热门试卷

解：(1)设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v，则：

mv0=mv1+Mv

由以上两式解得

碰撞一次，中子损失的动能为：

(2)中子与碳核第一次碰撞后剩余的动能：

同理，经第二次碰撞后，中子剩余的动能：

第n次碰撞后，中子剩余的动能：

有

即

两边取对数得：2n(lg11-lg13)=-6，即2n(1.0411-1.114)=-6

得n=41.2次，故至少要碰撞42次，中子的动能才能少于10-6E0

解：设α粒子初速度为v，质量为M，与电子碰后速度为v1，电子质量为m，与α粒子碰后速度为v2由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2 ①

由能量关系得 ②

由①②得碰后α粒子速度③

α粒子速度变化量④

把M=7 300m代入④得

可见α粒子的速度变化只有万分之三，说明原子中的电子不能使α粒子发生明显的偏转

解：根据动量守恒定律得

解得

小题1:1.8S

小题2:0.06 m

（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木块加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为υ1，则

μmg=ma                                      ①

L=aT2                                                 ②

υ1=at                                                     ③

联立①②③式解得T= 0.4 s   υ1 = 0.4 m/s                  ④

在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T。设在物块与木板两者达到共同速度υ前木块共经历n次碰撞，则有

υ= υ0– (2nT + △t)a=a△t                                    ⑤

式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间。

⑤式可改写为2υ= υ0– 2nT                                     ⑥

由于木板的速率只能位于0到v0之间，故有0 ≤ υ0– 2nT ≤ 2υ0      ⑦

求解上式得

1.5 ≤ n ≤ 2.5                                                   

由于n是整数，故  n=2                                       ⑧

再由①⑤⑧得

△t= 0.2 s                                                   ⑨

υ = 0.2m/s                                                  ⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t= 4T + △t= 1.8 s     

（2）物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为   s=L–a△t2    

联立①12式，并代入数据得s= 0.06m  

（1）    （2）

试题分析：（1）在子弹穿过A和B的过程中，A、B和子弹组成的系统满足动量守恒定律

设离开桌面的瞬时速度分别为，则 ①

离开桌面后，分别做平抛运动，则 ②

联立①②解得，

（2）子弹在砂箱中穿行的过程，系统满足能量守恒则: ③

解得

解：（1）从最初A以速度υ0运动到最终AC以共同速度υ4运动、同时B以速度υ2匀速运动的过程中，对ABC组成的系统全过程由动量守恒定律有：

求得：

（2）如图1，从A以速度υ0运动到与B相碰获得共同速度（设为υ1）的过程中，对AB组成的系统由动量守恒定律得：

设C离开B的瞬时速度为υ3，AB整体的速度减小为υ2，如图2所示，对ABC组成的系统由动量守恒定律得：

设该过程中C在B上滑行由于摩擦产生的热量为QB，由能量关系可得：

C以速度υ3离开B滑上A后，AB分离，B以速度υ2匀速运动，C和A相互作用至达到共同速度υ4，如图3所示。该过程中对A、C组成的系统由动量守恒定律有：

设该过程中C在A上滑行由于摩擦产生的热量为QA，由功能关系可得：

联立以上各式及题中已知，可得：

（1）mC=2kg

（2），方程向左

（3）

（1）由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒.

………………3分

即mC=2kg………………2分

（2）墙对物体B不做功，W=0………………2分

由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s，墙对B的冲量为

………………2分

得…………2分

方程向左………………1分

（3）12s， B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A.C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大.

………………2分

…………2分

得………………2分

（1）（2）（3）

（1）设水平台面离地面的高度为

因为碰撞后，做平抛运动，其竖直方向遵守自由落体规律，所以有：

      ①  解得     （4分）

（2）设与碰撞前后瞬间速率分别为，，碰后的瞬时速率为。

因为与发生弹性碰撞，所以有：

       ②                   （2分）

   ③                   （2分）

且     

碰后，做平抛运动：

              ④                      （1分）

由④式求得，代入③④求解得：

，（方向向左）                        （1分）

因为碰前做匀减速运动，其加速度大小为，所以有：

      ⑤

代入数据求解得：                               （2分）

（3）碰后，从向左做匀减速运动，至处静止，设其位移为

           ⑥                          （2分）

代入数据求解得：

所以点离初始位置的距离为：

       ⑦                           （2分）

解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x

      根据牛顿第二定律和运动学公式：μmg=ma，v=vC+at，

      解得 x=1.25m＜L

      即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2

      由动量守恒定律 mv0=2mv1

                                2mv1=2mv2+mvC

      由能量守恒规律

      解得 EP=1.0J 

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为

      由动量守恒定律 mvm=2mv1′

                                2mv1′=mvC′+2mv2′

      由能量守恒规律

      由运动学公式 

      解得 vm=7.1m/s