热门试卷

（1）金属板间的场强E=

由牛顿第二定律得

小球的加速度a==100m/s2，方向水平向右．

（2）小球在两金属板之间运动时，系统动量守恒．设小球恰好不与左端金属板相碰时，系统的速度为v，由动量守恒定律得

   mv0=（M+m）v

又由能量守恒得

   qU=m-(M+m)v2

联立解得   v0=5m/s

（3）以金属板为研究对象，根据动能定理得

   qEs=Mv2

代入解得  s=0.02m．

答：（1）小球在两金属板之间运动时的加速度a大小是100m/s2，方向水平向右；

    （2）小球射入的初速度v0的大小是5m/s；

    （3）从小球进入板间至小球刚要到达左侧金属板时，绝缘板向左滑行的距离s是0.02m．

（1）设物块运动方向为正方向，弹簧压缩最大时，两者最终共同速度为v由动量守恒定律得：

（M+m）v=mvov=vo

由于物块最终停在木板最右端，故最终两者共同速度为v，由能量守恒得，整个过程放出的总热：

Q=mvo2-(m+M)v2=vo2

所以，弹簧压缩到最大时具有的弹性势能：

Ep==

（2）物块在木板上滑行过程中摩擦力做的总功数值上等于放出的热量，故：

Wf=Q=

答：（1）弹簧弹性势能的最大值为

（2）摩擦力做的总功为

（1）小球刚进入管内时受到洛仑兹力为：F洛=qv0B=1N     ①

依题意小球受洛仑兹力方向向上，F洛＜mg=2N，小球与管的下壁有弹力，摩擦使球减速至最终与细管速度相同时，两者以共同速度v运动          

由动量守恒定律：mv0=（m+M）v            ②

对系统：由能量守恒定律：m=Q+(m+M)    ③

由②③得：Q=8 J 

故系统最终产生的内能为8J．

（2）①分析：当滑块对管的上下壁均无压力时，滑块进入细管的速度满足：mg=qv'0B    ④

得：v'0=20m/s

下面分a、b两种情况进行讨论分析：

a、当滑块初速小于v0=20m/s时，F洛＜mg，滑块与管的下壁有弹力，并有摩擦力，使滑块作匀减速直线运动，细管作匀加速直线运动，最终两者共速

对系统：依动量守恒定律：mv0=（m+M）vt ⑤

代入数据得：vt=0.2v0 ⑥（0＜v0＜20m/s）

b、当滑块初速20m/s≤v0≤60m/s时，滑块与管的上壁有弹力，摩擦使滑块减速最终速度为 vt=20m/s，而细管作匀加速直线运动，加速到V′⑧

当滑块以初速度为v0进入，若恰好V′=vt=20m/s，则对系统依动量守恒定律有：mv0=（m+M）V′

可得：v0=100m/s＞60m/s，

当滑块以v0=60m/s进入时，f洛=qv0B=6N＜（m+m）g=10N

∴细管工不会离开地面．

可见：当滑块以初速度20m/s≤v0≤60m/s进入细管时，细管最终不能加速到20m/s

故当滑块初速小于v0=20m/s时，滑块作匀减速直线运动，细管作匀加速直线运动，最终两者以相同的速度一起匀速运动；

当滑块初速20m/s≤v0≤60m/s时，滑块作匀减速直线运动，当速度达到20m/s时，开始运动运动，细管开始做匀加速运动，后做匀速运动，且速度小于20m/s．

②根据以上分析得出滑块的vt-v0图象如下所示：

（1）由功能关系可知，滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能△E等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功

