热门试卷

根据题意打木桩问题可分为三个过程：

其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接

触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：

Mgh=M，所以V0=．

其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，

内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V，

据动量守恒定律可得：

MV0=（M+m）V，所以V=

其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为f，由动能定理可得：

（M+m）gS-fS=0-(M+m)V2，所以f=（M+m）g+．

故在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是（M+m）g+．

（1）ab棒下落过程中，切割磁感线，产生感应电动势，但没有感应电流，只有落到最低点时，接触导轨，与导轨cd棒组成闭合回路时才有感应电流产生．棒在向下、向上运动的过程中，只有重力做功，即机械能守恒，

根据摆动的高度可求在最低点的速度：v1==4m/s，v1′==3m/s．

当ab运动到最低点的瞬间，回路产生感应电流，磁场对ab、cd棒均有安培力作用，又因为系统在水平方向上合外力为零，即动量守恒．设cd棒获得的速度大小为v2′，m1v1=m1v1′+m2v2′

解得v2′=0.5m/s．

（2）根据动量定理得，-FAt=mv1′-mv1

则有BILt=mv1-mv1′，即qBL=mv1-mv1′

解得q=C=1C．

（3）根据能量守恒定律知，系统动能的减小量等于回路中产生的焦耳热．

Q=mv12-mv1′2-m′v2′2=×0.1×16-×0.1×9-×0.2×0．52=0.325J．

答：（1）cd棒获得的速度大小为0.5m/s．

（2）此瞬间通过ab棒的电量为1C．

（3）此过程回路产生的焦耳热为0.325J．

（1）因为快中子与碳原子核发生弹性正碰，所以快中子与碳原子核相互作用过程中系统的动量和机械能均守恒．

设快中子的质量为m，碳原子核的质量为M，快中子与碳原子核发生第一次碰撞后快中子、碳原子核的速度分别为v1、v．

根据动量守恒定律有 mv0=mv1+Mv，①

根据机械能守恒定律有 mv02=mv12+Mv2②

联立①②两式，可解得：v1=v0

将M=12m代入上式，可解得快中子第一次与碳原子核碰撞后的速度大小

v1=v0

（2）中子连续与碳原子核碰撞，设中子与第二个静止的碳原子核碰撞后的速度为v2，与第三个静止的碳原子核碰撞后的速度为v3…，与第50个静止的碳原子核碰撞后的速度为v50．

