热门试卷

锤自由下落，碰桩前速度v1向下，v1=-----①

碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为  

 v2=------②

设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，mv1=MV-mv2----------③

桩下降的过程中，根据动能定理，0-MV2=-Fl+Mgl---------④

联立①②③④各式可得

F=Mg+()[2h-l+2]=2.1×105N；

泥土对桩的作用力F为2.1×105N．

设m1经过t1与m2相碰，t1==

设m1与m2碰撞之后两球的速度分别为v1、v2，在碰撞过程中由动量守恒定律得：

    m1v0=m1v1+2m1v2

由题v2=，求得v1=-，方向与碰前速度方向相反．

设m2经过t2与m3相碰，t2==

设m2与m3碰撞之后两球的速度分别为v2'、v3'，因m2与m3在碰撞后交换速度

   所以v2'=0，v3′=

由碰后速度关系知，m3与m1碰撞的位置在Ⅰ位置，设m3经过t3与m1相碰，t3=

设m3与m1碰撞后的速度分别为v3''，v1''，由动量守恒和机械能守恒定律可得：

   2m1v3'+m1v1=2m1v3''+m1v1''

×2m1v3′2+m1v12=×2m1v3′′2+×m1v1′′2 

联立解得：v3''=0，v1''=v0或v3″=，v1″=-（舍）                                   

设m1碰后经t4回到Ⅱ位置，t4=

至此，三个小球相对于原位置分别改变了1200，且速度与最初状态相同．故再经过两个相同的过程，即完成一个系统的运动周期．T=3（t1+t2+t3+t4）=20s                                       

答：此系统的运动周期为20s．

（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+M1V2 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+(M2+m)V′2=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．

（1）由于弹簧与物块A、B不粘连，突然把压缩的轻弹簧放手，使A、B在短时间弹射出去，此时C的速度不改变，仍然为0．设B、C质量均为m，放手后A、B的速度分别为v1、v2

A、B系统的动量守恒 0=mA v1-m v2---（1）

A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒 E=mAv12+m---（2）

代入数据解得   v2=4m/s                                    

设B、C同速为v3，B、C系统的动量守恒 m v2=2m v3---（3）

得   v3=2m/s                                                

对B、C系统，椐能量转化与守恒定律，摩擦生热Q=△EK

f S相=m-×2m---（4）

即μmgL=m-×2m

代入数据解得B的最短长度L=2m                                

（2）因为B、C都作加速度大小相同的匀减速运动，C先将速度减到零，以后再向右运动，则C将速度减到零时有向左运动的最大对地位移S．

对C，据动能定理   W=△EK

-μmg S=0-mv02---（5）

代入数据解得S=2.25m                                          

答：（1）B的长度L至少为2m．

（2）C相对地面向左运动的最大位移S为2.25m．

（1）①A、金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温度压缩，温度不变，气体的内能不变．故A错误．

B、温度不变，则气缸内分子平均动能保持不变．故B错误．

C、气缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则气缸内气体分子密度增大．故C正确．

D、温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多．故D正确．

故选CD

②A、布朗运动是悬浮是液体中微粒做的无规则的运动，是由于液体分子撞击造成，所以朗运动是液体分子永不停息无规则运动的反映．故A正确．

B、气体分子间距离减小时，分子间同时存在的斥力和引力都增大．故B正确．

C、导热性能各向同性的固体，也有可能是单晶体．故C错误

D、机械能可能全部转化为内能．故D错误．

故选AB．

③以活塞为研究对象，根据平衡条件得

P0S+mg=PS

得到P=P0+．

代入解得P=1.2×105Pa；

由题W=6×105J，Q=-4.2×105J，则由热力学第一定律得到气体内能的变化△U=W+Q=1.8×105J，即内能增加了1.8×105J．

（2）①A、发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A错误．

B、根据光电效应方程EKm=hγ-W0，可知最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系．故B错误．

C、入射光的频率大于极限频率时，发生光电效应，因为极限波长λ0=，所以入射光的波长必须小于此波长，才能产生光电效应．故C正确．

D、光电效应与入射光的强度无关．故D错误．

故选C．

②发生受激辐射时，向外辐射光子，则原子的总能量En减小，库仑引力做正功，电势能减小．根据k=m，从高能态向低能态跃迁，轨道半径减小，则动能增大．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

