热门试卷

解：设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′．由动量守恒与能量守恒定律得

mv=m v′+mH vH′①

②

解得

vH′=③

同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为

vN′=④

由③④中2mv相同式可得

m=⑤

将mH=1.0u和mN=14.0u和vH′=7.0vN′代入⑤式得

m=1.2u

即构成铍“辐射”的中性粒子的质量为1.2u．

解：（1）对小物块，有ma=-μmg

根据运动学公式

由能量关系，

解得EP=2J．

设小物块离开弹簧时的速度为v1，有 ．

对小物块，根据动量定理 I=-mv1-mv

由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．

弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．

（2）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．

由能量关系

小物块最终停在小车上距A的距离

解得xA=1.5m．

答：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．

（2）小物块最终停在小车上的位置距A端为1.5m

解：（1）a球恰能通过半圆环轨道最高点A，由重力提供向心力，

根据牛顿第二定律，有：mg=m，

a球从B运动到A过程中机械能守恒，固有：mvB2=mvA2+2mgR，

联立解得：va=，

即释放后a球离开弹簧时的速度大小为va=；

（2）b球则从桌面C点滑出做平抛运动，则：

竖直分运动：h=gt2，

水平分运动：x=vbt，

代入数据求得：vb=；

故释放后b球离开弹簧时的速度大小为vb=；

（3）以a、b两球与弹簧组成的系统为研究对象，取向右方向为正方向，

对于弹簧释放的过程，由动量守恒得：0=mva-mbvb，解得：mb=2m；

答：（1）释放后a球离开弹簧时的速度大小．（2）释放后b球离开弹簧时的速度大小．（3）b球的质量为2m．

解：A、B两物体与弹簧组成的系统在水平方向受到的合外力为零，系统动量守恒，规定向右为正方向：

mv0=（m+M）v

A、B两物体与弹簧组成的系统在整个运动过程中只有弹力做功，系统机械能守恒，当A、B两物体速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，有：

mv02=mv02+（m+M）v2

解得m与M之比为：=，

答：m与M之比是．

解：分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度，v3表示小球A在半圆最高点的速度，则对A由牛顿第二定律有：mg=m

对A运用机械能守恒定律得：

mv12=2mgR+mv32

以A和B为系统，规定向右为正方向，碰撞前后动量守恒：

Mv0=Mv2+mv1        

联立解得：v1=5m/s，v2=m/s．

答：碰撞结束后，小球A和B的速度的大小分别为5m/s和m/s．

解：（1）P1、P2碰撞过程，系统动量守恒，规定向右为正方向，

mv1=2mv  ①

解得：v=v1=3m/s，②

根据能量守恒得碰撞损失的动能△E=m-（2m）v2   ③

解得：△E=9J．

（2）由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以P在AC间等效为匀减速运动，

设P在AC段加速度为a，根据牛顿第二定律得：μ•2mg=2ma，④

由运动学公式得：3L=vt-at2  ⑤

v2=v-at  ⑥

根据①④⑤⑥解得：v1=，v2=，⑦

由于2s≤t≤4s，所以解得：10m/s≤v1≤14m/s，⑧

所以v2的取值范围是1m/s≤v2≤5m/s，

所以当v2=5m/s时，P向左经过A点时有最大动能，

根据运动学公式得P向左经过A点时速度大小是v′=m/s，

Ek=（2m）=17J．

答：（1）若v1=6m/s，P1、P2碰后瞬间的速度大小是3m/s，碰撞损失的动能是9J；

（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，v1的取值范围是10m/s≤v1≤14m/s，P向左经过A点时的最大动能是17J．

解：（1）A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv0=（mA+mB）v，

解得：v=v0；

（2）A、B碰撞过程，由能量守恒定律得：

△E=mAv02-（mA+mB）v2，

解得，损失的机械能：△E=mv02；

答：（1）碰撞后AB的速度为v0；

（2）碰撞过程中损失的机械能为mv02．

解：（1）设A、B碰撞后的速度分别为v′、v0，在A、B两木板碰撞的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

Mv=Mv′+Mv0…①

由机械能守恒定律得：…②

联立①②解之得：v′=0，v0=5m/s；

（2）B木板最初做匀速运动，滑动摩擦力：F=μMg，第l块铁块放上后，B木板做匀减速运动，加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μmg=Ma1，由匀变速直线运动的速度位移公式得：

v02-v12=2a1L，

代人数据解得：v1=2m/s；

设最终有n块铁块能静止在B木板上．则B木板运动的加速度大小为：

an=…④

第1 块铁块放上后：…⑤

第2 块铁抉放上后：…⑥

…

…

第n块铁块放上后：…⑦

由上可得：…⑧

B木板停下时，vn=0，得n=6.6．即最终有7 块铁块放在B木板上；

（3）从放上第1块铁块至刚放上第7 块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

×2L=v02-v62…⑨

从放上第7 块铁块至B木板停止运动的过程中，设B木板发生的位移为d，

则：2×d=v62-0…⑩，联立解得：；

答：（1）A、B碰撞结束时的速度分别为0m/s、5m/s；

（2）最终B木板上放有7块铁块；

（3）最后一块铁块与B木板右端距离为m．