热门试卷

解：（1）设碰撞前瞬间，小物块b的速度为v1，小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，

根据动能定理得：  ①，

代入数据解得：v1=6m/s ②

（2）由小物块与小车组成的系统在碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，

设小物块b与小车a碰撞后瞬间，小车a的速度为v2，小物块的速度为v3，设向右为正方向

根据动量守恒定律得：mv1=mv3+Mv2 ③

根据机械能守恒定律得：  ④

由③④代入数据解得：v2=4m/s，v3=-2m/s；

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能：

EP=Mv22，代入数据解得：EP=16J　⑤

（3）设小物块b与小车a碰撞前的运动时间为t1，加速度为a1，碰撞后运动时间为t2，加速度为a2，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1  ⑥

由匀变速直线运动的位移公式得：          ⑦

由⑥⑦解得：t1=1s-μmg=-ma2 ⑧v3=a2t2　　⑨

由⑧⑨可得t2=1s，小物块b在整个运动过程中的运动时间t=t1+t2=2s；

答：（1）小物块与小车碰撞前瞬间的速度是6m/s；

（2）运动过程中弹簧最大弹性势能是16J；

（3）小物块b在整个运动过程中的运动时间为2s．

解：（1）A、根据W=hγc知，极限频率越大的金属材料逸出功越大．故A正确．

B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关．故B错误．

C、根据光电效应方程Ek=hγ-W知，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功不一定越小，也可能是因为入射光的频率高的缘故．故C错误．

D、光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，与入射光的强度无关．故D错误．

故选A

（2）设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得

mgh=mv2+ ①

M1V-mv=0  ②

解得，v=

设物块在劈B上达到的最大高度为H，此时物块和B的共同速度大小为V‘，对物块与B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得

