热门试卷

（1）0.017m；（2）0.1s

（1）以m1和m2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m1、m2的共同速度为v1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m1v0=(m1＋m2)v1，

解得．

再以m1、m2、m3为对象，设它们最后的共同速度为v2，则m1v0=（m1＋m2＋m3）v2，

解得

绳刚拉紧时m1和m2的速度为v1，最后m1、m2、m3的共同速度为v2，设m3相对m2的位移为Δs，则在过程中由能量守恒定律有

解得Δs=0.017m．

（2）对m3，由动量定理，有μm3gt=m3v2

所以，从绳拉紧到m1、m2、m3有共同速度所需时间为t=0.1s．

（1），；（2）

（1）在轨道I上，探测器m所受万有引力提供向心力，设土星质量为M，则有

同理，在轨道Ⅲ上有

由上两式可得

探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a，则

解得

（2）探测器在A点喷出气体前后，由动量守恒定律，得mv1=(m－△m)v2＋△mv

解得

①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

m0v0=（m0+m1）v1

解得v1=10m/s

②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v3

解得：v2=8 m/s

答：①子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小是10m/s．

②小物块脱离小车时，小车的速度是8 m/s．

（1）BD（4分，选对但不全的得2分）；（2）；（每空2分）；（3）①6kg（2分）；②12J（2分）。

试题分析：（1）A中一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，不是因为光的强度太弱，而是光的能量太小，即光的频率太小，故A不对；B中德布罗意认为一切物体都具有波粒二象性是正确的；C中比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时会出现质量亏损，根据爱因斯坦质量方程可知，一定释放核能，故C是不对的；D中黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与温度有关是正确的，故D是正确的，所以该题选AD。

（2）根据核反应方程中质量数守恒的规律可知，x粒子的质量数为1，核电荷数为0，故它是中子；Y粒子的质量数为0，核电荷数为－1，故它是电子；

（3）①由图知：碰前vA=4m/s，vB=0，碰后两者速度v=1m/s，

由动量守恒定律可知mAvA=(mA+mB)v，解得：mB=6kg（2分）

②损失的机械能=12J（2分）。

（1）A与B发生碰撞的条件是：

(2) A与B相撞，B再与P相撞的条件是：

(3)物块A的初速度 时, 物块B、A在木板C上不可能再发生碰撞

(4) A从C掉下的条件是：

(5)物块B从木板C上掉下的条件是：

用m表示A、B和C的质量。

（1）当物块A以初速度v0向右运动时，它因受C给它的滑动摩擦力做匀减速直线运动，而它作用于C的摩擦力不足以使B、C产生相对滑动，即B、C以相同加速度做匀加速直线运动。物块A、B发生碰撞的临界情况是：物块A运动到物块B所在处时，A、B速度相等。

在临界状况下，因为B与木板C的速度始终相等，所以A、B即将碰撞时，A、B、C三者速度均相同，设为v1。由动量守恒定律有

mv0=3mv1   ①

在此过程中，设木板C 运动的路程为s1，则物块A运动的路程为s1+L，由功能原理得：

      ②

解①、②得：   

故A与B发生碰撞的条件是： 

（2）当物块A的初速度时，A、B将发生碰撞，物块B与档板P发生碰撞的临界情况是：物块B运动到档板P所在处时，B、C的速度相等。同（1）中结论，在临界状况下，当B运动到档板P处时，A、B、C三者速度相等，设此速度为v2，根据动量守恒定律得：

mv0＝3mv2       ③

设A、B碰撞前瞬间，A、B、C速度分别为vA、vB和vC，则vA>vB，vB=vC。

在A、B碰撞的极短时间内，A、B构成的系统的动量近似守恒，而木板C的速度保持不变，因为A、B间的碰撞是弹性的，即系统机械能守恒，又物块A、B质量相等，故易得：碰撞后A、B速度交换，设碰撞刚结束时A、B、C三者的速度分别为vAˊ、vBˊ、vCˊ，则vAˊ＝vB，vBˊ＝vA，vCˊ＝vC，刚碰撞后A、B、C的运动与（1）类似，只是A、B的运动进行了交换，由此易分析：在整个运动过程中，先是A相对C运动的路程为L，接着是B相对C运动的路程为L，整个系统的动能转变为内能。类似（1）中方程得

      ④     

联立③、④解之，得：

故A与B相撞，B再与P相撞的条件是：

（3）当物块A的初速度 时，B将与档板P相撞，撞后A、B、C的运动可由（2）中运动类比得到：B、P碰撞后瞬间，物块A、B速度相同，木板C速度最大，然后C以较大的加速度向右做减速运动，而物块A和B以相同的较小加速度向右做加速运动，加速过程将持续到或者A、B与C速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，或者木块A从木板C上掉了下来，因此物块B、A在木板C上不可能再发生碰撞。

(4)若A刚刚没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以v3表示，由动量守恒有

                      3mv3=mv0                      ⑤

从A以初速度v0在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A刚没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C运动的路程为L，接着B相对C运动的路程也是L，B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程也皆为L，整个系统动能的改变应等于内部相互滑动摩擦力做功的代数和。

即：(3m)v32-mv02 =-μmg·4L ⑥

由⑤⑥两式得：

故A从C掉下的条件是：

（5）当物块A的初速度时，A将从木板C上掉下来。设A刚从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为vA″, vB″, vC″，有vA″＝vB″＜vC″，这时⑤式应改写成

mv0=2m vA″+mvC″          ⑦

⑥式应改写成：  (2m)vB″2+mv″C2-mv0=-μmg·4L    ⑧

当物块A掉下C后，物块B从木板C掉下的临界情况是：当C在左端赶上B时，B与C的速度相等，设此速度为v4

则由动量守恒定律可得：  mvB″+ mvC″＝2mv4            ⑨

再对B、C系统从A掉下C到B掉下C的过程用动能定律：

(2m)v42 —（mv″B2+mvC″2）= -μmgL    ⑩

联立⑦⑧⑨⑩，注意到vA″＝vB″＜vC″，可解得：

，，

故物块B从木板C上掉下的条件是：

小题1:1m/s

小题2:1.5m

解(1)设小物体C静止开始运动到A点时速度为v，由机械能守恒定律得

设C与A碰撞粘在一起时速度为v,由动量守恒定律得  

          (２分)

　　　　　得   (１分)

（2）A与C一起将在竖直方向作简谐运动。当A与C运动到最高点时，回复力最大，加速度最大。

A、C受力图，B受力图如图，

对B依受力平衡有： F="mg  " (１分)

对AC最高点时应用牛顿第二定律：

F+2mg="2ma  " (2分)

可得a="1.5g  " (１分)

略

（1）30J   （2）0.4

(1)滑块m滑至弹簧压缩量最大时，有：

=(m＋M)v，

m滑回A点时，与小车共同运动的速度仍为v，有：