热门试卷

解：①A与B弹开过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=0，

B追上A需要满足v2＞v1，

解得：m1＞m2；

②B从光滑曲面滑下后速度大小仍为v2，当A、B速度相等时弹簧具有最大弹性势能，动量为：

p=m1v1=m2v2，

以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

2p=（m1+m2）v，

由能量守恒定律得：

m1v12+m2v22-（m1+m2）v2=EP，

联立解得：EP=；

答：①A和B的质量m，和m2的大小关系为m1＞m2；

②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能为．

解：（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，有：

解得：

电子绕原子核运动的等效电流为：

解得：

（2）a．放出光子的能量（E1＜O），

光子的动量p=．

设氢原子的动量为P1，根据动量守恒定律可知，

P1+P=0

解得：P1=

则反冲速度

b．由爱因斯坦的质能方程，核聚变反应中释放的核能为：△E=△mc2

解得：△E=3.3MeV

核反应中系统的能量守恒有：EkHe+Ekn=2E0+△E

核反应中系统的动量守恒有：pHe-pn=0

由可知：

解得：=1MeV

=3MeV

答：（1）氢原予处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，此等效电流值为．

（2）a．原子从第一激发态跃迁到基态时，放出光子的能量为，氢原子的反冲速度为；

b．轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能分别是1MeV与3MeV

解：（1）从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有：

2mv0-mv0=2mv

解得：v=

由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为：

Q=m+m-（2m）v2=m

（2）当ab棒速度大小为且方向向左时，设cd棒的速度为v1，根据动量守恒得：

2mv0-mv0=mv1-m

解得：v1=

此时回路中的总电动势：E1=BL（+）=BLv0

则消耗的电功率为：P1==

当ab棒的速度大小是且方向向右时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得：

2mv0-mv0=mv2+m

解得：v2=

此时回路中的总电动势：E2=BL（-）BLv0

则消耗的电功率为：P2==

答：（1）从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热是m．

（2）当ab棒速度大小为且方向向左时，回路中消耗的电功率是，

当ab棒的速度大小是且方向向右时，消耗的电功率．

解：①当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，I最小，木块与木板组成的系统动量守恒，以小木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1，解得：v1=v0，

对系统，以小木块的速度方向为正方向，由能量守恒定律得：

μmgL=mv02-（M+m）v12，

速度：v0=，

联立并代入数据得：I=2N•s；

②对长木块，由动量定理得：μmgt=Mv-0，

代入数据得：t=s；

答：①给小木块一个水平向右的冲量I，使小木块从长木板右端脱离出来，冲量I的最小值为2N•s；

②在①的条件下，小木块在长木板上滑行的时间为s．

解：

（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，11H+12D→23He

（2）设质子、氘核的质量分别为m、M，当质子和氘核发生完全非弹性碰撞时，系统损失的动能最大．由动量守恒：mv0=（m+M）v

质子轰击氘核损失的动能：△E1=

E1=mv02

解得：△E1=

同理可得，氘核轰击质子系统损失的动能：△E2=

由于用质子轰击氘核和用氘核轰击质子核反应相同，故发生核反应所需的能量相同，由题意：△E1=△E2

联立解得：E2=2.8MeV      

答：（1）质子流轰击固态的重水D2O的核反应方程为11H+12D→23He

（2）氘核的最小动能为2.8MeV．

解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：

mv1-2Mv2=0…①

E0=m+…②

①②两式联立解得：v1=4m/s     v2=1m/s

（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：

 mv1-Mv2=（m+M）v共…③

由能量守恒定律得：μmgL=+-（M+m）…④

③④联立并代入得：L=m

答：①滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．

②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．

解：（1）设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：

   （M-m）v0=（M+m）v1

  μmgs=（m+M）v02-（M+m）v12

解得：s=

故L应满足的条件是：L≥s=

（2）第2次碰撞前有：

（M-m）v0=（M+m）v1   

第3次碰撞前有：（M-m）v1=（M+m）v2

第n次碰撞前有：（M-m）vn-2=（M+m）vn-1

所以vn-1=（）n-1v0则第5次碰撞前有：v4=（）4v0

故第5次碰撞前损失的总机械能为：△E=（M+m）v02-（M+m）v42

代入数据解得：△E=149.98J．

答：

（1）要想物块不从长木板上落下，长木板的长度L应满足的条件是：L≥．

（2）整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能是149.98J．

解：（1）子弹射穿木块的过程中，由于时间极短，取向右为正方向，由系统的动量守恒得

 m0v0=2m0v1+m0

解得子弹射穿后，物块A的速度  v1=，方向向右     

物块A停在小车左端时，A、B的速度相等均为v2，则

  2m0v1=（10m0+2m0）v2

解得v2=，方向向右．  

（2）子弹射穿物块后到弹簧压缩到最短，设摩擦生热为Q，根据能量守恒定律得

  ×2m0v=Q+（2m0+10m0）v+Ep

子弹射穿物块后到最终物块和小车以相同的速度匀速运动

  ×2m0v=2Q+（2m0+10m0）v   

联立以上两式解得 Q=m0v，Ep=m0v

根据功能关系有 Q=2μm0g（L+x）    

所以最大压缩量 x=v-L．

答：

（1）子弹射穿后，物块A的速度为，方向向右，它的最终速度为，方向向右．

（2）弹簧的最大压缩量为v-L，相应的弹性势能Ep为m0v．

解：（1）A、B碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，

根据动量守恒定律有：mv0=（m+2m）v1，解得：v1=v0；

（2）设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，以向右为正方向，

根据动量守恒定律有：2mv0=4mv2，解得：v2=v0，

对A、B、C组成的系统，从A、B碰撞结束瞬时到C停在Q点的过程，

根据能量守恒定律得：μmg（2L）=m+（3m）-（4m），

解得：μ=；

（3）设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3．对于A、B、C组成的系统，弹簧压缩到最短时系统的弹性势能Ep最大．

对于A、B、C组成的系统，从A、B碰撞后瞬间到弹簧压缩到最短的过程，

以向右为正方向，根据动量守恒定律有：2mv0=4mv3，解得：v3=v0，

根据能量守恒定律有：μmgL+Ep=m+（3m）-（4m），解得：Ep=m；

答：（1）平板A、B刚碰完时的共同速率v1为v0；

（2）物块C与平板B 粗糙面部分之间的动摩擦因数μ为；

（3）在上述过程中，系统的最大弹性势能Ep为m．