热门试卷

解：（1）由点A到点B过程中．在水平方向上合外力为零，动量守恒，取向左为正．有：

mv0=mvB+2m•vAB ，

又vB=，

解得：vAB=

（2）由点D到点C，滑块CD与物块水平方向动量守恒，

mv0+mv0=2m•v共，

根据机械能守恒得：

mgR=+-×2m（v共）2

解之得：v共=，R=

答：（1）物块滑到B处时木板的速度为；

（2）滑块CD圆弧的半径为．

解：①滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒有：

mgR=μmg•2l，

解得：μ=，

弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时据能量守恒，弹簧的弹性势能为：

EP=mgR-μmgl=mgR；

②弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2据能量守恒有：

EP=mv12+Mv22

系统动量守恒，以滑块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv1-Mv2=0，

解得：v1=，v2=；

答：①弹簧具有的最大弹性势能为mgR；

②当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小分别为、．

解：（1）A：图甲说明普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，A正确．

B：图乙是根据玻尔理论画出的氢原子能级图，指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，B正确．

C：图丙是卢瑟福的α粒子散射实验，通过分析提出了原子的核式结构理论，C错误．

D：图丁是电子束通过铝箔后的衍射图样，衍射是波的特性，从而说明电子具有波动性，D错误．

故选AB．

（2）①、核衰变反应方程为：→+  

 ②、根据质能方程△E=△m，质量亏损△m=232.0372u-228.0287u-4.0026u=0.0059u，所以释放出的核能△E=0.0059×931.5MeV=5.496MeV．

故核衰变反应中释放出的核能为5.496MeV．

 ③、系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即+（-）=0，可得=       ①

再由=m及P=mv可得出=，所以=，=，②

又+=△E                                  ③

将①②③联立可得  =×△E=×△E=0.09MeV

故假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有0.09MeV．

解：（1）A不会滑离B板，说明A、B相对静止时，A、B具有相同的速度，

A、B组成的系统动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，解得：v=v0，因M＞m，v＞0，方向向左；

对整体应用动能定理得：-

求得最短长车   

（2）设木块在木板上相对滑动的时间为t，以向左为正方向，

对木块由动量定理得：μmgt=mv-m（-v0），解得：t==；

答：（1）A在B上相对滑动的距离为；

（2）A在B上相对滑动的时间为．

解：A与C碰撞过程中，动量守恒守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：

mAv0=（mA+mC）v1

代入数据解得：v1=2.5m/s

B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正，根据守能量守恒定律得：

mBv0+（mA+mC）v1=（m1+m2+m3）v2，

代入数据解得：v2=3m/s

根据能量守恒定律得：

代入数据解得：l=0.5m

答：长木板A的长度为0.5m．

解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得：

mv0=（m+M）v   

靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得：

 Ep=（m+M）v2  

解得：Ep=v02

代入数值得 Ep=2.5J 

答：弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．

解：①设分离后卫星的速度为v1，火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度方向为正方向，则有：（m+km）v0=mv1+km×

解得：

则卫星的动量变化为，方向与v0方向相同，

②星箭分离过程中，控制系统所做的功等于星箭系统的动能变化量，则有：

W==

答：①卫星的动量变化量大小为，方向与v0方向相同；

②星箭分离系统所做的功W为．