热门试卷

解：（1）A、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为实物粒子也具有波动性．故A错误．

B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应．故B错误．

C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，知入射光的频率小于极限频率，或入射光的波长大于极限波长．故C正确．

D、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，能量增大，根据，知动能减小．故D正确．

故选CD．

（2）根据电荷数守恒、质量数守恒，铀裂变反应的方程为．

根据质能方程得，△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn ）c2．

（3）设速度v0的方向为正方向，则由动量守恒：Mv0=-mv1+（M-m）v2

所以，加速后航天器的速度大小：

故答案为：（1）CD 

（2）      （mu-mBa-mKr-2mn ）C2  

（3）．

解：①甲车、乙车和人组成的系统动量守恒．

设甲车、乙车的位移大小分别是x1、x2，

由几何关系可知：x1+x2=L-S，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：

（m甲+m人）v1-m乙v2=0，

（m甲+m人）-m乙=0，

解得：x1=1m，

②设停止拉绳时甲的速度为V甲，

系统动量守恒，以甲的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：（m甲+m人）v甲-m乙V=0

代入数据解得：v甲=0.5m/s；

③对甲与人组成的系统，由动量定理得：

I=（m甲+m人）v甲，代入数据解得：I=30kg•m/s．

答：①停止拉绳时甲车运动的位移为1m；

②停止拉绳时甲车运动的速度是0.5m/s；

③人拉绳的过程中绳对甲车和人的冲量是30kg•m/s．

解：①当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，系统水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒得：

mv0=（m+M）v1…①，

统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

…②

解得：v0=5m/s   …③；

②小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大．

研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=mv2+Mv3…④，

由机械能守恒定律得：…⑤

解得：…⑥；

答：①小球的初速度v0是5m/s；

②滑块获得的最大速度是2m/s．

解：（1）P1、P2碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，

 解得：v1=，方向水平向右；

（2）由能量守恒定律可知，P1、P2碰撞过程系统损失的机械能：

△E=mv02-（m+m）v12=mv02；

（3）P1、P2、P系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1+2mv0=4mv2，

解得：v2=，方向水平向右；

（4）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0+2mv0=4mv2，

 对系统，由能量守恒定律得：（m+m）v12+•2mv02=EPm+（m+m+2m）v22，

解得：EPm=mv02；

答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1为；

（2）P1与P2碰撞过程中损失的机械能为mv02；

（3）当弹簧被压缩至最短时，P的速度v2为：；

（4）此过程中弹簧获得的最大弹性势能Epm为：mv02．

解：（1）子弹射入沙箱有机械能损失，射入后上摆过程中只有重力做功，系统机械能守恒，设子弹射入后的共同速度为v，

沙箱上升过程，由机械能守恒定律得：，解得：v=4m/s，

在最低点，由牛顿第二定律得：，解得：T=300N；

（2）在最高点速度为零，在最低点速度与重力垂直，在这两个位置，重力功率均为零，

从最高点到最低点过程中，重力功率先增大后减小，设下摆到绳与水平方向为θ时重力功率最大，

在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）gLsinθ=（m+M）v2-0，

解得：v=，重力的功率：PG=（m+M）gvcosθ=（m+M）gcosθ，

设y=sinθcos2θ，则y2=sin2θcos2θcos2θ•，

由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ=2，则当2sin2θ=cos2θ时，y最大，

由于≥，解得：y=，

则：；

答：（1）沙箱重新摆到最低点时悬绳拉力的大小为300N．

（2）沙箱从最高点重新摆到最低点的过程中重力的最大功率为248W．

解：（1）设小球m1的速度为v1，m2的速度为v2，两个小球与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，且只有弹力做功，由动量守恒定律，有：

m1v1=m2v2          ①

由机械能守恒定律，有；

Ep=m1v12+m2v22     ②

联立①②并代入数据解得：v1=3m/s向左

v2=12m/s向右

（2）小球2向右运动，设其能到达原周额最高点D，由机械能守恒，有：

代入数据解得：vD=

又小球能通过竖直面内光滑圆周最高点的条件为：

mg=m

代入数据解得：v=

由于v＜vD，故小球2能通过最高点．

答：（1）两小球脱离弹簧瞬间的速度分别为：3m/s向左、12m/s向右；

（2）小球2第一次沿轨道上滑过程中能到达D点．

解：为避免碰撞，以向左为正方向，小孩推出车的过程动量守恒，推出小车后，两车共同向左运动，由动量守恒定律得：

m2v2-m1v1=（m1+m2）v，

代入数据得：v=0.9m/s，

对m1由动能定理得：W=m1v2-m1v12，

代入数据得：W=16.8J；

设向左为正方向，推后二者反向，速度等大时，由动量守恒定律得：

m2v2-m1v1=m1v′-m2v′，

代入数据得：v′=4.5m/s，

对m1由动能定理得：W=m1v′2-m1v12，

代入数据得：W=600J；

所以，做功范围为：16.8J≤W≤600J；

答：小孩对m1做功的范围是：16.8J≤W≤600J．

解：设沿轨道向下为正方向，爆炸瞬间由于内力远远大于外力，AB组成的系统动量守恒，

故有（m+2m）v0=2mv1，解得v1=6m/s，方向沿斜面向下，

由于B和C质量相等，B与C之间发生弹性碰撞，故发生速度交换，碰撞过程能量没有损失，而C与挡板之间也是发生弹性碰撞，能量没有损失，C上滑与B再次碰撞过程中，仍然发生弹性碰撞，没有能量损失，故从B与A分离到B与A再次碰撞过程，等效与B以v1匀速下滑，然后与挡板发生弹性碰撞，再沿斜面减速上升，与A发生碰撞时速度为v2，

过程中根据动能定理可得：

，

A与B碰撞过程中，动量守恒，故有 2mv2=（2m+m）v共

联立解得：，负号表示沿斜面向上．

答：物块B与A刚碰撞后的速度大小为．

解：（1）以子弹与P组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1=mpvp+m1v2，

代入数据得：vp=3m/s；

（2）以P、Q组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mpvp=（mp+mQ）v，

代入数据得：v=1.5m/s，

由能量守恒定律得：mpvp2=（mp+mQ）v2+μmpgL，

解得：L=0.45m；

答：（1）子弹打穿P后，物体P的速度为3m/s；

（2）若最终P没有从小车上掉下来，小车至少0.45m．

解：（1）P从B运动到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

（m1+m2）v2=（m1+m2）gR（1-cos37°），解得：v=；

（2）m2从A运动到B的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：m2gR=m2v02，

两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，

由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，解得：=-1；

答：（1）整体P在最低点处的速度大小为．

（2）m2和m1的比值为-1．