热门试卷

解：①以运动员与箱子组成的系统为研究对象，在运动员推出箱子与接住箱子的过程中，系统动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：

第一次推出箱子过程：Mv1-mv0=0，

第一次接住箱子过程：Mv1+mv0=（M+m）v1′，

解得：v1′===1m/s；

②以运动员与箱子组成的系统为研究对象，在运动员推出箱子与接住箱子的过程中，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

第二次推出箱子过程：（M+m）v1′=Mv2-mv0，

第二次接住箱子过程：Mv2+mv0=（M+m）v2′，

解得：v2=

…

运动员第n次接住箱子时的速度为：vn=n（n=1、2、3…，

当vn=n≥v0时，运动员不能再接住箱子，

解得：n≥3，则运动员最多能够推出箱子3次；

答：①运动员第一次接到木箱后的速度大小为1m/s；

②运动员最多能够推出木箱3次．

解：①滑块由P滑下到与B碰撞前，根据动能定理得：

mgR（1-sin30°）=mv2

规定向右为正方向，根据A、B碰撞过程动量守恒得：

mv=2mv1     

解得：v1=

②当B、C达到共同速度时，B、C相距最近，规定向右为正方向，由系统动量守恒定律得：

2mv1=3mv2

根据能量守恒定律，系统损失的机械能转化为系统的电势能，则有：

△Ep=×2m-×3m

电势能的增加量为：△Ep=mgR    

答：①A、B粘合后的速度大小是；

②A、B粘合后至与C相距最近时系统电势能的增加量为 mgR．

解：Ⅰ、由A、B、C组成系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：△PA+△PB+△PC=0，解得：△PA=-14kgm/s，

由A、B相碰时，对A，由动量定理可得：IBA=△PA，IAB=-IBA=14kgm/s，

由B、C相碰时，对C，由动量定理可得：IBC=△PC，ICB=-IBC=-10kgm/s，

则冲量之比：IAB：ICB=7：5；

Ⅱ．设A、B碰前A的动量为PA，B的动量为PB，C的动量为PC，

所有的作用结束后A的动量为PA′，B的动量为PA′，B的动量为PC′，

由A、B、C组成系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：PA+PB+PC=PA′+PB′+PC′，

PA′=PA+△PA，PC′=PC+△PC ，

Q=+---，解得：Q=48J；

答：Ⅰ、A球对B球的冲量大小与C球对B球的冲量大小之比为7：5；

Ⅱ、整个过程系统由于碰撞产生的热量为48J．

解：①由质量数守恒与核电荷数守恒可知，

核反应方程式为：H+H→H+H；

核反应过程动量守恒，乙H的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m1v1=m2v2+p，

解得，粒子的动量：p=m1v1-m2v2；

②由波尔原子理论可知，氘原子跃迁过程，

-E1=hν，光子的频率：ν=-；

答：①核反应方程式：H+H→H+H，

另一个粒子的动量为：m1v1-m2v2；

②氘原子从n=3跃迁到n=1的过程中，辐射光子的频率ν=-．

解：（1）由质量数和电荷数守恒可知，

反应方程式为：Rn→PO+He．

（2）衰变过程系统动量守恒，规定α粒子的运动方向为正方向，

由动量守恒定律得：0=mαv1-mpov2，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，

所以α粒子与钋核半径之比：=；

（3）释放的核能转化为粒子动能，

由能量守恒定律得：△E0=△mc2，

解得，质量亏损：△m=；

答：（1）衰变方程式为：Rn→PO+He；（2）α粒子与钋核在磁场中圆周运动的轨迹半径之比为42：1；（3）该衰变产生的质量亏损：△m=．

解：（1）滑块下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mgR=mv02，

对滑块，由动量定理得：I=mv0-0，

解得：I=4N•s，方向水平向右；

（2）在B点，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，解得：F=30N；

（3）以小车与滑块组成的系统为研究对象，以滑块的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v=1m/s；

答：（1）滑块沿圆弧轨道由A到B下滑的过程中，所受合外力的冲量大小为4N•s；

（2）滑块到达B端时，圆弧轨道对它的支持力大小为30N；

（3）滑块和小车的最终速度大小为1m/s．

解：由机械能守恒定律得，Mgh=，

解得v=．

炸裂时，爆炸力远大于物体受到的重力，规定向下为正方向，

因为质量为m的一块碎片恰好能返回到开始下落的位置，可知该碎片的速度等于物体爆炸前的速度，

由动量守恒定律知：Mv=-mv+（M-m）v′

解得v′=．

答：物体M刚炸裂时另一块碎片的速度大小为．

解：（1）甲、乙组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙′=m甲v甲′+m乙v乙′，

代入数据解得：v乙′=0.75m/s，

（2）由能量守恒定律可知，损失的机械能：

△E=m甲v甲2+m乙v乙2-m甲v甲′2-m乙v乙′2，

代入数据解得：△E=1087.5J；

答：（1）碰后乙的速度大小为0.75m/s；

（2）碰撞后总机械能的损失为1087.5J．

解：（1）A、发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光照射的时间无关．故A错误；

B、氢原子光谱说明氢原子能级是分立的，B正确；

C、β射线不是原子核外电子电离形成的电子流，是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放的，故C错误；

D、根据爱因斯坦质能方程知，重核的裂变和轻核的聚变均有质量损失，释放核能，D正确；

故选：BDE．

（2）ⅰ．小球在木槽左侧运动机械能守恒，槽不动，根据机械能守恒有：

m2gR=m2vB2…①

得：vB=…②

ⅱ．小球在木槽右侧运动，小球和木槽水平动量守恒，机械能守恒，当小球到达最高点时：

m2vB=（m2+m1）v1…③

m2vB2=（m1+m2）v12+m2gh…④

联立得：h=R

答：i．小球第一次运动到圆弧槽最低点时的速度大小为；

ii．小球第一次通过圆弧梢最低点以后，沿圆弧槽上升的最大高度为R．