题目内容
9．如图所示为两辆完全相同的平板小车，长各1m，质量各4kg．甲车最右端有一质量为2kg的小铁块．已知水平地面光滑，甲车与铁块以初速度v0=5m/s一起向左运动，后与静止在正前方的乙车相碰（作用时间极短，g=10m/s2）．
（1）若碰后两车粘在一起，且小铁块恰能滑到乙车最左端，求滑块与小车上表面间的摩擦因数μ1．
（2）若碰后甲乙两车速度相同但不粘连，而小铁块也恰能滑到乙车最左端，求滑块与小车上表面间的摩擦因数μ2．
分析 （1）对于甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰后两者的共同速度．之后铁块在乙车上滑行，根据系统动量守恒求出最终的共同速度，由能量守恒定律求摩擦因数μ1．
（2）在碰撞的瞬间，甲、乙两车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后甲乙两车速度．再对乙车和铁块分析，运用动量守恒定律和能量守恒定律求摩擦因数μ2．
解答 解：（1）对于甲、乙碰撞过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
Mv0=2Mv1；
解得，碰后两车共同速度为 v1=2.5m/s
设小铁块恰能滑到乙车最左端时三者的共同速度为v2，由动量守恒定律得：
2Mv1=（2M+m）v2
解得 v2=2m/s．
根据能量守恒定律得：
$\frac{1}{2}$×2Mv12=μ1mg•2L+$\frac{1}{2}$（2M+m）v22；
代入数据解得 μ1=0.125
（2）设铁块滑到甲的左端时速度为v3．两车的速度为v4．最终铁块与乙车的共同速度为v5．
两车碰后，铁块从甲车的右端滑到左端的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
2Mv1+mv0=2Mv4+mv3．
$\frac{1}{2}$×2Mv12+$\frac{1}{2}$mv02=μ2mgL+$\frac{1}{2}$（2M）v42+$\frac{1}{2}$mv32；
铁块从甲车的左端滑到乙车最左端的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
Mv4+mv3=（M+m）v5．
$\frac{1}{2}$Mv42+$\frac{1}{2}$mv32=μ2mgL+$\frac{1}{2}$（M+m）v52；
联立解得 μ2=0.01．
答：
（1）滑块与小车上表面间的摩擦因数μ1是0.125．
（2）滑块与小车上表面间的摩擦因数μ2是0.01．
点评 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键是选择好系统和研究过程，判断动量是否守恒，运用合适的定律进行研究．
| A． | 物体在最高点的重力势能为100J | B． | 物体在最高点的重力势能为20J | ||
| C． | 物体返回抛出点时的动能为40 J | D． | 物体返回抛出点时的动能为80 J |
| A． | 1 m | B． | 2 m | C． | 3 m | D． | 4 m |
| A． | 从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大 | |
| B． | 从0到t1时间内，导线框中电流越来越小 | |
| C． | 从0到t2时间内，导线框中电流的方向先为adcba后变为abcda | |
| D． | 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda |
如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l，h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（ ）| A． | 当v＜l$\sqrt{\frac{g}{2h}}$时，A、B在第一次落地前相碰 | |
| B． | A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 | |
| C． | 当v=$\frac{l}{2}\sqrt{\frac{g}{2h}}$时，B在第一次落地后又第一次刚返回最高点时相碰 | |
| D． | 不论A、B是否相碰，两小球A、B的速度变化量始终不同 |
如图甲所示，合上开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零，调节滑动变阻器，发现当电压表的读数小于0.60V时，电流表的读数仍不为零，当电压表的读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．把电路改成图乙，当电压表的读数为2V时，则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为（ ）| A． | 1.5eV 0.6eV | B． | 1.9eV 1.9eV | C． | 1.9eV 2.6eV | D． | 3.1eV 4.5eV |
如图所示电路中，电源内阻不可忽略，L1、L2两灯均正常发光，R1为定值电阻，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（ ）| A． | L1灯变亮 | B． | L2灯变暗 | ||
| C． | R1上消耗功率变小 | D． | 总电流变大 |