热门试卷

（1）mgl（2）①θ=370②4.5mg

（1）设球静止时的位置悬线与竖直线成α角，因E=mg/Q，

则：     (1分)

那么小球从静止释放后，将恰能运动到最低点，此过程中电场力做功：

W=－EQl    (1分)    

故小球释放过程中电势能的最大变化量将增加△EP=－W= EQl="mgl  " (2分)

（2）当小球与子弹相碰后，整体的质量m总=2m，电荷量Q总=3Q/2  (2分)

①由振动知识可知：小球速度最大的位置在振动的平衡，那么设球静止时的位置悬线与竖直线成θ角，则有：   (1分)

θ=370    (1分)

②设悬线对小球的最大拉力为T,由圆周运动知识可知：小球速度最大的位置即为悬线所受最大拉力的位置，

碰撞过程中：由动量守恒有mv0 =2 mv共    (1分)

上摆过程中：由动能定理有EQ总lsinθ－m总gl (1－cosθ)=m总v2－m总v

(1分)

小球在平衡位置时：T－EQ总sinθ－m总gcosθ=m总     (1分)

解得：T=4.5mg               (1分)

由牛三定律：小球对悬线的最大拉力为4.5mg   (1分)

（1）以两冰壶组成的系统为研究对象，

由动量守恒定律得：mv=mv1+mv2，

即0.4m=0.1m+mv2，解得v2=0.3m/s；

（2）氢原子从n=4能级自发跃迁，释放出的能量最小的光子是由n=4能级跃迁到n=3能级放出的光子．

则△E=E4-E3=-=-．

答：（1）瑞典队冰壶获得的速度为0.3m/s．

（2）频率最小的光子的能量为-．

(1)   （2）（3）若u>=时，Ep=0 若u<时，

试题分析： （1）子弹P打入物体P1后的共同速度v1，根据动量守恒定律可得

，即

（2）到最后若子弹P与物体P1最终能停在平板P2的最左端，则最终所有物体的速度相同，由于在整个装置中，系统总合外力为零，设最终速度为，则

求得

（3）若u>=时，则可能在为碰到弹簧前就已经与P2达到共同速度，即Ep=0 

若u<时，则当两者速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据可知达到共同速度为，弹性势能为

点评：本题考查了较为复杂的系统动量守恒的分析，在整个装置中，系统合外力为零，因此系统不论何时动量总是守恒。

(1) v B′=8m/s   （2）1/4kg≤mA≤3/7 kg

试题分析：（1）根据动量守恒可得： PA+mBvB=PA′+mBv B′

代入数值后可解得：v B′=8m/s   

（2）设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，

应满足： vA= PA/ mA> vB     

碰撞后A球不能到B球前面，vA′= PA′/ mA< vB′

碰撞过程中能量不能增加

解上述不等式并取交集得1/4kg≤mA≤3/7 kg

点评：本题关键在于小球与滑块碰撞过程，系统受到的外力的合力为零，然后根据系统动量守恒结合能的转化和守恒列式求解．

（1）设子弹击中物块后共同速度为v，根据动量守恒：

     （2分）      （1分） 

设物块滑上传送带的最远距离为s，物块所受摩擦力沿斜面向下，设物块加速度大小为，根据牛顿定律得：   （2分）

此过程物块位移为s1，则：                （1分）

代入数据后可解得： （1分）

（2）设传送速度为v1时，物块刚好能滑到传送带顶端。当物块速度大于v1时，物块所受摩擦力沿斜面向下，此阶段物块加速度为,此过程物块位移为s1，则：

          （1分）

物块速度减小到后，所受摩擦力沿斜面向上，设加速度大小为，则：

        （2分）

设物块速度从v1减小到零位移为s2，则：             （1分）

根据题意：  由以上各式可解得：   （2分）

（3）为使物块恰好滑到顶端所需时间最短，物块所受摩擦力必须始终沿斜面向上，加速度大小为，皮带速度     （1分）

设所用时间为t ，由 得    （2分）

               （1分）

                   （1分）

略

（1）设木板和物块最后共同运动的速度为v，设全过程损失的机械能为E，

由动量守恒定律mv0=（m+M）v…①

由能量守恒定律得：E=mv02-（m+M）v2…②，

用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则W=-2μmgs…③

用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E-W…④

由以上各式解得：E=v02-2μmgs…⑤

代入数据解锝：E1=2.4J；

（2）小物块恰好回到a端而不脱离木板，

则克服摩擦力做功转化为系统内能而损失的机械能：

Q=2μmgs′=2×0.1×1×10×1.5=3J，

则系统损失的总机械能E总=Q+E碰撞=3+3=6J，

系统最终的总机械能：EK=mv02-E总=×1×42-6=2J，

系统最终的总机械能：EK=mv物块2+Mv木板2

=×1×v物块2+×4×v木板2=2，

即：v物块2+4v木板2=4…⑥

物块与木板组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律得：mv0=mv物块+Mv木板，

即：1×4=1×v物块+4×v木板，4=v物块+4v木板 …⑦

由⑥⑦解得：v木板=1m/s；

答：（1）碰撞过程中损失的机械能为2.4J．

（2）长木板的最终速度为1m/s．

（l）设物体从A滑至B点时速度为v多，根据机械能守恒，有

mgR=mv

设小车与壁DE刚接触时物体及小车达到的共同速度为vl，根据动量守恒定律，有

mv多=2mvl

设二者之间摩擦力为f，则

对物体：-fgsCD=m-mv

对小车：f（sCD-R）=m

解3：sCD=R

（2）车与ED相碰后，物体以速度vl冲上EF，则

m=mgh，

解3：h=

（3）由第（l）问可求3：f=mg，vl=

物体从轨道EF滑下并再次滑上小车后，设它们再次达到共同速度为v2，物体相对车滑行距离sl，则mvl=2mv2

fsl=m-×2m，

解3：sl=R

sl＜R，说明在车与BC相碰之前，车与物体达到相对静止，以后一起匀速运动直到小车与壁BC相碰．车停止后物体将做匀减速运动，设相对车滑行距离s2，则

fs2=m，

解3：s2=R

所以物体最后距车右端 s总=sl+s2=R

答：

（l）水平面CD的长度为R；

（2）物体m滑上轨道EF的最高点相对于E点的高度h为；

（3）当物体再从轨道EF滑下并滑上小车后，小车立即向左运动．如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体m停在小车上的Q点，则Q点距小车右端为R．

因整车匀速运动，故整体合外力为零； 由动量守恒，选列车的速度方向为正方向，可得：

Mv0=（M-m）v

解得前面列车的速度为：v=； 

答：后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速度是．