热门试卷

解：当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，木块与木板组成的系统动量守恒，以小木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1，

解得：v1=v0，

对系统，以小木块的速度方向为正方向，由能量守恒定律得：

μmgL=mv02-（M+m）v12，

解得：v0=m/s，

由动量定理得：I=mv0=N•s；

答：冲量为N•s．

解：（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，化学能全部转化为炮弹的动能，由功能关系得：

E=

代入数据得：v0=33.0m/s

（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹的过程中，化学能转化为炮弹的动能和小车的动能，由功能关系

得：E=

由于发射的时间短，水平方向小车与炮弹组成的系统满足动量守恒，选择炮弹的方向为正方向，则根据动量守恒定律得：

mv1+Mv2=0

代入数据得：v2=2m/s

（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，某时刻撤去动力并发射炮弹后，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位于A、B两点之间，则其临界状态分别对应A点与B点；车在发射完炮弹后受到地面的阻力，由于运动中车所受阻力为车重的0.8倍，所以：Ma′=kMg，所以：a′=kg=0.8×10=8m/s2

①当小车恰好返回A点时，设车的最大速度为v，此时的位移为x，则：2ax=v2-0．

设发射完炮弹后车的速度为v3，炮弹的速度为v4，则根据动量守恒定律得：

（M+m）v=Mv3+mv4

由功能关系得：

对应小车返回的过程，由运动学公式得：

联立以上各式，代入数据得：m/s，v4=32.7m/s，x=0.11m

炮弹做平抛运动的过程中，运动的时间：s

炮弹平抛的位移：x′=v4t=32.7×0.4=13.08m

则炮弹到A点的距离：x总=x+x′=0.11+13.08=13.19m

②当小车恰好到达B点时，设车的最大速度为v′，此时的位移为x1，则：．

设发射完炮弹后车的速度为v5，炮弹的速度为v6，则根据动量守恒定律得：

（M+m）v′=Mv5+mv6

由功能关系得：

发射完炮弹后小车继续前进x2，则：x1+x2=S=18.25m

对应小车继续前进的过程，由运动学公式得

联立以上5个公式，代入数据得：v′=8m/s，v5=6m/s，v6=40m/s，x1=16m

炮弹平抛的位移：x″=v6t=40×0.4=16m

则炮弹到A点的距离：x总′=x1+x″=16+16=32m

结合①②可得，炮弹的落地点到A点距离的取值范围是13.19m≤x总≤32m

答：（1）若模型车固定在地面上发射炮弹，发射出的炮弹速度大小是33.0m/s．

（2）若模型车原来静止在光滑的水平地面上，当它发射一颗炮弹后，车的反冲速度是2m/s．

（3）若模型车从静止开始做匀加速直线运动，要使车停止时炮口在水平路面上的投影点只能位于A、B两点之间，求炮弹的落地点到A点距离的取值范围是13.19m≤x总≤32m．

解：（1）由牛顿第二定律得：

对m：-μmg=ma，

代入数据解得：a=-μg=-2m/s2，

对M：μmg=Ma′，

代入数据解得：a′=1m/s2，

M、m组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

代入数据解得：v=2m/s，

两者共速时，滑块的位移：x滑块==8m，

木板的位移：x木板==2m，

则：x木板+L=x滑块，

此时滑块恰好到达木板的右端，然后它们一起向右做匀速直线运动，直到与木板到达A点，

则到达A点时m的速度为2m/s，

产生的热量：Q=μmgL=0.2×1×10×6=12J；

（2）小球到达B点时机械能最大，由图示可知：tanθ=1，θ=45°，

由动能定理得：qErsin45°-mgr（1-cos45°）=mvB2-mv2，

由牛顿第二定律得：F-=m，

解得：F=（50-20）N≈50.7N，

由牛顿第三定律可知，对轨道的压力：F′=F=50.7N；

（3）小球到达E点时速度为零，恰好不脱离轨道，从A到E过程，由动能定理得：

qErcos45°-mgr（1+sin45°）=0-mvA2，

解得：vA=2m/s，

小球恰好到达C点时，由牛顿第二定律得：

=m，解得：vC=m/s，

由A到C过程，由动能定理得：

-qErcos45°-mgr（1+sin45°）=mvC2-mvA2，

解得：vA=m/s≈3m/s，

滑块要不脱离轨道，则滑块到达A点时的速度，

vA≤2m/s或vA≥3m/s，

当x≥2m时，滑块滑到木板右端时与木板共速，此时vA=2m/s，滑块不会脱离轨道，

当x＜2m时，滑块达到木板右端时滑块的速度大于木板的速度，

x越小，滑块到达A点的速度越大，当木块速度为3m/s时，

由动能定理得：-μmgs=mvA2-mv02，

代入数据解得：s=6.75m，

则：x=s-L=0.75m，滑块到达A速度要大于等于3m/s，则x≤0.75m，

当滑块到达A点时的速度恰好为2m/s时，

由动能定理得：-μmgs′=mvA2-mv02，

代入数据解得：s′=7m，

x′=s′-L=1m，滑块不脱离轨道，x′≥1m，

综上所述可知，保证滑块在圆轨道上滑行且不脱轨时x的取值范围是：x≤0.75m或x≥1m；

答：（1）滑块m到达圆轨道A点时的速度为2m/s，此过程中滑块与木板间的摩擦生热为12J；

（2）滑块m在圆轨道上运动过程中，机械能最大时对轨道的压力为50.7N；

（3）若x值不确定，能保证滑块在圆轨道上滑行且不脱轨时x的取值范围是：x≤0.75m或x≥1m．

解：平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，

设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度，规定向左为正方向，由动量守恒得：

mv0=（M+m）v1…①

由能量守恒得：mv02=（M+m）v12+μmg•L+mgR…②

解得：v0=

平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，到二者相对静止的过程中，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v′

v′=，

由能量守恒定律得：mv02=（M+m）v′2+μmg•S

S=L+；

所以小物块与车右端点的距离x=2L-S=L-；

答：小物块与车相对静止时的速度是，与车右端点的距离是L-．