热门试卷

解：①子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，

以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m0v0-mv=（m0+m）v1，代入数据解得：v1=8m/s，

对子弹，由动量定理得：I=m0v1-m0v0，代入数据解得：I=-17.1N•s；

②子弹、木块、小车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：

（m0+m）v1-Mv=（m0+m+M）v2，

由能量守恒定律得：μ（m0+m）gL=（m0+m）v12-（m0+m+M）v22，

联立解得：μ=0.54；

答：①子弹击中木块的瞬间，木块对子弹的冲量为-17.1N•s．

②木块与平板之间的动摩擦因数μ为0.54．

解：（1）B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=（mB+mC）v

解得：v=2m/s；

（2）A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，以A、B、C三者组成想系统为研究对象，

B、C碰撞后，三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mAv0+（mB+mC）v=（mA+mB+mC）v′

解得：v′=3m/s，

由能量守恒定律得：

mAv02+（mB+mC）v2=EPm+（mA+mB+mC）v′2，

解得：EPm=12J；

（3）以A、B、C三者组成想系统为研究对象，当A速度为零时，由动量守恒定律得：

mAv0+（mB+mC）v=（mB+mC）v″

解得：v″=4m/s，

由能量守恒定律得：

mAv02+（mB+mC）v2=EP+（mB+mC）v″2，

解得：EP=0；

答：（1）B与C碰撞后瞬间B与C的速度为2m/s；

（2）弹性势能最大值为12J；

（3）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为0J．

（1）小物块A和B发生碰撞过程中系统动量守恒，

由动量守恒定律得：mAv0=mBvB-mAvA  ①

碰撞前系统的机械能：E1=mAv02    ②

碰撞后系统的机械能：E2=mAvA2+mBvB2  ③

由①②③式代入数据解得：E1=E2=9J，

所以小物块A和B发生的碰撞是弹性碰撞．                                    

（2）假设小物块B和小车C最后能共速，

根据动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v  ④

由动能定理得：-μmBgx=（mB+mC）v2-mBvB2  ⑤

由④⑤式并代入数据得：x=2m，x=2m＞L=1.8m，假设不成立，

小物块B在小车C上滑行过程中，产生的热量：Q=μmBgL=5.4J；

答：（1）物块A和B发生的碰撞是弹性碰撞；（2）小物块B在小车上滑行的过程中，因摩擦产生的热量是为5.4J．

解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，

乙向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0=（m+M）v1，代入数据解得：v1=5m/s，

（2）设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：μmgL=mv02-（m+M）v12，

代入数据解得：L=3.75m；

（3）若滑块恰能滑过圆的最高点的速度为v，

由牛顿第二定律得：mg=m，代入数据解得：v=2m/s，

滑块从P运动到Q的过程，根据机械能守恒定律，有：

mv12=mg•2R+mv22，代入数据解得：v2=3m/s，

v2＞v，说明滑块能过最高点Q；

答：（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1为5m/s；

（2）小车需要满足的长度L为3.75m；

（3）滑块到达最高点时的速度大于滑块做圆周运动的临界速度，滑块能经过圆轨道的最高点Q．