热门试卷

解：设小物块的初速度为V0，刚好滑到C点时与木板达到共同速度V1，设向右为正方向；根据动量守恒定律可得：

mv0=（m+M）v1

据能量转化守恒定律：mv02=（m+M）v12+μmgL+mgR

小物块从C点恰好返回到A点时，又与木板达到共同速度V2，据动量守恒：

v1=v2；

据能量转化守恒定律：（m+M）v12+mgR=（m+M）v22+μmgL

解得：v0=；

R=μL

答：①小物块的初速度大小为；

②圆弧的半径μL．

解：（1）当两物体速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统动量守恒得：

mv1=（m+4m）v2

得：

由能量守恒定律得，最大弹性势能为：

（2）当弹簧恢复到原长时，B车速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，以v1速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

mv1=mvA+3mvB，

根据能量守恒定律得：

mv12=mvA2+•3mvB2

联立解得：

答：（1）弹簧的最大弹性势能为；

（2）B车的最大速度为．

解：①以子弹、A、B组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，子弹射穿A的过程，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+（M+M）vA，

代入数据解得：vA=5m/s；

子弹击中B的过程，子弹与B组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv1+MvA=（m+M）vB，

代入数据解得：v≈13.6m/s；

②子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，由能量守恒定律得：

mv02=mv12+（M+M）vA2+E，

代入数据的：E=1475J；

答：①沙箱A、B的最终速度vA和vB的大小分别为5m/s、13.6m/s．

②子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，子弹和沙箱A组成的系统产生的内能E为1475J．

解：（1）A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBv0=（mB+mA）v，代入数据解得：v=2m/s．

（2）设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．

由能量守恒定律得：mBv02=（mB+mA）v2+Q1+Q2，

又：Q2=μmBg（LQP+LPR），代入数据解得：Q1=0.75 J．

（3）设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，

以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mBvB+mAvA ，

由能量守恒定律得：mBv02=mBvB2+mAvA2+μmBgL，

代入数据解得：vB2-0.8v0vB+6.75-0.2v02=0，

当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右，

即：v0＞5.9m/s，B有可能相对地面向右运动，

如果B最终不滑离A，则有：μmBg•2L≥mBv02=（mB+mA）（v0）2，

代入数据解得：v0≤6.1m/s，则v0的取值范围是：5.9m/s＜v0≤6.1m/s；

答：（1）A、B相对静止时的速度大小是2m/s；

（2）系统在该运动过程中因摩擦产生的内能是0.75J．

（3）B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为5.9m/s＜v0≤6.1m/s．

解：（1）对B，由牛顿第二定律：F-μ2mg=maB

解得：

即物块B运动的加速度大小为2 m/s2．

设物块A经过t时间追上物块B，对物块A，由牛顿第二定律得：

μ1mg=maA

A做匀减速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，则有：

恰好追上的条件为：

v0-aAt=aBt

xA-xB=l

联立各式并代入数据解得：t=0.5 s，v0=3 m/s．

即若要使A恰能追上B，A的初速度v0应等于3m/s．

（2）由以上数据可知，B的位移为

=

所以F对B做功为：

W=FxB=3×0.25J=0.75J．

答：（1）物块A初速度大小为3m/s．（2）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功0.75J．

解：（1）AB碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：

mAv0=-mAvA+mBvB，

代入数据解得：vB=3m/s，

A与B碰撞后，B做减速运动，因此B的最大速度是3m/s．

（2）以B与C组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：

mBvB=（mB+mC）v，

代入数据解得：v=2m/s，

在此过程中，由能量守恒定律可得：

-μmCg△x=（mB+mC）v2-mBvB2，

代入数据解得：△x=0.5m．

答：（1）B运动过程中的最大速度为3m/s；

（2）C在B上滑动的距离为0.5m．

解：（1）由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v

   解得v===3m/s；

（2）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度a=μg       

滑块相对车滑动的时间 t=                                                

滑块相对车滑动的距离△x=v0t-=                       

滑块与车因摩擦产生的内能  Q=μmg△x=mv02==8J      

（3）F取6N；设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则

滑块运动到车左端的时间  t1=①

由几何关系有  v0t1-=②

由牛顿定律有 F1+μmg=ma1③

由①②③式代入数据解得  t1=0.5s，F1=6N

则恒力F大小应该满足条件是  F≥6N

因此F=6N小滑块恰好不会掉下来．

当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有

F1-μmg=ma2                                                  

μmg=ma3                                         

a2t22+=L                                          

代入数据解得t2=≈0.58s；                          

则力F的作用时间t应满足  t1≤t≤t1+t2，即0.5s≤t≤1.08s 

答：（1）小滑块相对于平板车静止时的速度为3m/s

（2）摩擦产生的内能为8J；

（3）力F的作用时间应该在0.5s≤t≤1.08s．

解：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图所示．由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律．

（1）由动量守恒定律，物块与小车系统：

mv0=（ M+m ）v

v=

（2）由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量：

-μmgL=（M+m）v2-m

L=

（3）根据能量守恒得产生的内能等于系统动能的损失，

所以Q=m-（M+m）v2=

答：（1）若铁块不会从小车上滑落，则铁块与小车相对静止时的速度为

（2）若要铁块不会从小车上滑落，则小车的长度至少是

（3）从铁块滑上小车到与小车相对静止的过程中，产生的内能为

解：（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：

解得：

即球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为．

（2）A、B球碰撞水平方向动量守恒有：2m=2m+

解得：   

即球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为．

（3）碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：   y=g

解得：y=L

对A球应用动能定理得：

解得：

即弹簧的弹性力对球A所做的功为．

解：子弹击中A过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+3m）v1，

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：（m+3m）v1=（m+3m）v1′+2mv2，

由机械能守恒定律得：（m+3m）v12=（m+3m）v1′2+•2mv22，

碰撞后，B摆动过程机械能守恒，对B由机械能守恒定律得：•2mv22=2mgL（1-cos60°），

解得：v0=3=3×=12m/s；

答：子弹的入射速度v0为12m/s．