热门试卷

解：（1）滑块下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgR=mv02，

代入数据解得：v0=4m/s

对滑块，由动量定理得：I=mv0-0，

代入数据解得：I=4N•s，方向水平向右；

（2）在B点，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，

代入数据解得：F=30N；

（3）滑块滑上小车后，假设滑块没有滑出小车二者同速，设速度为v，向左为正方向，系统不受外力，故系统动量守恒；则由动量守恒定律可得

mv0=（M+m）v，

代入数据解得：v=1m/s     

对滑动由动能定理可知：

由能的转化和守恒得：-μmg•s=mv2-mv02

滑块在小车上滑行长度为：s=2.5m

答：（1）滑块沿圆弧轨道由A到B下滑的过程中，所受合外力的冲量大小为4N•s；

（2）滑块到达B端时，圆弧轨道对它的支持力大小为30N；

（3）滑块的位移为2.5m

解：（1）B、C碰后，以A、B系统为研究对象，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0+mv1=2mv2，

解得，J边进入PQ区域的速度v2=1m/s；

（2）B、C发和弹性碰撞，设C质量为mc，碰后速度为vc，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mcvc，

由机械能守恒定律得：mv02=mv12+mcvc2，

解得：v1=-2m/s，mc=3kg，vc=2m/s，

C做平抛运动：h=gt2，s=vct，解得：s=0.6m；

（3）设J边进入PQ区域，刚好能到达Q边界：vt=0，

由速度位移公式可得：vt2-v22=2ad，解得：a=0.5m/s2，

由牛顿第二定律得：F1=2ma，解得：F1=1N，

设J边进入PQ区域，A、B恰好能一起做匀变速运动，

由牛顿第二定律得，A有最大加速度am=μg，am=1m/s2，

由牛顿第二定律得：F2=2ma=2×1×1=2N，

讨论：当1 N＜F≤2 N    A、B一起匀变速运动，加速度a1=，

进入及返回的过程互逆，所以t1==，

当F＞2N，A、B发生相对滑动，B的加速度a2=，

进入及返回的过程互逆，所以：t2==，

F=5N，t=0.5s，B板右端J边离开P，此时A的速度：vA=v2-amt，解得：vA=0.5m/s，

此后，A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m（-v2）+mvA=2mv，解得：v=-0.25m/s，方向向左；

答：（1）B板右端J边刚进入边界P的速度v2=1m/s；

（2）物块C离开水平面做平抛运动的水平位移为0.6m；

（3）当1N＜F≤2N时，t1==，当F＞2N时，t2==，当F=5N时，v=0.25m/s，方向向左．