内容正文:
35.(1)解析:根据爱因斯坦光电效应方程可得 Ekm=
hν-W0,又因Ekm=eUc,
所以:eUc=hν-W0,Uc=
h
eν-
W0
e
所以:h
e =k
,-
W0
e =b.
解得:h=ke,W0=-be.
答案:ke -be
(2)解析:A 向右运动与C 发生第一次碰撞,碰撞过
程中,系统的动量守恒机械能守恒,设速度方向向右
为正,开始时A 的速度为v0,第一次碰撞后C的速度
为vC1,A 的速度为vA1.
则:mv0=mvA1+MvC1 ①
1
2mv
2
0=
1
2mv
2
A1+
1
2Mv
2
C1 ②
联立①②式得,vA1=
m-M
m+Mv0 ③
vC1=
2m
m+Mv0 ④
如果m>M,第一次碰撞后,A 与C 速度同向,且 A
的速度小于C 的速度,不可能与B 发生碰撞;如果
m=M,第一次碰撞后,A 停止,C以A 碰前的速度向
右运动,A 不可能与B 发生碰撞,所以只需考虑m<
M 的情况.
第一次碰撞后,A 反向运动与B 发生碰撞,设与B 发
生碰撞后,A 的速度为vA2,B 的速度为vB1,同样有
vA2=
m-M
m+MvA1
,vA1=
m-M
m+M( )
2
v0 ⑤
根据题意,要求A 只与B、C 各发生一次碰撞,应有
vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥得:m2+4mM-M2≥0 ⑦
解得:m≥(5-2)M ⑧
另一解m≤-(5+2)M 舍去.所以m 和M 应满足
的条件为(5-2)M≤m<M ⑨
答案:(5-2)M≤m<M
全国新课标Ⅱ卷
14.D 平行的 金 属 板 水 平
放置时,带电微粒保持静
止状 态,则 有 mg=Eq,
当金属板逆时针旋转45°
角后,微粒受力如图.
由力的合成可知微粒将
向左下方做匀加速运动.
故 D对,A、B、C错误.
15.C 金属框abc绕ba 边逆时针旋转时,bc边、ac边都
切割磁感线产生感应电动势,大小E=12Bωl
2,由右
手定则可以判定Ub=Ua<Uc,所以Ubc=-
1
2Bωl
2,
又因穿过回路的磁通量为零,不变,故回路中无感应
电流产生,所以C对,A、B、D错.
16.B 当卫星飞经赤道上空时,要使卫星由转移轨道进
入同步轨道,根据速度的合成,由余弦定理可得发动
机给卫星的附加速度的大小v=
(3.1×103)2+(1.55×103)2-2×1.55×3.1×(103)2×cos30° m/s=
1.9×103m/s,方向沿东偏南方向.
17.A 由P=Fv,a=F-fm
可知,在0~t1 时间内可
能一开始做加速度减小的加速运动,也可能做匀速
运动,故B、D错误;在t1~t2 时间内,一定做加速度
减小的加速运动,最后才可能匀速,故 A对,C错.
18.BC 指南针具有两个磁极(N 极、S极)A 错;指南针
在地磁场的作用下指向南北,B对,指南针指向会受
到附近铁块的干扰,C对,通电导线产生的磁场会使
指南针发生偏转,D错.
19.AC 由r=mvqB
可知:rⅡ
rⅠ
=
BⅠ
BⅡ
=k,A 对;由a=qvBm
可知,aⅡ
aⅠ
=
BⅡ
BⅠ
=1k
,B 错;由 T=2πmqB
可知,TⅡ
TⅠ
=
BⅠ
BⅡ
=k,C对,由ω=2πT
可知
ωⅡ
ωⅠ
=1k
,D错.
20.BC 当机车牵引列车向东行驶时,设挂钩西边的列
车节数为x节,挂钩东边的节数为y节,根据牛顿第
二定律得:F=xma.
当机车牵引列车向西行驶时,根据牛顿第二定律得:
F=ym 23a
,解得3x=2y,
列车的总节数N=x+y=52x
,当x=4节时,N=
10节,当x=6节,N=15节,故B、C正确,A、D错误.
21.BD a下落的开始阶段,轻杆对b有向右下方向的
压力,对a有向左上方向的支持力,对b做正功;由于
a、b系统的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的机
械能最大,此时b的速度最大,此后,轻杆对b产生拉
力,对b做负功,对a产生拉力,使a的加速度大于
g,故 A、C错误;当b的速度最大时,轻杆对b无作用
力,b对地面的压力大小为mg,D 对;根据a、b的机
械能守恒可得:mgh=12mv
2,v= 2gh,B对.
22.解 析:(1)a1 =
x3-x1
2T2
=
(3.65-3.39)×10-2
2×0.022
m/s2
=3.25m/s2
a2=
x4-x2
2T2
=
(3.78-3.52)×10-2
2×0.022
m/s2=3.25m/s2
a=
a1+a2
2 =3.25m
/s2.
vC=
DB
2T=
(3.65+3.52)×10-2
2×0.02 m
/s=1.79m/s.
(2)由牛顿第二定律可得:mgsinθ-μmgcosθ=ma.
μ=
gsinθ-a
gcosθ
,故选C项.
答案:(1