热门试卷

解：（1）滑块m1由A点滑至B点过程，由机械能守恒定律：m1gh1=

解得：v0=5m/s

滑块m1由B点滑至C点过程，由动能定理：-μm1gL=v2-

解得：v=3m/s

（2）滑块m2停放在槽的底端，滑块m1下滑后与m2发生弹性碰撞，

由动量守恒定律：m1v0=m1v1+m2v2

由能量守恒定律：=m1v12+m2v22

据题意，碰撞后m1的速度方向不变，即v1=v0＞0

所以m1＞m2

（3）滑块经过传送带后做平抛运动，

由h2=gt2解得t=0.6s．

当1＞＞2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大．

v1=v0=v0=5m/s

v2=v0=2v0=10m/s

由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程：

x1=v1t=3m

滑块m2与传送带间有摩擦力作用，由动能定理：

-μm2gL=-m2

解得：v′2=2m/s

m2水平射程：x2=v′2t= m

滑块m1、m2落地点间的最大距离是△x=（-3）m

答：（1）槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，滑块m1滑过C点时的速度大小是3m/s；

（2）在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端．m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足m1＞m2

（3）满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0m/s．滑块m1、m2落地点间的最大距离是（-3）m

解：根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即

v1=，

A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度

v2=．

由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒，有

m1v1-m2v2=m2v2′，

令h表示B上升的高度，有

h=．

由以上各式并代入数据，得

h=4.05m．

故木棍B上升的高度为4.05m．

解：（1）设碰撞前瞬间，小物块b的速度为v1，小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，

根据动能定理得：  ①，

代入数据解得：v1=6m/s ②

（2）由小物块与小车组成的系统在碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，

设小物块b与小车a碰撞后瞬间，小车a的速度为v2，小物块的速度为v3，设向右为正方向

根据动量守恒定律得：mv1=mv3+Mv2 ③

根据机械能守恒定律得：  ④

由③④代入数据解得：v2=4m/s，v3=-2m/s；

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能：

EP=Mv22，代入数据解得：EP=16J　⑤

（3）设小物块b与小车a碰撞前的运动时间为t1，加速度为a1，碰撞后运动时间为t2，加速度为a2，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1  ⑥

由匀变速直线运动的位移公式得：          ⑦

由⑥⑦解得：t1=1s-μmg=-ma2 ⑧v3=a2t2　　⑨

由⑧⑨可得t2=1s，小物块b在整个运动过程中的运动时间t=t1+t2=2s；

答：（1）小物块与小车碰撞前瞬间的速度是6m/s；

（2）运动过程中弹簧最大弹性势能是16J；

（3）小物块b在整个运动过程中的运动时间为2s．

解：（1）A、根据W=hγc知，极限频率越大的金属材料逸出功越大．故A正确．

B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关．故B错误．

C、根据光电效应方程Ek=hγ-W知，光电子的最大初动能与入射光的频率和逸出功两个因素有关，光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出逸出功不一定越小，也可能是因为入射光的频率高的缘故．故C错误．

D、光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，与入射光的强度无关．故D错误．

故选A

（2）设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得

mgh=mv2+ ①

M1V-mv=0  ②

解得，v=

设物块在劈B上达到的最大高度为H，此时物块和B的共同速度大小为V‘，对物块与B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得

