热门试卷

（1）根据质量数与电荷数守恒，由题意可知反应方程式是：37Li+11H→224He；

（2）核反应前后发生的静止质量亏损△m=mLi+mp-2mα=7.0160u+1.0078u-2×4.0026u=0.0186u；

（3）由质能方程得，核反应释放的能量△E=△mc2=0.0186u×931.6MeV≈17.3MeV；

（4）根据能量的守恒可得，两个α粒子具有总动能为E1+△E=0.6MeV+17.3MeV=17.93MeV；

答：（1）核反应方程式37Li+11H→224He；

（2）核反应前后发生的质量亏损为0.0186u；

（3）核反应过程中释放的能量△E为17.3MeV；

（4）核反应后两个a粒子具有总能量是17.93MeV．

（1）①根据核反应方程质量数和核电荷数守恒得：411H→24He+210e

②△m=4mP-mα-2me=4×1.0073u-4.0015u-2×0.00055u=0.0266 u

△E=0.0266 u×931.5MeV/u=24.8 MeV    

（2）设冰壶的质量为m，冰壶碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律得：

mv0=mv1+mv2解得：v2=0.3m/s

答：（1）①该热核反应方程为  411H→24He+210e

②一次这样的热核反应过程中释放出 24.8 MeV能量．

（2）0.3m/s

（Ⅰ）氢原子从 n=3 的激发态向基态跃迁时，发出的谱线波长最短，设为λ．

则根据玻尔理论得：

    E3-E1=h

又E3-E2=h，E2-E1=h

联立解得，λ=

（Ⅱ）设滑块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，

由系统动量守恒得：mv1-2mv2=0…（1）

系统机械能守恒得：mgh=m+•2m…（2）

由（1）（2）解得：v2=，v1=

（2）物块在劈B上达到最大高度h'时两者速度相同，

设为v，由系统动量守恒和机械能守恒得

（m+2m）v=mv1…（3）

(m+2m)v2+mgh′=m…（4）

由（3）（4）解得：h′=h

故答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）（1）物块第一次离开劈A时，劈A的速度是．（2）物块在劈B上能够达到的最大高度是h．

（1）碰后C球刚好能到Q点，碰后速度记为vC，由机械能守恒定律得：

mCgR=mC，

代入数据得：vc=2m/s，

在C点，由牛顿第二定律得：F-mCg=mC，

代入数据解得：F=3N；

由牛顿第三定律得C球对轨道的压力为F′=F=3N，方向：竖直向下；

（2）碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mCv0=-mCvC+mBvB，

代入数据得：vB=3m/s；

（3）碰后当B球摆至最高点时，二者具有相同的水平速度v共．水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBvB=（mA+mB）v共，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mB=(mA+mB)+mBgl(1-cosθ)，

代入数据得：l=0.36m

答：（1）碰后C球第一次经过P点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下；

（2）碰后瞬间B球的速度大小3m/s；

（3）A、B间轻绳的长度0.36m．

（1）研究子弹、物体打击过程，

动量守恒有：mv0=mv′+MA v

代入数据得vA=5m/s                         

同理分析M和MA系统自子弹穿出后直至相对静止有：

MA vA=（M+MA）v

代入数据得平板车最后速度为：v=2.5m/s注意：也可全过程研究三者组成的系统，根据动量守恒求平板车最后的速度．

（2）根据能量转化和守恒得：物体和平板车损失的机械能全转化为系统发热，假设A在平板车上滑行距离为L

则有Q=μMAgL=MA-(MA+M)V2

所以代入数据得 L=1.25m                               

答：（1）平板车最后的速度是2.5m/s

（2）A相对平板车滑行的距离是1.25m

（1）A、光电效应说明光具有粒子性．故A正确，

B、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说．故B正确．

C、玻尔建立了量子理论，能够很好解释氢原子发光现象，但是不能解释所有原子的发光现象．故 C错误．

D、宏观物体粒子性明显，根据λ=知，速度大波长短．故D错误．

故选AB．

（2）根据C=6知，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁，能产生6种不同频率的光子．n=4和n=1间的能级差最大，辐射的光子频率最大．

（3）取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：

推出木箱的过程：0=（m+2m）v1-mv

接住木箱的过程：mv+（m+2m）v1=（m+m+2m）v2

解得共同速度：v2=

故答案为：（1）AB　

（2）6 　 1 

（3）．

（1）①2；②-1.51

（2）

（1）①2；②-1.51

（2）设向右为正方向，与粘合在一起的共同速度为，由动量守恒定律得

                                           ①

为保证碰挡板前未能追上，应满足

                                                ②

设与碰后的共同速度为，有动量守恒定律得

                                   ③

为使能与挡板再次碰撞应满足

                                                  ④

联立①②③④式得

                             ⑤

（1）2

（2）H

（3）

（1）对A，由机械能守恒得:mg2L=         ------2分

v0=2                                            -------1分

A与B碰                              -------2分

                                 -------2分

速度交换，vB= v0 =2                                ------1分

（2）要使滑块A能以与B碰前瞬间相同的速度与C碰撞，必须使小球B受A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击A，使A继续向右运动。

设A从距水平面高为H的地方释放，与B碰前的速度为v0

对A，由机械能守恒得：                   -----  2 分

设小球B通过最高点的速度为vB，则它通过最高点的条件是：

                                             ------- 2 分

小球B 从最低点到最高点的过程机械能守恒：

                               -------- 2 分

解得： H                                       -------- 1分

（3）从这个高度下滑的A与C碰撞前瞬间速度：   ----- 2 分

设A与C碰后瞬间的共同速度为v，由动量守恒：

                                       -------- 2 分

A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律。有：

                -------2分

解得：                                 -- ----1分