热门试卷

解：①设第3块木板初速度为v0，对3、2两木板系统，设碰撞后的速度为v1，

以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0=3mv1 ，

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v2，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=4mv2，

第1块木块恰好运动到第3块木板正中央，

由能量守恒定律得：，

解得：v0=；

②设木板3的初动量方向为正，木板3的初动量为：P1=2mv0，

末动量为：P2=2mv2，

解得，木板3的动量变化为：△P2=P2-P1=-mv0，

负号表示动量变化的方向与初速度v0的方向相反．

答：①木板3碰撞前的初速度v0为；

②求从开始运动到木块1停留在木板3正中央，木板3的动量变化大小为：mv0，方向：与初速度v0的方向相反．

解：（1）设小物体到达圆弧底端速度v，

则下滑的过程中由动能定理得：mgr=mv2-0

小物体离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，水平方向：x=vt，

代入数据解得：x=0.4m≈0.98m．

（2）不固定槽，物体与槽组成的系统在水平方向动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，

由机械能守恒定律得：mgr=mv12-Mv22，

小物体离开桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，水平方向：x0=v1t

代入数据解得：x=0.8m．

答：（1）先设法用挡板固定圆弧槽，小物体由静止释放后，小物体的水平射程x为0.98m；

（2）若不固定圆弧槽，小物体的水平射程x0为0.8m．

解：斜面固定时，设小球初速度为v0，有：

m=mgH                                              

斜面不固定时，以小球和斜面组成的系统为研究对象，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v，

则根据系统的机械能守恒和水平方向动量守恒（选向右的方向为正）得：

m=（m+M）+mgh                                  

m=（m+M）v                                                  

联立解得：h=

答：小球冲上斜面后能达到的最大高度h为．

解：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，

由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得小木块受到的支持力：F=25N；

（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，

由动能定理得：mgR-Wf=mv02-0，

解得克服摩擦力做的功Wf=1.5J；

（3）以小铁块与长木板组成的系统为研究对象，以小铁块的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，

由能量守恒定律得：μmgL=mv02-（m+M）v2，

解得：v=1m/s，μ=0.5；

答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；

（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；

（3）小铁块和木板AB达到共同速度为1m/s，小铁块和木板AB间的动摩擦因数为0.5．

解：（1）设木块相对小车静止时小车的速度为V，

根据动量守恒定律有：mv=（m+M）v′

v′==4m/s

（2）对小车，根据动能定理有：

μmgs=-0

s=16m

答：（1）木块相对小车静止时小车的速度是4m/s；

（2）从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离是16m．

解：（1）以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，

以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m•2v-mv+0=3mv′，解得：v′=，方向向右．

（2）由能量守恒定律得：

m（4v）2+mv2-•3m=μmgL，则L=；

（3）①物体A、B未相碰撞，B停止时，A继续运动，此时小车开始运动．对小车应用动能定理

μmgs=•2m，则s=；

②物体B速度为零时正好与A相撞，碰后小车开始加速，最终达到共同速度v共=．

对小车应用动能定理得：μ•2mgs′=m，则s′=；

所以小车位移大小的取值范围是≤s≤；

速度达到时的位移为；

答：（1）最终小车的速度大小是，方向向右．

（2）平板车的长度至少为则L=．

（3）最终速度前的位移．

解：①A下滑与B碰撞前机械能守恒，由机械能守恒定律得：

3mgh=•3mv02，

解得：v0=；

A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

3mv0=（3m+m）v1，

解得：v1=；

②弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒定律得：

Epmax=•4mv12=mgh；

③根据题意，A与B分离时A的速度大小为v1，A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：

3mgh′=•3mv12，

解得：h′=h；

答：①A与B碰前的速度v0为，A、B碰后一起运动的速度v1为；

②弹簧的最大弹性势能为mgh；

③A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度为h．

解：（1）小球与滑块相互作用过程中，沿水平方向动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+3mv2

由机械能守恒定律得：

mv02=mv12+•3mv22，

解得：v1=-v0，方向水平向左，v2=v0，方向水平向右；

（2）当金属小球通过A点时，沿导轨方向金属小球与金属滑块具有共同速度v，沿A点切线方向的速度为v′，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+3m）v，解得v=，

由机械能守恒定律得：mv02=（m+3m）v2+mv′2，

解得：v′=v0，

所以金属小球的速率为v球=v0．

答：（1）当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度分别为v0，方向水平向左，v0，方向水平向右；

（2）当金属小球经过金属滑块上的半圆柱形槽的底部A点时，金属小球的速率为v0．

解：（1）设重物在车上向人靠近L=3 m时，车在地面上移动的距离为s，

依题意有：m（L-s）

代入数据整理得：s=1 m

（2）人和车的加速度为：，

则人和车在地面上移动1m时的速度为：，

此时物体对地速度为v地，根据mv地=Mv

代入数据得：v地=4m/s

答：（1）车在地面上移动的距离为1m；

（2）这时车和重物的速度为4m/s

解：（1）导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：

，

求导体棒P到达D1D2瞬间：

E=BLvD

回路中的电流：

（2）棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：

设导体棒P离开轨道瞬间的速度为，根据动量守恒定律：

mvD=mvP+mvQ

代入数据得：vP=．

（3）由（2）若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道

根据能量守恒，回路中产生的热量

=3mgr

若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：

mvD=（m+m）v

回路中产生的热量=4mgr

答：（1）回路中的电流的大小为，方向逆时针方向．

（2）导体棒P离开轨道瞬间的速度：vP=．

（3）综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr．

解：（1）木块甲相对小车静止时，二者有共同速度为v1，由动量守恒定律得：

2mv0=（2m+m）v1

得：v1=．

对木块甲，由动量定理得：μmgt=mv1-0

得：t=．

（2）设木块甲相对小车的位移为x，由功能关系得：

μmgx=-

得：x=

故平板小车的长度至少为：L=x=．

（3）木块乙相对小车静止时，三者有共同速度为v2，则：

2mv0=4mv2

得：v2=

设木块乙从放到小车上到相对小车静止历时为t′，则由动量定理得：

μmgt′=mv2-0

解得：t′=

从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离为：

S=+t′=+=

答：（1）木块甲相对小车运动的时间t是．

（2）问平板小车的长度至少为．

（3）从木块甲放到小车上到木块乙相对小车静止时，小车向右运动的距离（从地面上看）是．