热门试卷

解：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则   ①

    ②

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则小球受到的拉力和重力提供做圆周运动的向心力，有  ③

由②③式，得F=2N   ④

由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

（2）若解除锁定，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V 。小球和滑块起始状态沿在水平方向初速度均为零，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右方向为正方向，有     ⑤

在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，  ⑥

由⑤⑥式得。

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′。由系统水平方向的动量守恒，得  ⑦

将⑦式两边同乘以，得   ⑧

因⑧式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有  ⑨

又S1+S2=2L   ⑩,由⑨⑩式，得

解：由图2可直接看出，A、B一起做周期性的运动T＝2t0 ①

令m表示A的质量，l表示绳长，v1表示B陷入A内时即t=0时，A、B的速度（即圆周运动的最低点），v2表示运动到最高点的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时的拉力，根据动量守恒定律，得

m0v0=(m0+m)v1 ②

在最低点处运用牛顿定律可得

F1－(m+m0)g=(m+m0) ③

F2＋(m+m0)g=(m+m0) ④

根据机械能守恒可得2l(m+m0)g=(m+m0)－(m+m0) ⑤

由图2可知F2＝0 ⑥，F1=Fm ⑦

由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是　

m=－m0 ⑧

l= ⑨

A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则

E＝(m+m0) ⑩

由式解得E＝g

解：（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，

乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则

①

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机械能守恒定律有mv0=mv甲+mv乙 ⑤

联立⑤⑥得v乙=v0⑦

由动能定理，得⑧

联立①⑦⑧得⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，

根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0= MvM+ mvm⑩

联立⑩得

由和M≥m，可得v0≤vm< 2v0

设乙球过D点时的速度为vDˊ，由动能定理得

 联立⑨得2m/s≤vD'<8m/s

设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为xˊ，有xˊ=vD't

联立②得0.4m≤xˊ<1.6m。

解：（1）小木块在木板上滑动直至相对静止的过程中系统动量守恒，设相对静止时共同速度为v，则

 ①

解得 ②

（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，设木板运动的位移为x，对木板应用动能定理

 ③

又因为 ④

解得

（3）设小木块恰好相对静止在A点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

⑤

由①、④、⑤三个方程解得

设小木块恰好相对静止在O点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

 ⑥

由①、④、⑥三个方程解得

所以要使木块m最终滑动到OA之间，μ值应取为≥μ ≥（不等式中用大于号表示也算正确）