热门试卷

解：（1）m、M共同加速临界值满足：F0=（m+M）=（2+4）×=36N，

F＜F0  由动量定理得：Ft=（m+M）v0，

代入数据解得：v0=2m/s，

（2）以向右为正方向，第一次碰撞后，由动量守恒定律得：

Mv0-mv0=（M+m）v1，

代入数据解得：V1=m/s，

对系统，由动能定理得：，

代入数据解得：L=1m；

（3）第一次碰撞后：v1=2m/s，

由牛顿第二定律得：a===6m/s2，

路程：s=，

代入数据解得：s=；

答：（1）平板车第一次与墙壁碰前的速度为2m/s；

（2）平板车第二次与墙壁碰前的速度为m/s，滑块不会从平板车滑落，平板车L至少为1m．

（3）若平板车足够长，平板车第一次碰墙后通过的总路程为m．

解：（1）核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He．

   （2）设衰变后，氡核的速度为 v0，α粒子速度为 vα，由动量守恒定律得（M一m）v0=mVα，

   α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需要的时间为t=，

氡核在电场中做匀加速直线运动，t时刻速度为v=v0+at，

氡核的加速度为 a=，

由以上各式解得

答：（1）核反应方程为 88226Ra→86222Rn+24He；

（2）此时刻氡核的速率为．

解：（1）因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，

设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，

则mv0=（m+M）v1    

因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，

则（m+M）v12=（m+M）gh   

得：h=    

（2）子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，设向右为正方向：

mv0=m（）+Mv2

在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为

△E=mv02-m（）2-Mv22=mv02  

答：（1）如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是

（2）如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是mv02．

解：令两小车获得的速度大小分别为vA和vB，则根据动量守恒有：

MvA-mvB=0     ①

平板车产生的位移大小       ②，

玩具汽车产生的位移大小      ③

两车分离时有：

L=xA+x2         ④

代入数据由①②③④式可解得：vA=0.2m/s，vB=0.8m/s

答：两小车获得的速度分别为A小车0.2m/s，B小车0.8m/s．

解：（1）滑块到达O点时速度最大，设为v1，根据动能定理得：

F×=m

整理得：v1=

（2）设滑块和木板最终共同运动的速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：

mv1=（m+M）v2，

根据能量守恒定律有：

μmg=m-（m+M）

整理得：μ=．

答：（1）滑块的最大速度是；

（2）滑块与木板右半段间的动摩擦因数是．

解：（1）设物体A与物体B碰撞后B的速度vB，物体B通过轨道最高点时速度为v，由题意可得

由机械能守恒定律得

，

解得，．

（2）物体A与物体B发生碰撞，物体A的速度为vA，规定A的初速度方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得

mv0=mvA+2mvB

代入数据解得vA=0．

答：（1）碰撞后物体B的速度大小为；

（2）碰撞后物体A的速度大小为0．

解：小球离开水平台后做平抛运动，

水平方向：s=v0t，

竖直方向：h=gt2，

小球击中橡皮泥过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，

小球与橡皮泥离开水平台后做平抛运动，

水平位移：s′=vt，

AB间的距离：d=s-s′，

解得：d=；

答：AB间的距离为．