热门试卷

解：（1）由牛顿第二定律得：Fa=maaa，Fb=mbab

根据牛顿第三定律得Fa=-Fb

根据加速度定义式得aa=（ va′-va）     ab=（ vb′-vb） 

mava+mbvb=ma va′+mb vb′

（2）两滑块碰撞时无机械能损失，规定向右为正方向，

根据动量守恒定律和机械能守恒定律列车等式：

mava+mbvb=ma va′+mb vb′

mava2+mbvb2=ma va′2+mb vb′2

va′＞vb′

解得：3ma＜mb

（3）根据动能定理得：magR=mav12

滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，规定向右为正方向，

根据动量守恒定律得

mav1=mcv2

根据运动学公式得：v22=2aL

根据牛顿第二定律得：f=mca

根据运动学公式得：v0=v2-at，s1=v2t-at2

s2=v0t

Q=f（s1+s2） 

解得：Q=9J

答：（1）由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava′+mbvb′．

（2）证明：3ma＜mb．

（3）mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量是9J．

解：（1）由图乙所示图象可知，在、+、T+…时刻，

即t=T+T，（k=0、1、2、3…）时，弹簧恢复原长．

（2）由图乙所示图象可知，弹簧恢复原长时，

vA=-4m/s，A、B组成的系统动量守恒，

从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，

由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=0，

即：0.1×（-4）+0.2×vB=0，解得：vB=2m/s，

当弹簧长度最大时，系统机械能完全转化为弹簧的弹性势能，

由能量守恒定律得：弹簧的最大弹性势能：

E=mAvA2+mBvB2=×0.1×（-4）2+×0.2×22=1.2J；

（3）由图象可知，物体A、B不连接，A、B与弹簧分离后，

A的速度vA=-4m/s，方向向左，C与A发生完全弹性碰碰撞，

由动量守恒定律得：mAvA+mCv0=mAvA′+mCv，

即：0.1×（-4）+0.1×v0=0.1×vA′+0.1×v…①

由能量守恒定律得：mAvA2+mCv02=mAvA′2+mCv2，

即：×0.1×（-4）2+×0.1×v02=×0.1×vA′2+×0.1×v2 …②

C与A要发生第二次碰撞，需要满足：v＞vA′…③

由①②③解得：v0＞20m/s．

答：（1）从细线烧断到弹簧恢复原长运动需要的时间为：t=T+T（k=0、1、2、3…）；

（2）弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能为1.2J；

（3）物体C与物体A能够发生二次碰撞，物体C初速度需要满足的条件为：v0＞20m/s．

解：（1）要使小球刚好能通过圆弧最高点，则，得：m/s

从A点到B过程中，有：，

代入数据得：m/s

当轨道最低点对小球支持力最大时，小球到达最低点速度最大，根据牛顿第二定律有：

，

代入数据得：vB2=12m/s

故B处速度传感器显示数值范围为m/s≤vB≤12m/s

（2）假若小球刚好滑行到小车右端与小车相对静止，则有：m0vB=（m0+M）u

，

代入数据得：m0=4M

①若小球质量m＜4M，则小球将最终从小车右端滑离平板车．则有：Q=μmgL，

即：Q=10m

②若小球质量m≥4M，则小球将最终与小车达到共速．则根据动量守恒定律：mvB=（m+M）u，

得：

能量守恒：，

得：

答：（1）该轨道最低点B处速度传感器显示速度范围为m/s≤vB≤12m/s；

（2）系统因摩擦而相应产生的热量Q为  10m或．