热门试卷

A、（1）A、显微镜下观察到墨水中的小炭粒做布朗运动，是对液体分子无规则运动的反映．故A错误

B、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，吸收热量，内能增加，动能不变，所以其分子之间的势能增加，故B正确

C、单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的．故C错误

D、当分子之间距离大于r0时，分子力表现为引力，随着分子间距减小，分子力先增大后减小；分子之间距离小于r0时，分子力表现为斥力，随着分子间距减小，分子力逐渐增大；故D错误

故选B．

（2）b过程气体体积不变，外界对气体做功为零．在过程a中，若系统对外界做功400J，在过程c 中，若外界对系统做功200J，b过程外界对气体做功为零．

根据热力学第一定律△U=W+Q研究全过程

0=-400+200+Q

Q=200J

所以全过程中系统吸收热量，其热量是200J

（3）设N2气体摩尔数n，则 n=，气体分子数N=nNA  

代入数据得：n=2×1026 个

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、因为它是一个氢原子，一个氢原子最多从第三级跳到第二级，再跳到第一级，这样放出两条谱线．如果从第三级跳到第一级，这个氢原子就只放了一条谱线．故C错误．

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BD．

（2）由从金属表面逸出的电子具有最大的初动能是1.5eV．而入射光的能量为5.0eV．则该金属的逸出功为3.5eV．而不论入射光的能量如何变化，逸出功却不变．所以恰好发生光电效应时，入射光的能量最低为3.5eV．

故选：B

（3）根据整个火箭喷出质量为m的燃气前后动量守恒列出等式

Mv0=-mu+（M-m）v

v=

故答案为：A、（1）B

（2）0，吸收，200

（3）爆炸瞬间气囊中N2分子的总个数是2×1026．

C、（1）BD

（2）B

（3）

（1）由于冲量作用，m1获得的速度为v==3m/s，

金属盒所受摩擦力为F=μ（m1+m2）g=4N，由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理得：-Fs=0-m1v2

解得：s=1.125m

（2）因r=0.1m，则当盒前进s1=1m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，则对盒，应用动能定理：

-Fs1=m1-m1v2，解得v1=1m/s

由于碰撞中动量守恒、机械能守恒，有：

m1v1=m1v1′+m2v2，

m1=m1+m2

联立以上方程得：v1′=0，v2=1m/s．

当球前进1m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为1m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2=1m/s，

