热门试卷

（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得-μmgl=m-m

联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，

（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3

代入数据解得   k=2

此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得   k=6

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv

代入数据解得k=4

总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同

当k=4时，AB的速度为0

当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．

（1）由动能定理有（qE1+mg）y1=mv12

解得v1=4m/s                   

（2）设A与B碰后共同速度为v2，以竖直向上为正方向，由动量守恒得

mv0-mv1=2mv2

解得v2=8m/s

设C运动到O3时速度v3，则

2mgL-qE2L=×2mv32-×2mv22

T+qE2-2mg=2m

解得T=7N

（3）C不能做能够经过O2和O3的圆周运动，即C不能达到能够经过O2和O3所需的最小速度．设C能够做经过O2的圆周运动，在O2所需的最小速度为v4，设C能够做经过O3的圆周运动，在O3所需的最小速度为v5，则

2mg=2m

qE2-2mg=2m

解得：v4=2m/s，v5=2m/s

C经过O3时速度为v5=2m/s，设经过O2时速度为v6，则

2qE2L-4mgL=×2mv62-×2mv52，由于2qE2L-4mgL＞0，所以v6＞v5=2m/s＞v4=2m/s．

即C能够做经过O3就一定能够做经过O2．

当C能够做经过O3的速度小于v5=2m/s时，不能做能够经过O2和O3的圆周运动．                                              

设C经过O3的速度为v5时，A与B碰后在O点的共同速度为v7，则

2mgL-qE2L=×2mv52-×2mv72

解得：v7=6m/s                                   

C在O点的速度只要大小为v7，不管是向上还是向下，C都能够经过O3．

设C的速度向上时，碰前A的速度为v8，在y轴上开始位置的坐标为y2，则

mv0-mv8=2mv7 

（qE1+mg）y2=mv82

解得v8=8m/s，y2=1.6m                      

设C的速度向下时，碰前A的速度为v9，在y轴上开始位置的坐标为y3，则

mv0-mv9=-2mv7 

（qE1+mg）y3=mv92

解得v9=32m/s，y3=25.6m                  

即1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动． 

答：（1）小球A下落到O点的速度为4m/s；

（2）C运动到03时，绳对C的拉力T是7N；

（3）当1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动．

（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为

          a==9.0m/s2

    设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有

         m总g-f=m总a

     解得f=80N

   （2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0

       设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得

              （mg-F）t2=0-mv2

       代入解得F=2450N

   （3）由v-t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为

               h=30×10m=300m

    设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有

             m总gh+W=m总v2

     解得  W=-1.8×105J

答：（1）起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N；

    （2）运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

    （3）开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为-1.8×105J．

（1）A、光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A正确

B、玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B正确

C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关．故C错误

D、原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损．故D错误

故选AB．

（2）设第一次碰后m1滑块的速度大小为，滑块m2的速度大小为，设向右为正方向，

根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1+m2…①

第二次碰撞   m1-m2=-m1v3…②

m1过P点向左运动过程中，由动能定理得-μm1gL=0-m1…③

解得：=…④

故答案为：（1）AB（2）第一次碰后滑块m1的速度是=．

设3m的物体离开弹簧时的速度为υ'，根据动量守恒定律，

   则有：（3m+m）υ0=m•2υ0+3mυ'

解得：υ′=υ0

根据动能定理，弹簧对两个物体做的功分别为：

  W1=m(2υ0)2-m=m

  W2=•3m•()2-•3m•=-m

所以弹簧做的总功：W=W1+W2=m

答：弹簧在这个过程中做的总功为m．

对小球下摆过程分析，根据机械能守恒：

   2mgL（1-cos60°）=•2mv2 ①

解得：v=       ②

对小球向右摆动过程分析，根据机械能守恒：

  •2m=2mg•     ③

解得：v1=   ④

对小球与物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒得：

 2mv=2mv1+mv2  ⑤

由②④⑤解得：v2=    ⑥

对碰后物块分析，根据动能定理：

-μmgL=0-m    ⑦

由⑥⑦解得：μ=0.5    ⑧

答：物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5．

（1）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，根据动能定理：

mgR-0.1mg×CD=m 

对a、b球，根据动量守恒定律  mvD=2mv

解得：v=m/s=1.73m/s  

故小球a与b相碰后瞬间速度的大小为v=1.73m/s．

（2）两球进入复合场后，由计算可知Eq=2mg

两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如右图所示，洛仑兹力提供向心力：

evB=2m

由图可知：r=2h  

解得：h=2m=3.46m

故水平面离地面的高度h=3.46m

（3）根据功能关系可知ab系统损失的机械能：

△E=0.1mg×CD+m-×2mv2+Eqh

解得：△E=1.48×10-4J

故从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运动过程中，ab系统损失的机械能△E=1.48×10-4J．

小车固定在地面时，设物体与小车间摩擦力为f，由动能定理

-fL=m(

v0

2

)2-m    （1）

把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间摩擦力仍为f．设小物体相对小车滑行距离为L时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为V，

