热门试卷

解：①铁块C在滑离A的过程中，A、B、C系统动量守恒，以C的初速度方向我i正方向，由动量守恒定律得：

mCv0=（mA+mB）vA+mCvC，

代入数据解得：vC=2.4m/s；

②铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，以C达到初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mCvC+mBvA=（mC+mB）vB，

由动能定理得：W=mBvB2-mBvA2，

代入数据解答：W=0.6J，

答：①铁块C在滑离A时的速度为2.4m/s．

②摩擦力对B做的功为0.6J．

解：对于子弹、物块A相互作用过程系统动量守恒，

以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m0v+mAvA，

对于A、B相互作用过程中，以A的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，

由能量守恒定律得，系统产生的热量：

△E=m0v02-m0v2-（mA+mB）v2，

解得：△E=m0v02-m0v2-；

答：系统产生的热量为：m0v02-m0v2-．

解：（1）A、B系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，解得：v=v0，

将M=5m代入上式可得：v=v0，方向与平板车B初速度方向相同；

（2）对B车，由动量定理得：-μmgt=Mv-Mv0，解得：t=；

（3）由能量守恒定律的：μmgL=（M+m）v02-（M+m）v2，解得：L=；

答：（1）A、B最后的速度大小为：v0，方向与平板车B初速度方向相同．

（2）A在B上相对运动的时间为．

（3）平板车的最小长度为．

解（1）：小球到达最高点时恰与小车等速．这一过程系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，规定向右为正方向：

mv0=（m+M）v，

，

解得：．

（2）当小球将从右边离开小车时，设小球和车的末速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，有

mv0=mv1+Mv2，

，

解出两组解，小球从左边离开的解是：，（舍去）

对应于小球从右边离开的解是：v1=v0，v2=0．

答：（1）v0的大小为；

（2）离开小车时小球的速度为v0．

解：（1）A球小球下摆至最低点的过程中，根据机械能守恒：

  2mg（L-Lcos60°）=   ①

得：v=                          

A球碰撞后在上摆过程中，根据机械能守恒：

 =2mg    ②

得：v1=                              

（2）在最低点对A球：T-2mg=2m      

得：T=4mg                          

（3）小球A和物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒：

  2mv=2mv1+mv2  ③

得：v2=                           

对碰后物块分析，根据平抛运动规律有：

竖直方向有：h=  ④

水平方向有：s=v2t  ⑤

解得：s=                       

答：（1）A球与B碰撞前A球速度是，碰撞后瞬间速度是．    

（2）A球与B碰撞前对细绳的拉力是4mg．

（3）物块落地时距离桌面右端的水平距离是．

解：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：

F=mAa，

代入数据得：a=2.5m/s2；

（2）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：

Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v，

代入数据解得：v=1m/s；

（3）A、B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：

mAvA=（mA+mB）v，

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：

Fl=mAvA2-0，

联立并代入数据得：l=0.45m；

答：（1）A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；

（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；

（3）A的上表面长度为0.45m．

解：（1）弹簧第一次压缩最短时弹性势能最大，此后第一次恢复原长时，C的速度达到最大值，设向右为正；由动量守恒定律可知：

2mv0=2mv1+3mv2

×2m×v02=×2mv12+×3m×v22

联立解得：

v1=-0.2v0，v2=0.8v0

C最终速度为0.8v0；

（2）弹簧第二次压缩到最短时，A、B速度相等，故：

2m•v1+2mv2=4mv

解得：

v=0.3v0

故弹簧的弹性势能为：

Epm=（2m）v12+（2m）v22-（4m）v2=mv02；

解：（1）C最终的速度大小为0.8v0；

（2）当弹簧第二次被压缩至最短时，弹簧储存的最大弹性势能为mv02．

解：（1）A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为24He+714N→817O+11H，故A正确．

B．铀核裂变的核反应是：92235U+01n→56141Ba+3692Kr+301n，故B错误．

C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．质子和中子结合成一个α粒子，方程为：211H+201n→24He

释放的能量是：（2m1+2m2-m3）c2 ，故C错误．

D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2．那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子，故D正确．

故选AD．

（2）解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得

 mv0=（m+M）v   

靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得

 Ep=（m+M）v2  

解得：Ep=v02   

代入数值得  Ep=2.5J   

 故答案为：（1）AD．

（2）Ep=2.5J

解：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：

mv0=（M+m）v，

解得：v=；

（2）对子弹与木块组成的系统，由能量守恒定律得：

mv02=（M+m）v2+Q，

解得：Q=；

（3）系统损失的机械能：Q=fL，

解得子弹打进木块的深度：L=；

答：（1）子弹、木块相对静止时的速度v=；

（2）系统系统增加的内能为：；

（3）子弹打进木块的深度为．

解：（1）铁块滑至最高处时，有共同速度V，

由动量守恒定律得：mV0=（M+m）V  　 ①

由能量守恒定律得：②

由①②解得：

（2）铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为V1，此时铁块速度为V2，

由动量守恒定律得：mv=MV1　+mV2  ③

由能量守恒定律得：④

由③④解得：

（3）由上面③④解得：⑤

由已知当M=m时，由⑤得：V2=0

又因铁块滑离小车后只受重力，所以做自由落体运动．

答：①铁块能滑至弧形槽内的最大高度是

②小车的最大速度是；

③若M=m，则铁块从右端脱离小车后将作自由落体运动．