热门试卷

解：

（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：

    mv0=（M+m）v 

得v==0.4m/s

（2）以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

-ft=mv-mv0   

    又f=μmg

得到

（3）木块做匀减速运动，加速度a1==2m/s2

车做匀加速运动，加速度a==0.5m/s2

由运动学公式可得：vt2-v02=2as

在此过程中木块的位移为

s1==0.96m

车的位移为

s2==0.16m

木块在小车上滑行的距离为△S=S1-S2=0.8m

答：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小为0.4m/s．

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间是0.8s．

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离是0.8m．

解：（1）小球A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律：

mAv0=mAvA+mBvB               ①

碰撞过程无动能损失：

          ②

其中mA=kmB，

碰后小球B上摆过程，由机械能守恒定律：

                    ③

以上三式联立，代入数值得：v0=3m/s        

vB=4m/s

vA=1m/s

（2）碰后小球A做平抛运动，设下落至圆桶顶端的时间为t1，下落至底端的时间为t2，有：

                          ④

h+2R=                     ⑤

解得：t1=0.4s    t2=0.6s

i）圆桶转动的周期=0.4s，说明小球A下落至圆桶顶端时，长孔恰好又处于圆桶的正上方．此时小球A的水平位移x1=vAt1=0.4m，s＜x1＜s+d，说明小球恰好能够落入长孔，不与桶壁相碰．                                  

ii）小球A在桶内下落的时间△t=t2-t1=0.2s=，说明小球A下落至圆桶底端时，长孔又恰好又处于圆桶的正下方．

此时小球A的水平位移x2=vAt2=0.6m，s＜x2＜s+d，说明小球A恰好能够穿出长孔，不与桶壁相碰．                             

（3）由（2）中分析知，小球A不与长孔左边相碰的条件为：

vAt1≥s                       ⑥

小球A不与长孔右边相碰的条件为：

vAt2≤s+d                    ⑦

由①②式可得，       ⑧

⑥～⑧式联立，得1.4≤k≤3.5．

答：（1）初速v0的大小为3m/s；

（2）小球A是不会和圆桶碰撞；

（3）k的取值范围为1.4≤k≤3.5．

解：（1）以写出与滑块组成的系统为研究的对象，系统在水平方向的动量守恒，取滑块的初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律，得：

mv0=（m+M）v

解得：v=m/s

（2）根据牛顿第二定律mg=ma1

代入数据得：a1=8m/s2，

mg=Ma2

代入数据得：a2=2m/s2

（3）设s1、s2分别表示物体与小车静止前所经过的路程，则有：

物体在小车滑行的距离为：s=s1-s2=1.25m

答：（1）物体相对小车静止时，小车的速度大小是1m/s；

（2）物体相对小车运动时，物体的加速度是8m/s2和小车相对地面的加速度是2m/s2

（3）物体在小车滑行的距离是1.25m．