【文章內(nèi)容簡介】 h的細(xì)繩（）懸掛于水平軌道BC（距地高）的出口C處。a球從距BC高h(yuǎn)的A處由靜止釋放后，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。試問：（1）a與b球碰前瞬間的速度大??？（2）a、b兩球碰后，細(xì)繩是否會斷裂？（3）若細(xì)繩斷裂，小球在DE水平地面上的落點距C的水平距離是多少？若細(xì)繩不斷裂，小球最高將擺多高？2如圖甲所示，平板小車A靜止在水平地面上，平板板長L=6m，小物塊B靜止在平板左端，質(zhì)量mB = ，與A的動摩擦系數(shù)μ=，在B正前方距離為S處，有一小球C，質(zhì)量mC = ，球C通過長l = ，恰當(dāng)選擇O點的位置使得球C與物塊B等高，且C始終不與平板A接觸。在t = 0時刻，平板車A開始運動，運動情況滿足如圖乙所示SA – t關(guān)系。若BC發(fā)生碰撞，兩者將粘在一起，繞O點在豎直平面內(nèi)作圓周運動，并能通過O點正上方的最高點。BC可視為質(zhì)點，g = 10m/s2，求：（1）BC碰撞瞬間，細(xì)繩拉力至少為多少？（2）剛開始時，B與C的距離S要滿足什么關(guān)系？2如圖所示，質(zhì)量為m的滑道靜止在光滑水平面上，滑道的AB部分是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑到水平部分右端固定一個輕彈簧?；莱鼵D部分粗糙外其他部分均光滑，質(zhì)量也為m 的物體B（可視為質(zhì)點）放在滑道的B點，現(xiàn)讓質(zhì)量同樣也為m的物體A（可視為質(zhì)點）自A點由靜止釋放。兩物體在滑道上相碰后并粘為一體，g＝10m/s2?！。?）求物體A從釋放到與物體B即將相碰的過程中，滑道向左運動的距離；（2）若CD＝L，兩物體與滑道的CD部分的動摩擦因數(shù)都為μ，求在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能。（3）若L＝，且μ＝，則兩物體最后所停的位置。（4）若CD部分也光滑，彈簧具有的最大彈性勢能。（5）如果小車的水平部分足夠長，且物體A、B發(fā)生彈性碰撞，整個系統(tǒng)的運動情況如何？(1)如圖所示，由于水平面光滑則子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得mv0=mv1+Mv2　　　　　　①解得v2=m(v0v1)/M對子彈利用動能定理得：fs1=m(v12v02) 　　　?、诩茨Σ亮ψ訌椬龅淖龅墓閃1＝m(v12v02)對木塊利用動能定理得：fs2=mv220＝m2(v0v1)2/2M　　?、奂茨Σ亮δ緣K做的功為W2＝m2(v0v1)2/2M（2）由③式可得木塊的位移為S2＝m2(v0v1)2/2Mf（3）由能量守恒可知系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，由②③式可得：Q＝mv02mv12M22=fs1fs2=fd即產(chǎn)生的內(nèi)能等于摩擦力與相對路程的乘積。解：(1)子彈打入木塊的過程中動量守恒，設(shè)子彈射入木塊后二者的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有：mv0=(M+m)v 即它們的共同速度為v= mv0/(M+m)(2)根據(jù)動能定理，對于子彈射入木塊有：ｗ1=－f（s+d）=mv2－mv02=－ mv02 ①即摩擦力對子彈做的功為－ mv02對于木塊被子彈射入的過程，根據(jù)動能定理，有：ｗ2＝fs=Mｖ20=M ②即摩擦力對木塊做的功為M(3)由②式得到木塊的位移為s=M ③由②、③式得子彈的位移為d=(4)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能就是系統(tǒng)的動能損失即Q=mv02(M+m)v2=從上式也可以看出Q＝ｆｄ物塊與小車相互作用過程中，動量守恒且最后有共同的速度v共∴m2v0=(m1+m2) v共 代入數(shù)據(jù)解得v共=對于物塊，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律得：vt=v0μgt 代入數(shù)據(jù)可得滑行時間t=(2)物塊與小車相互作用過程中動量守恒， ∴m2v0/=(m1+m2) v共/ (1)由功能關(guān)系得：μm2gL=(m1+m2)v共2m1v共/2 (2)解(1)、(2)式得v共/=5m/s解：(1)m2在m1上滑行至有共同速度時，動量守恒，∴m2v0=(m1+m2) v共解得： v共=4m/sm1與m2以4m/s的共同速度向右運動至與墻相撞后，m1反彈以4m/s的初速度向左做減速運動，而m2繼續(xù)向右做減速運動，直至m1在m2有共同的速度v共/，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： m2v共 m1v共=(m1+m2) v共/解得： v共/=對于物塊m2，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律得：vt=v0μgt 代入數(shù)據(jù)可得滑行時間t=(2) 由功能關(guān)系得：μm2gL=(m1+m2)v共/2m2v02 解得車的最小長度L=(3)質(zhì)量互換后，由于m1＜m2，系統(tǒng)的總動量向右，故小車和物塊最終停在墻邊，即m1與m2的末速度均為零?！?對于物塊m2，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律得：vt=v0μgt 代入數(shù)據(jù)解得物塊運動的時間t=2s對于系統(tǒng)，由功能關(guān)系得：μm2gs=0m2v02 解得小車的最長長度s=10m（1）A剛好沒有滑離B板，表示當(dāng)A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設(shè)此速度為v，A和B的初速度的大小為v0，則據(jù)動量守恒定律可得：Mv0－mv0=（M+m）v 解得：v＝(Mm)v0/(M+m)，方向向右（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠(yuǎn)處時，木塊速度為零，平板車速度為v/，由動量守恒定律得：Mv0mv0=mv/這一過程平板向右運動s，則：μmgs=MV02mv/ 2 解得s=解:(1)物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得mgh－μ1mgL＝0①代入數(shù)據(jù)得h＝ m②(2)①設(shè)物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝③根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有mgtanθ＝ma④對工件和物塊整體有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得F＝ N⑥②設(shè)物塊平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B點間的距離為x2，由運動學(xué)公式得h＝gt2⑦x1＝vt⑧x2＝x1－Rsinθ⑨聯(lián)立②③⑦⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得x2＝ m⑩解：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式 μmg=ma v=vC+at s=vc+at2 （3分）解得 x=＜L即滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳道帶右端滑出時的速度為v=（2分） （2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律得：mv0=2mv1 2mv1=2mv2+mvC （4分）由能量守恒規(guī)律Ep+2mv12=2mv22+mvc2 （2分） 解得EP= （1分）（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。 設(shè)A與B碰撞后的速度為v1/，分離后A與B的速度為v2/，滑塊C的速度為vc/，由能量守恒規(guī)律和動量守恒定律得： mvm=2mv1′ 2mv1′=mvC′+2mv2′（2分） 由能量守恒規(guī)律：Ep+2mv1/ 2=2mv2/ 2+mvc/ 2 （2分） 由運動學(xué)公式得：vc/ 2v2=2aL （2分） 解得： vm=…（2分） 說明：其他方法解答正確也給分(1)mgh＝mv得v0＝設(shè)物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a，則μmg＝ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有v2－v＝－2al聯(lián)立解得v＝4 m/s由于vu＝2 m/s，所以v＝4 m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大?。?2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為V、v1，取向右為正方向，由彈性碰撞知－mv＝mv1＋MVmv2＝mv＋MV2解得v1＝v＝ m/s即碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動．設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，則0－v＝－2al′得l′＝ m1 m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上．(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速．可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞．設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為v2