热门试卷

（1）    （2）1.62×10-19J

试题分析：（1）由 和   得

（2）增加的电势能来自系统损失的动能，当两电子的速度相等时电势能最大，由动量守恒定律    和    

得：

所以增加的电势能最大值为1.62×10-19J

速度为0

P和Q两者碰撞过程中动量守恒，当两者具有相同速度时，弹簧压缩最多时，弹簧具有最大的弹性势能

m v0＝2 m v                      ①       （2分）

Epm=m v02－×2m v2 =m v02   ②       （2分）

P和Q两者弹簧压缩后，当弹簧恢复原长，两者分离时，P 的速度最小，

m v0＝m v1 ＋m v2                                        （2分）

m v02＝m v12 ＋m v22                  （2分）

解得v1＝0，v2＝v0                                     （1分）

P最终的运动速度为0 .

本题考查动量守恒定律和能量关系，当两物体速度相等时弹性势能最大，弹性势能等于系统动能的减小量

（1）P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有

-μmg•2L=0-m①

将L=R代入①解得

v0=②

若P在D点的速度为vD，Q对P的支持力为FD，由动能定理和牛顿定律有

-μmgL=m-m③

根据牛顿第二定律得

FD-mg=m④

联立解得

FD=1.2mg⑤

由牛顿第三定律可知，P对Q的压力大小也为1.2mg．

（2）当PQ具有共同速度v时，P达到的最大高度h，由动量守恒定律有

mv0=（m+M）v⑥

由功能关系有

m=μmgL+（m+M）v2+mgh⑦

联立解得

h=R

答：（1）若Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，v0的大小是，P刚越过D点时对Q的压力大小是1.2mg．

（2）若Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h是R．

(1)　(2)  (3)

解:(1)由小球运动至第一次碰前,据动能定理有:

mgh=mv02/2         ①                                                 (1分)

对碰撞过程,据动量守恒:

mv0=(M+m)v1                ②                                                  (1分)

碰后压缩弹簧过程中,M、m及弹簧系统机械能守恒:

Epm=(M+m)v12/2        ③                                                  (1分)

由①②③式联立解得:

       ④                                                   (2分)

(2)第一次碰后小球向BC轨道运动的初速度即为v1,由机械能守恒得:

        ⑤                                                   (1分)

由①②⑤式联立解得:      ⑥                               (2分)

(3)小球在BC段运动可等效为单摆,其周期为:

          ⑦                                                 (1分)

分析得小球第三次通过B点历时为:

         ⑧                                                 (2分)

由⑦⑧式联立解得:      ⑨                               (2分)

（1）设子弹穿过物块时物块的速度为，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律：…………2分

得：…………2分

（2）物块和木板达到的共同速度为时，物块刚好到达木板右端，这样板的长度最小为L，对物块和木板组成的系统：…………2分

摩擦生热：…………1分

由能量守恒定律：…………1分

得：…………2分

mL（1-cosθ）/（M+m）

解题方法与技巧：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒.设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v,圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：

MV=mv

且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：

Md=m［（L-Lcosθ）-d］

解得圆环移动的距离：

d=mL（1-cosθ）/（M+m）

在Q点左边离Q点0.17m

设M、m共同速度为v，由动量守恒定律，得

，解得

对A，B组成的系统，由能量守恒，得

代入数据解得

木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒．

由动量守恒定律得

设B相对A的路程为s，由能量守恒，有

代入数据得

由于，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1，则

⑴VB=

⑵l=h－

⑶

⑴ 当C运动到半圆形轨道的最低点时，A、B将开始分开。在此以前的过程中，由A、B、C三个物体组成的系统水平方向的动量守恒和机械能守恒，可得：

mVA＋mVB＋mVC＝0

mgR=mVA2＋mVB2＋mVC2

而VA=VB

可解得：VB=

⑵ A、B分开后，A、C两物体水平方向的动量和机械能都守恒。C到最高点时，A、C速度都是V，C能到达的距台面的最大高度为l，则

mVB＝2mV

         mg(l＋R－h)＋(2m)V2=mVA2＋mVC2

可解得：l=h－

⑶ 很明显，A、C从平台左边落地。

因为L>>R，所以可将A、C看成一个质点，速度为VB，落下平台的时间

小题1:B

小题2:B

小题3:

（1）A、原子核发生衰变时电荷数和质量数守恒，故A正确；

B、α射线是氦原子核、β射线是电子、γ射线电磁波，故B错误；

C、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故C正确；

D、卢瑟福提出了原子核式结构学说，故D错误；故选AC．

（2）①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=mvA，

A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvA=（m+M）v，

代入数据解得：vA=2m/s，v=0.5m/s；

②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：

△E=mvA2-（m+M）v2=1.5J；

故答案为：（1）AC；

（2）①A与B碰撞后的共同速度大小为0.5m/s；

②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能为1.5J．

①1 m/s；②10 J；③2.5 m。

试题分析：①设滑块与小车共同速度为v，滑块的质量为m，原来的速度为v0，小车的质量为M。则有：

       ①

解得：       ②

②由能量守恒知：

       ③

③由：Q="μmgL"              ④

可解得滑块相对小车滑过的距离为：L="2.5" m，据题意知：

小车的长度为：L="2.5" m。      ⑤

评分标准：①④式各2分，③式3分，②⑤式各1分。

(1)物体滑到圆弧底端后向左做平抛运动，所以有

            ——一（2分）

                ——————————（2分）

(2) 设物体滑到圆弧的底端时车速度为v1，物体速度为v2：物体在圆弧下滑的过程中，水平方向没有外力。对物体与车构成的系统，水平方向动量守恒：

O=Mvl-Mv2   一一一一一一（2分）

物体离开圆弧底端后向后做平抛运动，车向右做匀速直线运动，有

L=(vl+v2)t   一一一一一一一一（2分）

解得：         ————————— (2分)

               一一一—一（2分）

(3) 物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧底端过程，对物体与车构成的系统，机械能守恒：

            ——————————（2分）

由以上各式带入数据解得：

          ————————（2分）

略