  mgH+=mv2 ③

  mv=（M2+m）V'④

联立得 H=

故答案为：（1）A

（2）物块在B上能够达到的是大高度为．

解：（1）根据s-t图象可知：P1的初速度为  v0==15m/s；①

碰后速度为     v1=-3m/s②

设P2被碰后获得的速度为v2，有动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2③

①②式并代入数据，得：v2=5m/s④

（2）设P1到B时的速度为vB，机械能守恒，有：⑤

设P1通过B时轨道对它的支持力大小为F，有：⑥

由③④⑤式并代入数据，得：F=4.2N⑦

（3）P2与挡板碰后能停在EF段的条件是，P2不会从弯曲轨道飞出，设此时挡板距E的距离为L1，即：⑧

设挡板距E的距离为L1时，P2与挡板能碰N次，此时满足：⑨

⑧、⑨解得：L1＞0.5m；    N＜2

由此可知，P2最终停在EF段的条件是：L≥0.5m；而且P2与挡板最多只碰一次⑩

（或者：由于，所以最多与挡板只碰一次）

分情况讨论如下：

（i）若P2与挡板没发生碰撞就已停下来，即：L≥X

功能关系，有：（11）

代入数据得：X=1.5m，

即：当L≥1.5m时，X=1.5m（12）

（ii）若P2与挡板碰一次，且返回时未能到达E点，即：L＜2L-X≤2L

功能关系，有：（13）

代入数据得：X=2L-1.5，

即当0.75m≤L＜1.5m时，X=2L-1.5（14）

（ii）若P2与挡板碰一次，返回时过E点，经曲面后又再次进入EF段，即：2L≤2L+X≤3L功能关系，有：（15）

代入数据得：X=1.5-2L

即0.5m≤L≤0.75m时，X=1.5-2L（16）

S-L图线如图

答：（1）P2被碰后获得的速度大小为5m/s；

（2）P1经过B时受到的支持力大小为4.2N；

（3）X-L图线如图所示．

解：设质子的质量为m，则氦核的质量为4m，设氦核初速度方向为正，根据动量守恒定律得：

m•v0=mv+4mv′，

根据机械能守恒定律得：

mv02=mv2+•4mv′2

联立并代入数据得：

v=1.6v0=1.6×500=800m/s，

v′=0.6v0=0.6×500=300m/s；

答：碰撞后两个粒子的速度分别为800m/s、300m/s．

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

mv0=（m+mvA）v，解得A的最大速度：v=v0；

（2）子弹、A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+mA+mB）v′，

解得：v′=v0，

由能量守恒定律得：（m+mA）v2=EP+（m+mA+mB）v′2，

解得：EP=mv02；

答：（1）A的最大速度为v0；

（2）弹簧的最大弹性势能为mv02．

解：（1）斜劈B固定，小球刚好滑到斜劈顶端，

小球运动过程，由动能定理得：-mgR=0-mv02，

解得，斜劈的半径：R=；

（2）设小球第一次从斜劈B滑下离开时，小球和斜劈B的速度分别为v1和v2，

以向右为正方向，由动量守恒可得：mv0=mv1+kmv2，

由机械能守恒可得：mv02=mv12+kmv22，

联立解得小球速度为：v1=v0，斜劈B速度为：v2=v0；

（3）设小球第一次滑下离开斜劈A时，小球和斜劈A的速度分别为v1′和v2′，

以向右为正方向，由动量守恒可得：mv0=mv1+kmv2，联立解得小球的速度：v1′=v1=v0，

若小球至少两次向右滑上斜劈B，则必有：|v1′|＞v2，化简得：k2-4k-1＞0，

解得：k＞2+，故k=5、6、7、…；

答：（1）若将斜劈B固定，小球刚好滑到斜劈顶端，斜劈的半径为；

（2）若两斜劈均不固定，当小球第一次从斜劈B滑下离开时，小球的速度为v0；

（3）在满足（2）问前提下，若小球至少2次向右滑上斜劈B，k的取值范围是：k=5、6、7、…．

解：（1）设向上为正；对整体上升过程由机械能守恒定律可知：

（m+m0）gh=

解得：v=6m/s；

由动量守恒定律可知；

m0v0=（m+m0）v

解得：v0=240m/s；

（2）由h=可得A下落时间t1=，

反弹后上升的时间t2=

故碰撞时间t=1.3-0.6-0.5=0.2s；

由机械能守恒定律可知，（m+m0）gh′=

木块反弹的速度v2=5m/s

对碰撞过程由动量定理可知：

[F-（m+m0）g]t=（m+m0）v2-（m+m0）v

代入数据解得：F=26N；

答：（1）子弹打击木块A时的速度v0为240m/s；

（2）从木块A第一次落到水平台面B到反弹离开，水平台面B对木块A的平均作用力的大小为26N．

解：（1）在轨道I上，探测器所受万有引力提供向心力，设土星质量为M，

由牛顿第二定律得：G=m              ①

同理，在轨道Ⅲ上有G=m′         ②

由式①②可得：υ3=υ1              ③

探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a，

由牛顿第二定律得：G=m′a   ④

由式①④可得：a=；

（2）探测器在A点喷出气体前后系统动量守恒，以探测器的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=（m-△m）v2+△mu，