即△E=qE（x1-x2）=5×10-5×4×102×（0.4-0.33）J=1.4×10-3J．

（2）滑块第一次从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功

W1=qEx1=5×10-5×4×102×0.4=8.0×10-3J．

则滑块最终至少能与挡板碰撞的次数为

  n==≈5.6（次），即最少能与挡板碰撞6次．

答：（1）滑块第一次与挡板碰撞所损失的机械能△E大小为1.4×10-3J．

（2）滑块最终至少能与挡板碰撞6次．

（1）物块与挡板碰后系统动量守恒：MV0-mV0=（M+m）V

代入数据得：V=1m/s

（2）物块第一次与挡板碰后向右减速到零，相对于板右运动最远，根据能量守恒定律得

∴μmgs=mV02

代入数据得：S=0.4m

（3）物块多次与挡板碰撞后，最终与木板同时停止，设物块相对于木板的距离为l，那

么由系统能量守恒有：μmgl=(m+M)V02代入数据得l=1.6m

所以物块不滑出木板，木板长度至少为1.6m．

答：（1）木板足够长，求物块与挡板第一次碰撞后，物块与木板所能获得的共同速率是1m/s；

（2）木板足够长，则物块与挡板第一次碰后，物块向右（相对于挡板）运动所能达到的最大距离是0.4m；

（3）要使物块不会从木板上滑落，则木板长度至少应为1.6m．

（1）由动量守恒定律可得：

mvA0=mvA+MvB  ①

由①式可得：vB=(vA0-vA)②

代入vA=6m/s、2m/s、-2m/s时，得到对应的

VB=0、2m/s、4m/s

描给的图象如答图所示

（2）无论C与A如何接触，当A、B、C具有相同的速度u时弹簧的弹性势能EP最大．

由动量守恒定律可得：

mv0+mvA0=（2m+M）u ③

由③式解得：u=2.5（m/s）

设C与A碰撞前后A的瞬时速度分别为vA、v，碰撞过程中损失的机械能为△E，

由动量守恒和能量守恒定律可得：

mv0+mvA=2mv ④

△E=mv02+mvA2-×2mv2⑤

由④⑤式可得：△E=m(v0-vA)2⑥

设弹簧的最大弹性势能为EP，由能量守恒可得

mv02+mvA_2=×(2m+M)u2+△E+Ep⑦

由⑦式可得：Ep=mv02+mvA_2-×(2m+M)u2-×m(v0-vA)2⑧

由⑧式得：当vA=v0时C与A接触而黏在一起，此时不损失机械能，△E=0，

EP有最大值EPmax，将数据代入⑧式可得：

EPmax=13.5（J） 

答：（1）对应状态下B的速度分别是0、2m/s、4m/s，

（2）当vA取4m/s时，Ep有最大值，Ep的最大值是13.5（J）．

（1）对小物块，有ma=-μmg                    

根据运动学公式v2-v02=2a                      

由能量关系mv2=Ep，

解得EP=2J．

（2）设小物块离开弹簧时的速度为v1，有  mv12=Ep．

对小物块，根据动量定理  I=-mv1-mv

由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．

弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．     

（3）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．

由能量关系μmgx=mv12-(m+M)v22  

小物块最终停在小车上距A的距离xA=-x                     

解得xA=1.5m．

答：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2J．

（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．

（3）小物块最终停在小车上的位置距A端为1.5m．

（1）由动量守恒定律m0v0=m1v1+m2v2

解出质子飞出的速度v2=

（2）由质能方程，因质量亏损放出的能量△E=[m0-(m1+m2)]C2

由能量守恒定律E=△E+△EK

联立解得：E=(m0-m1-m2)C2+△EK

答：（1）质子飞出的速度为；

（2）该光子的能量E为(m0-m1-m2)C2+△EK．

（I）根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W和c=λγ得，

       Ek=h-W

代入解得，λ=4.3×10-9 m．

（II）（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为：H+H→He+n

（2）由题给条件得核反应中质量亏损为：

△m=2.0136u×2-（3.0150+1.0087）u=0.0035u

所以释放的核能为

△E=△mc2=931.5×0.0035MeV=3.26 MeV．

因为该反应中释放的核能全部转化为机械能--即转化为He核和中子的动能．

设He核和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为υ1、υ2，

则由动量守恒及能的转化和守恒定律，得

   m1υ1-m2υ2=0

   Ek1+Ek2=2Ek0+△E

解方程组，可得：

Ek1=（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=0.99 MeV，

Ek2=（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=2.97 MeV．

故答案为：

（I）4.3×10-9

（II）（1）核反应方程为：H+H→He+n．

（2）上述核反应中释放的核能为3.26 MeV．

（3）反应中生成的 He核和中子的动能各是0.99 MeV和2.97 MeV．