的路程为s1，

由题意知A与挡板碰撞后原速率返回，整个过程应用动能定理得

…⑦

解得：s1=2.25m＞s=2m，即A停在距M端0.25m处，即距N端1.75m；…⑧

若AB不能再次相遇，设B返回到N端时速度大小为vB′，后经s2′距离停下，

则由动能定理有…⑨

由s2′＜1.75m，解得…⑩

由题意可知不论传送带速率多大，vB′至多到3m/s，即⑩符合题意，

即传送带的速率取值范围是：．

答：（1）分开瞬间A、B的速度大小均为3m/s；

（2）B向右滑动距N的最远距离为2.25m；

（3）要使A、B不能再次相遇，传送带速率的取值范围是．

解：（1）木块A和滑板B均向左左匀加速直线运动

maA=μmg

MaB=F-μmg

根据题意有SB-SA=L

即

代入数据解得t=1s 

（2）1s末木块A和滑板B的速度分别为vA=aAt=2m/s     vB=aBt=3m/s

撤去F后，当木块A和滑板B的速度相同时，

弹簧压缩量最大，此时具有最大弹性势能     

根据动量守恒定律mvA+MvB=（M+m）v

代入数据求得v=2.8m/s

由机械能守恒定律得    

代入数据可求得弹簧弹性势能E=0.4J  

答：（1）水平恒力F作用的时间t为1s．

（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为0.4J．