热门试卷

解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0-Mv1=mu+Mv1′，

代入数据解得：v1′=3m/s，

木块向右作减速运动的加速度大小为：a==μg=0.5×10=5m/s2，

木块速度减小为零所用时间t1===0.6s＜1s，

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，

移动距离为：s1=，

代入数据解得：s1=0.9m．

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间：t2=1s-0.6s=0.4s

速度增大为：v‘2=at2=2m/s（木块恰与传递带同速）向左移动的位移为：s2=at22=5×0.16=0.4m；

所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移：s0=s1-s2=0.5m，方向向右设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中，则：

（n-2）×0.5+0.9≤8.3；

（n-1）×0.5+0.9≥8.3

联立解得：n=16

（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热能为：

，

代入数据解得：Q1=872.5J，

木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为：

s2=V1t1+s1，

代入数据解得：s2=2.1m，

产生的热能为：Q2=μMgS2，

代入数据解得：Q2=10.5J，

在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，

运动时间：t2=1s-0.6s=0.4s，

速度增大到：v2=at2=5××0.4=2m/s（恰与传送带同速）

向左移动的位移为：s3=at22=×5×0.42=0.4m

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：

s4=v1t2-s3，

代入数据解得：s4=0.4m，

产生的热能为：Q3=μMgS4，

代入数据解得：Q3=2J，

所求过程中产生的热能为：Q=Q1+Q2+Q3=872.5J+10.5J+2J=885J；

答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m；

（2）木块在传送带上最多能被16颗子弹子击中．

（3）从第一颗子弹射中木块到木块刚要被第二颗子弹击中的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是885J．

解：（1）设相对静止时共同速度为v，根据动量守恒定律

mv1+m0v0=（m0+m）v

解得：v=4m/s，方向向右．

（2）设弹簧压缩到最短时它们的共同速度为v′，根据动量守恒定律

Mv1+（m+m0）v=（M+m+m0）v′

解得：v′=7m/s，

设滑块与车摩擦产生的热为Q，弹簧的最大弹性势能为EP，根据能量守恒有：

Mv12+（m+m0）v2=（M+m+m0）v′2+Q+Ep，

 Q=μ（m+m）gd=1J，

解得：Ep=8J．

（3）设弹簧再次回到原长时，车的速度为v1，滑块（和子弹）的速度为v2，根据动量守恒定律

（M+m+m0）v′=Mv1+（m+m0）v2，

根据能量守恒：

（M+m0+m）v′2+Ep=Mv12+（m0+m）v22+Q，

解得：车的速度大小为v1=（7-）m/s=4.35m/s，

（另一解v1=（7+）m/s舍去）．

答：（1）子弹与滑块刚好相对静止的瞬间，子弹与滑块共同速度的大小为4m/s，方向向右；

（2）弹簧压缩到最短时，小车的速度大小和弹簧的弹性势能为8J；

（3）如果当弹簧压缩到最短时，不锁定弹簧，则弹簧再次回到原长时，车的速度大小为4.35m/s．

解：（1）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中水平方向动量守恒，物块滑出时有：

  mv=MV

滑块M的速度：，方向向右．

故物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小为，方向水平向右．

（2）物块滑下的过程中，物块的重力势能转化为系统的动能和内能，有：

解得：

故水平轨道的长度为：．

（3）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大．

若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度．

对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有：

  mv0=（m+M）V1

相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有：

解得：

要使物块m不会越过滑块，

其初速度：．

故若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件为：．