热门试卷

解：A．3-3模块

（1）A、外界对气体做功，气体可能放出热量，故内能不一定增加，故A错误；

B、物体由气态变成液态的过程，体积减小，放出热量，故分子势能减小，故B正确；

C、当分子间距离增大时，分子间引力和分子间斥力同时减小，故C错误；

D、液体表面层的分子的分子间距较大，比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；

故选 BD．

（2）由于外界温度逐渐降低，故气体会降温，放出热量，气体的压强不变，根据理想气体状态方程，，体积逐渐减小；

故答案为：减小，放热．

（3）①油分子的直径为：

一摩尔油的体积为：

所以阿伏加德罗常数为：（注：本题也可以用立方体模型求解）

②一滴油含有的分子数为：

B.3-4模块

（1）A、隐形战机表面涂料利用了光的干涉中的薄膜干涉的原理，从涂层前后两个表面反射的电磁波相干涉后使电磁波减弱，故A正确；

B、全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性，记录下了光的强弱、频率和相位，故B正确；

C、由于多普勒效应，根据宇宙大爆炸学说，遥远星球正在加速远离地球，发出的红光被地球接收到时频率减小，故可能是红外线，故C正确；

D、海市蜃楼是光的全反射现象，故D错误；

故选ABC．

（2）根据单板周期公式，有

由于北大处重力加速度大于南大处重力加速度，故由北大数据得出的T2-L图象的斜率较小，故B图是由北大数据得出的图象；

故选B．

由于单摆的周期的平方与摆长成正比，由图象，Tb=2s，故

故答案为．

（3）画出如图光路图，

设折射角为γ，

根据折射定律

解得 γ=60°

根据几何关系，两个光斑之间的距离为：L=PA+AQ=Rtan30°+2Rsin60°

解得  

即两个光斑间的距离为23.1cm．

C．（选修模块3-5）

（1）A、卢瑟福的α粒子散射实验中只有极少数的粒子发生大角度偏转，说明了原子内部有一个较小的核，可以估算出原子核的数量级为10-10m，故A正确；

B、氢原子辐射出一个光子后，氢原子核外电子从较高能级跃迁到较低能级，故轨道半径变小，动能变大，势能变小，故B错误；

C、物质波是一种概率波，在微观物理学中不可以用“轨迹”来描述粒子的运动，故C正确；

D、β衰变说明了β粒子（电子）是由中子转变成一个质子和一个电子而来，故D错误；

古选AC．

（2）由第四能级向第一能级跃迁时，放出的光子的能量最大，为：E=（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV

照到逸出功为2.75eV的材料上时，根据爱因斯坦的光电效应方程，光电子的最大初动能为10eV，故反向遏制电压为10V时，光电流为零；

故答案为：12.75，10．

（3）根据质量数守恒、电荷数守恒，有：24He+49Be→+

根据动量守恒定律，有

解得

m=

即中子的质量为．

解：（1）设滑块A碰B后的共同速度为v，AB碰撞过程中损失的机械能为△E，B的初速度为：v0=，

A、B碰撞过程系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：kmv0=（km+m）v，

由能量守恒定律有：△E=E0-（km+m）v2，

解得：△E=；

（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，设向右为正方向，由于弹性碰撞，由动量守恒定律得：

kmv0=mvA+kmvB，

由能量守恒定律的：E0=mvA2+kmvB2，

解得：vA=，

vB=；

答：（1）若滑块A、B发生完全非弹性碰撞，B碰撞过程中损失的机械能为；

（2）若滑块A、B发生完全弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为、．

解：取向右方向为正．对于B和C碰撞过程，BC组成的系统动量守恒，则得：

mv0=（m+M）v1

BC碰撞后，对A、B、C组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，则有：

mv0+（m+M）v1=（2m+M）v2

根据系统的机械能守恒有：

mgh=+（m+M）v-

以上三个式子联立解得：h=0.09m

答：物块A在C曲面上能达到的最大高度h为0.09m．

解：（1）对A、B系统，由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v，解得；

（2）A、B系统整个过程，由动能定理得：

μmg×1.5L=，

解得：；

（3）设A、B碰撞前速度分别为v10和v20，

对系统动量守恒  mv0=mv1+Mv2，

对系统能量转化和守恒定律得：

μmgL=

带入数据联立方程，解得v10=1+=2.732 m/s，（舍v10=1-=-0.732m/s）

v20=1-=0.423m/s，

该过程小车B做匀加速运动，

由牛顿第二定律得：μmg=MaM，

解得：aM=m/s2，v20=aMt1，t1=0.317s，

A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2

A、B系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2

对系统机械能守恒=，

带入数据联立方程，解得v1=1-=-0.732 m/s，（舍v1=1+m/s）

“-”说明方向向左；v2=1+=1.577m/s，

该过程小车B做匀减速运动，-μmg=MaM，解得aM=-m/s2，

到最终相对静止：v=v2+aMt2，t2=0.433s，

所以，运动的总时间为：t=t1+t2=0.75s，

小车B的v-t图如图所示；

答：（1）A、B最后速度的为1m/s；

（2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数为0.4；

（3）小车B相对地面的速度v-t图线如图所示．

解：A球沿轨道下滑的过程中，机械能守恒，设其刚与B球碰撞时的速度大小为vA，

由机械能守恒定律得：Mgh=MvA2 ，

解得vA==2.0m/s；

两球相碰撞的过程，系统沿水平方向动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为v，

由动量守恒定律得：MvA=（M+m）v，解得v=1.2m/s，

设两球碰撞后开始一起运动的瞬间所受细绳的拉力为T，

根据牛顿第二定律对两球碰撞后的瞬间有 T-（M+m）g=（M+m），

解得：T=11.44N，

根据牛顿第三定律可知，两球对细绳的拉力大小T′=11.44N；

答：两小球碰撞后开始一起运动的瞬间，两球对细绳的拉力为11.44N．

解：（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．

（2）对系统，由能量守恒定律得，系统损失的机械能为：

E损=mv02-mv2-Mu2，代入数据解得：E损=1192J．

（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：Mgh=Mu2，

代入数据解得：h=0.8m．

故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．

答：（1）子弹射出沙箱瞬间，沙箱的速度u的大小为4m/s；

（2）沙箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能E损为1192J；

（3）沙箱摆动后能上升的最大高度h为0.8m．

解：（1）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：

m0v0=（m0+m）v

解得：v=8m/s

（2）由牛顿第二定律可得：

对B：μ1（m0+m）g=（m0+m）aB

aB=5m/s2，方向水平向左

对A：μ1（m0+m）g-μ2（m0+m+M）g=MaA

aA=1m/s2 向水平向右

（3）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：

m0v02=（m0+m）vB1

设B在A上运动的时间为t1，

则：SB-SA=L

（vB1t1-aB）-aA=L

B做平抛运动时间，

h=gt2

a′A==1m/s2．

0=aAt1-a′At2

联立求解得：子弹速度v02=vm=435m/s

答：（1 ）子弹以v0=400m/s击中物块B后的瞬间，它们的速度是8m/s

（2 ）被击中的物块B在A上滑动的过程中，A、B的加速度各为1m/s2和5m/s2，

（3）子弹速度为435m/s时，能使物块B落地瞬间A同时停下．

解：（1）设A、B粘在一起后恰好可以通过最高点，在最高点，对整体由牛顿第二定律可得：

（mA+mB）g=（mA+mB），

对整体由机械能守恒定律可得：

（mA+mB）v12=（mA+mB）v2+（mA+mB）g•2L，

在最低点，对整体由牛顿第二定律可得：

T0-（mA+mB）g=（mA+mB）

联立并代入数据解得：T0=24 N，v1=3m/s，

则 A、B碰撞后瞬间，细绳拉力的最小值为24 N．

（2）对 A、B碰撞过程中，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒可得：

mAv0=（mA+mB）v1，

代入数据解得：v0=4m/s，

对A，由牛顿第二定律可得：μmAg=mAa，a=8m/s2，

若A是在加速阶段与B碰撞，则有：smin===1m，

若A是在减速阶段与B碰撞，则A加速运动的时间：t1===1s，

A匀速运动的时间：t2=t-t1=0.5s，

A减速运动的最长时间t3===0.5 s，

各自对应的位移是：s1=4m，

s2=v带t2=4m，s3=•t3=3m，

总位移smax=s1+s2+s3=11m，

综上可得：A与B的距离s要满足的关系为1m≤s≤11m．

答：（1）A、B碰撞后瞬间，细绳拉力的最小值为24N．

（2）刚开始时，A与B的距离s应满足的关系是：1m≤s≤11m．

解：A、B第一次发生碰撞后，互换速度，A速度变为零，B以速度v0向右运动，

B向右运动过程中受到向左的摩擦力，B向右做匀减速运动，C向右做匀加速运动，

设B、C达到共同速度v1时，B的位移为s1，设A、B、C的质量都是m，

以B、C组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以槽的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1，

由能量守恒定律得：μmgs1=mv02-（m+m）v12，

解得：s1=，

已知：v0＜，

则s1＜l，

由此可知，在B、C达到相同速度v1时，B与A没有发生第二次碰撞，然后B与C一起向右做匀速直线运动一端距离l-s1后，B与A发生第二次碰撞，设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2，对C，由动能定理得：

μmgs2=mv12-0，解得：s2=，

从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程：

s=s2+l-s1=l-．

答：从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程为l-．

解：根据牛顿第二定律得：A物体碰撞前后做匀减速直线运动的加速度：aA==μg=1m/s2，

B物体碰撞后做匀减速直线运动的加速度：aB==μg=1m/s2，

设物体A与B碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，碰撞后B的速度为v3，

根据运动学基本公式得：v12-vA2=2aAxAB，解得：v1=9m/s，

运动的时间为：t1==1s，

则碰撞后A物体运动的时间为t2=t-t1=6-1=5s，

即A物体碰撞后经过5s停止运动，则有：v2=0-aAt2=5m/s，

在碰撞过程中，系统动量守恒，设A的速度为正，

根据动量守恒定律得：mAv1=mAv2+mBv3，且mA=2mB，

解得：v3=8m/s，

碰撞后B做匀减速直线运动，则碰撞后B运动的时间：tB==8s．

答：碰后B运动8s停止．

解：（1）小球摆至B点碰前速度为υ0，由机械能守恒得：①

代人数据解得：②

小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有υ1、υ2，

有：③

④

联立②③④解得：v1=1m/s，v2=4m/s，

有：

代人数据解得：h=0.05m

（2）设物块从D点以速度υD做平抛落入沙坑，时间为t，水平位移为x，有：

由题知：0.4m≤x≤0.8m

可解得：

讨论：Ⅰ）当，物块在传送带上一定做匀减速运动，此时C点速度最大为v3，

由

得：

Ⅱ）当，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C点速度最小为v4，

由得：v4=0          

物块要滑上传送带，则vC＞0，故        ⑤

物块从B到C，由动能定理得：         ⑥

联立⑤⑥得：1.5m≤L＜4m                

答：（1）求小球碰后能上升的高度为0.05m；

（2）BC间的长度L的范围为1.5m≤L＜4m．