热门试卷

(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：

　　　　　 VB=1.6/m=1.6/0.4 m/s ="3.2" m/s（3分）

　　　　  A→B，由动能定理得：FS=mVB2

　　　　　       所以 F=m =0.4×3.22/(2×0.64) N ="3.2N   " （3分）

(2)滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX    VC=VB

所以 VDX=mVC/(M+m)="0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s   " （3分）

(3)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再沿圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。

以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒得：

　　　 mVC=mVC‘+MV              （2分）         

mVC2=mVC’2+MV2                   （2分）

上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，

　 　 　V="0.64m/s           " VC’=" -2.56m/s " （负号表示与V反向 ） （2分）

(4) 由机械能守恒定律，滑快由C到D，对系统有：

mVC2=mgR+ M VDX2+m（VDX2+VDY2 ）（2分）

所以（1分）

滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：

S=VDX2VDY/g

=0.32×2×1.1/10 m ="0.07m      " （2分）（其它正确解法相应给分）

略

（1）1192J（2）0.8m（3）20N

（1）               ①

                         ②

（2）                                      ③

                                     ④

（3）                           ⑤

评分参考：①③④⑤式分别得3分， ②得4分

(1)D　(2)0.027 J

(1)前后两次跃迁所跨越的能级不一定相同，故光子频率不一定相等，A错误；衰变有质量亏损，释放了能量，B错误；α粒子散射实验是关于原子结构而不是原子核结构的实验，C错误；X射线频率高，能量大，故产生光电子的最大初动能较大，D正确．

(2)根据运动关系x＝(vA－vB)t

根据动量守恒有：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB

根据能量关系Ep＝mAv＋mBv－ (mA＋mB)v联立解得Ep＝0.027 J.

（1）6m（2）8.67m 

(1)设A滑上B后达到共同速度前未碰到挡板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为

mv0=(M+m)v               （2分）

解得  v="2m/s            " （1分）

在这一过程中，B的位移为

sB=                  （2分）

aB=μmg/M               （2分）

解得sB="2m                " （1分）

由于s="4m," 这表明两者达到共同速度时，未碰到挡板。A、B达到共同速度v =2m/s后将一起再匀速向前运动2m碰到挡板。设在整个过程中,A、B的相对位移为 s1,根据系统的动能定理,得

μmgs1 =    （3分）

解得s1="6m                    " （1分）

（2）B碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律有

Mv-mv=(M+m) vˊ           （2分）

解得vˊ="(2/3)m/s            " （1分）

在这一过程中，根据系统的动能定理，得

μmgs2 =     （2分）

解得s2="2.67m                         " （2分）

因此，要使A最终不脱离B ,木板B的长度应为

s= s1+ s2="6+2.67=8.67m                " （1分）