热门试卷

解：（1）当与静止的B的发生碰撞后，设的速度为，B的速度为，由动量守恒和机械能守恒有

                    ① 

              ②

解得：            ③

B向上摆动过程中，由机械能守恒有，

                       ④

解得：                      ⑤

（2）当B再摆到最低点向右运动时，P发射的小球第二次与其碰撞，设碰后的速度为，B的速度为，由动量守恒和机械能守恒有

                ⑥

        ⑦

解得：

当P发射的小球第三次与其碰撞，设碰后B的速度为，同理有，

当P发射的小球第n次与其碰撞，设碰后B的速度为，同理有，

    ⑧

若让小球B上升到与悬点等高处，则

                      ⑨

将代入，即: 

解得：                       ⑩

略

（1）根据核反应方程前后质量数守恒、电荷数守恒知：X在A中代表质子，B中代表中子，C中代表电子，D中代表中子；故选BD．

（2）以初速度方向为正方向；

由x-t图象可知，碰撞前v乙===0.2m/s，v甲=0m/s；

碰撞后v甲′===0.3m/s，碰撞过程动量守恒；

对甲、乙组成的系统，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′；

解得v乙=0.1m/s＞0，故方向也不变．

（3）根据爱因斯坦光电效应方程，有：

Ek=hv-W0

结合图象，斜率表示普朗克常量，故

h====6.4×10-34Js

当v=6.5×1014Hz时，Ek=0.9eV；当v=5×1014Hz时，Ek=0.3eV；

故当Ek=0时，截止频率v0==4.3×1014Hz；

故答案为：（1）BD；（2）0.1，不变；（3）4.3（±0.1）×1014Hz，（ 6.2～6.8）×10-34Js．

（1）氢原子光谱中只有两条巴耳末系，即是从n=3，n=4轨道跃迁到n=2轨道，故电子的较高能级应该是在n=4的能级上．然后从n=4向n=3，n=2，n=1跃迁，从n=3向n=2，n=1，从n=2向n=1跃迁，，故这群氢原子自发跃迁时最大能发出=6条不同频率的谱线．

（2）设物体的质量为m，t0时刻受盒于碰撞获得的速度v，

由于系统放置在光滑的水平面上，故系统水平向动量守恒，根据动量守恒定律可得

Mv0=mv

3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明该碰撞是弹性碰撞，碰撞过程中系统动能守恒

M=mv2

联立以上两式解得：

m=M

故盒内物体的质量为M．

（I）根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W和c=λγ得，

       Ek=h-W

代入解得，λ=4.3×10-9 m．

（II）（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为：H+H→He+n

（2）由题给条件得核反应中质量亏损为：

△m=2.0136u×2-（3.0150+1.0087）u=0.0035u

所以释放的核能为

△E=△mc2=931.5×0.0035MeV=3.26 MeV．

因为该反应中释放的核能全部转化为机械能--即转化为He核和中子的动能．

设He核和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为υ1、υ2，

则由动量守恒及能的转化和守恒定律，得

   m1υ1-m2υ2=0

   Ek1+Ek2=2Ek0+△E

解方程组，可得：

Ek1=（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=0.99 MeV，

Ek2=（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=2.97 MeV．

故答案为：

（I）4.3×10-9

（II）（1）核反应方程为：H+H→He+n．

（2）上述核反应中释放的核能为3.26 MeV．

（3）反应中生成的 He核和中子的动能各是0.99 MeV和2.97 MeV．

（1）设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度．

由动量守恒和能量守恒定律有

mu1+mu2=mu0（以向右为速度正方向）

m+m=m

解得u1=u0，u2=0或u1=0，u2=u0

由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取u1=0，u2=u0

即弹簧第一次恢复到自然长度时，左侧小球速度为0，右侧小球速度为u0．

（2）以v1、v1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，

由动量守恒和能量守恒定律，

mv1+mv1′=0

m+mv=E0

解得

v1=，v1′=-或v1=-，v1′=

在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取v1=-，v1′=

振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为v10，根据动量守恒定律：

2mv10=mv1

用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有

m+m+E1=m

解得        

E1=E0

振子2 被碰撞后瞬间，左端小球速度为，右端小球速度为0．以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度v2=0，右端小球速度v2′=，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2=0．

同样分析可得

E2=E3=…EN-1=0

振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度 v′N-1=，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度．此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．此速度为vN0，根据动量守恒定律，

2mvN0=mv´N-1

用EN表示最大弹性势能，根据能量守恒，有

m+m+EN=m

解得       

 EN=E0

故所有可能的碰撞都发生后第一个弹簧振子的最大弹性势能为E0，第二个到第N-1个弹簧振子的最大弹性势能为0，第N个弹簧振子的最大弹性势能为E0．

（1）5m/s（2）3.75m（3）能

（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有：

 ……………………………………………（2分）

代入数据解得：＝5m/s  …………………………………………………（2分）

（2）设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：

……………………………………………（2分）

代入数据解得：L= 3.75m ………………………………………………………（2分）

（3）若滑块恰能滑过圆的最高点的速度为v，则有：

 ………………………………………………………………（2分）

解得：m/s …………………………………………………………（2分）

滑块从P运动到Q的过程，根据机械能守恒定律，有：

 ……………………………………………………（2分）

代入数据解得：m/s ……………………………………………………（2分）

> ，说明滑块能过最高点Q。……………………………………………（2分）

（1）90 m/s（2）喷气速度 火箭与气体的质量比

（1）（6分）设向下为正方向，根据动量守恒定律有：

(M－m)v1＋mv＝0 ………………………………………………………（2分）

火箭的速度：v1＝＝－ m/s＝－90 m/s.……………………………（3分）

火箭获得的最终速度大小为90 m/s，方向与喷出气体方向相反.……………………（1分）

（2）（4分）决定火箭获得的最终速度的2个因素：

1.喷气速度；    ………………………………………………………（2分）

2.火箭与气体的质量比。………………………………………………（2分）

（1）  （2）QE0d      （3） Q

解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a =  =

A在电场中做匀变速直线运动，由d = a 得

运动时间 t =  =

（2）设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理得

QE0d = m

qE0d =

A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功。A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，

由动量守恒定律得：（m + ）v， = mvA0 + vB0

由能量守恒定律得：EPm = (m + )—）

且 q = Q

解得相互作用能的最大值 EPm = QE0d

（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用

根据动量守恒定律得：mvA + vB = mvA0 + vB0

根据能量守恒定律得：m +  = m +

解得：vB = - +

因为B不改变运动方向，所以vB = - + ≥0

解得： q≤Q

则B所带电荷量的最大值为：qm = Q