③当弹簧弹性势能最大时，两球的速度相同，根据动量守恒定律得：

mv0=2mv

解得：v=

根据能量守恒定律得：mv02=Ep+(2m)v2

解得v0=2．

故答案为：（1）①CD；②AB；③1.2×105Pa；内能增加了1.8×105J

（2）①C；②B；③2

（1）设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒定律，有：

m1v1=m2v2          ①

由机械能守恒定律，有；

Ep=m1v12+m2v22     ②

联立①②并代入数据解得：v1=3m/s向左

v2=12m/s向右

（2）小球2向右运动，设其能到达原周额最高点D，由机械能守恒，有：

m2=m2g•2R+m2

代入数据解得：vD=m/s

又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：

mg=m

代入数据解得：v=m/s

由于v＜vD，故小球2能通过最高点．

答：（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度分别为：3m/s向左、12m/s向右；

（2）小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点．

（1）设子弹从木块中穿出时木块的速度为v1

在子弹与木块的相互作用的过程中两者动量守恒：

m0v0=m0u+Mv1

解之得：v1=8m/s

在木块与圆环一起向右运动的过程中，两者满足水平方向动量守恒，机械能守恒；

Mv1（M+m）v2

Mv12=（M+m）v22+Mgh，

解得：h=0.64m；

（2）木块从最高点返回最低点的过程中，由水平方向动量守恒、机械能守恒得：

（M+m）v2=mv3+mv4

（M+m）v22+Mgh=mv32+Mv42，

解得：v3=12.8m/s，v4=4.8m/s

v3=0，v4=8m/s（舍去）

（3）第一次返回到最低点时，木块的速度

v4=4.8m/s，圆环的速度v3=12.8m/s，

绳子拉力 T1-Mg=M

解得：T1=148N

对小环：N1=T1+mg=153N

答：（1）当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度为0.64m

（2）当木块第一次返回到最低点时，木块的速度是4.8m/s

（3）当木块第一次返回到最低点时，水平杆对环的作用力是153N

（1）根据x-t图象可知：m1的初速度为v1==4m/s，m2初的速度为0，

碰撞后m1的速度为v1′==-2m/s，碰撞后m2的速度为v2′==2m/s

△p1=p1′-p1=-6Kg．m/s

质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是-6Kg．m/s   

（2）根据动量守恒得：m1v1=m1v1′+m2v2′

带入数据解得m2=3Kg  

（3）碰前总动能m1=8J； 

碰后总动能m1+m2=8J

碰撞前后机械能守恒故是弹性碰撞   

答：（1）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是-6Kg．m/s；

（2）m2为3千克；

（3）两物体的碰撞是弹性碰撞．

（1）木块和木盒分别做匀减速运动，加速度大小分别为：aA=μAg=1m/s2 aB=μBg=2m/s2    

设经过时间T发生第一次碰撞  则有：

L-l=SA-SB=V0T-aAT2-(V0T-aBT2)

代入数据得：T=2s          

（2）碰前木块和木盒的速度分别为：

VA′=V0-aAT=16m/s    VB′=V0-aBT=14m/s

相碰过程动量守恒有：mvA′+mvB′=mvA+mvB

根据机械能守恒有：mv+mv=m+m

代入数据得：vA=vB′=14m/s  方向向右                                     

vB=vA′=16m/s  方向向右                                               

（3）设第一次碰撞后又经过T1时间，两者在左端相遇有：L-l=SB-SA

SB=vB T1-aB

SA=vA T1-aA

代入数据得；T1=T=2s          

在左端相碰前：木块、木盒速度分别为：v'2A=vA-aAT'=12m/s   v'2B=vB-aBT'=12m/s

可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同               

同理可得：木块、木盒经过同样时间t2=2T，第二次在左端相遇 v'3A=v'3B=6m/s

木块、木盒第三次又经过同样时间t3=2T在左端相遇，速度恰好为零．由上可知：木块、木盒，最后能同时停止运动                                              

经历的时间：t总=6T=12s                                                 

（4）由（2）归纳可知：v0=6K（K取：1，2，3…）                   

答：（1）开始运动后经过2s时间A、B发生第一次碰撞；

（2）第一次碰撞碰后的速度vA=14m/s  方向向右；vB=16m/s  方向向右．

（3）木块、木盒，最后能同时停止运动，经历的时间：t总=6T=12s

 （4）初速度v0=6K（K取：1，2，3…）