热门试卷

解：

（1）根据德布罗意波长公式λ=，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量P亦相等，故答案选C；

（2）根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近．跃迁发出的谱线条数为，代入n=4得有6条谱线，故答案为6．

（3）取v0远离空间站的方向为正方向，则A和B开始的速度为v0=0.1m/s远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，根据动量守恒定律有：

（mA+mB）v0=mAvA+mBvB

代入数据解得：vB=0.02m/s

方向沿远离空间站方向；

故答案为：

（1）C；

（2）近、6

（3）0.02m/s，方向远离空间站方向．

解：根据动量守恒定律有

0=MTvT-Mαvα

根据能量守恒得：

△mC2=MTvT2+Mαvα2

解以上方程可得：

EKα=Mαvα2=△mC2

故答案为：放出的α粒子的初动能为△mC2

解：①设甲、乙两车和人的质量分别为m甲、m乙和m人，

停止拉绳时甲车的速度大小为v甲，乙车的速度大小为v乙，

由动量守恒定律得（m甲+m人）v甲=m乙v乙，

解得：v甲=0.25m/s；

由功与能的关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量．，

②设人跳离甲车时人的速度方向为正，大小为v人，

甲车的速度为v‘甲，人离开甲车前后由动量守恒定律得：

（m甲+m人）v甲=m甲v'甲+m人v人，

人跳到乙车时，人与乙车共同速度为：

v'乙：m人v人-m乙v乙=（m人+m乙）v'乙，

若两车不碰撞，则v'甲≤v'乙，

代入得：v人≥0.5m/s

当人跳离甲车的速度大于或等于0.5m/s时，两车才不会相撞．

答：①人在拉绳过程做了5.625J的功；

②若人停止拉绳后，至少以0.5m/s的速度立即从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞．

解：A球下滑过程到与B球碰撞前机械能守恒，则有

   2mgR=

解得，v=

A、B两球发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，则

   2mv=2mvA+mvB  =+

解得，vA=，vB=

碰撞后两球都做平抛运动，

则  R=

A的水平位移为xA=vAt，B的水平位移为xB=vBt，则A、B两球落地点的水平距离为△x=xB-xA，

代入解得，△x=2R．

答：A、B两球落地点的水平距离为2R．

解：①根据动量守恒定律得

   mAv0=mAvA+mBvB

代入解得  vA=1m/s

②（i）若两球发生完全非弹性碰撞，损失的机械能最大，B获得的速度最小，

则  mAv0=（mA+mB）v共

代入解得 v共=4m/s

若两球发生完全弹性碰撞，B获得的速度最大．由系统动量守恒和机械能守恒，得

  mAv0=mAv1+mBv2

  =+

联立解得  v2=8m/s

故碰后B球速度的可能取值范围为4m/s≤v2≤8m/s．

答：①碰后A球的速度是1m/s．

②碰后B球速度的可能取值范围为4m/s≤v2≤8m/s．

解析：两球碰后粘在一起运动时，系统能量损失最大，v0最大，选球A的初速度的方向为正方向，则碰撞应满足：

m1v0max=（m1+m2）v2 

v0max=v2 

设碰撞后A的速度为v1；

两球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零，v0最小，则碰撞应满足：

m1v0min=m1v1+m2v2 

m1v0min2=m1v12+m2v22 

联立以上两式解得：

v0min=v2

答：小球A原来的速度v0的最大值和最小值分别是v0max=v2，v0min=v2．

解：（1）设释放瞬间，物体B、C的速度分别为vB、vc，

第1个小物块与车槽碰撞后的共同速度为v1共，

对于B、C组成的系统，

