热门试卷

（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理I-μ1mgt=mv0

代入数值解得      I=56 N•s                                

（2）根据动能定理，m=μ1mgs

s==25m                              

冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离    x=30m-25m=5.0m                 

（3）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，

碰撞后的速度为vA′，冰壶B碰撞后的速度为vB′，

根据动量守恒定律和功能的关系，有

mvA=mvA′+m vB′

m=mv′A2+mv′B2

解得    v'A=0，v'B=vA                                

即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换．

因此可以将整个过程看成为冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为s'=31.8m．

根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则-μ1mg(s′-L)-μ2mgL=0-m

代入数值解得   L=13.6 m      

答：（1）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为56 N•s 

（2）若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点5.0m                 

（3）运动员用毛刷擦冰面的长度至少为13.6 m．

（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等．

小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则

   S1=at2

   S2=a(2t)2-at2=at2

 所以=                                 

（2）由题，m=5J，得vA=

又竖直方向上，有vA=gt=t，所以=t，①

m=2J，得vM=

在水平方向上，有 vM=at=t，则得=t，②

所以①：②得=                             

（3）小球在水平方向上=2aS1，=2a（S1+S2）=8aS1，

故=4

小球落回到B点时的动能EKB=m=m(+)=m•4+m=13J

（4）设小球运动时间为t时动能为Ek，则

   Ek=m(v0-gt)2+m(at)2

化简为 （g2+a2）t2-2v0gt+-=0

 当△=0时有极值，

则4g2-4（g2+a2）(-)=0

得Ek=Ek0

由=得a=g

即Ekmin=Ek0=×5J=1.43J    

答：

（1）小球水平位移S1与S2之比1：3；

（2）小球的重力G与所受风力F的比值是：；

（3）小球落回到B点时的动能EKB是13J；

（4）小球从A点到B点的运动过程中，小球动能的最小值是1.43J．

（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得-μmgl=m-m

联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，

（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3

代入数据解得   k=2

此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得   k=6

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv

代入数据解得k=4

总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同

当k=4时，AB的速度为0

当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．

（1）由动能定理有（qE1+mg）y1=mv12

解得v1=4m/s                   

（2）设A与B碰后共同速度为v2，以竖直向上为正方向，由动量守恒得

mv0-mv1=2mv2

解得v2=8m/s

设C运动到O3时速度v3，则

2mgL-qE2L=×2mv32-×2mv22

T+qE2-2mg=2m

解得T=7N

（3）C不能做能够经过O2和O3的圆周运动，即C不能达到能够经过O2和O3所需的最小速度．设C能够做经过O2的圆周运动，在O2所需的最小速度为v4，设C能够做经过O3的圆周运动，在O3所需的最小速度为v5，则

2mg=2m

qE2-2mg=2m

解得：v4=2m/s，v5=2m/s

C经过O3时速度为v5=2m/s，设经过O2时速度为v6，则

2qE2L-4mgL=×2mv62-×2mv52，由于2qE2L-4mgL＞0，所以v6＞v5=2m/s＞v4=2m/s．

即C能够做经过O3就一定能够做经过O2．

当C能够做经过O3的速度小于v5=2m/s时，不能做能够经过O2和O3的圆周运动．                                              

设C经过O3的速度为v5时，A与B碰后在O点的共同速度为v7，则

2mgL-qE2L=×2mv52-×2mv72

解得：v7=6m/s                                   

C在O点的速度只要大小为v7，不管是向上还是向下，C都能够经过O3．

设C的速度向上时，碰前A的速度为v8，在y轴上开始位置的坐标为y2，则

mv0-mv8=2mv7 

（qE1+mg）y2=mv82

解得v8=8m/s，y2=1.6m                      

设C的速度向下时，碰前A的速度为v9，在y轴上开始位置的坐标为y3，则

mv0-mv9=-2mv7 

（qE1+mg）y3=mv92

解得v9=32m/s，y3=25.6m                  

即1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动． 

答：（1）小球A下落到O点的速度为4m/s；

（2）C运动到03时，绳对C的拉力T是7N；

（3）当1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动．

（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为

          a==9.0m/s2

    设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有

         m总g-f=m总a

     解得f=80N

   （2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0

       设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得

              （mg-F）t2=0-mv2

       代入解得F=2450N

   （3）由v-t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为

               h=30×10m=300m

    设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有

             m总gh+W=m总v2

     解得  W=-1.8×105J

答：（1）起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N；

    （2）运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

    （3）开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为-1.8×105J．

（1）A、光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A正确

B、玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B正确

C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关．故C错误

D、原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损．故D错误

故选AB．

（2）设第一次碰后m1滑块的速度大小为，滑块m2的速度大小为，设向右为正方向，

根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1+m2…①

第二次碰撞   m1-m2=-m1v3…②

m1过P点向左运动过程中，由动能定理得-μm1gL=0-m1…③

解得：=…④

故答案为：（1）AB（2）第一次碰后滑块m1的速度是=．

（1）由图象可知，碰前C的速度v0=6m/s，碰后的速度v=2m/s，

A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mCv0=（mC+mA）v，解得mC=2kg；

（2）A、B、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，

由能量守恒定律得，最大弹性势能EP==（mC+mA）v2=12J；

（3）在5s到10s的时间内B物体的位移为零，则墙壁对物体B的作用力的功为零．

（4）由图象可知，在15s时，C的速度为v′-2m/s，

此时弹簧恢复原长，A、C的速度相等，而B的速度仍然为零，

在5s到15s内，对A、B、C三者组成的系统，由动量定理，得：

墙壁对B的冲量I=（mC+mA）v′-（mC+mA）v=（2+4）×（-2）-（2+4）×2=-24N•s，负号表示方向向右．

答：（1）物体C的质量为2kg．

（2）弹簧压缩具有的最大弹性势能为12J．

（3）在5s到10s的时间内墙壁对物体B的作用力的功为零．

（4）在5s到15s的时间内墙壁对物体B的作用力的冲量大小为24N•s，方向向右．

（1）设物体C在电场力作用下第一次与滑板的A段碰撞时的速度为v1，由动能定理得：

         qEl=mv12 解得：v1=

（2）小物体C与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v2，由动量守恒定律得

     mv1=Mv2-mv1

解得：v2=v1=

（3）小物体C与滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做匀速运动；小物体C以v1的速度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t，小物体C在两次碰撞之间的位移为s，根据题意可知，小物体加速度为

      a=

小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即

     v2t=-v1t+at2 解得：t=

两次相碰之间滑板走的距离s=v2t=l

设小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W，则：W=qE（l+s）

解得：W=qEl

答：（1）物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小是．

    （2）滑板被碰后的速度大小是．

    （3）电场力对小物体C做的功W=qEl．

（1）由动能定理得 qEL1=m 得 v1=

（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得

mv1=m•v1+4mv

解得，v=＜v1，由于B与A同向运动，故不可能，

∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-v1

根据动量守恒定律得

mv1=-m•v1+4mv 解得 v=v1

（2）由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为 v=v1=

物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，

v2=v1′+at

两物体第二次相碰时，位移相等，则有

vt=v1′+at2

得 v=v1′+at，

又a=

联立解得，v2=

（3）设物体在两次碰撞之间位移为S

由-=2aS

得 S===

故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为 W=qE（L1+S）=qEL1．

答：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1是．

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v和物体的速度v2分别为和．

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为qEL1．