因中子与每一个静止碳原子核碰撞过程中，中子与静止的碳原子核构成系统的动量和机械能均守恒．

同理可解得中子与第2个静止的碳原子核碰撞后的速度v2=v1

将v1=v0代入上式，解得v2=（）2v0

中子与第3个静止的碳原子核碰撞后的速度v3=v2=（）3v0

中子与第50个静止的碳原子核碰撞后的速度v50=（）50v0

将M=12m代入上式，解得中子连续与第50个静止的碳原子核碰撞后的速度大小

v50=（）50v0

答：（1）快中子与第一个静止的碳原子核碰撞后的速度大小为v0．

（2）快中子连续与50个静止的碳原子核碰撞后的速度大小为（）50v0．

（1）根据质量数和电荷数守恒可得α粒子轰击氮核方程为：

147N+42He→178O+11H 

（2）α粒子撞击714N核形成复合核过程，遵循动量守恒定律，则有

   m1v0=（m1+m2）v

由能量守恒得到m1v02-（m1+m2）v2=1.19MeV

联立以上两式，解得入射的α粒子的动能至少为m1v02=1.53MeV．

（3）带电粒子垂直于电场方向射入匀强电场中，在匀强电场中做类平抛运动，设它沿入射方向的位移是x，沿电场的方向的位移为y，有

y=•(

x

v

)2=．　　　　　　　

由于质子和α粒子的径迹相同，即它们沿入射方向通过相同的位移时，沿电场方向的位移y也相同．

质子和α粒子的动能之比==．

答：（1）方程为：147N+42He→178O+11H 

（2）入射的α粒子的能量至少是1.53MeV．

（3）质子和α粒子的动能之比是1：2．

（1）①核反应方程为：H+X→He+He 或H+Li→He+He 

②△m==kg=3.1×10-29kg．

故答案为：H+X→He+He，3.1×10-29kg．

（2）A球下滑到与B球碰撞前机械能守恒，则：

2mgR=（2m）v2  

v=

A球与B球发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，则：

2m v=2m vA+m vB

（2m）v2=（2m） vA2+m vB2

弹性碰撞后，A球与B球做平抛运动：

R=gt2                

x=v0t                  

则A、B两球落地点的水平距离

△x=（vB-vA）t=2R       

答：A、B两球落地点的水平距离为2R．

设小孩沿水平方向向前跳出的速度为v

（1）小孩跳出后，平板车停止运动，根据动量守恒定律  得

（M+m）v0=mv                   

解得 v=v0=3 m/s                       

（2）小孩跳出后，平板车以大小为v0的速度沿相反方向运动，根据动量守恒定律  得

（M+m）v0=mv-Mv0                  

解得  v=v0=4 m/s                         

W=（Mv02+mv2）-（m+M）v02=240J    

答：（1）若小孩跳出后，平板车停止运动，小孩跳出时的速度为3m/s．

（2）若小孩跳出后，平板车以大小为2m/s的速度沿相反方向运动，小孩跳出时的速度为4m/s，跳出过程所做的功为240J．

（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度V，以水平向右为正方向，

则mcdV0-mabV0=（mcd+mab）V

∴V=1m/s

（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：

Q=△ΕΚ减=（mcd+mab）（V02-V2）=1.2J

（3）对cd棒利用动量定理：

-BIL•△t=mcd（V-V0）

∴BLq=mcd （V0-V）

又 q==

∴△s=mcd（V0-V）（R1+R2）•=1.5 m

答：（1）金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小是1m/s；

（2）金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热是1.2J；

（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加1.5 m

（1）滑块从高处运动到轨道底端，机械能守恒．

mgH=mv02

v0==2m/s．

（2）滑块滑上平板车后，系统水平方向上不受外力，动量守恒，小车最大速度与滑块共速的速度．

mv0=（m+M）v

v==0.5m/s．

（3）由能的转化与守恒定律知，系统产生的内能等于系统损失的机械能．即：

Q=mgH-(M+m)v2=gH=3J，

（4）设小车的长度至少为L．则μmgL=Q

即L=1.5m．

答：（1）滑块到达轨道底端时的速度大小为2m/s．

（2）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度为0.5m/s．

（3）该过程系统产生的内能Q为3J．

（4）车的长度至少为1.5m．

（1）因为小球与物块相互作用的时间极短，所以小球与物块组成的系统动量守恒．

mv0=（M+m）v

解得v=2.0m/s．

（2）小球和物块将以v为初速度向右摆动，摆动的过程中只有重力做功，所以机械能守恒．设它们能达到的最大高度为h，根据机械能守恒定律：(m+M)v2=(M+m)gh

解得h=0.2m．

（3）①若只改变小球的质量使其变为m′，小球向右摆动的最大高度为H=0.8m．

则(M+m′)v12=(M+m′)gH

解得v1=4.0m/s．

小球和物块相互作用的过程中动量守恒，m′v0=（M+m′）v1

解得m′=kg=0.53kg．

②若只改变小球的速度使其变为v′小球向右摆动的最大高度为H=0.8m．

则：(M+m)v22=(M+m)gH，

解得v2=4m/s．

小球和物块相互作用的过程中动量守恒，mv′=（M+m）v2

解得v′=20m/s．

答：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为2.0m/s．

（2）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度我0.2m．

（3）若使物块摆动升高0.8m，将小球质量变为0.53kg，或将小球的速度变为20m/s．