热门试卷

由动量守恒定律，有

（M-m）v1=mv2

又(M-m)v12+mv22=△mc2

解得：v2=C

答：粒子的速度为v2=C

（1）

A、β粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子．故A错误．

B、目前已建成的核电站以铀为燃料，其能量来自于铀核的裂变．故B正确．

C、一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，任意两个能级间跃迁一次，共能辐射=3种不同频率的光子．故C正确．

D、卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射，认为只有原子的所有正电荷和几乎全部质量都集中在一个中心，才能发生大角度偏转，从而提出了原子核式结构模型．故D正确．

故选BCD．

（2）极限频率γ=，W是金属的逸出功，所以极限频率是由金属的逸出功决定的．如图光电管加上正向电压，当用光照射光电管时，光电流可能增大，也可能达到饱和电流，将滑动变阻器的滑片P向右移动，毫安表的读数可能变大，也可能不变，不可能变小．

（3）为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要的能量最小时跃迁到n=2的激发态，根据玻尔理论：所需要的最小能量△E=E2-E1=-E1=-E1

原子向低能级态跃迁时，发出的光子频率为γ，则hγ=△E=-E1

对于A、B碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒得：

  mv0=m（vA+vB）+  ①

  m=m(+)+hγ  ②

由②知：mv0＞

又因为v0＜＜c，

所以mv0＞＞．故①式中光子动量可忽略不计，变成如下：

   mv0=m（vA+vB）③

由①③能量的最小值可得：m=

，并得到原子向值值低能级态跃迁时，发出的光子频率，

故答案为：金属，变小

（1）小物块从B点运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：

EP-m=μmg(L1+L2)

解得：vc==3m/s

若小物块滑到木板右端时与长木板具有共同速度，设所对应的长木板具有最小的长度为L，根据动量守恒和能量守恒定律：

mvc=（m+M）v

μmgLm=m-(m+M)v2

得：v=1m/s，Lm=3m

故要使P在长木板Q上不滑出去，长木板至少为3m．

（2）设小物块滑离木板时，它们的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒定律：

mvc=mv1+Mv2

μmgL=m-m-M

得：v1=2m/s，v2=0.5m/s，=0(舍去)，=1.5m/s

故小物块滑离木板时，它们的速度分别为v1=2m/s，v2=0.5m/s．

（1）A、根据玻尔理论和光子的能量公式E=h分析可知，从n=12向基态跃迁辐射的荧光波长小于射入介质的激光波长．故A错误．

B、激光制冷过程中，由玻尔理论得知，介质内能减少量等于辐射荧光与吸收激光的能量差．故B正确．

C、干涉条纹的间距与波长成正比．则两种辐射荧光在同一装置下分别做双缝干涉实验，相邻两条亮条纹间的距离不相等．故C正确．

D、产生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光的频率的增大而增大，由于两种荧光频率不等，则光电子的最大初动能不相等．故D错误．

故选BC．

（2）设木块与木板分离后速度分别为为：v1、v2，由动量守恒定律得：

mv0=mv1+Mv2根据题意，有：

v1-v2=

解得：v1=2m/s，v2=1m/s

根据动能定理得：μmgd=m-m-M

代入数据解得：

d=1.25m

即薄木板的长度为1.25m．

故答案为：

（1）BC；（2）薄木板的长度是1.25m．

（1）氢原子能自发地发出3种不同频率的色光，说明氢原子激发到n=3的轨道，则入射光子的能量为E=E3-E1=-1.51+13.6=12.09ev；

由公式EK=E-W=12.09-4.54=7.55ev

（2）①核反应方程式为Ra→He+Rn

②由质能方程知△E=△mc2=(M1-M2-m)c2=1.2×10-12J

③反应前后动量守恒M2υ2-mυ=0

∴υ2=mυ/M2=6.6×103m/s

答案为（1）12.09  7.55

（2）①Ra→He+Rn

②反应过程中放出的能量是1.2×10-12J

③反应后新核Rn的速度是6.6×103m/s．

（1）设滑块与挡板碰前滑块和小球的速度分别为v1、v2，

       对上摆过程中的小球机械能守恒：m=mgl(1-cosθ)…①

       解得：v2=

    （2）开始阶段下摆过程中，根据系统机械能守恒有：

        mgl=m+m…②

       联立两式解得：v1=

    （3）对开始阶段下摆过程中的小球应用动能定理有：mgl+W=m

      得绳子拉力对小球做功：W=-mgl

答：（1）小球到达最低点时速度v2=

    （2）滑块与挡板刚接触的瞬时，滑块速度v1=

    （3）绳的拉力对小球所做的功-mgl

（1）以平板小车和n个人为系统，设n个人同时从车上跳下后，小车的速度为v，

根据系统动量守恒，有 0=Mv+nm（v-u），

解得v=

（2）根据动量守恒定律，设第一个人跳下后小车的速度为v1，于是有：

0=[M+（n-1）m]v1+m（v1-u）

∴v1=

同理，设第二个人跳下后小车的速度为v2，于是有：

[M+（n-1）m]v1=[M+（n-2）m]v2+m（v2-u）

∴v2=+

第三个人跳下后小车的速度为v3，于是有：

[M+（n-2）m]v2=[M+（n-3）m]v3+m（v3-u）

∴v2=++

…

第n个人跳下后小车的速度为vn，于是有[M+m]vn-1=Mvn+m（vn-u）

∴vn=++…++

答：（1）n个人同时从车的后端跳下后，小车运动的速度v=

（2）车上的人依次都从车的后端跳下，那么当车上的人全都跳下车后，小车运动的速度是vn=++…++

（1）、沙包和车组成一个系统，在水平方向上动量守恒，选向右的方向为正．沙包在刚落入车内那一时刻，在水平方向上的速度为零，（注意v===10m/s是沙包刚落入车内在竖直方向的速度，它在水平方向的分速度为零），最后沙包停在车上，沙包和车有共同的速度v'，

根据水平方向的动量守恒，可得：

mv0=（m'+m）v'

 v′===m/s≈3.64m/s

（2）取车运动方向为正，设沙包和车的共同速度为v2，有

mv0-m′v1=（m+m′）v2

v2==3.2m/s  

答：（1）一个质量为m′=2kg的沙包从5m高处落入车内，车的最终速度为3.64m/s

（2）将质量m′=2kg的沙包，以v=5m/s的速度迎面水平扔入车内，车的最终速度为3.2m/s

（1）A、康普顿效应进一步证实了光的粒子特性．故A错误．

B、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化．故B正确．

C、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征．故C正确．

D、天然放射性元素的半衰期由原子核内部的结构决定，与环境的温度无关．故D错误．

故选BC 

（2）由质量数和电荷数守恒知X为0-1e

设经过X次α衰变、Y次β衰变，则由234-222=4X，90-2X+Y=86，解得X=3，Y=2

（3）：①设复核速度为v，由动量守恒得

m1v0=（m1+m2）v

解得v=v0

②整个过程中质量亏损△m=m1+m2-m0-m3

由爱因斯坦质能方程△E=△mc2得

△E=（m1+m2-m0-m3）c2．

故答案为：（1）BC （2）0-1e，3，2

（3）①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为v0

②此过程中释放的核能是（m1+m2-m0-m3）c2．