热门试卷

解：（1）以平板车和小金属块为研究对象，由平板车和小金属块组成的系统不受外力，所以动量守恒：

代入数据得：     

（2））以小金属块为研究对象，由动量定理：

-

代入数据得：           

（3）设小金属块与平板车最后的共同速度为v，由动量守恒定律：

mv0=（M+m）v    

得：            

由能量守恒得：

解得：L=

答：（1）小金属块与平板车的质量之比为；

（2）小金属块与平板车上表面间的动摩擦因数为；

（3）若小金属块刚好没滑离平板车，则平板车的长度为．

解：（1）A、B相碰过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=2mv1，

代入数据解得：v1=1m/s；

（2）A、B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1=mvC+2mv2，

代入数据解得：v2=0.5m/s，

由能量守恒定律可知，B、C碰撞损失的机械能：

△E=•2mv12-•2mv22-mvC2，

代入数据解得：△E=0.25J；

答：（1）A、B两球碰撞后粘合在一起的速度大小为1m/s；

（2）A、B两球与C碰撞过程中系统损失的机械能为0.25J．

解：（1）物体从斜面上滑下过程中，由机械能守恒定律得：

MgH=Mv12，

代入数据解得：v1=4m/s，

物体在传送带上，由牛顿第二定律得：μMg=Ma，

代入数据解得：a=1m/s2，

由匀变速直线运动的速度位移公式可得，

物体速度减小到零时的位移：s===8m＞L=6m，

则物体将从传送带的右端离开传送带；

（2）对物体，由匀变速运动的位移公式可得：

L=v1t-at2，

代入数据解得：t=2s  （t=6s不合题意，舍去），

在此时间内，传送带的位移为：s=ut=3×2=6m，

物体在传送带上滑动时产生的热量：

Q=μMg（L+s）=0.1×20×10×（6+6）=240J；

（3）设物体滑上传送带运动距离为s2时被子弹击中，击中前后物块的速度分别为v2、v3，

子弹击中物块时，子弹由物体组成的系统动量守恒，以物块的速度方向为正方向，

由动量守恒定律可得：Mv2-mv0=（M+m）v3，

由速度位移公式得：v22-v12=-2as2，

物体被击中后做匀减速运动，物体刚好不从传送带右方离开的条件是：

（M+m）v32≤μ（M+m）g（L-s2），

代入数据解得：s2≤4.875m；

在子弹距左皮带轮4.875m距离内击中物体，物体就不会从右边离开传送带．

答：（1）物体速度减小到零的位移是8m，大于传送带的距离，物体从传送带右方离开传送带；

（2）物体从滑上到离开传送带过程中产生了240J的热量；

（3）在子弹距左皮带轮4.875m距离内击中物体，物体就不会从右边离开传送带．

解：（1）滑块滑上小车前，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，

由机械能守恒定律得：mgR=mv12+Mv22，

代入数据，解得：v1=m/s；

（2）由于系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，

系统末动量为零，滑块与小车最终速度都为零，滑块的重力势能转化为内能，

系统损失的机械能：△E=mgR=1×10×1=10J；

答：（1）滑块P刚滑上小车时的速度大小为m/s．

（2）滑块P与小车组成的系统在整个过程中损失的机械能为10J．

解：对AB整体，根据机械能守恒定律：

2mgh=•2m•v2

得：v=

AB碰撞过程，设向左为正方向，根据动量守恒：

mvB=2mv

得：vB=2v

BC与弹簧分离的过程满足动量守恒，即系统总动量为零：

则mvc=mvB

得：vc=vB

根据能量的转化与守恒：EP=mvB2+mvc2=8mgh

答：轻弹簧最初具有的弹性势能为8mgh．

解：（1）设子弹和木块的共同速度为v，选水平速度v0的方向为正，由动量守恒定律，mv0=（M+m）v

解得：v=．

（2）根据能量的转化与守恒，子弹减少的动能除了转化为木块获得的动能即为损失的动能，故有：

△E=mv02-（M+m）v2=；

答：（1）子弹与木块共同运动的速度是；（2）子弹打木块的过程中系统损失的机械能是．

解：（1）A、原子核的半衰期由自身性质决定，与外界因素无关，氡的半衰期为3.8天，则若在高温下其半衰期不变，故A错误；

B、β衰变所释放的电子是原子核中子释放出电子变成质子时产生的，故B错误；

C、γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；

D、发生α衰变时，生成的α粒子带2个单位的正电荷和4个电位的质量数，即α粒子由2个中子和2个质子构成，故α衰变时成生的新核中子数减少2，质子数减少2，故D正确；故选D．

（2）爱因斯坦光电效应方程：hγ=W+Ek，得：hγ=hγc+eUc，变形得：Uc=（γ-γc）；

由题图可知，Uc=0对应的频率即为截止频率γc，得：γc=4.27×1014Hz

图线的斜率为：==4.26×10-15V•s，代入电子电量计算得：h=6.30×10-34J•s；

（3）①根据质量数和电荷数守恒可得该核反应方程为：Rn→Po+He；

②设粒子x的质量为m1、速度为v1，钋核的质量为m2、速度为v2，

根据动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2，钋核的动能：Ek2=m2v2=18MeV；

故答案为：（1）D；（2）①4.27×1014；②6.3×10-34；（3）①Rn→Po+He；②粒子x的动能为18MeV．

解：（1）飞船的加速度a=；

根据牛顿第二定律有：

f=Ma；

则飞船受到的阻力f=M；

（2）a．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

Mv0=（M+ρsx）v0

解得：x=

由-x图象可得：

t=（+）x

解得

t=

b．设在很短时间△t内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m′，所受飞船的作用力为f′

飞船与尘埃发生弹性碰撞

由动量守恒定律可知：

Mv0=Mv1+m′v2

由机械能守恒定律可知；

Mv02=Mv12+m′v22

解得：v2=v0

由于M＞＞m′，所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0

对尘埃，根据动量定理可得：

f′△t=m′v2

其中m′=ρsv0△t

则飞船所受到的阻力f′=2ρsv20

设一个离子在电场中加速后获得的速度为v．

根据动能定理可得；

eU=mv2

设单位时间内射出的离子数为n

在很短的时间△t内，根据动量定理可得：

F△t=n△tmv

则飞船所受动车F=nmv

飞船做匀速运动

F=f′

解得：n=

答：

（1）这段时间内飞船受到的阻力大小为M；

（2）a．飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移为；所用的时间．

b．单位时间内射出的阳离子数．

解：

（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．

由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：

（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VA

解得：VA=3m/s

（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：

mBv=（mB+mC）v1

解得：v1=2m/s

设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：

EP=+-

代入解得为：EP=12J．

（3）A不可能向左运动．

系统动量守恒，（mA+mB）v=mAvA+（mB+mC）vB

假设A向左，vA＜0，vB＞4m/s，此时A、B、C动能之和为

   E′=+＞

实际上系统的机械能：E=+=48J

根据能量守恒定律，E′＞E，违反了能量守恒定律，是不可能的．

答：

（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为3m/s；

（2）弹性势能的最大值是12J；

（3）A的速度不可能向左，若A向左，违反了能量守恒定律．