由动量守恒定律得：mBvB=mCvC，

由能量守恒定律得：EP=，

解得：vB=，vC=；

以B与木槽小车组成的系统为研究对象，

物体B先与车槽A相撞时，由动量守恒定律可得：

mBvB=（mA+mB）v1共，

解得：v1共=；

（2）设物体B经时间t1与木槽小车A相撞，

车槽A与B球相撞后经时间t2速度减为0，

B、C分离后，B在木槽小车上做匀速直线运动，则L=vBt1，

物体B与车槽A相撞的时间：t1=；

木槽小车A与B物体相撞后，一起向左匀减速运动，

由牛顿第二定律得：μ（mA+mB+mC）g=（mA+mB）a，解得：a=2μg；

车槽A和物体B相撞后做匀减速直线运动，

由匀变速直线运动的速度公式可得：0=v1共-at2，

速度减为0的时间：；

在此期间，车槽A向左的位移：sA=t2=t2=；

在（t1+t2）这段时间内，物体C移动的距离为：，

由上可知：s＜L-sA，

这说明在C 与A相撞前A已停止运动，

第2个小物块C经与车槽相碰撞的时间为：；

（3）设第2个小物块C与车槽碰撞后的共同速度v2共，车槽向右运动的距离为sc，

以A、B、C组成的系统为研究对象，物体C和车槽A相撞过程中，

由动量守恒定律得：mCvC=（mA+mB+mC）v2共 ，解得：v2共=；

对A、B、C组成的系统，由动能定理得：-μ（mA+mB+mC）gsc=0-（mA+mB+mC）v2共2，

解得：，整个运动过程中，车槽的位移大小为：△s=sA-sc=，方向向左；

答：（1）第1个小物块与车槽碰撞后的共同速度是．

（2）第2个小物块经才与车槽相碰撞．

（3）整个运动过程中，车槽运动的位移大小是，方向向左．

解：Ⅰ．当B与C相对静止时，对B、C组成的系统研究，根据动量守恒有：2mv0=（m+2m）v1

得：．

当三物体均静止时，A、B、C三物体动量守恒，有：mv0+（m+2m）v1=（m+m+2m）v2

得：．

Ⅱ．从木块B滑上木板C开始，到木块B与木板C相对静止，对木块B与木板C运用能量守恒定律，有：-μmgs1=（m+2m）-m（2v0）2

解得：s1=．

从木块A滑上木板C开始，到木块A与木板C相对静止，对木块A、木块B与木板C运用能量守恒定律，有：-μmgs2=（m+m+2m）v22-[（m+2m）+mv02]

解得：s2=．

则木块A与木块B最终距离s=s1-s2=．

答：Ⅰ、小木块B的最终速度为．

Ⅱ、小木块A与小木块B最终距离为．

解：（l）设场强为E，把AB球看成一个系统．系统做匀速直线运动，由平衡条件得：

2qE=3mg，

解得电场强度为：，

绳断后，对A球，由牛顿第二定律得：qE-mg=maA，

解得：，方向：方向向上，

对B球，由牛顿第二定律得：qE-2mg=2maB，

解得：，方向：向下；

（2）自绳断开至球B速度为零的过程中，系统满足动量守恒，

由动量守恒定律得：（m+2m）v0=mAvA+0，

解得A球速度：vA=3v0；

（3）设绳断到B球速度为零的时间为t，

由动量守恒定律得：0=v0+aBt，

解得：；

A的位移：，

由功能关系对A球：，

同理，对B球：，

两球组成系统的机械能增量为：；

答：（1）电场强度大小为，细绳断开后球A的加速度为，

方向竖直向上，球B的加速度为，方向竖直向下；

（2）当球B速度为零时，球A的速度大小为3v0．

（3）自绳断开至球B速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为15mv02．

解：（1）大货车A自开始下滑到与货车B碰撞前的过程中，设大货车A与货车B碰撞前时刻的速度为v0，

对大货车A，由动能定理得：，解得：；

（2）大货车A立即以v1的速度与货车B发生碰撞，在碰撞的极短时间内，A、B系统满足动量守恒定律，

以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0+0=Mv1+kMv2，

碰撞过程中AB系统能量守恒，由能量守恒定律得：，

因碰后A、B同向滑行的距离之比为1：4，故v2=2v1，

解得：，v2=v0，；

答：（1）大货车A与货车B碰撞前时刻的速度为；

（2）k值为．