热门试卷

解：设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=mv1+3mv2，

由机械能守恒定律得：，

解得：，，

B受到的冲量：，

设B与A碰撞后的共同速度为v3，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=（m+3m）v3，解得：，

B受到的冲量：，

所以B受到的两次冲量大小之比：|I1|：|I2|=4：1；

答：B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比为4：1．

解：（1）A、普朗克首先引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，开创了物理学的新纪元．故A正确．

B、康普顿效应表明光子具有动量，不能证明光子具有能量．故B错误．

C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性．故C正确．

D、卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子具有核式结构，而不是通过α粒子散射实验证明原子具有核式结构．故D错误．

E、卢瑟福利用α粒子轰击氮核发现了质子，并预言了中子的存在．故E正确．

故选ACE

（2）①小铁块在弧形轨道上滑动过程中，根据动能定理得

   mgR-Wf=

解得  Wf=1.5J

②铁块在长木板滑动的过程，由系统的动量守恒得：

mv0=（M+m）v

解得：v=1m/s．

故答案为：（1）ACE；

（2）①小铁块在弧形轨道上滑动过程中，克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．②小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．

解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，

设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，

加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x．

由牛顿第二定律得：μmg=ma，

由运动学公式得：v=vC+at，x=vct+at2，

代入数据可得：x=1.25m，x=1.25m＜L，

滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，

并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=3.0m/s．

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，

由动量守恒定律：mAv0=（mA+mB）v1，

（mA+mB）v1=（mA+mB）v2+mCvC，

AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：

EP+（mA+mB）v12=（mA+mB）v22+mCvC2，

代入数据可解得：EP=1.0J；

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，

它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v．

设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，

C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=3m/s，加速度大小为2m/s2

由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2_vC′2=2（-a）L，解得：vC′=5m/s，

以向右为正方向，由动量守恒定律可得：

A、B碰撞过程：mAvA=（mA+mB）v1′，

弹簧伸开过程：（mA+mB）v1′=mCvC′+（mA+mB）v2′，

在弹簧伸开的过程中，由能量守恒定律得：

EP+（mA+mB）v1′2=（mA+mB）v2′2+mCvC′2，

代入数据解得：vm=7.1m/s；

答：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度为3m/s；

（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1.0J；

（3）滑块A与滑块B撞前速度的最大值vmax是7.1m/s．

解：（1）手雷爆炸过程动量守恒，以手雷原飞行方向为正方向，由题意知：v0=10m/s，m1=0.3kg的大块速度为v1=50m/s，m2=0.2kg的小块速度为v2．

由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，

代入数据解得：v2=-50m/s

负号表示质量为200克的部分速度方向与手雷原飞行方向相反．

（2）由能量守恒定律可得，爆炸过程中增加的机械能：

，

代入数据解得：△E=500J；

答：（1）小块弹片的速度大小为50m/s，方向：与手雷的初速度方向相反．

（2）爆炸过程中增加的机械能为500J．

解：（1）如图对A受力分析，有：Fcosθ-fBA=mAaA

Fsinθ+NBA=mAg

 fBA=μNBA

解得

同理可的

（2）3s时νA=aAt=18m/s

νB=aBt=3m/s

当撤去外力F后，撤去力F后，A、B在水平方向的动量守恒，取向右的方向为正方向，共同的速度为v，则：mAvA+mBvB=（mA+mB）v

解得A、B一起匀速的速度：ν=8m/s

（3）整个过程，由于摩擦产生的内能：

解得Q=120J

答：（1）施加外力F时，滑块A及木板B加速度大小分别为6m/s2和1m/s2．

（2）最终滑块A、木板B会一起在光滑水平面上做匀速运动，它们匀速运动的速度为8m/s；

（3）整个过程A、B组成的系统由于摩擦产生的内能是120J．

解：（1）设木块与凹槽碰撞后共同速度为v，由动能定理得：

-μ1（m+4m）gs=0-（m+4m）v2

解得：v=

（2）设木块与凹槽碰撞前瞬间的速度为v1，由动量守恒：

 mv1=（m+4m）v

可得：v1=5

木块被弹开到与凹槽碰撞，由动能定理，有

 W-μ2mg•x=mv

解得：W=25μ1mgs+μ2mgx  

由功能关系，细线被烧断前弹簧储存的弹性势能 EP=W=25μ1mgs+μ2mgx  

答：（1）木块与凹槽碰撞后瞬间的共同速度大小v为；

（2）细线被烧断前弹簧储存的弹性势能为25μ1mgs+μ2mgx．

解：（1）以竖直向上为正方向，设钉子打入木球后瞬间木球A的速度为v，钉子与木球A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

m0v0=（mA+m0）v，

由能量守恒定律可知，钉子打入木球的过程系统损失的机械能△E为：

△E=m0v02-（mA+m0）v2，

代入数据解得：△E=45J．

（2）设木球A与木球B碰撞前瞬间速度大小为v1，由匀变速运动的速度位移公式得：

v12-v2=-2gl，

代入数据解得：v1=6m/s，

设A与木球B碰撞后的速度大小为v2，两木球碰撞过程动量守恒，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：

（mA+m0）v1=（mA+m0+mB）v2，

设木球B到悬点O的距离为h，由匀速运动的速度位移公式得：

0-v22=-2gh，

代入数据解得：h=0.45m；

答：（1）钉子打入木球的过程中系统损失的机械能为45J；

（2）木球B到悬点O的距离为0.45m．

解：（1）在OA段，由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：a=4m/s2，

到O点时，由速度位移公式得：v2=2as，解得：v=4m/s，

推力的瞬时功率：P=Fv=6×4=24W；

（2）设物块与小车到达共同速度v′时上升的最大高度为h，

以物块的初速度方向为正方向，水平方向，由动量守恒得：mv=（M+m）v′，

对系统，由系统机械能守恒得：mv2=（M+m）v′2+mgh，

解得：h=0.6m＜0.7m，因此物块不能越过最高点；

（3）物块回到地面与小车分离，选取水平向左为正方向，设小车与物块的最终速度分别为v1和u

水平方向动量守恒得：mv=Mv1+mu，

由系统机械能守恒得：mv2=Mv12+mu2，

解得：v1=2m/s，u=-2m/s，负号表示方向向右；

答：（1）物块在AO段滑动过程中的加速度大小和撤去推力瞬间推力的瞬时功率为24W；

（2）若小车的高度H=0.7m，物块不能否滑过小车的最高点；

（3）物块最终滑回地面后，小车的速度为2m/s，方向向左，物块的速度为2m/s，方向向右．