热门试卷

（1）势能最小处动能最大

由图线II得x=6.1cm（在5.9～6.3cm间均视为正确）

故B在运动过程中动能最大的位置为x=6.1cm．

（2）由图读得释放处（x=20.0cm处）势能Ep=0.90J，此即B的总能量．由于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.47J，则最大动能为Ekm=0.9-0.47=0.43J

（Ekm在0.42～0.44J间均视为正确）

最大速度为vm===1.31(m/s)（vm在1.29～1.33 m/s间均视为正确）

x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定，由图中读出（左侧）交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移△x=20.0-2.0=18.0cm（△x在17.9～18.1cm间均视为正确）

故运动过程中B的最大速度为1.31m/s，最大位移为18.0cm．

（3）渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即EPg=mgxsinθ=kx

∴sinθ=

由图读出直线斜率k==4.23×10-2(J/cm)

θ=sin-1()=sin-1=59.7°（θ在59°～61°间均视为正确）

故导轨的倾角为59.70．

（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图中红线所示，

（1）设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：

   （M-m）v0=（M+m）v1

  μmgs=（m+M）v02-（M+m）v12

解得：s=

故L应满足的条件是：L≥s=

（2）第2次碰撞前有：

（M-m）v0=（M+m）v1   

第3次碰撞前有：（M-m）v1=（M+m）v2

第n次碰撞前有：（M-m）vn-2=（M+m）vn-1

所以vn-1=（）n-1v0则第5次碰撞前有：v4=（）4v0

故第5次碰撞前损失的总机械能为：△E=（M+m）v02-（M+m）v42

代入数据解得：△E=149.98J．

答：

（1）要想物块不从长木板上落下，长木板的长度L应满足的条件是：L≥．

（2）整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能是149.98J．

（1）由乙图可知，t1时刻A、B速度相同且为v=1 m/s；t2时刻，弹簧处于自由状态，

vA=-1 m/s，vB=2 m/s．

由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v                         

mAv02=mA vA 2+mBvB2                                                  

代入数据求得v0=3 m/s                                                         

mB=2 kg                                                                      

（2）当两物块速度相同时，弹簧的弹性势能最大为Em，根据能量守恒定律得

Em=mAv02- （mA+mB）v2=3 J       

答：（1）物块A的初速度v0的大小是3 m/s，物块B的质量是2 kg．

（2）在A、B和弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能是3 J．

（1）小球C自由下落H距离的速度v0==4 m/s

小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，

所以v1=2 m/s

（2）小球B在碰撞前处于平衡状态，

对B球进行受力分析知：mg=k，

代入数据得：q=×10-8C

（3）C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点，运动过程中系统能量守恒，

设P与A之间的距离为x，

由能量守恒得：×2mv12+k=2mg(x-a)+k

代入数据得：x=（0.4+） m（或x=0.683 m）

（4）当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为y，

对C和B整体进行受力分析有：2mg=k，

代入数据有：y=m（或y=0.283 m）

由能量守恒得：×2mv12+k=×2mvm2-2mg(a-y)+k

代入数据得：vm=m/s（或vm=2.16 m/s）

答：（1）小球C与小球B碰撞后的速度为2 m/s

（2）小球B的带电量q为×10-8C

（3）P点与小球A之间的距离为（0.4+） m

（4）当小球B和C一起向下运动与场源A距离是m，速度最大．其速度最大是m/s．

（1）反应中的质量亏损△m=2mD-mHe-mn=2×2.0136-（3.0150+1.0087）=0.0035u

