热门试卷

解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律：

mBvB-mAvA=0             

爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，有：

代入数据解得：vA=vB=3.0 m/s    

故塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度为：vA=vB=3.0 m/s． 

（2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）．爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1．

由动量守恒定律，得：mBvB=（mB+mC）vBC     

由机械能守恒，得：          

代入数据得：EP1=3.0 J．   

故在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值为EP1=3.0 J．   

（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒定律和能量守恒定律：

mBvB=mBvB1+mCvC1

代入数据解得：vB1=-1.0m/s，vC1=2.0m/s                      

A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律

mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB

解得：vAB=1.0m/s                              

当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律

（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC         

由机械能守恒定律，得：

代入数据解得：EP2=0.5J．

故A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值为：EP2=0.5J．

解：①当物块向右运动时，车紧靠弧形轨道，静止不动，设物块运动到小车最右端时的速度为v1，由牛顿第二定律有：

  μm2g=m2a

解得：a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2

由运动学公式有：

  v-v=2aL

解得：v1==m/s=3m/s

此后物块滑向弧形轨道，到最高点又下滑，由机械能守恒得知，物块滑回小车时的速度大小仍为v1=3m/s，方向向左．

此后小车离开弧形轨道，向左运动，直到相对静止．

设相对静止时速度为v2，取向左为正方向，以物块和小车组成的系统为研究对象，则由动量守恒得：

  m2v1=（m1+m2）v2，

代入数据解得：v2==m/s=1.2m/s，

所以小车和物块保持相对静止时的速度为1.2m/s，方向向左．

②物块在小车向右运动时间，由运动学公式得：t==s=0.4s

物块在小车上相对小车向左运动时间，由运动学公式得：t′==s=0.36s

所以物块在小车和小车发生相对滑动的时间 t总=t+t′=0.4s+0.36s=0.76s

答：①小车与物块保持相对静止的速度为1.2m/s；

②物块在小车和小车发生相对滑动的时间为0.76s．

解：（1）小球滚上小车的过程中，系统水平方向上动量守恒．小球沿轨道上升的过程中，球的水平分速度从v0开始逐渐减小，而小车的同向速度却从零开始逐渐增大．若v球＞v车，则球处于上升阶段；若v球＜v车，则球处于下滑阶段（v球为球的水平分速度），因此，小球在最大高度时二者速度相等．设二者速度均为v，

以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v…①

又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒．根据机械能守恒定律得：mv02=（M+m）v2+mgh…②

解①②式解得，球上升的最大高度：h=；

（2）设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为v1和v2，

以向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2…③

由机械能守恒定律得：mv02=mv12+Mv22 …④

解③④可得：小球的速度：v1=v0，小车的速度：v2=v0．

答：（1）小球沿圆形轨道上升的最大高度h为；（2）小球又滚回来和M分离时，小球的速度为v0，小车的速度为v0．

解：（1）小球a、b组成的系统碰撞过程系统守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=（m1+m2）v1，

在A点，由牛顿第二定律得：，

代入数据解得：FN=27.5N，

由牛顿第三定律可知，压力：FN′=FN=27.5N；

（2）设结合体能够上升的最大高度为H，由机械能守恒定律的：

，

小球穿过P孔后还可上升：h′=H-R-h，

小球穿过P孔到落回Q孔的时间：，

对平台：2πn•t=（2k+1）π，

解得：  k=0、1、2、3…；

答：（1）小球a、b结合体与圆弧轨道A点间的压力为27.5N；

（2）若a、b结合体滑过B点后从P孔上升又恰能从Q孔落下，平台的转速n应满足的条件是  k=0、1、2、3…．

解：子弹射入物体A的过程中，子弹与A组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+mA）v1，

当物体A（包括子弹）、B的速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守恒，以1子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：

（m+mA）v1=（m+mA+mB）v2，

从子弹与物体A有共同速度至弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律得：

（m+mA）v12=（m+mA+mB）v22+Ep，

联立以上各式解得：Ep=mBv02．

答：弹簧被压缩到最短时的弹性势能为mBv02．

解：

（1）、当用频率为ν0的光照射处于基态的氢原子时，由所发射的光谱中仅能观测到三种频率的谱线可知，这三种频率的光子应是氢原子从第3能级向低能级跃迁过程中所辐射的，由能量特点可知，ν3=ν1+ν2，选项B正确．选项ACD错误．

故答案为B．

（2）、第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v．设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：

2mv0-mv0=3mv…①

设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：

2μmgt1=mv-m（-v0）…②

设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：

2μmg=ma…③

在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：

…④

开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：

…⑤

从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：

t=t1+t2…⑥

由以上各式得

答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为．

解：中子与碳核组成的系统动量守恒，以中子的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：，解得：vx=v0；

答：碰撞后碳核的速度为v0．