摘要:如图所示.光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车.车的上表面是一段长L=1.0m的粗糙水平轨道.水平轨道左侧连一半径R=0.25m的1/4光滑圆弧轨道.圆弧轨道与水平轨道在 0’点相切.车右端固定一个尺寸可以忽略.处于锁定状态的压缩弹簧.一质量m=1.0kg的小物块紧靠弹簧放置.小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5.整个装置处于静止状态.现将弹簧解除锁定.小物块被弹出.恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g=10m/s2.求:(1)解除锁定前弹簧的弹性势能,(2)小物块第二次经过0’点时的速度大小,(3)小物块与车最终相对静止时距O.点的距离.

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一:不定项选择题(本题共8小题,每题6分,共48分 )

 

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

B

CD

BD

ABC

AD

AC

B

AD

 

9.(1) C  (5分)(2)  ①  如右图所示( 7分 )

②   ( 5分 )

( 注意:电路图中,如有一个地方不对,不能得分 )

 

10、解:(1)ab棒达到稳定速度后,应具有受力平衡的特点,设此时棒ab所受安培力为FB.则F-mgsin30°+FB   ① ( 2分 )

而FB=BIL=   ② ( 1分 )    牵引力 F=   ③ ( 1分 )

将②③代人①后得  =mgsin30°+ ( 1分 )

代人数据后得v1=2m/s,v2=-3m/s(舍去) ( 1分 )

(2)设从静止到稳定速度所需时间为t.棒ab从静止开始到具有稳定速度的过程中在做变加速直线运动,据能量关系有:Pt-mgsin30°?s―Q=-0(7分)

代人数据得t=1.5s.(2分)

 

11、解:(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒,故小物块到达圆弧最高点A时,二者的共同速度 ( 1分 )  设弹簧解除锁定前的弹性势能为,上述过程中系统能量守恒,则有 ( 4分 )  

代入数据解得  ( 1分 )

(2)设小物块第二次经过时的速度大小为,此时平板车的速度大小为,研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程,由系统动量守恒和机械能守恒有

  ( 2分 )    ( 3分 )

由式代入数据解得  ( 1分 )

(3)最终平板车和小物块相对静止时,二者的共同速度为0。(1分)

设小物块相对平板车滑动的路程为S,对系统由能量守恒有 (4分)

代入数据解得 ( 1分 )

则距点的距离 ( 1分 )

 

12、解:(1)设沿斜面向上为正方向.

由牛顿第二定律:          ( 3分 )

解得      ( 2分 )

(2)由分析可知:对两小球和绳组成的整体,两小球沿斜面向上的方向上,

由牛顿第二定律:得a=0.5m/s2 ,故两小球沿斜面向上的方向上始终做匀加速运动       ( 5分 )

最后一次碰撞后,小球的最小速度为v=at=0.5×2m/s=1m/s( 2分 )

(3)2s内,小球沿斜面向上的位移为      ( 2分 )

设整个过程中,系统由于碰撞而损失的机械能为E ,

由功能关系:    ( 5分 )

解得

 

 

 

 

( 2分 )

( 注:计算题如按其它方法,答案正确,同样得分 )

 

 

 

 

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