热门试卷

解：（1）由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力（子弹与物块间作用力），故可认为此过程动量守恒，设向右为正方向：

mv0=（m+M）v　　 ①

解得：v=v0

（2）m、M组成的系统一起压缩弹簧直到动能减小为零，此时弹簧的弹性势能最大，根据能量的转化与守恒：

EP=（m+M）v2　　②

解得：EP=

（3）取向右为正，对系统由动量定理：I=0-mv0

得：I=-mv0　　　方向向左

答：（1）击中木块瞬间二者的共同速度为v0；

（2）弹簧储存的最大弹性势能为；

（3）从子弹接触木块到弹簧压缩最短的过程中墙壁给弹簧的冲量是mv0，方向向左．

解：B．（选修模块3-4）

（1）A、照相机等的镜头涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在该介质中波长的，故A错误；

B、调制是电磁波发射应该经历的过程，调谐是电磁波接收应该经历的过程，故B错误；

C、赤道上的重力加速度小于北京的，因此要若要重新调准，应缩短摆长，故C错误；

D、波传播一个波长时间为一个周期，波的频率越高，说明周期越小，所以波传播一个波长的距离所用的时间越短，故D正确；

E、根据相对论可知，地面上的我们会发现：竖直向上高速运行的球在水平方向变窄，故E正确

F、变化的磁场不一定产生的变化的电场，如均匀变化的磁场产生稳定的磁场，故F错误；

故选DE．

（2）由甲乙两图可知，该波的周期为：T=t2-t1     ①

所以频率为：

该波的波速为：            ②

波速、周期、波长关系为：     ③

联立①②③得，故A正确，B错误；

由乙图可知，波传到P点时，质点开始向上振动，因此波源的开始振动方向沿y轴正方向，故C正确；

t=t2时刻，P点的振动方向沿y轴正方向，故D错误．

故选AC．

（3）根据折射定律可知，，所以有，所以r=30°，由几何关系可知，，大于临界角，因此在AB年发生全反射，然后从BC面垂直射出．光路图如下所示：

由几何关系可知：，

，

所以：．

故光线将从BC边上距离B点的位置垂直射出．

C．（选修模块3-5）

（1）通过研究金属的遏止电压与入射光频率的关系，证明爱因斯坦方程光电效应方程的正确性，这句话正确，但是这证明了光的波动性，故A正确；

康普顿效应实验证明了光的粒子性，故B错误；

干涉、衍射现象是光特有的现象，因此双缝干涉以及衍射现象均说明了光的波动性，故CD正确；

故选CD．

（2）发射光的频率条数为：，这六中光中，能量最大的为从第4能级跃迁到第1能级的光子，其能量为E=E1-E2=12.75eV，因此该金属的逸出功小于12.75eV才能发生光电效应．

故答案为：6，12.75．

（3）解：设中子的速度为v，由动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=m3v3+m4v

解得：．

故中子10n的速度为：．

解：（1）由题意子弹、小物块、长木板的质量分别为m0、m、M，子弹的初速度为v0，子弹击中小物块后二者的共同速度为v1，由动量守恒定律得：

m0v0=（m+m0）v1 …①

子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′=m+m0．设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动，则满足：

μ1M′g＞μ2[M′+（6-n）M]g…②

其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．

由②式解得n＞4.3

即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．

（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理

-μ1 M′g×4L=M′-…③

由①③式解得　v2=1m/s

物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理

-μ1 M′gt=M′v3-M′v2…⑤

〔μ1 M′g-μ2（M′+M）g〕t=Mv3…⑥

由⑤⑥式解得v3=0.25m/s

在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理

-μ1 M′g s1=M′-M′                   

可解得s1=m＜0.5m

即物块与木板获得0.25m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．

由动能定理

-μ2 （M′+M）g s2=-（M′+m）

解得s2=m

所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2

解得s≈2.27m

答：（1）经分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；

（2）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s=2.27m．

解：（1）对子弹：从开始到射出木块，由动能定理得：

W1=mv2-mv02，

代入数据解得：W1=-243J，

对木块：由动能定理得，子弹对木块所做的功：W2=Mv12，

代入数据解得：W2=8.1J；

（2）设木块离开台面时速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：

-μMgL=Mv22-Mv12，

木块离开台面后平抛，由平抛规律得：h=gt2，l=v2t，

代入数据解得：μ=0.50；

答：（1）木块对子弹所做的功W1为-243J，子弹对木块所做的功W2为8.1J；

（2）木块与台面间的动摩擦因数μ为0.50．

解：乙与甲碰撞动量守恒：

m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′

小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得

m乙v乙′=（m+m乙）v

对小物体应用牛顿第二定律得a=μg

所以t=

代入数据得t=0.4 s

答：物体在乙车上表面滑行0.4s时间相对乙车静止．

解：（1）设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，

由动量定理得：Ft=mAv′1-mA•（-v1），

解得：F=50N．

（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mAv′1=（mA+mB）v，

A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，

解得：h=0.45m；

答：（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小为50N；

（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度为0.45m

解（1）P1从A到C过程中，由动能定理得：，

解得：，

两球碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，以P1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=0+Mv2，

由题意可知：M=3m，

解得：；

（2）P1做初速度为零的匀加速运动，P2做匀速直线运动，当两者速度相等时，两球间的距离最大，对P1，由牛顿第二定律得：

，

P1的速度：v1=at，

当两球的速度相等时，两球间的距离最大，v1=v，

P1的位移：，

P2的位移：x2=vt，

两球间的最大距离：dm=x2-x1，

解得：；

答：（1）碰后瞬间P2的速度大小为．

（2）两球第二次碰撞前的最大距离dm为L．

解：Ⅰ．对小滑块有根据动能定理得：，

解得：

Ⅱ．长木板不固定时，设系统的最终速度为v，对系统，根据动量守恒定律得：

Mv0=2Mv

解得：

由能量守恒定律，产生的热量为：

Q=

答：Ⅰ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为；

Ⅱ．如果长木板不固定，小滑块在长木板上滑行过程中产生的热量为．

解：（1）平板车和小物块组成的系统，水平方向动量守恒，解除锁定前，总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v共=0

设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，则有 

   Ep=mgR+μmgL

代入数据解得 Ep=7.5J

（2）设小物块第二次经过O‘时的速度大小为vm，此时平板车的速度大小为vM，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有

  0=mvm-MvM

代入数据解得 vm=2.0m/s

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．

设小物块相对平板车滑动的路程为S，对系统由能量守恒有 

   Ep=μmgS

代入数据解得S=1.5m

则距O'点的距离x=S-L=0.5m

答：

（1）解除锁定前弹簧的弹性势能是7.5J；

（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小是2m/s；

（3）小物块与车最终相对静止时距O′点的距离是0.5m．