热门试卷

（1）设物体C刚离开小车平台时，速度为v1．此时小车速度为v2，C从A点落到B点的时间为t，

由动量守恒定律，得mv0=mv1+Mv2…①

C从A点落到B点做平抛运动，由平抛运动规律，

有OA=gt2…②

OB=v1t-v2t…③

由①②③解得：v1=5m/s

（2）设C滑上平台到离开平台所需时间为t'，在平台上，物体C和小车的加速度分别为

则t′==2.5s

故小车对地位移为：s=a2t′2=×0.8×2.52m=2.5m

答：（1）物体刚离开平台时，小车获得的速度大小为5m/s．

（2）物体在小车平台上运动的过程中，小车对地发生多大的位移为2.5m．

（1）子弹在射击木球的过程中，子弹和木球在水平方向上动量守恒，设二者最终在水平方向的速度为v，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v …①

损失的机械能为△E，则有：△E=m-(m+M)…②

由①、②得：△E=…③

（2）要使木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，木球运动有两种情况：

一是木球运动速度较大时将做完整圆周运动，二是木球速度较小时做不完整圆周运动（即摆动）．

在做完整圆周运动时：小球从最低点运动到最高点过程中机械能守恒．设小球在最高点时的速度为v′，

有：(m+M)v2=(m+M)g•2L+(m+M)v/2…④

若要使绳不发生松驰，则须  v/≥…⑤

由①、④、⑤得v0≥()…⑥

若做不完整的圆周运动，小球最高只能摆至与悬挂点等高的水平位置，小球从最低点摆至速度等于零的位置，

由机械能守恒定律得：(m+M)v2≤(m+M)gL…⑦

由①、⑦得：v0≤()…⑧

答：（1）若v0大小已知，在子弹击中木球的过程中系统损失的机械能是；

（2）若v0大小未知，木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，做完整圆周运动时v0≥()，

做不完整的圆周运动v0≤()．

（1）A在上滑过程中机械能守恒，有

m=mgR（1-cos60°）

vA=3m/s

根据牛顿运动定律 

N-mAg=mA

N=80N

由牛顿第三定律得，A对圆弧的压力为80N，方向竖直向下．

（2）由动量守恒得：

mAvA=mBvB

由能量守恒得

Ep=mA+mB

得：Ep=54J

（3）因B、C碰后速度交换，B静止，C做圆周运动，绳子不能松弛，一种情况是越过最高点，继续做圆周运动，

与B碰撞，B一定离开平台，不符合要求．另一种情况是C做圆周运动不超过圆周，返回后再与B发生碰撞．               

B刚好能与C发生第一次碰撞

0-mB=-μmBgs

   解得 μ=0.6

   依题意有   μ＜0.6

B与C刚要发生第三次碰撞，则

0-mB=-3μmBgs

  解得  μ=0.2

   依题意有  μ＞0.2

B与C发生两次碰撞后不能从左侧滑出

0-mB=-2μmBgs-mBgR（1-cos60°）

解得 μ=0.225

   依题意有 μ≥0.225

综上所得   0.225≤μ＜0.6                        

取μ=0.225，B与C碰撞后，C的速度最大，要绳不松弛，有：

mB-mB=-μmBgs

vB1=vC

mC=mCgL

解得：L=1.125m

依题意：L≤1.125m

答：（1）A刚滑上圆弧时对轨道的压力为80N

（2）烧断细线前系统的弹性势能是54J

（3）若B与C只能碰撞2次，B最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，B与平台间动摩擦因数µ的范围是 0.225≤μ＜0.6，

µ取最小值时对应的绳L=1.125m．

由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动周期为T=2t0．用m、m0分别表示A、B的质量，l表示绳长，v1、v2分别表示它们在圆周最低、最高点的速度，F1、F2分别表示运动到最低、最高点时绳的拉力大小；