故探测器在A点喷出的气体质量：△m=．

答：（1）探测器在轨道Ⅲ上的运行速率为υ1，加速度的大小为；

（2）探测器在A点喷出的气体质量为．

解：（1）放开b棒后，两棒组成的系统，合外力为零，动量守恒，a、b最终稳定后共速，根据系统的动量守恒得：Mv=（M+m）v共

解得：v共==m/s=m/s                                     

（2）a、b相碰后设速度分别是v1、v2，根据系统的动量守恒和机械能守恒得：

 Mv=Mv1+mv2

解得：

所以碰后b的速度为：

（3）a刚下滑至水平轨道时速度为v0有：MgH=   

至与b碰前有，取向右方向为正方向，对于a棒，根据动量定理得：

-BILt=Mv-Mv0

其中：=C=1C                    

代入得：v0=3m/s

所以：H=0.45m       

答：（1）最终稳定后a棒的速度大小为m/s；

（2）a与b碰撞后的瞬间，b棒的速度大小为m/s；

（3）a棒的释放高度H为0.45m．

解：（1）B与A碰前速度为v0，碰后速度为v1

根据动能定理研究B与A碰前过程：

（F-F）4S=mv02     （1）

B与A碰撞动量守恒得：

mv0=2m v1              （2）

当AB速度最后减到0时，弹簧具有最大弹性势能．根据功能关系得：

Ep=FS+2mv12 （3）

由（1）、（2）、（3）式得    Ep=FS

（2）设AB回到O点时速度为v2

根据能量守恒得：

Ep=2mv22            （4）

根据动能定理有：

-FL=0-mv22（5）

由（4）、（5）式得    L=5S

答：（1）弹簧的最大弹性势能为FS

（2）物块B最终离O点的距离是5S．

解：A、（1）小物块A从a点滑到b点，动能定理  

得     

即小物块A到达b点即将与小物块B碰撞前的速度vA大小为 

（2）A、B碰撞，设碰后速度为v，动量守恒定律mvA=2mv  

得：

AB一起在电场减速运动，设速度为0时，位移为S，动能定理   

将代入得：  

对向右减速过程有 qE+μ.2mg=2ma1   得：

减速为0所用时间为：

对向左加速过程有  qE-μ.2mg=2ma2    得：    

由  可得到达左边界bb‘的时间：

所以在电场中最长运动时间：    因tm＜2T0，即小物块AB在bb'与cc'之间运动时，一直受到电场力作用．

讨论如下：

 ①当 时，L≤s，AB可以穿过电场右边界cc'，

 ②当 时，L＞s，AB在电场先向右做减速运动，速度减为0，由于qE=2mg＞f=mg，即AB最后向左加速，从左边界bb'离开电场．则

即当 时

当 时=-

（3）①当，AB穿越电场的右边界cc'，设到达c的动能为EKc

由动能定理：

得：

即：

由于  Ekc＜2mgl0，不能到达d点．  

②当 时，AB从左边界bb'离开电场，不能到达d点．

即

B．解：

（1）a、b分开的过程，选向右方向为正方向，由动量守恒得mva-2mvb=0

解之得：

（2）设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：

对滑块在B点，由牛顿第二定律有：

解得：FN=9mg

由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小   方向竖直向下．

（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则： 

解得：

（4）滑块穿过P孔后再回到平台的时间：t==4      

要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）π 

解得：

解：（1）根据动能定理知，，解得a球与b球碰撞前的速度为：，

规定向左为正方向，根据动量守恒定律得，mva=2mv，解得a与b碰后瞬间的速度大小为：v=．

（2）根据牛顿第二定律得：，解得：T=3mg＞2.8mg，可知细绳断裂．

（3）根据0.5h=得：t=，

则落在垫子外平抛运动的最小初速度为：，

根据动能定理得：，

解得：H=．

答：（1）a与b球碰后瞬间的速度大小为；

（2）细绳会断裂；

（3）小球在A点下滑高度H 至少是．