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圖是用打點計時器打出一系列點的紙帶．紙帶固定在一個做直線運動的小車后面．A、B、C、D、E為選好的點，這些點間有四個點未畫出，圖中相鄰兩點間的距離已標出．則由圖可判斷小車作

勻加速直線

勻加速直線

運動；在紙帶各點中速度最大值為

0.22

0.22

 m/s，最小值為

0.38

0.38

m/s．
如果當時電網(wǎng)中交變電流的頻率是f=49Hz，則打出的對應點與電網(wǎng)中交變電流的頻率正常時（頻率是f=50Hz）比較間距將變

大

大

；（填“大”或“小”）如果做實驗的同學并不知道，那么由此測量計算出的加速度值比實際值偏

大

大

．（填“大”或“小”）

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圖為10分度的游標卡尺測量鋼管內徑時的示數(shù)，其示數(shù)為

22.7

22.7

mm．

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                                   高考真題

1．【解析】設物體的質量為m,t₀時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律                

3t₀時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関₀，說明碰撞是彈性碰撞            聯(lián)立以上兩式解得  m=M                      

(也可通過圖象分析得出v₀=v,結合動量守恒，得出正確結果)

【答案】m=M

2．【解析】由動量守恒定律和能量守恒定律得：      

          解得：

      炮彈射出后做平拋，有：

      解得目標A距炮口的水平距離為：

     同理，目標B距炮口的水平距離為：

              解得：

【答案】

3．【解析】（1）P₁滑到最低點速度為，由機械能守恒定律有：  

    解得：

P₁、P₂碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，設碰后速度分別為、

解得：    =5m/s

P₂向右滑動時，假設P₁保持不動，對P₂有：（向左）

對P₁、M有： 

此時對P₁有：，所以假設成立。

（2）P₂滑到C點速度為，由   得

P₁、P₂碰撞到P₂滑到C點時，設P₁、M速度為v，對動量守恒定律：

     解得：

對P₁、P₂、M為系統(tǒng)：

代入數(shù)值得：

滑板碰后，P₁向右滑行距離：

P₂向左滑行距離：

所以P₁、P₂靜止后距離：

【答案】（1）（2）

4．【解析】(1)P₁經(jīng)t₁時間與P₂碰撞，則     

P₁、P₂碰撞，設碰后P₂速度為v₂，由動量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左運動的最大距離：      又：

解得：

所需時間：

（2）設P₁、P₂碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內再次發(fā)生碰撞，且P₁受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：   則： 

解得：  （故P₁受電場力不變）

對P₂分析：  

所以假設成立，兩球能在OB區(qū)間內再次發(fā)生碰撞。

5．【解析】從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變。根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4┱1。

設碰撞后小球A和B 的速度分別為和，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等，有

                     ………… ①

               ………… ②

聯(lián)立以上兩式再由,可解出 m₁∶m₂=2∶1

【答案】2∶1

6．【解析】⑴碰后B上擺過程機械能守恒，可得。

⑵兩球發(fā)生彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。設與B碰前瞬間A的速度是v₀，有2mv₀=2mv_A+mv_B，，可得v_A= v₀/3，v_B= 4v₀/3，因此，同時也得到。

⑶先由A平拋的初速度v_A和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即兩球碰撞點到水平面的高度是L。A離開彈簧時的初動能可以認為就等于彈性力對A做的功。A離開彈簧上升的全過程用機械能守恒：，解得W=

【答案】（1）   （2）W= 　　　　　　　　　　　　　　　　　

7．【解析】此題是單個質點碰撞的多過程問題，既可以用動能定理與動量定理求解，也可以用力與運動關系與動量求解．設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v。                                  

由動能定理得          ①

以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量

②                                         

設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h’，則 ③                             

同理，有 ④   ⑤                                     

式中，v’為小物塊再次到達斜面底端時的速度，I’為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得       ⑥式中   ⑦                                         

由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為

  ⑧總沖量為 ⑨

   由  （ ⑩得⑾

      代入數(shù)據(jù)得     N?s     

【答案】  N?s

8．【解析】此題開始的繩連的系統(tǒng)，后粘合變成了小球單個質點的運動問題（1）對系統(tǒng)，設小球在最低點時速度大小為v₁，此時滑塊的速度大小為v₂，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機械能守恒定律：mgl = mv₁² +mv₂²①

由系統(tǒng)的水平方向動量守恒定律：mv₁ = mv₂②

對滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：I = mv₂③

聯(lián)立①②③解得I = m 方向向左④

（2）小球釋放到第一次到達最低點的過程中，設繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：mgl＋W = mv₁²⑤

聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對小球做負功，大小為mgl 。

【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl

9．【解析】（1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達C點時的速度為，有

   （1）    （2）

代入數(shù)據(jù)得         （3）

（2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為，取水平向右為正方向，有

    （4）      （5）

代入數(shù)據(jù)得     其大小為4NS  （6）

（3）設繩斷后A的速度為，取水平向右為正方向，有

 （7）   代入數(shù)據(jù)得

【答案】（１）　�。ǎ玻�4NS　　　　　（３）

10．【解析】設擺球A、B的質量分別為、，擺長為l，B球的初始高度為h₁，碰撞前B球的速度為v_B.在不考慮擺線質量的情況下，根據(jù)題意及機械能守恒定律得

                                                  ①

                                                    ②

設碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為P₁、P₂。有

P₁=m_Bv_B                                                              ③

聯(lián)立①②③式得

                                           ④

同理可得

                                     ⑤

聯(lián)立④⑤式得                                        

代入已知條件得         由此可以推出≤4%                                                      

所以，此實驗在規(guī)定的范圍內驗證了動量守恒定律。

【答案】≤4%  

名校試題

1．【解析】（1）M靜止時，設彈簧壓縮量為l₀，則Mg＝kl₀      ①

速度最大時，M、m組成的系統(tǒng)加速度為零，則

(M＋m)g－k(l₀＋l₁)＝0     ②-

聯(lián)立①②解得：k＝50N/m   ③                                     

［或：因M初位置和速度最大時都是平衡狀態(tài)，故mg＝kl₁，解得：k＝50N/m］

（2）m下落h過程中，mgh＝mv₀²     ④-

m沖擊M過程中， m v₀＝(M＋m)v       ⑤-

所求過程的彈性勢能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l₁＋l₂)＋ (M＋m)v² ⑥

聯(lián)立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J   ⑦

（用彈性勢能公式計算的結果為ΔE＝0.65J也算正確）

【答案】ΔE＝0.66J

2．【解析】①根據(jù)圖象可知，物體C與物體A相碰前的速度為：v₁=6m/s

       相碰后的速度為：v₂=2m/s   根據(jù)定量守恒定律得：…

       解得：m₃=2.0kg

       ②規(guī)定向左的方向為正方向，在第5.0s和第15s末物塊A的速度分別為：

       v₂=2m/s，v₃=－2m/s 所以物塊A的動量變化為：

       即在5.0s到15s的時間內物塊A動量變化的大小為：16kg?m/s 方向向右

【答案】（1）m₃=2.0kg   （2）16kg?m/s 方向向右

3．【解析】(1)設第一顆子彈進入靶盒A后，子彈與靶盒的共內速度為。

　　根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，有：　　

　　設A離開O點的最大距離為，由動能定理有：　

　　解得：　　

(2)根據(jù)題意，A在的恒力F的作用返回O點時第二顆子彈正好打入，由于A的動量與第二顆子彈動量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點。設第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為，由系統(tǒng)動量守恒得：�。�2分）

　　設A從離開O點到又回到O點所經(jīng)歷的時間為ｔ，取碰后A運動的方向為正方向，由動量定理得：　解得：   

(3)從第(2)問的計算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）顆子彈打入A后，A運動時間均為　故總時間　　

【答案】（1）  （2）   （3）

4．【解析】對A、B、C整體，從C以v₀滑上木塊到最終B、C達到共同速度V，

其動量守恒既：m v₀=2mV₁+3mv     1.8=2V₁+3×0.4        V₁=0.3m/s          

對A、B、C整體，從C以v₀滑上木塊到C以V₂剛離開長木板，

此時A、B具有共同的速度V₁。其動量守恒即：m v₀=mV₂+4mv₁      

1.8=V₂+4×0.3         V₂=0.6m/s  

 【答案】 （1）V₁=0.3m/s  （2）  V₂=0.6m/s    

5．【解析】（1）B與A碰撞前速度由動能定理   

 得         

      B與A碰撞，由動量守恒定律        

      得               

      碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能

（2）設撤去F后，A、B一起回到O點時的速度為，由機械能守恒得

   返回至O點時，A、B開始分離，B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設物塊B最終離O點最大距離為x

 由動能定理得：                       

 【答案】（1）  （2）

6．【解析】設小車初速度為V₀，A與車相互作用摩擦力為f，      

第一次碰后A與小車相對靜止時速為  V₁，由動量守恒，

得 m_AV₀－m_BV₀＝(m_A＋m_B)V₁

   由能量守恒，得m_AV₀²＋m_BV₀²＝f?Ｌ+(m_A＋m_B)V₁²…        圖14

    多次碰撞后，A停在車右端，系統(tǒng)初動能全部轉化為內能，由能量守恒，得

    fL＝(m_A＋m_B)V₀²…

    聯(lián)系以上三式，解得：(m_A＋m_B)²＝4(m_A-m_B)²  ＝∴m_A＝3m_B

【答案】m_A＝3m_B

7．【解析】（1）當B離開墻壁時，A的速度為v₀，由機械能守恒有

            mv₀²＝E                         解得 v₀=    

（2）以后運動中，當彈簧彈性勢能最大時，彈簧達到最大程度時，A、B速度相等，設為v,由動量守恒有  2mv=mv₀        解得               v=  

（3）根據(jù)機械能守恒，最大彈性勢能為

             E_p=mv₀²－2mv²=E        

【答案】（1）v₀=  （2）v=    （3）E_p=E

8．【解析】設子彈的質量為m，木塊的質量為M，子彈射出槍口時的速度為v₀。

第一顆子彈射入木塊時，動量守恒　

木塊帶著子彈做平拋運動　　　

第二顆子彈射入木塊時，動量守恒　

木塊帶著兩顆子彈做平拋運動　　　

聯(lián)立以上各式解得　　　

【答案】

9．【解析】