热门试卷

解：①当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1…①

因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有：…②

解得v0=5m/s   …③

②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，

根据动量守恒和动能守恒有：mv0=mv2+Mv3…④

…⑤

解得…⑥

答：①小球的初速度v0是5m/s．②滑块获得的最大速度是2m/s．

解：（1）b球下降的过程中机械能守恒，得：

得：

由于碰撞后系小球a的细线与竖直方向的最大偏角为90°，所以小球a上升的高度也是L，所以a的速度大小也是，即等于v0，选择碰撞前b的速度方向为正方向，则碰撞的过程中满足动量守恒定律，设碰撞后b的速度为v，得：

mv0=2mv0+mv

所以：大小与碰撞前b的速度相等，

所以火药爆炸后系小球b的到达的最大高度仍然是L，所以细线与竖直方向的最大偏角是90°．

（2）两球从碰撞前到火药爆炸后过程中增加的机械能：

答：（1）火药爆炸后系小球b的细线与竖直方向的最大偏角是90°；

（2）两球从碰撞前到火药爆炸后过程中增加的机械能是2mgL．

解：设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为v‘n和v'A，碰撞前后的总动量和总能量守恒，有

     mnvn=mnvn′+mAvA′…①

    =+…②

式中vn为碰撞前中子速度，由题设

     mA=kmn…③

由①②③式得，经1次碰撞后中子速率与原速率之比为

||=…④

经N次碰撞后，中子速率与原速率之比为

答：N次碰撞后中子速率与原速率之比为．

解：A（1）A、布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子无规则的碰撞造成的．故A错误．

B、一定量的0℃的水结成0℃的冰，根据热力学第一定律分析内能一定减小．故B正确．

C、能量耗散具有方向性，从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故C正确；

D、浸润和不浸润现象是由附着层里分子间的作用力决定的，如果附着层内分子分布比内部密，分子间的作用力为斥力，就会形成浸润现象，故D正确；

故选BCD

（2）由题，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜面积可视为单分子油膜，

一滴溶液中纯油酸的体积为V=m3，油酸分子的直径为d==m=1.11×10-9m

（3）气缸内气体压强等于大气压与活塞对气体产生的压强之差，大气压不变，活塞产生的压强不变，则气体压强不变；活塞向上移动时，气体对外做功W=Fs=Gh=50N×0.2m=10J；气体吸收的热量Q=60J，由热力学第一定律可知，气体内能的变化量△U=Q-W=60J-10J=50J；

B（1）A、光导纤维是光的全反射现象，故A正确；

B、光具有干涉和衍射现象，色肥皂液吹出的肥皂泡呈彩色是由于光照时发生了薄膜干涉，眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的衍射图样，故BC正确；

D、麦克斯韦提出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误；

故选ABC

（2）高速运动的物体，沿着运动方向长度减小，则甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度小，同理乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度小；

（3）t1=0时，x=2m处的质点A正向y轴正方向振动，则可知波的传播方向是沿x轴正方向．已知0＜t2-t1＜T，根据波形的平移得知，t2-t1=，解得T=2s．波速大小为v==2m/s．

C、（1）核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量△E=En-Em=hγ，

故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，

根据γ=可知频率越大，波长越小，

又波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象．

由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故AB错误．

当电子从n=4向低能级跃迁时，跃迁的种类有4→3，4→2，4→1，3→2，3→1，2→1．即可以辐射光的种类为6种，故C错误．

电子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4eV-（-13.6）eV=10.2eV＞6.34eV

而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于等于电子的逸出功，

故可以发生光电效应．故D正确．

故选D．

（2）设A中X的质量数为m，电荷数为n，根据质量数和电荷数守恒可得：5+2=7+m，10+4=13+n，解得m=0，n=1，故X表示正电子，A错误；

同理可得：B中X表示质子，C中X表示中子，D中X表示中子，故CD错误，B正确．

故选B．

（3）当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，根据动量守恒定律得：

=（）v1

解得：v1=

根据能量守恒定律得：

EP=-=

故答案为：

A．（1）BCD  （2）单分子油膜    1.11×10-9

（3）不变  50J

B．（1）（  ABC ）  （2）小，小  （3）①．   2   ②向右    ③2

C．（1）（     D      ） （2）（    B     ）

（3）

解（1）设两小球碰撞后的速度速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，则

m1v0=m1v1+m2v2，

，

解得：=  

（2）设小球2经过C点时速度为v2′，由动能定理，有：

，

代入数据解得：m/s．

又  

代入数据得：FN=0.45N，

小球2离开C点后做类平抛运动，加速度为：，

根据得：t=．

得：

（3）在上述（2）中，令FN≥0，即有：

，

=，

又由题设有qE≤m2g，解得：

．

故满足题目要求的场强E大小的取值范围是：

0.6×103V/m≤E≤1.5×103V/m．

答：（1）碰撞后瞬间小球2的速度v2的大小为m/s；

（2）小球2经过C点时，轨道对它的压力FN的大小为0.45N，第一次落到轨道AB上的位置距B点的距离为2m．

（3）场强E的取值范围为0.6×103V/m≤E≤1.5×103V/m．