以金属盒为研究对象，利用动能定理得：

-Fs2=0-m1，解得：s2=0.125m．

所以不会再与球碰，

则盒子运动时间可由动量定理给出：设盒子前进s1=1m所用时间为t1，前进s2=0.125m所用时间为t2，则：

-Ft1=m1v1-m1v，

-Ft2=0-m1v2，且v1=v2=1m/s

代入数据得：t1=0.5s，t2=0.25s

在盒两次运动之间还有一段时间t3为小球在运动，t3=s1/v2=1s

则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间t=t1+t2+t3=1.75s

答：

（1）金属盒能在地面上运动1.125m．

（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间是1.75s．

弹性中没有能量损失，设两个小球的质量为m，

两小球碰前初速度为V1、V2，碰撞后1小球速度为v1，2小球速度为v2．

那么mV12+mV22=mv12+mv22

即：V12-v12=v22-V22，

即：（V1+v1）（V1-v1）=（v2+V2）（v2-V2）

又因为没有外力作用，动量守恒：

mV1+mV2=mv1+mv2

即：V1-v1=v2-V2

化简得：Vo2=V12+V22…①

Vo=V1+V2…②

将②代入①得：V1+v1=v2+V2…③

联立②式和③式得：

v1=V2

v2=V1

即交换速度；

答：证明如上．

（1）当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，2mv0=3mv1 ①

A和B的共同速度v1=v0

根据系统的机械能守恒得 •2mv02=•3mv12+Ep          ②

解得 此时弹簧的弹性势能Ep=mv02                    ③

（2）B碰挡板时没有机械能损失，碰后弹簧被压缩到最短时，A、B速度也相等，•2mv02=•3mv22+Ep′④

   Ep′=2.5Ep=mv02

解得v2=±⑤

取向右为正方向．若v2=，则表示B球与板碰撞后，A、B此时一起向右运动．B球与板碰撞前B与A动量守恒

 2mv0=2 mvA+mvB⑥

B球与板碰撞后B与A动量也守恒

  2mvA-mvB=3m•⑦

解得   vA=v0，vB=

因为此时vA＞vB，弹簧还将继续缩短，所以这种状态是能够出现的，

若v2=-，则表示B球与板碰撞后A、B向左运动，B球与板碰撞后B和A动量守恒

  2mvA-mvB=3mv2=-3m• ⑧

由⑥⑧可得，vA=，vB=v0                    

此时A、B球的总动能EK总=•2mvA2+mvB2=m（）2+（v0）2=mv02 

EK总大于A球最初的动能mv02，因此vB=v0这种状态是不可能出现的，因此必须使B球在速度为时与挡板发生碰撞．   ⑨

答：

（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能Ep为mv02．

（2）必须使B球在速度为时与挡板发生碰撞．

（1）衰变过程中质量数和电荷数守恒，这是写衰变方程的依据．

故713N的衰变方程方程为：713N→613C+10e

（2）衰变过程动量守恒所以有：mcvc=meve     ①

由题意可知，反冲核即碳核的轨道半径为，根据洛伦兹力提供向心力有：

对碳核：=                          ②

对电子：r=                            ③

由①②③可得：r=3R

由图可知，正电子从磁场中射出的位置P的坐标x、y满足：

r2=x2+（r-y）2    R2=x2+y2   

 解之得：x=R，y=R，

故正电子离开磁场区域时的位置为：x=R，y=R

（1）根据动量守恒定律得：mv0+2mv0+3mv0+…+nmv0=2nmvn

解得：vn=(n+1)v0

（2）设经过t时间，第1号物块与木板刚好相对静止，共同速度为v1，根据动量定理得

对第一个木块：-μmgt=m（v1-v0）

对木板：n•μmgt=nmv1

联立以上二式，解得：v1=v0；μmgt=mv0

（3）第1号物块到达速度v1=v0之后，又会随木板做加速运动．所以v0就是第1号物块的最小速度．同理可得，第k号（k＜n）物块的最小速度就是它与木板相对静止的瞬间的速度．

设经过t2时间，第2号物块与木板刚好相对静止，共同速度为v2，根据动量定理得

对第2个木块：-μmgt2=mv2-（2mv0-μmgt）

对木板和第1个木块：（n-1）μmgt2=（n+1）m（v2-v1）

联立以上二式 v2=v0；μmgt2=mv0

设经过t3时间，第3号物块与木板刚好相对静止，共同速度为v3，根据动量定理得

对第3个木块：-μmgt3=mv3-（3mv0-μmgt-μmgt2）

对木板和2个木块：（n-2）μmgt3=（n+2）m（v3-v2）

•

•

•

设经过tk时间，第k号物块与木板刚好相对静止，共同速度为vk，根据动量定理得

对第k个木块：-μmgtk=mvk-（kmv0-μmgt-μmgt2…μmgtk）

对木板和（k-1）个木块：[n-（k-1）]μmgtk=[n+（k-1）]m（vk-vk-1）

联立以上各式，解得：vk=

答：（1）所有物块与木板一起匀速运动的速度vn=(n+1)v0；

（2）第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v1=v0；

（3）通过分析和计算说明第k号（k＜n）物块的最小速度vk=．

（1）A

（2）①Δs=0.017m

②t=0.1s

（1）A

（2）①以m1和m2为研究对象，由动量守恒定律有m1v0=(m1＋m2)v1，

解得．（２分）

再以m1、m2、m3为对象，设它们最后的共同速度为v2，则m1v0=（m1＋m2＋m3）v2，

解得（２分）

绳刚拉紧时m1和m2的速度为v1，最后m1、m2、m3的共同速度为v2，设m3相对m2的位移为Δs，则在过程中由能量守恒定律有

解得Δs=0.017m．（３分）

②对m3，由动量定理，有μm3gt=m3v2

所以，从绳拉紧到m1、m2、m3有共同速度所需时间为t=0.1s．（３分）

（1）A、康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射说明粒子具有波动性．故A错误．

B、α粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径．故B正确．

C、氢原子辐射出一个光子后能量减小，则轨道半径减小，根据k=ma知，电子的加速度增大．故C错误．

D、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定．故D正确．

（2）一个高能γ光子，经过重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子，根据电荷数守恒、质量数守恒有：γ→e+e．根据爱因斯坦质能方程得，△E=△mc2=2mec2=1.64×10-13J．

（3）设加速后航天器的速度大小为v，由动量守恒定律有Mv0=-mv1+（M-m）v

解得 v=．

故答案为：（1）BD   （2）e+e   1.64×10-13J

（3）v=．

（1）由动量守恒定律m0v0=m1v1+m2v2

解出质子飞出的速度v2=

（2）由质能方程，因质量亏损放出的能量△E=[m0-(m1+m2)]C2

由能量守恒定律E=△E+△EK

联立解得：E=(m0-m1-m2)C2+△EK

答：（1）质子飞出的速度为；

（2）该光子的能量E为(m0-m1-m2)C2+△EK．