热门试卷

（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，有

  mv0=（m+M）v1 

代入数据解得

  v1=4m/s 

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有

  μmgL1=m-(m+M)

代入数据解得   L1=3m 

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

  μmgS1=M-0

代入数据解得S1=2m 

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

  mg=m

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•2R=mv 2-m

①②联立并代入数据解得R=0.24m 

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•R=0-m

代入数据解得R=0.6m 

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m 

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

（1）设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒定律，有：

m1v1=m2v2          ①

由机械能守恒定律，有；

Ep=m1v12+m2v22     ②

联立①②并代入数据解得：v1=3m/s向左

v2=12m/s向右

（2）小球2向右运动，设其能到达原周额最高点D，由机械能守恒，有：

m2=m2g•2R+m2

代入数据解得：vD=m/s

又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：

mg=m

代入数据解得：v=m/s

由于v＜vD，故小球2能通过最高点．

答：（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度分别为：3m/s向左、12m/s向右；

（2）小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点．

（1）当v0=3m/s时，滑块在B处相对小车静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v1…①

对滑块，由动能定理：-μmg(s+L)=m-m…②

对小车，由动能定理：μmgs=M-0…③

由①②③得：μ==0.3…④

s=m…⑤

（2）要使滑块刚好不从圆弧轨道上端C点飞出，滑块到C点时，二者具有相同的速度设为v2，

由系统水平方向的动量守恒：mv0=（M+m）v2…⑥

由系统能量守恒：μmgL+mgR=m-(M+m)…⑦

由④⑥⑦得：v0=m/s

要使滑块不从圆弧轨道上端C点飞出，必须满足：v0≤m/s

答：（1）滑块与小车之间的动摩擦因数μ是0.3，此过程小车在水平面上滑行的距离是m；

（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，初速度v0应满足的条件是v0≤m/s．

（1）设物体从A滑至B点时速度为v0，根据机械能守恒有：mgR=

由已知，m与小车相互作用过程中，系统动量守恒

mv0=2mv1                                                             

设二者之间摩擦力为f，

以物体为研究对象：-f•sCD=m-m

以车为研究对象：f(sCD-R)=m

解得：sCD=R

车与ED相碰后，m以速度v1冲上EF=mgh

解得：h=

（2）由第（1）问可求得  f=mgv1=

由能量守恒：mgR＞fR+fx

mgR＞mgR+mgx

解得  x＜R       所以物体不能再滑上AB                                 

即在车与BC相碰之前，车与物体会达到相对静止，设它们再次达到共同速度为v2：

则有：mv1=2mv2                                                       

相对静止前，物体相对车滑行距离s1

fs1=m-×2m

s1=R

车停止后，物体将做匀减速运动，相对车滑行距离s2

a=

2as2=v22                                                              

s2=R

物体最后距车右端：

s总=s1+s2=R

答：（1）水平面CD的长度和物体m滑上轨道EF的最高点相对于E点的高度h为；

（2）Q点距小车右端的距离为R

（1）从B到C，由机械能守恒知

(M+m)gR=(M+m)

由动量守恒知mv=（M+m）V共，

联立得  v=10

（2）木块回到O点速度为V共=，

被第二颗子弹击中时由动量守恒知

mv-(M+m)=(2m+9m)V2             

所以V2=0，

即被偶数颗子弹击中后速度均为0，

所以木块上升高度为0．      

（3）由动量守恒及能量守恒知

mv=（M+nm）V

(M+nm)g•=(M+nm)V2

代入数值得   

n=11

答：（1）子弹射入木块前的速度是10

（2）若每当木块回到O点时，立即有相同的子弹以相同速度射入木块且留在其内，当第6颗子弹射入木块后，木块能上升的高度是0

（3）当第n颗子弹射入木块后，木块上升的最大高度为，则n为11

由动量守恒定律，有

（M-m）v1=mv2

又(M-m)v12+mv22=△mc2

解得：v2=C

答：粒子的速度为v2=C

（1）小物块从B点运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：

EP-m=μmg(L1+L2)

解得：vc==3m/s

若小物块滑到木板右端时与长木板具有共同速度，设所对应的长木板具有最小的长度为L，根据动量守恒和能量守恒定律：

mvc=（m+M）v

μmgLm=m-(m+M)v2

得：v=1m/s，Lm=3m

故要使P在长木板Q上不滑出去，长木板至少为3m．

（2）设小物块滑离木板时，它们的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒定律：

mvc=mv1+Mv2

μmgL=m-m-M

得：v1=2m/s，v2=0.5m/s，=0(舍去)，=1.5m/s

故小物块滑离木板时，它们的速度分别为v1=2m/s，v2=0.5m/s．

（1）A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：

2mgLsinθ+•3mv02=•3mv2+mgL+fL，

代入解得v=．

（2）从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，

-f•2x=0-×3mv2，解得x=-=-．

（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有

   Ep+mgx=2mgxsinθ+fx

因为mgx=2mgxsinθ

所以Ep=fx=mv02-μmgL=mv02-mgL．

答：

（1）物体A向下运动刚到C点时的速度为；

（2）弹簧的最大压缩量为-；

（3）弹簧中的最大弹性势能为mv02-μmgL．

设铁块克服阻力做功为W，根据动能定理，则

     WG-W=0所以W=mgh   ①

铁块的内能Q=Cm△t        ②

由题，Q=W•50%                 ③

由①②③得   

Cm△t=mgh•50%     ④

∴△t===5.4×10-3℃

答：铁块的温度升高了5.4×10-3℃