热门试卷

解：（1）滑块从A到B的过程中，根据动能定理得：，

解得：，

在B点，根据牛顿第二定律得：

N-mg=m

解得：N=30N

根据牛顿第三定律可知，滑块刚到达轨道最低点B时对轨道的压力为30N，

（2）滑块滑上木板后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在摩擦力作用下做匀加速直线运动，当速度相等后一起做匀减速直线运动，直到静止，

根据图2可知，滑块和木板共速时的初速度为v1=1m/s，

在滑块和木板速度相等前，木板的加速度，共速后一起运动的加速度，

对木板根据牛顿第二定律得：

μ2mg-μ1（m+M）g=Ma1，

-μ1（m+M）g=（M+m）a2，

带入数据解得：μ1=0.1，μ2=0.5

（3）速度相等前滑块的加速度a=，运动的位移，

木板运动的位移，

则整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离x=x1-x2=3.5-0.5=3m．

答：（1）滑块刚到达轨道最低点B时对轨道的压力为30N；

（2）木板与地面间的动摩擦因数μ1为0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ2为0.5；

（3）整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离位3m．

解：（1）设碰后A、B和C的共同的速度的大小为v，

由动量守恒定律得：mv0=4mv

解得v=

设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，

由动量守恒得4mv1=2mv0

解得：v1=-；

设弹簧释放的弹性势能为EP，从细线断开C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有：

（4m）v2+Ep=2mv02+•2mv12

解得：弹簧释放的势能为EP=mv02

答：（1）分离后AB的共同速度为；

（2）分离过程中弹簧释放的弹性势能为mv02

解：A与B碰撞后，B向右摆到过程中，由动能定理得：

×2mv=2mgl（1-cos θ），

小球A与B碰撞的过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=mvA′+2mvB ，

由机械能守恒定律：mv=mvA′2+•2mv，

由能量守恒定律得：Ep=mv，

解得：Ep=mgl（1-cos θ）；

答：弹簧最初的弹性势能为mgl（1-cos θ）．

解：（1）对木块，由动量定理得：I=mv0，

对木块与小车组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v，

小车的动能：EK=Mv2，

解得：EK=；

（2）当小车与木块受到相当时，弹簧的弹性势能最大，在此过程中，由能量守恒定律得：

mv02=EP+W+（M+m）v2，

木块返回到小车左端过程中，由能量守恒定律得：

mv02=2W+（M+m）v2，

解得：EP=；

答：（1）木块返回到小车左端时小车的动能为．（2）弹簧获得的最大弹性势能为：．

解：（1）设子弹穿出A时的速度为v，木块A的速度为vA．对子弹和木块A组成的系统，由动量守恒可得

mv0=2mvA+mv

子弹射入B中后的共同速度为vB．对子弹和木块B组成的系统，由动量守恒可得

mv=（2m+m）vB

由题知vA=vB，

可求得vA=，v=

（2）对子弹、木块A、B组成的系统，由能量守恒可得

可求：

答：（1）子弹穿出A时的速度为；

（2）上述过程中系统损失的机械能为．

解：（1）A、β衰变所释放的电子是原子核内中子转化而来的，不是原子核外的电子电离形成的．故A错误．

B、铀核裂变的核反应是用中子轰击铀核．故B错误．

C、两个质子和两个中子结合成一个α粒子，根据爱因斯坦质能方程可知，释放的能量是：（2m1+2m2-m3）c2．故C错误．

D、根据玻尔理论得：原子从a能级状态跃迁到b能级状态时：Ea-Eb=h，从b能级状态跃迁到c能级状态时：Ec-Eb=h，则原子从a能级状态跃迁到c能级状态时Ec-Ea=h，联立解得，λ=．故D正确．

故选D

（2）（1）A与B碰后瞬间，B速度最大．由A、B系统动量守恒（取向右为正方向）有：

   mAv0+0=-mAvA+mBvB 

代入数据得：vB=4 m/s   

（2）B与C共速后，由BC系统动量守恒，有

  mBvB+0=（mB+mC）vC   

代入数据得：vC=2 m/s          

根据能量守恒得 

故答案为：（1）D；（2）（1）B运动过程中的最大速度大小是4m/s；（2）B、C之间摩擦因数大小是0.5．

解：（1）A与B相撞之前由动能定理：．

得   

代入数据得：v0=4m/s．

（2）A与B相碰后速度为v1．

由动量守恒定律：mv0=（m+m）v1

C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动

A与地面的摩擦力f2=μ2（m+M）g=0.8N．

A受到的电场力F=qE=0.8N．

故A、C系统动量守恒定律，

当C刚好滑到A左端时共速v2．

由动量守恒定律：mv1=（m+M）v2

得．

设A长度为L则由能量守恒定律有：

得

代入数据得L=0.5m          

（3）．对C由牛顿第二定律可知：

μ1Mg=Ma

得     

加速时间为．

A的加速度大小为．

在这段时间内A的位移

AC速度相等时AB的距离△x′=v1t-x1=0.625m

从AC速度相等开始计时，AB的距离△x=△x′+（v1-v2）t=0.625+1.5t （m）

答：（1）A与B相碰前的速度为4m/s．

（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为0.5m．

（3）最终AB的距离为0.625+1.5t（m）．

解：（Ⅰ）氢原子从 n=3 的激发态向基态跃迁时，发出的谱线波长最短，设为λ．

则根据玻尔理论得：

    E3-E1=h

又E3-E2=h，E2-E1=h

联立解得，λ=

（Ⅱ）设滑块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，

由系统动量守恒得：mv1-2mv2=0…（1）

系统机械能守恒得：…（2）

由（1）（2）解得：，

（2）物块在劈B上达到最大高度h‘时两者速度相同，

设为v，由系统动量守恒和机械能守恒得

（m+2m）v=mv1…（3）

…（4）

由（3）（4）解得：

故答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）（1）物块第一次离开劈A时，劈A的速度是．（2）物块在劈B上能够达到的最大高度是．

解：（1）向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成60°角，向下摆动的过程，机械能守恒，则有：

mg×=mv2

v=，

两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成37°，

机械能守恒，则有：

m′g×0.2L=m′v′2

v′=2，

B球与A球碰撞，粘在一起，规定向左为正方向，根据动量守恒得

mBv=（mA+mB）v′

解得：=，

（2）B球在碰前的最大动能是Ek=mBv2=mBgL=5mBL

两球在碰撞过程中损失的机械能△E=mBgL-（mA+mB）v′2=（5-）mBL

所以两球在碰撞过程中损失的机械能与B球在碰前的最大动能之比是，

答：①A球和B球质量之比是，

②两球在碰撞过程中损失的机械能与B球在碰前的最大动能之比是．