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    3.5 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    [3-5]

    （1）如图1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动．则以下说法中正确的是
    AC
    AC

    A．弹簧再次恢复至原长时，A的速度有最大值
    B．A和B的速度相等时，B的速度最小
    C．弹簧压缩至最短时，A、B组成的系统动能减少最多
    D．B的速度最小时，A、B组成的系统动能减少最多
    （2）如图2所示AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）．已知R=0.4m，m=1kg，M=10kg．（g=10m/s2、本题结果保留2位有效数字）
    ①子弹射入木块前的速度v0；
    ②若每当小木块上升到圆弧并返回到O点或静止于O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中．则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大．

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    ,3,5
     
    2007年10月24日18时05分，中国第一颗探月卫星“嫦娥一号”在西昌卫星发射中心成功升空。已知月球半径为R，若“嫦娥一号”到达月球表面附近后，地面控制中心将其速度调整为v时恰能绕月球做匀速圆周运动。将月球视为质量分布均匀的球体，则月球表面的重力加速度为（     ）

           A．  B． C．  D．

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    [3-5]（本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）

    ⑴爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是______。（填选项前的字母）

    A．逸出功与ν有关         

    B．Ekm与入射光强度成正比

    C．ν<ν0时，会逸出光电子  

    D．图中直线的斜率与普朗克常量有关

    ⑵在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（题选项前的字母）

    A．0.6        B．0.4         C．0.3          D． 0.2

     

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    [3-5]（本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）

    ⑴爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是______。（填选项前的字母）
    A．逸出功与ν有关         
    B．Ekm与入射光强度成正比
    C．ν<ν0时，会逸出光电子  
    D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
    ⑵在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（题选项前的字母）
    A．0.6        B．0.4          C．0.3           D． 0.2

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    [3-5]（本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）

    ⑴爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是______。（填选项前的字母）

    A．逸出功与ν有关          

    B．Ekm与入射光强度成正比

    C．ν<ν0时，会逸出光电子  

    D．图中直线的斜率与普朗克常量有关

    ⑵在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（题选项前的字母）

    A．0.6        B．0.4          C．0.3           D． 0.2

     

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    第Ⅰ卷（选择题，共40分）

     

    一、本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分。

    题号

    1

    2

    3

    4

    5

    6

    7

    8

    9

    10

    答案

    D

    AB

    D

    CD

    B

    AC

    A

    C

    BC

    D

     

    1.3.5

     

    二、本体共3小题，共18分。把答案填在题中的横线上。

    11．（1）6×103；（2）36.0；（3）180（各2分）

    12．（1）小车与滑轮之间的细线水平（或与轨道平行）（2分）；远小于（2分）

       （2）两车从静止开始作匀加速直线运动，且两车的运动时间相等，据S= aT2知，S与a成正比（2分）

    13．（1）2.98（3分）；（2）5.0（3分）

    三、本题共5小题，共42分。解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

    14．（8分）解答：

    两球发生弹性碰撞，设碰后甲、乙两球的速度分别为v1、v2，则

    m1v0 = m1v1 + m2v2     2分

    m1v02 = m1v12 + m2v22                          2分

    从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于BC=2AB，则甲和乙通过的路程之比为1：5，故碰撞后甲和乙的速度之比为，

    v1:v2 = 1:5                 2分

    联立解得 =      2分

    15．（8分）解答：

       （1）设A、B两物块的加速度为a1、a2，由v―t图得

    a1 = = m/s2 = m/s2             1分

    a2 = = m/s2 = － m/s2           1分

    分别以A、B为研究对象，摩擦力大小为f，由牛顿第二定律

    F－f = ma1                1分

    －f = ma2                  1分

    联立解得 F = 0.8N   1分

       （2）设A、B在12s内的位移分别为S1、S2，由v―t图得

    S1 = ×（4 + 8）×12m = 72m                   1分

    S2 = ×6×4m = 12m  1分

    故S = S1－S2 = 60m  1分

    16．（8分）解答：

       （1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点O，半径为l。

    则Bqv = m             ①1分

    设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t。

    t1 = T                     ②1分

    T =                    ③1分

    t2 =                         ④1分

    联立解得 t =                              1分

       （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则

    l = at22                   ⑤1分

    a =                       ⑥1分

    联立①④⑤⑥解得  E =                  1分

    17．（8分）解答：

    设绳中张力为T，斜面对A的支持力为NA，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，

    由牛顿第二定律

    mAgsin37° －T =ma   ①2分

    NA = mAgcos37°④      ②1分

    以B为研究对象，由牛顿第二定律

    T－mBg = mBa           ③2分

    联立解得 a = 2m/s2  T = 12N  NA= 24N

    以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向

    F = N′Asin37°－Tcos37°                            ④2分

    NA = N′A                                       

    解得 F = 4.8N          1分

       （或以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F = mAacos37°）=4.8N，则本式给4分，①③式各给2分，共8分）

    18．（10分）解答：

       （1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律

    mgsin30° + μmgcos30°=ma1                       ①1分

    解得 a1 = 7.5m/s2

    当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律

    t1 =                       ②1分

    L1 =                    ③1分

    解得 t1 = 0.4s   L1 = 0.6m

    由于L1＜L 且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律

    mgsin30°－μmgcos30°=ma2                       ④1分

    解得  a2 = 2.5m/s2

    L－L1 = v1t2 + a2t22 ⑤1分

    解得 t2 = 0.8s

    故小物块由禁止出发从A到B所用时间为 t = t1 + t2 = 1.2s       1分

       （2）作v―t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即

    L = a1tmin2               ⑥1分

    解得tmin = 1s

    v′ =a1tmin =7.5m/s

    此时小物块和传送带之间的相对路程为 △S = v′ t－L = 3.75m

    传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax，设此时传送带速度为v2，则

    Smax = 2L + 2πR         ⑦1分

    Smax = v2t－L            ⑧1分

    联立⑥⑦⑧解得 v2 = 12.25m/s                 1分

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     


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