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试题分析：由于M＞m，Mv0＞mv0，所以，最终M和m以相同的速度向右运动．即m先向左做匀减速运动，速度减到零后再向右做匀加速运动，直到和长板达到共同速度，长板一直向右做匀减速运动，直到和木块达到共同速度，之后它们一起做匀速运动．所以，木块的最小速度为零，长板的最小速度为它们一起匀速运动的速度v，由动量守恒定律得

Mv0－mv0=（M+m）v，解得v=v0；

在它们相对运动的过程中，木块位移的大小为

长板位移大小为 

它们相对水平面的位移之比为=

点评：本题考察了系统动量守恒的计算，本题需要借助动量守恒定律的推论求解。

（1）D

（2）设第一次碰后m1滑块的速度大小为，m2滑块的速度大小为，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：    (3分)

第二次碰撞     (3分)

m1过P点向左运动过程中，由动能定理得：－μm1gl=0－          (2分)

解得：  v1’=  

分析：（1）在日本核电站周围检测到的放射性物质碘131，在出事故前，正常运行的福岛核电站中使用的主要核燃料不是碘131．原子核的衰变是随机的，有100个碘131原子核，8.3天后不一定只剩下50个碘131原子核．碘131发生β衰变时所释放出的电子是核内质子转化而成的．利用碘131的射线，可以做示踪原子；给人注射微量碘131，然后定时用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射强度，有助于诊断甲状腺的疾病．

（2）碰撞过程中两物体所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律列式得到两次次碰撞后两物体的速度与碰撞前速度的关系，过P点向左运动过程中，摩擦力做功，动能减小，根据动能定理得到第二次碰撞后滑块的速度与l的关系式，联立可求得第一次碰后滑块的速率．

解析：：（1）在日本核电站周围检测到的放射性物质碘131，由于衰变可知，在出事故前，正常运行的福岛核电站中使用的主要核燃料不是碘131．故A错误； 原子核的衰变是随机的，有100个碘131原子核，8.3天后不一定只剩下50个碘131原子核，可能这些原子核全部衰变，一个不剩，也可能一个都没有衰变．故B错误；碘131发生β衰变时，所释放出的电子是核内质子转化来的．故C错误；利用碘131的射线，可以做示踪原子，给人注射微量碘131，由于射线的穿透本领较强，用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射强度，有助于诊断甲状腺的疾病．故D正确．

故选D

（2）设第一次碰后滑块的速度大小为，滑块的速度大小为，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：

第二次碰撞

过P点向左运动过程中，由动能定理得： 

解得：    

答案：（1）D；

（2）第一次碰后滑块的速率是

（1）① ②  ③x<R，故硬橡胶块将落人污水井内    （2）

解：（1）①设塑料盖的初速度为v0，硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v，由系统动量守恒定律得：Mv0=（m+M）v

由系统能量关系可得：

解得 v0 =

②对硬橡胶块用动量定理：μmgt=mv         

③设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x，

取硬橡胶块分析，应用动能定理得：μmgx =mv2

可得：     所以x<R，故硬橡胶块将落人污水井内

（2）能落入井内说明二者必然有相对滑动，其间的摩擦力为滑动摩擦力，所以：

塑料盖的加速度，橡胶块的加速度

设橡胶块经t1时间脱离塑料盖，则由位移关系得：

又要求橡胶块落入井内，必有

解得：

试题分析：

若达到共同速度(M+m)V共=mVo       ∴V共=(m/s)

∵2aBS>V              ∴碰前已达共同速度

在碰后返回的过程中 (M+m)V

∵碰中无能量损失

∴ZW=△Ek

点评：解决本题的关键是A与B组成的系统在碰撞过程中满足动量守恒，B在运动过程中遵循牛顿第二定律，A在B上滑动时，A相对于B滑动的位移为相对位移，摩擦力在相对位移上做的功等于系统机械能的损耗．

M

设物体的质量为m，时刻受盒子碰撞获得速度，根据动量守恒定律

     ①

3时刻物体与盒子右壁碰撞，使盒子速度又变为，说明碰撞是弹性碰撞

       ②

联立①②解得m=M      ③

（也可通过图像分析得出，结合动量守恒，得出正确结果）

（1）压缩弹簧具有弹性势能：EP=WF=16J，

当弹簧完全推开物块P时有：EP=mv02，

解得：v0===8m/s，

设P、Q发生碰撞后的速度大小分别为v1、v2，

则由题设有：m1v12=EP，

代入数据解得：v1=4m/s；

P与Q碰撞过程动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=-m1v1+m2v2，

代入数据解得：v2=3m/s，

所以P与Q碰撞过程中系统损失的机械能：

△E=m1v02-m1v12-m2v22，

代入数据解得：△E=3J；

（2）设小滑块Q最终停在小车上，它们一起运动的速度为v，以Q的速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m2v2=（M+m2）v，

代入数据解得：v===1m/s，

由能量守恒定律得：μm2gd=m2v22-（M+m2）v2，

解得：d===1m，

所以小车的长度至少为L=1m；

答：（1）P与Q碰撞前的速度大小v0和P与Q碰撞过程中系统损失的机械能为3J．

（2）小车的长度L至少为1m．

【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：

　　对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：

mv = [M＋(n－1)m]v′ ②

　　在时间t内船的后退距离

s1= v′t ③

　　子弹全部射出后船的后退距离

s = ns1④

　　联立①②③④解得：

　　【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1=v′t，如图5－5所示，由几何关系可知

l= d+s1即l=v·t + v′t ⑤

　　联立②③④⑤解得：

　　【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。  

（1）BDE (2)（1）3m/s -1m/s  1s

试题分析：（1）光谱还有可能是线状的，A错误，光电子的最大初动能与入射光子的频率有关，B正确，根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式模型，D正确，实物粒子也具有波动性，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，E正确，

(1)3m/s 水平方向动量守恒1分，能量关系1分，结果1分,共3分

(2)小球C与B发生正碰后速度分别为,规定向右为正方向，由动量守恒得

      （1分）

机械能不损失    （1分）

代入     得 =2m/s（1分）

=-1m/s（负号说明小球C最后向左运动） （1分）

物块B减速至停止运动时间设为t，由动量定理

  （1分）

得="1s" （1分）

点评：在研究小球碰撞的时候，一定要分清楚小球初末状态速度方向的问题，在涉及两个方向上的运动时，需要根据实际规定正方向