【正文】 又因?yàn)樗赾點(diǎn)剛好與圓相切，所以有： tanθ=vcyvB ，解得： vB=32m/s ．答：水從B點(diǎn)噴出的速度為 32 m/s；（2）解：以小段水為研究對象，當(dāng)水在最高點(diǎn)B受到管道作用力為零時(shí)，有：mg= mv臨2R ，解得： v臨=gR=10m/s32m/s ，故水在B點(diǎn)受到管道豎直向下的壓力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg+FN=mvB2R ，代入數(shù)據(jù)解得：FN=．答：，方向豎直向下．（3）解：以單位時(shí)間（t=1s）從B點(diǎn)噴出的水為研究對象，有：m0=ρSvBt，由能量守恒定律可得，以A處為勢能零點(diǎn)，有： Pt=m0g(2R)+12m0vB2 ，代入數(shù)據(jù)解得：P= ≈ ．答：．【解析】【分析】水從B點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動，在C點(diǎn)由速度的合成與分解可求B點(diǎn)速度；而水在圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動，運(yùn)動的過程中遵循能量守恒定律，在圓上B點(diǎn)，沿半徑方向合力提供向心力可求B點(diǎn)壓力和抽水機(jī)輸出功率。24.【答案】 （1）解：P從A滑到B重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，P的速度達(dá)到 v1 mgR=12mv12 當(dāng)Q與P速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由系統(tǒng)動量守恒，碰撞后以共同速度 v共 向右運(yùn)動 mv1=2mv共 Ep=12mv12?122mv共2 解得 Ep=12mgR （2）解：P與Q發(fā)生碰撞時(shí)系統(tǒng)動量守恒，且沒有機(jī)械能損失。設(shè)向右為正方向，有 mv1=mv′1+2mv′2 12mv12=12mv′12+122mv′22 解得 v′1=?132gR （負(fù)號表示Р向左運(yùn)動）此后P沖上圓弧軌道，設(shè)P能達(dá)到的最大高度是 h′ 12mv′12=mgh′ 將 v′1 帶入上式，解得 h′=19R （3）解：P滑到水平軌道以速度 v1 與靜止的Q發(fā)生第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，有 mv1=mv′P+mQv′2 12mv12=12mv′p2+12mQv′22 解得 v′P=(m?mQ)v1m+mQ ， v′Q=2mv1m+mQ 若不發(fā)生第二次碰撞的條件 |vP′|≤vQ′ 即 |m?mQ|≤2m 可得 mQ≤3m 【解析】【分析】（1）P從A到B過程中，利用機(jī)械能守恒定律可以求出P滑動B點(diǎn)的速度大??；P開始壓縮彈簧時(shí)與Q系統(tǒng)動量守恒；利用動量守恒定律可以求出兩者共速時(shí)速度的大??；結(jié)合能量守恒定律可以求出彈性勢能的大小； （2）當(dāng)P與Q發(fā)生彈性碰撞時(shí)，其被反彈的速度最大；利用PQ碰撞過程的動量守恒定律及能量守恒定律可以求出P反彈的速度大??；結(jié)合機(jī)械能守恒定律可以求出P上升的最大高度； （3）P與Q只發(fā)生一次碰撞則碰后其P的速度小于Q的速度；利用動量守恒定律及能量守恒定律可以求出質(zhì)量的大小關(guān)系。25.【答案】 （1）解：根據(jù)動能定理 W總=WG=Ek2?Ek1 ，根據(jù)重力做功的特點(diǎn)可知 WG=Ep1?Ep2 聯(lián)立解得 Ek2?Ek1=Ep1?Ep2 ，整理可得 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 （2）解：a、假設(shè)小球剛好能過最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)時(shí)小球只受重力作用，此時(shí)重力提供向心力 m1g=m1v2R 解得小球能過最高點(diǎn)的最小速度為 vmin=gR 小球從M到P，設(shè)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)P時(shí)的速度為vp根據(jù)機(jī)械能守恒定律 m1gh=12m1vp2+m1g2R 解得 vp=gR=vmin ，即小球剛好能過最高點(diǎn)；b、以小球 m1 為研究對象，設(shè)小球運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)的速度為 v1 ，從M到N，根據(jù)機(jī)械能守恒定律 m1gh=12m1v12 ，以兩個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο?，碰后兩小球的速度分別為 v139。、v239。 根據(jù)動量守恒定律 m1v1=m1v139。+m2v239。 根據(jù)能量守恒定律 12m1v12=12m1v139。2+12m2v239。2 聯(lián)立即得小球 m2 碰后的速度 v239。=2m1m2+m1v1 因?yàn)樾∏?m1 從h=，所以只要 m2 在N點(diǎn)被碰后的速度 v239?！輛1 ，就能過最高點(diǎn)，從上式中分析可以得到，當(dāng) m2≤m1 時(shí)，可得 v239?！輛1 ，所以當(dāng)滿足 m2≤m1 時(shí)，小球 m2 被碰后能通過圓軌道的最高點(diǎn)P?！窘馕觥俊痉治觥浚?）利用動能定理結(jié)合重力做功可以驗(yàn)證機(jī)械能守恒； （2）利用重力提供向心力可以求出最小的速度；利用機(jī)械能守恒可以求出到達(dá)P點(diǎn)的速度，對比速度的大小可以判斷是否經(jīng)過最高點(diǎn)；利用兩小球碰撞過程中動量守恒及能量守恒就可以找出m2必須滿足的條件。 26.【答案】 （1）解：設(shè)小球和物體A碰撞后二者的速度為v1 ， 三者相對靜止后速度為v2 ， 規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒得，mv0=2mv1 ， ①2mv1=4mv2②聯(lián)立①②得，v2= ． 