子弹射入木块过程，根据动量守恒定律，有

m0v0=（m+m0）v1      ①

根据牛顿定律有：

最低点  F1-（m+m0）g=（m+m0）    ②

最高点  F2+（m+m0）g=（m+m0）    ③

由机械能守恒又有：

（m+m0）g•（2l）=（m+m0）v12-（m+m0）v22       ④

由图2知，F2=0，F1=Fm，由以上各式解得，反映系统本身性质的物理量是

木块质量    m=-m0

细线长度    l=g

以最低点所在的水平面为参考平面，系统总机械能是

E=（m+m0）v12 ⑤

解得

E=

故可以求出A的质量为-m0，细线长度为g，A、B一起运动过程中的守恒量为机械能，以最低点所在的水平面为参考平面，总机械能为．

（1）设碰后小球A在半圆的最高点c时的速度为v，小球A恰好刚能通过c点，则对小球A在竖直方向上有：

mg=mv2/R----------------------①

在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：

qvB=mg--------------------------②

联立解得：B=--------------------③

由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外

（2）对小球A从碰后到半圆的最高点c的过程，由动能定理得：

-mg•2R=mv2/2-mvA2/2----------------------④

对碰撞的过程，由动量守恒定律得：

2mv0=2mvB+mvA-------------------------------⑤

联立①④⑤各式并代入数据解得：

vA=

vB=

（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：

△E=•2mv02-（mvA2+mvB2）=mgR＞0

说明碰撞中系统机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞．

故答案为：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；

（2）碰撞结束后A的速率为，B的速率为；

（3）两球发生的是非弹性碰撞．

（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，

乙离开D水平轨道的时间为t，乙的落点B距离为x则：

在最高点：m=mg+qE   ①

2R=（）t2     ②

x=vDt  ③

联立①②③得：x=0.4m  ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲，v乙，根据动量守恒定律和有

mv0=mv甲+mv乙    ⑤

根据机械能守恒定律有

mv02=mv甲2+mv乙2   ⑥

联立⑤⑥得          v0=v乙                                         ⑦

由动能定理，得-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2         ⑧

联立①⑦⑧得：v0==2m/s                  ⑨

答：（1）乙球通过D点后落到水平轨道上的位置距B点的距离为0.4m；

（2）甲球初速度V0的大小为2m/s．

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡    m1g=q1E       ①

解得E=2.5 N/C         ②

电场强度为2.5N/C；

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B=m1                 ③

半径为R1=             ④

周期为T==1 s                 ⑤

∵两小球运动时间t=0.75s=T

∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰        ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动        h=R2=gt2       ⑦

L=R1=v1t                    ⑧

两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0=-m1v1+m2v2                    ⑨

由⑦、⑧式得v2=3.75 m/s

由④式得v1==66 m/s

∴两小球质量之比==11⑩

故两小时球质量之比为11．

（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：

mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．

故沙箱的速度为4m/s．

（2）根据功能关系，系统损失的机械能为：

△E=m-mv2-Mu2，代入数据得：△E=1192J．

故系统损失的机械能为1192J．

（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：Mgh=Mu2，解得：h=0.8m．

故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．

（4）根据机械能守恒可知，当沙箱返回到最低点时，速度大小仍为u=4m/s，因此有：

F-Mg=M，所以解得：F=20N．

故沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小为20N．

解析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：

　　F向=mBg=mB----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：

-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

　由①②解得：vB=5m/s．

（2）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

  根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA----③

 根据动能定理有：W=mAvA2------④

　由③④解得：W=8J

答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；

（2）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．

在子弹穿透木块的过程中，子弹、木块组成的系统在水平方向动量守恒．

设子弹穿透木块瞬间木块的速度为v，则有mv0=Mv+mv①

选木块为研究对象，设细线对木块的拉力为T，根据牛顿第二定律

则有T-Mg=M②

由①②两式解得T=

答：子弹穿透木块瞬间细线对木块的拉力是．

（1）小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得

   F-mg=

解得：F=mg+m=1×10+1×=25N

（2）铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得

    mgR-Wf=m-0

解得：克服摩擦力所做的功Wf=mgR-m=1×10×0.6-×1×32=1.5J

（3）铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有 mv0=（m+M）v

解得：共同速度v===1.0m/s

答：

（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；

（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．

（3）小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．