所以释放的能量为△E=△mC2=0.0035×931.5MeV=3.26MeV

设反应中生成的中子和氦核的速率分别为v′1和v′2由反应中能量守恒和动量守恒有

0=mnv′1-mHev′2  ①

△E+2E0=mn+mHe  ②

其中E0=0.35MeV

由①得到

∴EkHe=0.99MeV，Ekn=2.97MeV

（2）氦核与静止的碳核对心正碰后，当它们相距最近时，两核的速度相等，相当于完全非弹性碰撞模型，

由动量守恒定律有　mHev′2=（mHe+mc）v′3

∴v′3=，此时，氦核的动能E′kHe和碳核的动能E′kc分别为

E′kHe=EkHe≈0.04MeV

E′kc=EkHe≈0.16MeV．

（1）①P=1.0×105W

t=365×6h=365×6×3600s=7884000s

E=Pt=1.0×105W×7884000s=7.884×1011J　　　　　　　①

②假设能供应n盏电灯，根据能量守恒定律，有

P=n1P1+nP2

代入数据，有

1.0×105W=10×1000W+n×100W

解得

n=900盏　　                                ②

③设P1和U1分别为照明灯正常工作的功率和电压，P2和U2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压

P1=   ③

P2== ④

答：①按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年（365天计）能输出7.884×011J电能；

②该太阳能发电系统除了向10台1000W的动力系统正常供电外，还可以同时供园内900盏功率为100W，额定电压为220V的照明灯正常工作；

③由于发电系统故障，输出电压降为110V，此时每盏功率为100W、额定电压为220V的照明灯消耗的功率等是其正常工作时的倍．

（1）根据动能定理得：人抛球时对小球做的功等于小球动能的增量

W=m=×0.1×102J=5 J

（2）小球在飞行过程中对小球由动能定理可得：

mgh-wf=mV2-m

代入数据：0.1×10×25-Wf=×0.1×202-5

解得：Wf=10  J

（3）从水球开始以V0速度运动到小球最后停止运动，由能量守恒定律可知小球的机械能转化成小球与空气摩擦产生的内能，即：

f•S总=m+mgh

代入数据：0.5S总=5+0.1×10×25

解得S总=60  m

答：（1）人抛出小球时做了5J功．

（2）若小球落地后不反弹，则小球在飞行过程中克服阻力做功为10 J．

（3）小球经过的总路程为60 m．

（1）A第一次碰前速度设为v0

动能定理：Fl=m-0

A与B碰撞，动量守恒，

则mv0=mvA′+mvB′

根据题意，总能量不损失，

则mv02=mvA 2+mvB 2

联立解得vA′=0，vB′=v0=

（2）①对质点A：

第一次碰前：v0=at0l=at02

第一次碰后到第二次碰前过程：

第二次碰前速度 vA1=at1sA1=at12

对质点B：

第一次碰后到第二次碰前过程：sB1=v0t1

由于sA1=sB2

解得：t1=2t0，vA1=2v0，sA1=sB1=4l

则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，L=l+4l=5l

②质点A、B第二次碰前速度分别为2v0、v0，碰后速度分别设为v″A和v″B

动量守恒：m•2v0+mv0=mv″A+mv″B

能量关系：m(2v0)2+m=m+m

解得：v″A=v0，v″B=2v0

对质点A：

第二次碰后到第三次碰前：vA2=v0+at2sA2=v0t+at22

对质点B：

第二次碰后到第三次碰前：sB2=2v0t2

由于sA2=sB2

解得：t2=2t0，vA2=3v0，sA2=sB2=8l

综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2t0；

每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加2v0，质点B速度不变

可得：每次碰撞位置间隔：4l、8l、12l…（n-1）4l

则要使质点A、B刚好能够发生n次碰撞：L=l+4l+8l+12l+…+（n-1）l=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）        

答：（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是vA′=0，vB′=．

（2）如果该力场的空间范围是0≤x≤L（L＞l），

①小球A、B刚好能够发生两次碰撞，L=5l；

②小球A、B刚好能够发生n次碰撞L=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）．

依题意有：木块固定时，子弹射穿木块产生的热量Q=mvo2

由动量守恒定律，有：

mvo=（m+M）v

又mvo2-(m+M)v2=Q=•mvo2

解得：=．

答：M与m的比值为1：2．