热门试卷

解：（1）m、M共同加速临界值满足：F0=（m+M）=（2+4）×=36N，

F＜F0  由动量定理得：Ft=（m+M）v0，

代入数据解得：v0=2m/s，

（2）以向右为正方向，第一次碰撞后，由动量守恒定律得：

Mv0-mv0=（M+m）v1，

代入数据解得：V1=m/s，

对系统，由动能定理得：，

代入数据解得：L=1m；

（3）第一次碰撞后：v1=2m/s，

由牛顿第二定律得：a===6m/s2，

路程：s=，

代入数据解得：s=；

答：（1）平板车第一次与墙壁碰前的速度为2m/s；

（2）平板车第二次与墙壁碰前的速度为m/s，滑块不会从平板车滑落，平板车L至少为1m．

（3）若平板车足够长，平板车第一次碰墙后通过的总路程为m．

解：（1）核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He．

   （2）设衰变后，氡核的速度为 v0，α粒子速度为 vα，由动量守恒定律得（M一m）v0=mVα，

   α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需要的时间为t=，

氡核在电场中做匀加速直线运动，t时刻速度为v=v0+at，

氡核的加速度为 a=，

由以上各式解得

答：（1）核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He；

（2）此时刻氡核的速率为．

解：（1）因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，

设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，

则mv0=（m+M）v1    

因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，

则（m+M）v12=（m+M）gh   

得：h=    

（2）子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，设向右为正方向：

mv0=m（）+Mv2

在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为

△E=mv02-m（）2-Mv22=mv02  

答：（1）如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是

（2）如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是mv02．

解：（1）n=2的能级的能量为：

从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光子的能量为：E=E2-E1=

根据光子的能量的公式：

可得：=

（2）光子与电子碰撞前的动量：=

碰撞后光子的能量：

则碰撞后的动量：

光子与电子碰撞的前后动量守恒，以光子碰撞前的速度的方向为正方向，设碰撞后电子的动量是p2，则：

p1+0=-p1′+p2

根据物质波的波长的公式，可得电子的德布罗意波波长：

联立以上各式，得：

解得：λ2=

答：跃迁辐射出的光子的波长为，电子物质波的波长为．

解：①木块m2弹回后，在弹簧第一次恢复原长时带动m1运动，设此时木块m2的速度为v0，由机械能守恒可知：v0=0.2m/s       

当弹簧拉伸最长时，木块m1、m2速度相同，设为v，由动量守恒定律得：

解得：v=0.15m/s                                  

②当弹簧再次恢复到原长时，m1获得最大速度为v1，此时m2的速度为v2

由动量守恒定律得：m2v0=m1v1+m2v2

由机械能守恒定律得：

解得：v1=0.3m/s   

答：①当弹簧拉伸到最长时，木块m1的速度为0.15m/s．

②在以后的运动过程中，木块m1速度的最大值为0.3m/s．

解：（1）木块开始下滑时，由牛顿第二定律有：

Mgsinθ-μMgcosθ=Ma1 

代入数据解得：a1=4m/s2 

t1=0.5s末速度大小为：v1=a1t1=2m/s（方向沿斜面向下）  

设第一颗子弹穿过木块后瞬间木块的速度大小为v1′，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：

mv0-Mv1=mu+Mv1′

解得：v1′=8m/s，方向沿斜面向上

（2）t1=0.5s时木块下滑的位移大小为：s1=a1t12=0.5m，

第一颗子弹穿过木块后木块沿斜面上滑时，对木块有：

Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2     

代入数据解得：a2=8m/s2，方向沿斜面向下

得上滑到最高点的时间为：t2==1s；  

上滑位移大小为：s2=t2=4m，

可知木块从C处开始运动到被第一颗子弹击中再上升至最高点的总位移为：

L1=s2-s1=3.5m，方向沿斜面向上．

因为△t-t2=0.5s，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会向下加速0.5s，下滑距离为s3=s1=0.5m，

且被第二颗子弹击中前瞬间的速度大小为：v2=v1=2m/s（方向沿斜面向下），

所以之后过程与第一颗子弹击中后过程相同，即再次上滑到最高点P2的位移大小仍为：s4=s2=4m，

总位移大小仍为：L2=L1=3.5m，方向仍沿斜面向下，

由此可知，第二颗子弹击中木块后，木块上升至最高点离斜面B点距离为：BP=BC-（L1+L2）=3m．

（3）全过程系统所产生的热量可分两部分：

两颗子弹穿过木块所产生的内能和木块在斜面上滑行时所产生的内能．

两颗子弹穿过木块所产生的内能为：

Q1=3[（mv02+Mv12）-（mu2-Mv12）]，代入数据解得：Q1=10410J

全过程木块在斜面上滑行的总路程为：s=BC+6s1=13m，

那么木块在斜面上滑行时所产生的热量为：Q2=μMgscosθ=26J，

则全过程系统所产生的总热量为：Q=Q1+Q2=10436J；

答：（1）第一颗子弹从木块中穿出时木块的速度大小为8m/s，方向沿斜面向上．

（2）第二颗子弹穿出木块后，木块上升最高点离斜面B点还有3m；

（3）子弹、木块和斜面这一系统所产生的总热量是10436J．