热门试卷

解：①子弹击中B的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：动量守恒：mCvm0=（mB+mC）v1，代入数据解得：v1=2m/s；

②若滑块A与水平面固定，B由运动到静止，位移为s．

动能定理有：-μ（mB+mC）gs=0-（mB+mC）v12，代入数据解得：μ=0.1；

答：①子弹C击中B后瞬间，B速度为2m/s．

②若滑块A与水平面固定，B被子弹击中后恰好滑到A右端静止，求滑块B与A间动摩擦因数μ为0.1．

解：①小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

对甲：2mg（h-h）=•2mv甲2，解得：v甲=，

对乙：mg（h-h）=mv乙2，解得：v乙=，

甲乙碰撞过程系统动量守恒，以甲的方向为正方向，

由动量守恒定律得：2mv甲-mv乙=（m+2m）v，

解得：v=；

②碰撞过程，由能量守恒定律可知，

损失的机械能：△E=•2mv甲2+mv乙2-（2m+m）v2，

解得：△E=mgh；

答：①碰撞后瞬间两球的速度大小为．

②碰撞过程损失的机械能为mgh．

解：（1）小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动．

设小车与小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿定律得：

对小物块 qE1+μm2g=m2a2

对于小车μm2g=m1a1

设经t1秒两者速度相同，则由vt=v0-at得：

对小物块有：vt=6-10t1

对小车有：v‘t=2t1

由以上二式得：6-10t1=2t1

解得：t1=0.5（s），共同速度为：1m/s．

当两者达到共同速度后，受力情况发生了变化，其水平方向的受力如图所示：

若设两物体时只受电场力作用下一起做减速运动时其加速度为a3，

则由牛顿第二定律得：F=（m1+m2）a3

设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则：

由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零

小物块第一段运动的位移

第二段运动的位移

故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m

（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：

小物块的加速度

此时小车的加速度

设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4．则：

对小物块∵

∴

对小物块

对小车

当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v5．

由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5

（3）设小车长为L，由系统能量守恒得：

 =

解得：L=3m

解法二：设小车向左运动直至与小物块达到共同速度前的总位移为s4，由于小车向左加速的加速度也始终为2m/s2，最终速度为，故：

设小物块出电场后向左运动，直至与小车达到共同速度前的位移为s6，设此过程中的加速度为a7．则：

因小物块向左加速运动2m后才冲出电场，故小物块向左运动的总位移s7为s7=s6+2=3+2=5（m）

由此可知小物块相对小车运动的位移为s7-s4=5m-2m=3m

即小车长度至少为3m

答：

（1）小物块最远能向右走2m．

（2）小车、小物块的最终速度分别是m/s，m/s．

（3）车的长度应为3m．

解：规定子弹的速度方向为正方向，对子弹和木块组成的系统运用动量守恒得：

m1v0=（m1+m2）v，

解得：v==60m/s．

若子弹穿过木块，根据动量守恒得：m1v0=m1v1+m2v2，

解得木块的速度为：m/s=50m/s，

则系统损失的机械能为：，

代入数据解得：△E=350J．

答：木块运动的速度是50m/s，系统损失的机械能为350J．

解：（1）B分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知：

h=gt2

vB=  

代入数据得：vB=1 m/s

（2）AB分离时，由动量守恒定律得：

mAvA=mBvB    

A球由e到d根据动能定理得：

-μmAgl=mAvd2-mAve2       

代入数据得：vd=2m/s

（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得：

mAgR=mAvd2-mA

A球在b由牛顿第二定律得：

mAg-mAg=mA        

代入数据得：R=m

答：

（1）AB分离时B的速度大小为1 m/s；

（2）A到达d点时的速度大小为2m/s；

（3）圆弧abc的半径R为m．

解：（1）

A．由质量守恒知核反应方程是11H+01n→12H+γ故A错误．

B．由质量亏损△m=m初-m末知聚变反应中的质量亏损△m=m1+m2-m3 故B正确

C．由爱因斯坦质能方程知辐射出的γ光子的能量 E=（m1+m2-m3）c2故C项错误

D．由hγ=E=（m1+m2-m3）c2及γλ=C知γ光子的波长．故D项错误．

故选B．

（2 ）

（Ⅰ）设A物块碰撞B物块前后的速度分别为v1和v2，

碰撞过程中动量守恒，mAv1=（mA+mB）v2

代入数据得：

（Ⅱ）设物块A的初速度为v0，轮胎与冰面的动摩擦因数为µ，A物块与B物块碰撞前，

根据动能定理：

碰后两物块共同滑动过程中

根据动能定理：

由

解得：v0=3μgL

设在冰面上A物块距离B物块为L′时，A物块与B物块不相撞，

则：

解得：L‘=1.5L

答：（1）A碰撞B前后的速度之比为5：4；

（2）要使A与B不发生碰撞，A、B间的距离至少是1.5L．

解：（1）卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构；

（2）根据质量数守恒和电荷数守恒得：2713Al+42He→3015P+10n，147N+42He→11H+178O

（3）两个球两次碰撞过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

m1v1′=m2v2′

解得：v1′=

答案为：（1）卢瑟福，α粒子散射实验（2）2713Al+42He→3015P+10n，147N+42He→11H+178O；（3）第一次碰后m1球的速度为

解：（1）由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力（子弹与物块间作用力），故可认为此过程动量守恒，设向右为正方向：

mv0=（m+M）v…①

解得：v=v0

（2）m、M组成的系统一起压缩弹簧直到动能减小为零，此时弹簧的弹性势能最大，根据能量的转化与守恒：

EP=（m+M）v2…②

解得：EP=

（3）取向右为正，对系统由动量定理：I=0-mv0

得：I=-mv0-mv0=-2mv0，方向向左．

答：（1）击中木块瞬间二者的共同速度为v0；

（2〕弹簧储存的最大弹性势能为；

（3）从子弹接触木块到弹簧再次恢复原长的过程中墙壁给弹簧的冲量大小为2mv0，方向向左．

解：①设ABC的质量为m，A刚接触B时的速度为v1（碰前），由功能关系，有：

-μ•mg•=mv12-mv02

A、B相碰，设碰后速度为v′1，由动量守恒得：

mv1=（m+m）v′1

联立以上两式解得v′1=．　

②设A、B一起滑行至C时的速度为v2，由功能关系，有：

-μ•2mg•=•2mv22-•2mv′12　

A、B与C相碰，设碰后它们共同速度为v3，由动量守恒得：

2mv2=3mv3　

A、B、C一起向左压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，设弹簧的最大压缩量为x，由功能关系，有：

-μ•3mg•2x=0-（3m）v32　

联立以上各式解得x=；

答：①A、B碰后瞬间，A、B共同的速度大小为．

②弹簧的最大压缩量．

解：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，

（1）对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：

（4m+m）g（ h2-h1）=（4m+m）V22，

解得V2=；

则由动量定理可知：I=mv2=m；方向竖直向上；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：

4mV1=（4m+m）V2，

解得V1=，

由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损=（4m）V12-（4m+m）V22，

联立解得E损=mg（h2-h1）．

答：（1）外壳与内芯碰撞过程中外壳对内芯撞击力的冲量大小为；方向竖直向上；

（2）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能mg（h2-h1）