热门试卷

解：（1）放开b棒后，两棒组成的系统，合外力为零，动量守恒，a、b最终稳定后共速，根据系统的动量守恒得：Mv=（M+m）v共

解得：v共==m/s=m/s                                     

（2）a、b相碰后设速度分别是v1、v2，根据系统的动量守恒和机械能守恒得：

 Mv=Mv1+mv2

解得：

所以碰后b的速度为：

（3）a刚下滑至水平轨道时速度为v0有：MgH=   

至与b碰前有，取向右方向为正方向，对于a棒，根据动量定理得：

-BILt=Mv-Mv0

其中：=C=1C                    

代入得：v0=3m/s

所以：H=0.45m       

答：（1）最终稳定后a棒的速度大小为m/s；

（2）a与b碰撞后的瞬间，b棒的速度大小为m/s；

（3）a棒的释放高度H为0.45m．

解：（1）B与A碰前速度为v0，碰后速度为v1

根据动能定理研究B与A碰前过程：

（F-F）4S=mv02     （1）

B与A碰撞动量守恒得：

mv0=2m v1              （2）

当AB速度最后减到0时，弹簧具有最大弹性势能．根据功能关系得：

Ep=FS+2mv12 （3）

由（1）、（2）、（3）式得    Ep=FS

（2）设AB回到O点时速度为v2

根据能量守恒得：

Ep=2mv22            （4）

根据动能定理有：

-FL=0-mv22（5）

由（4）、（5）式得    L=5S

答：（1）弹簧的最大弹性势能为FS

（2）物块B最终离O点的距离是5S．

解：A、（1）小物块A从a点滑到b点，动能定理  

得     

即小物块A到达b点即将与小物块B碰撞前的速度vA大小为 

（2）A、B碰撞，设碰后速度为v，动量守恒定律mvA=2mv  

得：

AB一起在电场减速运动，设速度为0时，位移为S，动能定理   

将代入得：  

对向右减速过程有 qE+μ.2mg=2ma1   得：

减速为0所用时间为：

对向左加速过程有  qE-μ.2mg=2ma2    得：    

由  可得到达左边界bb‘的时间：

所以在电场中最长运动时间：    因tm＜2T0，即小物块AB在bb'与cc'之间运动时，一直受到电场力作用．

讨论如下：

 ①当 时，L≤s，AB可以穿过电场右边界cc'，

 ②当 时，L＞s，AB在电场先向右做减速运动，速度减为0，由于qE=2mg＞f=mg，即AB最后向左加速，从左边界bb'离开电场．则

即当 时

当 时=-

（3）①当，AB穿越电场的右边界cc'，设到达c的动能为EKc

由动能定理：

得：

即：

由于  Ekc＜2mgl0，不能到达d点．  

②当 时，AB从左边界bb'离开电场，不能到达d点．

即

B．解：

（1）a、b分开的过程，选向右方向为正方向，由动量守恒得mva-2mvb=0

解之得：

（2）设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：

对滑块在B点，由牛顿第二定律有：

解得：FN=9mg

由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小   方向竖直向下．

（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则： 

解得：

（4）滑块穿过P孔后再回到平台的时间：t==4      

要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）π 

解得：

解：（1）根据动能定理知，，解得a球与b球碰撞前的速度为：，

规定向左为正方向，根据动量守恒定律得，mva=2mv，解得a与b碰后瞬间的速度大小为：v=．

（2）根据牛顿第二定律得：，解得：T=3mg＞2.8mg，可知细绳断裂．

（3）根据0.5h=得：t=，

则落在垫子外平抛运动的最小初速度为：，

根据动能定理得：，

解得：H=．

答：（1）a与b球碰后瞬间的速度大小为；

（2）细绳会断裂；

（3）小球在A点下滑高度H 至少是．