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Mm2vo2解得x2一2F(M+m)2Mg-M罗Mmvs2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相=1一x2=2F(M干m)解得vD=√gR物体B从C点运动到D点的过程中，根据动能定理，有1m(g2+誓m或2+雪n-Mg2R=子Mon2-2Me2解析(1)小球a从A点运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有E解得=√5gR=mg(H+0.5R)+2mc在C点根据牛顿第二定律，有F一Mg=M发根据牛顿第二定律有mg一mR解得Fv-6Mg。联立解得R=1m(2)物体B从D点飞出做平抛运动，有2R-7gt2,x=vD12(2)若小球在C处受向上的支持力，有mg-0.5mg=nR解得)、C之间距离x=2R解得=√5m/s物体B从O点运动至C点的过程中，由动能定理得-Mgx=2Mc2若小球在C处受向下的压力，有g+Q5g=m紧解得2=√/15m/s联立解得v=√TgR两小球弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，有若物休A与B碰前、碰后的速度分别为、，则物休A与B发生弹性碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒，规定水平向右为正方向，有me2=ma2+Mw21mvo-mu+Mv又G可取1或2mw2=号m2+号M√5√15将v=√/7gF,M=3n代入解得0=2√7gR,1=一√7gR解得%=受m/s或w=m/s物体A在斜面上下滑与上升过程，根据动能定理，分别有1对b小球，由于做平抛运动，有x-Mt,H+R-豆2，s=x十L+Rmgh1=之o2联立解得=2十复m或=2十少m-mgh2=0-之mu2联立解得物体A从斜面上下落高度1与再次返回斜面上升最大高度8.(1)2m/s(解析(1)设物块CD与弹簧分离瞬间的速度大小分别为比和D,此过程由机械能守恒定律得(3)若斜面体不固定，物体A沿斜面下滑时，斜面体向左移动，整个过程wuc+Moo-E物体A与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，规定水平向右为正方向，有0=mwA十M取水平向右为正方向，由动量守恒定律得系统能量守恒，有mg1=之n2+之My21muc-Mup=0解得C=2m/s。联立解得=√21gR,2=一√21gR(2)设C与A碰后的速度大小为0，C与A碰撞前、后动量守恒，则3muc-2mvg由(2)中分析可知，物体A碰后的速度大小是碰前速度大小的一半，即解得o-1m/s2对B受力分析，由牛顿第二定律得2g=a因此物体A与物体B碰撞后能追上斜面体并再次滑上斜面体解得a1=3m/s2上滑的过程中，物体A与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，有对A、C整体进行受力分析，由牛顿第二定律得mug十M2=(十M0421g+31mg=2ma2解得a2=3m/s2系统能量守恒，有合mw2计号M2=mgs十号(M十m)a2设经过时间t1,A、B、C三者的速度相同，共同速度大小为心对B有v=a11解得：=品R。对A、C组成的整体有v=w一a2t实验8验证动量守恒定律解得=s,=ms:1.(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差B.保证共速后，A、B、C三者一起沿水平血向右做匀减速直线运动，对它们组成：两个滑块的碰撞是一维的②0.500.100.60③见解析的整体进行受力分析，由牛顿第二定律得34mg-3ma解析(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。解得a=1m/s2B.保证两个滑块的碰撞是一维的设此后三者一起匀减速运动至停止的过程中，所用时间为2，由运动学②滑块1碰淀之前的速度一品-10义ms0.0m_d5×10-3公式得v=at21解得2=之8d5×10-3滑块1碰撞之后的速度一：49.99X10ms≈0.10m/s则木板A在水平面上滑行的时间=h十红=令s。2d5×10-3滑块2碰撞之后的速度=A,8,3X10m/s0.60m/s,9.D6Mg(2)4:1(3能多R③.对系统而言，质量与速度的乘积之和不变原因：系统碰撞之前m1一0.15kg·m/s,系统碰撞之后m12十2解析(1)物体B恰好经过半圆形轨道最高点D时，根据牛顿第二定=0.15kg·m/s。律有b.系统碰撞前后总动能不变·72·23XLJ(新)·物理-B版-XIC
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