答：；（2）解：當(dāng)A在木板B上滑動時(shí)，系統(tǒng)的動能轉(zhuǎn)化為摩擦熱，設(shè)木板B的長度為L，假設(shè)A剛好滑到B的右端時(shí)共速，則由能量守恒得，12?2mv12?12?4mv22=μ2mgL ③聯(lián)立①②③得，L= v0216μg ．答：木板B至少為 v0216μg ．【解析】【分析】小球與A碰撞過程中動量守恒，三者組成的系統(tǒng)動量也守恒，結(jié)合動量守恒定律求出物塊A相對B靜止后的速度大?。畬ψ訌椇虯共速后到三種共速的過程，運(yùn)用能量守恒定律求出木板的至少長度．27.【答案】 （1）解：木板與物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得： mv0=（m+M）v ，則得： v=1m/s 答：木板最終獲得的速度是1m/s（2）解：在此過程中產(chǎn)生的熱量為： Q=12mv02?12(m+M)v2=3J 答：在此過程中產(chǎn)生的熱量是3J（3）解：由 Q=f△x 得： f= 對木板，運(yùn)用動能定理得： fx1=12Mv2 得： x=13m 答：到物塊與木板相對靜止結(jié)束，木板前進(jìn)的距離是1/3m【解析】【分析】（1）兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動量守恒，利用動量守恒定律列方程求解末速度即可； （2）利用系統(tǒng)的末動能減初動能即為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量； （3）結(jié)合第二問求解的系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量，結(jié)合摩擦力大小求解兩物體的相對位移。28.【答案】 （1）解：設(shè)工件與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，木塊加速度為a1 ， 工件的加速度為a2 ． 由牛頓第二定律得，對木塊：mgsinα=ma1 ﹣﹣﹣①對工件：μ（3m+m）gcosα﹣3mgsinα=3ma2﹣﹣﹣②工件勻速運(yùn)動時(shí)，由平衡條件得：μ?3mgcosα=3mgsinα﹣﹣﹣③聯(lián)立①②③可解得：a1= g2 ，a2= g6（2）解：設(shè)碰擋板前木塊的速度為v，取沿斜面向下為正方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得?mv0+mv0=mv，解得：v=4v0 ． 木塊以速度v與擋板發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后木塊的速度為v1 ， 工件的速度為v2 ， 由動量守恒定律得：mv=mv1+3mv2 ， 由能量守恒得： 12 mv2= 12 mv12+ 12 ?3mv22 ， 聯(lián)立以上各式解得：v1=﹣2v0 ， v2=2v0【解析】【分析】（1）運(yùn)用隔離法，根據(jù)牛頓第二定律求木塊、工件各自的加速度大?。唬?）由動量守恒定律求出碰擋板前木塊的速度，由動量守恒定律和能量守恒定律求木塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，木塊、工件各自的速度大?。?9.【答案】 （1）解：滑塊滑動過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得：mgR﹣qER= 12 mvC2得vC= 2(mg?qE)Rm = 2(110?510?2) =2 m/s（2）解：在C點(diǎn)，受到四個(gè)力作用，如右圖所示，由牛頓第二定律與圓周運(yùn)動知識得FN﹣mg﹣qvCB=m vC2R得：FN=mg+qvCB+m vC2R = N；由牛頓第三定律可知， N【解析】【分析】（1）對滑塊滑動過程中，由動能定理，即可求解；（2）在C點(diǎn)受力分析，由牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式與牛頓第三定律，即可求解．30.【答案】 （1）解：設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮的長度為xB ， 由題意有：kxB=mg ①設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開地面時(shí)，彈簧的伸長量為xA ， 有kxA=mg ②當(dāng)物體A剛離開地面時(shí)，物體B上升的距離及物體C沿斜面下滑的距離為：h=xA+xB=2mgk（2）解：物體A剛離開地面時(shí)，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA，細(xì)線的拉力T三個(gè)力的作用，設(shè)物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對B有：T﹣mg﹣kxA=ma ③對C有：mCgsinθ﹣T=mCa ④當(dāng)B獲得最大速度時(shí)，有：a=0 ⑤由②③④⑤式解得： mC=103m（3）解：根據(jù)動能定理有：對于C有：mcghsinθ﹣WT=Ekc﹣0 ⑥對于B有：WT﹣mBgh+W彈=EkB﹣0 ⑦其中彈簧彈力先做正功后做負(fù)功，總功為零，W彈=0 ⑧BC的質(zhì)量速度大小相等，故其動能大小之比為其質(zhì)量大小之比即： EkCEkB=103 ⑨由⑥⑦⑧⑨解得 EkC=20m2g213k【解析】【分析】（1）根據(jù)胡克定律根據(jù)物體A和B所受彈力大小求得物體C沿斜面下滑的距離；（2）根據(jù)牛頓可知，當(dāng)A剛要離開地面時(shí)B的速度最大，此時(shí)B所受合力為零，根據(jù)平衡求得C的質(zhì)量；（3）由于彈簧但長和壓縮時(shí)的彈力相等，故在B上升的整個(gè)過程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)動能定理求得A剛離開地面時(shí)C的動能．