由动量守恒定律mv0=（M+m）v   （2）

设这过程小车向前滑行距离为S．由动能定理

对小车运用动能定理有

fS=Mv2  （3）

对小物体运用动能定理有

-f（L+S）=Mv2-m  

由（2）（3）（4）解出

fL′=m （）  （5）

L′≤L 且fL=m      （6）

比较（5）（6）解出

M≤3m，只要M＞3m小物体就能滑离小车．

答：欲使小物体仍能滑离小车．那么小车的质量M和小物体质量m应满足M＞3m．

设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C（A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力），

根据动量守恒定律得     

 mv0=2mv1

设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC应用动量守恒定律得

mv0+2mv1=3mv2

设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能定理得 

μmgs=(2m)-(2m)

如果C的长度为l，则对A根据动能定理得

-μmg(s+l)=m-m

连立以上各式可解得  

 =

C走过的距离是C板长度的倍．

（1）对物体，根据动能定理，有qEL1=mv12，得　v1=．

（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′；滑板的速度为v，则

mv1=mv1′+4mv．

若v1′=v1，则v=v1，因为v1′＞v，不符合实际，

故应取v1′=-v1，则v=v1=．

在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同．

∴（v2+v1′）t=v•t，

即v2=v1=．

（3）对整个过程运用动能定理得；

电场力做功W=mv12+（mv22-mv1′2）=qEL1．

答：（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度为；

（2）若物体与A壁碰后相对水平面的速率为碰前速率的，则物体在第二次跟A壁碰撞之前，滑板相对于水平面的速度为，物体相对于水平面的速度υ2分别为；

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功为qEL1．

（1）子弹射穿小物体A的过程中，两者组成的系统动量守恒：mv0=mv1+mAvA ①

代入数据解得：vA=2.5m/s  ②

此后A在B上做匀减速运动，B做匀加速运动，故物体A的最大速度为2.5m/s．

（2）若物体A未离开小车，当A、B速度相等时，小车B具有最大速度，设为v．子弹射穿A后，A、B组成的系统动量守恒：mAvA=（mA+mB）v ③

代入数据解得B的最大速度  v=1.25m/s  ④

（3）设子弹射穿A后，至达到相同速度时，物体A和小车B运动的位移分别为SA、SB．

以A为研究对象，根据动能定理：-μmAgsA=mAv2-mA  ⑤

以B为研究对象，根据动能定理：μmAgsB=mBv2  ⑥

为使物体不离开小车，小车的长度L至少为 L=sA-sB ⑦

联立解得 L=3.125m  ⑧

答：

（1）物体A的最大速度为2.5m/s；

（2）若物体A未离开小车B，小车的最大速度为1.25m/s；

（3）为使物体A不离开小车，小车的长度至少为3.125m．

（1）设物体从A滑至B时速率为Vo，根据机械能守恒定律有：mgR=mvo2

vo=

物体与小车相互作用过程中，系统动量守恒，设共同速度为V1，有：mvo=2mv1

解得物体滑上轨道CD前的瞬间时速率：v1=

（2）设二者之间的摩擦力为f，根据动能定理有，

对物体有：-fSEF=mv12-mvo2

对小车有：f(SEF-R)=mv12

（或对系统根据能量守恒定律有：fR=mvo2-2mv12）

得f=mg

SEF=R

（3）设物体从CD滑下后与小车达到相对静止，共同速度为V2，相对小车滑行的距离为S1，小车停后物体做匀减速运动，相对小车滑行距离为S2，根据动量守恒和能量守恒有：

mv1=2mv2fS1=mv12-2mv22

对物体根据动能定理有：fS2=mv22

解得S1=RS2=R

则Q点距小车右端距离：S=S1+S2=R

答：（1）物体滑上轨道CD前的瞬间时速率v1=．

（2）水平面EF的长度为R．

（3）最后物体m停在小车上的Q点，则Q点距小车右端R．

（1）滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．

由动能定理 -μmgsm=0-m

解得sm=4.0 m

（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

mv0=2mv1

2mv1=2mv2+mvC

解得v1=v0，v2=0

由能量守恒定律

Ep+×2mv12=×2mv22+mvC2

解得Ep=4.0 J

（3）滑块在传送带上向右匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度为a，滑块速度减为零的时间为t1，向右的位移为s1，在同样时间内传送带向左的位移为x1，根据牛顿第二定律和运动学公式

a==2m/s2．

滑块C速度减小到零所需的时间t1==2s．

滑块的位移s1==m=4m．

传送带的位移x1=vt1=2×2m=4m，

相对路程△x1=s1+x1=8m．

然后滑块返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度一起做匀速直线运动．

匀加速直线运动的时间t2==s=1s，

滑块C的位移s2=at22=×2×1m=1m．

传送带的位移x2=vt2=2m

相对路程△x2=x2-s2=1m．

则摩擦产生的内能Q=μmg（△x1+△x2）=0.2×10×9J=18J．

答：（1）滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离为4.0m．

（2）弹簧锁定时的弹性势能为4.0J．

（3）滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能为4.0J．

（1）设滑块A到达P点与B碰前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律有：

2mgh=•2m

解得ν0=

（2）设滑块A与B碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv

两滑块粘合在-起共同向左运动，设最终停止时距P点的距离为s，由动能定理有

μ•3mgs=•3mν2

联立上述式子并代入数据解得：

s=

答：（1）滑块A到达P点与B碰前瞬间的速度为．

（2）两滑块最终停止时距P点的距离为．