热门试卷

解：（1）细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x0，则有：kx0=Fm

由能量关系，有：

解得：

（2）细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，有：0=mvA-mvB

则小物块滑离木板时木板二者的位移关系为：SA=SB

又SA+SB=L-l0+x0

解得：

（3）当λ=2时设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有：

细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，则由动量守恒和能量守恒有：（2m）v1=（2m+m）v

对长木板，有：kx=mam

解得：

（4）由题意，λ＜1时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动．λ＞1时，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1

由能量关系，有：

此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动．设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为u2，则有：（λm）u1=0+mu2

解得：λ=2

所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件为：λ≥2．

答：（1）细绳所能承受的最大拉力的大小为；

（2）当λ=1时，小物块B滑离木板A时木板运动位移的大小为；

（3）当λ=2时，求细绳被拉断后长木板的最大加速度am的大小为；

（4）为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件为λ≥2．

解：（1）A与B碰撞前A的速度：mgh=mvA2，vA=，

因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，

可知：vA′=0，vB′=vA=，

（2）设B球到最高点的速度为v，由B做圆周运动的临界条件得：mBg=mB…①

又因 mBvB′2=mBv2+mBg•2L…②

由①②得：L=0.4h

即L≤0.4h时，A、B碰后B才可能做圆周运动，再次碰撞后，物体A做方向向右的匀速直线运动；

（3）由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，

因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失．

设碰撞次数为n，由动能定理可得：mAgh-nmAgS=0

解得：n=；

答：（1）A、B两物体碰后的速度大小分别为：vA′=0，vB′=vA=；

（2）为使碰撞结束后物体A做方向向右匀速直线运动，悬线长l应满足是条件为L≤0.4h；

（3）若l=h，且物体A与水平面的动摩擦因数为μ，A、B碰撞的次数n=．

解：（1）金属钠的逸出功为2.21eV，因此光子的能量要大于2.21eV才能使其发生光电效应．处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时共产生6种谱线，其中只有从n=4向n=3能级跃迁和从n=3向n=2能级跃迁的光子能量小于2.21eV，故能使金属钾发生光电效应的光谱线条数为4条，ACD错误，B正确．

故选B．

（2）开始两球碰撞时，动量守恒，因此有：

                  ①

碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰时，动量守恒：

                               ②

联立①②解得：，故ACD错误，B正确．

故选B．

解：（1）凹槽与墙壁碰撞后，滑块压缩弹簧，后又返回，当弹簧恢复原长时，凹槽将离开墙壁，此时，小滑块的速度大小为v0，方向水平向右．设弹簧具有最大弹性势能时共同速度为v，对凹槽、小滑块、弹簧组成的系统，选取水平向右为正方向，

根据动量守恒定律，有 mv0=4mv，

根据机械能守恒定律，有mv02=×4mv2+EPx，

解得：EPX=mv02；       

（2）设凹槽反弹速度为v1，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有

3mv1-mv0=4mv′，

×3mv12+mv02=×4mv′2+mv02，

解得：v1=，v1′=-v0（舍去），

代入解得：v′=0，

△E1=×3mv02-×3mv12=mv02，

（3）由第（2）问可知，第一次碰撞后系统的总动量为零，系统达到共同速度v′=0时，

弹簧压缩量最大，以后，弹簧释放弹性势能，根据对称性可知，凹槽将以v1=，的速度再次与墙壁碰撞．

根据题意，有=，

解得v2=，

故△E2=×3m-×3m=mv02，

答：（1）弹簧弹性势能的最大值为mv02； 

（2）框架与墙壁碰撞时损失的机械能为mv02；

（3）能，第二次碰撞时损失的机械能为mv02．