热门试卷

解：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv-MV=MV′…①

代入数据解得：V′=1.0m/s…②

（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：

…③

联立②③式，代入数据得：△E=1400J．

答：（1）碰后乙的速度的大小为1.0m/s；

（2）碰撞中总机械能的损失为1400J．

解：（1）n节车厢运动、碰撞中，系统所受外力之和为零，设运动方向为正方向；

由动量守恒得，

mv=nmvn

解得：vn=

（2）设每两节相邻车厢间距为s，则有：

碰撞后连接在一起的车厢节数依次为2节、3节…（n-1）节，

它们的速度相应为，，…，所以火车的最后速度为

由x=vt得：通过各间距的时间分别为：，…

整个过程经历的时间为：

t=t1+t2+t3+…+tn-1

=+++…=

答：（1）火车的最后速度是；

（2）整个过程经历的时间是．

解：（1）物体A在小车上面运动，把小车与物体A看做一系统，合外力为零，满足动量守恒，

有：mAV0=（mA+mB）V共且mA=mB=m

解得V共=v0

（2）若问题A与小车达到共同速度时，恰好运动到小车的右端，此情况下小车的长度是最小长度，

由系统动能定理得

-μmAgL=（mA+m）-mA

解得L=

（3）假设问题A与小车达到共同速度时，距离小车的右端为S，小车粘到墙壁上之后，

物体A开始匀减速直线运动，直到P点是速度为vt，

由动能定理得：

-μmAgS=mA-mA

得出：mA=mA-μmAgS

①欲保证A能滑到P点，vt≥0

mA-μmAgS≥0

S≤，此情况下小车的长度L总=L+S=

②A能滑到P点与B发生弹性碰撞，满足动量和动能守恒，

mAvt=mAvA+mBvB

解得：vA=0，vB=vt

以后B做圆周运动，恰能运动到最高点，

在最高点速度vB0=

根据机械能守恒有

mBg•2R+mB=mB

解得：S=-

此情况下小车的长度L总=L+S=-

③如果滑块滑到圆滑就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据机械能守恒有

mBgR=mB

S═-

此情况下小车的长度L总=L+S=-

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：

＜L≤-

或=-≤L≤

答：（1）物体 A 与小车共速时的速度大小是v0；

（2）小车的最小长度是；

（3）当物体 A 与 B 发生弹性碰撞后，欲使 B 碰后在圆轨道运动时不脱离圆轨道，

小车的长度 L范围是

＜L≤-

或-≤L≤．

解：（1）小物块P从A滑到B点的过程中机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mg（H-h）=mvB2，

代入数据解得：vB=4m/s，

由题意可知，小物块P从B滑上小车右端过程中机械能没有损失，

故小物块P滑上小车左端时的速度：v1=4m/s；

（2）小物块P在小车Q的上表面滑动的过程中，P、Q构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，

取小车最短长度L0时，小物块刚好在小车右端共速为v2．

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+M）v2------①

相对运动过程中系统的能量守恒，有：

mv12=（m+M）v22++μmgL0-------②

联立并代入已知数据解得：v2=2m/s，L0=1m；

（3）小车长L=1.2m，说明小车与竖直挡板相撞前小物块不会滑脱小车，

设共速时小车位移X1，物块对地位移X2，分别对小车和物块由动能定理可知

μmgx1=Mv22，-μmgx2=m（v22-v12），

代入数据解得：x1=0.5m，x2=1.5m；

①若S≥X1，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车已具有共同速度，

且共速后一起匀速至挡板处，小物块将在小车上继续向右做初速度为v2=2m/s的匀减速运动，

距离车尾位移为L1=L-L0=0.2m，设减速到0位移为L2，则：μmgL2=mv22，

可得：L2=0.5m＞L1则小物块在车上飞出去，Wf=μmg（x2+L1），代入数据解得：Wf=6.8J；

②若S＜X1，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车还没有共速，小物块全程都受摩擦力作用，则

Wf=μmg（L+s），代入数据解得：Wf=（4.8+4s）J；

答：（1）小物块P滑上小车左端时的速度v1为4m/s．

（2）如果小物块没有从小车上滑脱，小车最短长度L0为1m．

（3）①若S≥X1，Wf为6.8J；②若S＜X1，Wf为（4.8+4s）J．

解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有

   mgR（1-cos60°）=

 解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有

    mv0=mv1+mvQ

   =+，

解得，v1=0，vQ=v0=

二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有

  mvQ=Mv+m•2v

解得，v==   

小物块Q离开平板车时，速度为2v=

（2）由能的转化和守恒定律，知

  fL=--

又f=μmg

 解得，平板车P的长度为L=

（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则

-μmgs=-

解得，s=

小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为  t=

水平距离x=2vt=

故Q落地点距小球的水平距离为s+x=+．

答：

（1）小物块Q离开平板车时速度为；

（2）平板车P的长度为为；

（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为+．

解：（1）C冲上A后，C受到的摩擦力大小为：fC=μ1mg=mg，

由牛顿第二定律得：fC=maC，

解得：aC=g；

（2）C冲上A后，A受地面的最大静摩擦力大小为：

，

由于fAm＞fC，所以A、B保持静止，

即加速度aA=0，aB=0，所以C在A上做减速运动，

设其碰前速度为vC，由动能定理得：，

滑块B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，设碰后速度为vBC，由动量守恒定律得：

mvc=2mvBC，

解得：vBC=；

（3）B、C结合体受到A的摩擦力：fBC=μ1•2mg=mg，方向向左．根据牛顿第三定律，结合体给A向右的摩擦力为：

fBC′=fBC＞fAm，

故A做初速度为零的匀加速直线运动，BC做匀减速直线运动．设刚达到的共同速度为vABC，由牛顿第二定律知：

对BC：fBC=2maBC，

对A：f‘BC-fAm=ma'A，

由运动学方程：vABC=vBC-aBCt，vABC=a'At，

设A从运动到共速，对地的位移为sAB，BC在这段时间的对地位移为sBC，由动能定理得：

对BC：-fBCsBC=•2mvABC2-•2mvBC2，

对A：（fBC-fA）sAB=mvABC2，

结合体BC在A上运动的距离为：△L=sBC-sAB，

若达到共同速度vABC时，结合体BC恰好运动至木板A的最右端，木板长度最少为：

L=L0+△L=L0；

答：（1）物块C冲上木板瞬间，物块C的加速度为g；

（2）C与B发生碰撞前后的速度大小为；

（3）为使B、C结合体不从A右端掉下来，A的长度至少为L0．

解：（1）设碰撞前A的速度为υ1，由动能定理得：

得：=4m/s

（2）设碰撞后A、B速度为υ2，且设向右为正方向，A与B发生碰撞并粘在一起，AB速度相同

由动量守恒定律得：mAυ1=（mA+mB）υ2

得：m/s   

（3）①如果AB能从传送带右端离开，必须满足：

解得：k＜1

传送带对它们所做的功为：W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）

②当υ2≤υ时有：k≥3

即AB返回到传送带左端时速度仍为υ2

故这个过程传送带对AB所做的功为：W=0     

③当1≤k＜3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，

当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端，

在这个过程中传送带对AB所做的功为：

解得：

答：（1）A到达N点与B碰撞前的速度大小是4m/；

（2）碰撞后瞬间A与B的速度大小是m/s；

（3）①k＜1，W=-μ（mA+mB）gL=-2（k+1）．

②k≥3，W=0；

③当1≤k＜3时，．