  mgH+=mv2 ③

  mv=（M2+m）V'④

联立得 H=

故答案为：（1）A

（2）物块在B上能够达到的是大高度为．

解：（1）根据s-t图象可知：P1的初速度为  v0==15m/s；①

碰后速度为     v1=-3m/s②

设P2被碰后获得的速度为v2，有动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2③

①②式并代入数据，得：v2=5m/s④

（2）设P1到B时的速度为vB，机械能守恒，有：⑤

设P1通过B时轨道对它的支持力大小为F，有：⑥

由③④⑤式并代入数据，得：F=4.2N⑦

（3）P2与挡板碰后能停在EF段的条件是，P2不会从弯曲轨道飞出，设此时挡板距E的距离为L1，即：⑧

设挡板距E的距离为L1时，P2与挡板能碰N次，此时满足：⑨

⑧、⑨解得：L1＞0.5m；    N＜2

由此可知，P2最终停在EF段的条件是：L≥0.5m；而且P2与挡板最多只碰一次⑩

（或者：由于，所以最多与挡板只碰一次）

分情况讨论如下：

（i）若P2与挡板没发生碰撞就已停下来，即：L≥X

功能关系，有：（11）

代入数据得：X=1.5m，

即：当L≥1.5m时，X=1.5m（12）

（ii）若P2与挡板碰一次，且返回时未能到达E点，即：L＜2L-X≤2L

功能关系，有：（13）

代入数据得：X=2L-1.5，

即当0.75m≤L＜1.5m时，X=2L-1.5（14）

（ii）若P2与挡板碰一次，返回时过E点，经曲面后又再次进入EF段，即：2L≤2L+X≤3L功能关系，有：（15）

代入数据得：X=1.5-2L

即0.5m≤L≤0.75m时，X=1.5-2L（16）

S-L图线如图

答：（1）P2被碰后获得的速度大小为5m/s；

（2）P1经过B时受到的支持力大小为4.2N；

（3）X-L图线如图所示．

解：设质子的质量为m，则氦核的质量为4m，设氦核初速度方向为正，根据动量守恒定律得：

m•v0=mv+4mv′，

根据机械能守恒定律得：

mv02=mv2+•4mv′2

联立并代入数据得：

v=1.6v0=1.6×500=800m/s，

v′=0.6v0=0.6×500=300m/s；

答：碰撞后两个粒子的速度分别为800m/s、300m/s．

解：（1）放开b棒后，两棒组成的系统，合外力为零，动量守恒，a、b最终稳定后共速，根据系统的动量守恒得：Mv=（M+m）v共

解得：v共==m/s=m/s                                     

（2）a、b相碰后设速度分别是v1、v2，根据系统的动量守恒和机械能守恒得：

 Mv=Mv1+mv2

解得：

所以碰后b的速度为：

（3）a刚下滑至水平轨道时速度为v0有：MgH=   

至与b碰前有，取向右方向为正方向，对于a棒，根据动量定理得：

-BILt=Mv-Mv0

其中：=C=1C                    

代入得：v0=3m/s

所以：H=0.45m       

答：（1）最终稳定后a棒的速度大小为m/s；

（2）a与b碰撞后的瞬间，b棒的速度大小为m/s；

（3）a棒的释放高度H为0.45m．

解：（1）B与A碰前速度为v0，碰后速度为v1

根据动能定理研究B与A碰前过程：

（F-F）4S=mv02     （1）

B与A碰撞动量守恒得：

mv0=2m v1              （2）

当AB速度最后减到0时，弹簧具有最大弹性势能．根据功能关系得：

Ep=FS+2mv12 （3）

由（1）、（2）、（3）式得    Ep=FS

（2）设AB回到O点时速度为v2

根据能量守恒得：

Ep=2mv22            （4）

根据动能定理有：

-FL=0-mv22（5）

由（4）、（5）式得    L=5S

答：（1）弹簧的最大弹性势能为FS

（2）物块B最终离O点的距离是5S．

解：（1）在轨道I上，探测器所受万有引力提供向心力，设土星质量为M，

由牛顿第二定律得：G=m              ①

同理，在轨道Ⅲ上有G=m′         ②

由式①②可得：υ3=υ1              ③

探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a，

由牛顿第二定律得：G=m′a   ④

由式①④可得：a=；

（2）探测器在A点喷出气体前后系统动量守恒，以探测器的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=（m-△m）v2+△mu，

故探测器在A点喷出的气体质量：△m=．

答：（1）探测器在轨道Ⅲ上的运行速率为υ1，加速度的大小为；

（2）探测器在A点喷出的气体质量为．

解：A、（1）小物块A从a点滑到b点，动能定理  

得     

即小物块A到达b点即将与小物块B碰撞前的速度vA大小为 

（2）A、B碰撞，设碰后速度为v，动量守恒定律mvA=2mv  

得：

AB一起在电场减速运动，设速度为0时，位移为S，动能定理   

将代入得：  

对向右减速过程有 qE+μ.2mg=2ma1   得：

减速为0所用时间为：

对向左加速过程有  qE-μ.2mg=2ma2    得：    

由  可得到达左边界bb‘的时间：

所以在电场中最长运动时间：    因tm＜2T0，即小物块AB在bb'与cc'之间运动时，一直受到电场力作用．

讨论如下：

 ①当 时，L≤s，AB可以穿过电场右边界cc'，

 ②当 时，L＞s，AB在电场先向右做减速运动，速度减为0，由于qE=2mg＞f=mg，即AB最后向左加速，从左边界bb'离开电场．则

即当 时

当 时=-

（3）①当，AB穿越电场的右边界cc'，设到达c的动能为EKc

由动能定理：

得：

即：

由于  Ekc＜2mgl0，不能到达d点．  

②当 时，AB从左边界bb'离开电场，不能到达d点．

即

B．解：

（1）a、b分开的过程，选向右方向为正方向，由动量守恒得mva-2mvb=0

解之得：

（2）设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：

对滑块在B点，由牛顿第二定律有：

解得：FN=9mg

由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小   方向竖直向下．

（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则： 

解得：

（4）滑块穿过P孔后再回到平台的时间：t==4      

要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）π 

解得：

解：（1）根据动能定理知，，解得a球与b球碰撞前的速度为：，

规定向左为正方向，根据动量守恒定律得，mva=2mv，解得a与b碰后瞬间的速度大小为：v=．

（2）根据牛顿第二定律得：，解得：T=3mg＞2.8mg，可知细绳断裂．

（3）根据0.5h=得：t=，

则落在垫子外平抛运动的最小初速度为：，

根据动能定理得：，

解得：H=．

答：（1）a与b球碰后瞬间的速度大小为；

（2）细绳会断裂；

（3）小球在A点下滑高度H 至少是．