热门试卷

（1）A、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，故A正确

B、光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性，故B正确

C、α粒子散射实验的结果证明原子的核式结构，故C错误

D、然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构，故D错误

故选AB．

（2）①He+N→O+H      ②U+n→Xe+Sr+2n

（3）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

故答案为：（1）AB；（2）H，2n（3）0.3

（1）

（2）

①对n个小车m和M用动量守恒定律

mV0=nmV1=（nm+M）V2………………………6分

物体的加速度a=μg………………………3分

t=………………………3分

②由能量关系得μMgnL=………………………4分

………………………4分

小题1:v=（n+1）v，

小题2:v= v

小题3:v=

小题1:设所有物块都相对木板静止时的速度为 v，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：

m v+m·2 v+m·3 v+…+m·n v=（M + nm）v     1

M = nm，           2

解得:   v=（n+1）v，

小题2:设第1号物块相对木板静止时的速度为v，取木板与物块1为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则

木板和物块1   △p =（M + m）v-m v，

2至n号物块   △p=（n-1）m·（v- v）

由动量守恒定律：△p=△p，

解得 v= v，      3

小题3:设第k号物块相对木板静止时的速度由v ，则第k号物块速度由k v减为v的过程中，序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m（k v- v），取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分，则 

△p=（M+km）v-（m v+m·2 v+…+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v

序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为

△p=（n-k）m（k v- v）

由动量守恒得  △p=△p，即

（n+k）m v-（k+1）m v= （n-k）m（k v- v），

解得 v=

S =" 3.25" m.

设人走到船尾时，人的速度为，船的速度为                               

对系统分析：动量守恒

对船分析：（匀加速运动） S =  

对人分析：（匀加速运动）     

得：S =" 3.25" m. 

小题1:Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.

小题2:不可能

小题1:当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速度为v，则有E=m2v2/2.

因系统所受外力为0，由动量守恒定律

(m1+m2)v0=m2v.

解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).

由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒

(m1+m2)v02/2+Ep=E.

解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.

小题2:假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得

m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.

根据动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，

求出v1代入上式得:

(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.

因为E′p≥0，故得:

(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2

即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符.

可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.

（1）小球C自由下落H距离的速度v0==4 m/s

小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，

所以v1=2 m/s

（2）小球B在碰撞前处于平衡状态，

对B球进行受力分析知：mg=k，

代入数据得：q=×10-8C

（3）C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点，运动过程中系统能量守恒，

设P与A之间的距离为x，

由能量守恒得：×2mv12+k=2mg(x-a)+k

代入数据得：x=（0.4+） m（或x=0.683 m）

（4）当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为y，

对C和B整体进行受力分析有：2mg=k，

代入数据有：y=m（或y=0.283 m）

由能量守恒得：×2mv12+k=×2mvm2-2mg(a-y)+k

代入数据得：vm=m/s（或vm=2.16 m/s）

答：（1）小球C与小球B碰撞后的速度为2 m/s

（2）小球B的带电量q为×10-8C

（3）P点与小球A之间的距离为（0.4+） m

（4）当小球B和C一起向下运动与场源A距离是m，速度最大．其速度最大是m/s．

（1）核反应方程为：Li+n→H+He　

（2）依据△E=△mc2得：△m=u=0.0052u

（3）根据题意有：0=m1v1+m2v2

式中m1、m2、v1、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek=，可得它们的动能之比为：

Ek1：Ek2=：=：=m2：m1=4：3．

（4）α粒子的动能

Ek2=（Ek1+Ek2）=×4.8MeV=2.06MeV．

答：（1）衰变方程为：Li+n→H+He．

　（2）质量亏损为0.0052u　

（3）氚和α粒子的动能之比是4：3　

（4）α粒子的动能是2.06MeV．

衰变放出的α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有  qvB=   ①

衰变过程，动量守恒，设新核速度为v1，则有

   0=m2v-（m1-m2）v1 ②

衰变过程α粒子、新核的动能来自核能，所以衰变释放的核能为

△E=（m1-m2）v12+m2v2  ③

又△E=△mc2．

由①②③得△m=

答：衰变过程中的质量亏损为．