热门试卷

解：设物块P刚滑上长木板的C端时的速度v0，P、Q共速速度为v

规定向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得：mv0=（m+M）v  ①

μmgL2=mv-（m+M）v2 ②

①②联立得：v0=3m/s　v=1m/s 

弹簧的弹性势能：Ep=μmgL1+mv2=21J

答：弹簧被压缩到B时的弹性势能为21J．

解：（1）小滑块下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

MgR=Mv2 ，

在D点，由牛顿第二定律得：F-Mg=M，

解得：F=30N，

由牛顿第三定律有，小滑块在D点时对圆弧的压力为30N，方向竖直向下；

（2）A、B碰撞过程中，系统动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：

Mv=MvA+mvB，

解得：vB=4m/s；

（3）由于B物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，对于A物块，由动能定理得：

-μMgSA=0-MvA2，

解得：SA=2m；

对于B物块，由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失：

-μmgSB=0-MvB2，

解得：SB=8m；

由于SA+SB=10m＜2×6=12m，

故它们停止运动时仍相距2m，不能发生第二次碰撞．

答：（1）滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力为30N，方向竖向下；

（2）滑块B被碰后瞬间的速度为4m/s；

（3）两滑块不能发生第二次碰撞．

解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒mv0-Mv1=mv+Mv1′…①

解得：v1′=3m/s…②

木块向右作减速运动加速度：a=μg=5 m/s2…③

木块速度减小为零所用时间：…④

解得：t1=0.6s＜1s…⑤

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

解得：s1==0.9m…⑥

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s-0.6s=0.4s   ⑦

速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）…⑧

向左移动的位移为：…⑨

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移：s0=s1-s2=0.5m方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：

Q1==872.5J．

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1

产生的热量为：Q2=μMgs′

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2

产生的热量为：Q3=μMgs″

第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：

解得：t3=0.4s 

木块与传送带的相对位移为：s=v1t3+0.8 

产生的热量为：Q4=μMgs．

全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4

解得：Q=14155.5J．

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）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．

（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．