热门试卷

解：（1）A、氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，而电势能减小，且电势能减少得多，故原子总能量减小，故A错误．

B、α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中应是最强的，故B错误．

C、原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律，只是换种形式存在，符合质能联系方程．

D、将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，但它的半衰期不发生改变，因为半衰期只由原子核本身因素决定与外界条件无关，故D正确．

故选D．

（2）、设物体从D点滑到A点时具有的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，有（3m+m）v=0      ①

解得  v=0                                            

说明两物体都停下，此过程中能量守恒，所以有

mgR=μmgL                                      ②

物体刚好滑到最高点时水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒，有

m=（m+3m）                                ③

根据能量转化与守恒，有

m-（3m+m）=mgR+μmg                    ④

由①②③④式解得  =．

故若为了保证小物块从A点刚好滑到滑道的D端而不离开滑道，在A点应给物块 =的初速度．

解：（1）由牛顿第二定律得：a=，

由匀变速直线运动的位移公式得：h=at2，

上升过程的时间：t=，

空气阻力的冲量：I=ft=f，方向：竖直向下；

（2）由能量守恒定律得：E=2××v2，

解得，速度：v=；

答：（1）礼炮弹从地面到最高点的过程中空气阻力对礼炮弹的冲量大小为：f，方向：竖直向下；

（2）礼炮弹爆炸后瞬间其中一片的速度大小为．

解：（1）设碰撞前A球速度为v0，由动能定理有：

qU=mv02-0，

解得：v0=，

设碰撞后A、B球的速度为v，碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv0=2mv，

解得：v=；

（2）带电小球在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力平衡：2mg=qE，

解得：E=；

（3）带电小球从轨道最低点到最高点过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力，其中洛伦兹力不做功，电场力做正功，使小球机械能增加，设轨道半径为R，则机械能改变：

△E=2qER，

由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=2m，

联立各式得出：△E=；

答：（1）小球A、B碰撞前的速度为：、0，碰撞后的速度都为．

（2）电场强度E为；

（3）小球做匀速圆周运动过程中，从轨道的最低点到最高点机械能改变了．

解：（1）设A和C一起向右加速，它们之间静摩擦力为f，

由牛顿第二定律得：F=（M+mA）a，

解得：a=3m/s2，

对A，f=mAa=1×3=3N＜μmAg=4N，则A、C相对静止，一起加速运动；

（2）A在与B碰之前运动时间最短，必须加速度最大，

由牛顿第二定律得：fm=μmAg=mAa1，

位移：L-S=a1t12，解得：t1=0.6s；

（3）在A与B发生碰撞时，A刚好滑至板的左端，则此种情况推力最大，设为F1，

对板C，由牛顿第二定律得：F1-μmAg=MaC，位移：L=aCt12，解得：F1=N≈13.3N，

若A与C没有发生相对滑动，设推力最小为F2．A与B发生弹性碰撞之前，

对A和C，由动能定理得：F2（L-s）=（M+mA）v12-0，

A与B发生弹性碰撞，因质量相等，A的速度交换给B，A静止，

而后刚好撤去外力，A与C发生相对滑动，A滑至C的左端时A、C刚好共速，

以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv1=（M+mA）v2，

由能量守恒定律得：μmAgs=Mv12-（M+mA）v22，

解得：F2=3N，

综合以上分析，推力的范围：3N＜F＜13.3N；

答：（1）当F=9N时，小物块A的加速度为3m/s2；

（2）若F足够大，则A与B碰撞之前运动的最短时间是0.6s；

（3）若在A与B发生弹性碰撞时撤去力F，A最终能滑出C，则F的取值范围是3N＜F＜13.3N．

解：（1）若A与B相碰后立即粘合在一起，选择向右为正方向，设碰后A、B共同速度的大小为v1，由动量守恒得：

  mv0=2mv1 ①

解得A、B相碰后瞬间的速度大小为v0　

设A、B、C的最终的速度大小为v2，由动量守恒得：

 2mv1=3mv2  ②

解得A、B、C最终的速度大小为v0　

设弹簧的最大弹性势能为Ep1，A、B相碰后机械能守恒，有

 （2m）v=（3m）v22+Ep1   ③

联立①②③式解得：Ep1=mv

（2）若A与B发生弹性碰撞，设碰撞后二者的速度分别为vA和vBv，由动量守恒得：mv0=mvA+mvB ④

由能量守恒定律得：   ⑤

联立④⑤得：vA=0，vB=v0

mv0=2mv3  ⑥

B与C共同的速度：  ⑦

设弹簧的最大弹性势能为Ep2，B与C相互作用的过程中机械能守恒，有

+Ep2   ⑧

联立⑦⑧式解得：Ep2=mv

答：（1）若A与B相碰后立即粘合在一起，以后运动过程中弹簧的最大弹性势能是mv；

（2）若A与B发生弹性碰撞，以后 运动过程中弹簧的最大弹性势能是mv．

解：（Ⅰ）．物体在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得：

mv0=mv1+（M1+M2）v2 …①

mv02=mv12+（M1+M2）v22+μmgL…②

联立并代入数据得：v1=4m/s，L=0.8m…③

（Ⅱ）．物体在凹槽上滑行的过程中，同理可得：mv1+M2v2=（m+M2）v…④

mv12+M2v22=（m+M2）v2+mgh…⑤

联立并代入数据得：h=0.15m…⑥

答：Ⅰ．木板的长度是0.8m．

Ⅱ．物块滑上凹槽的最大高度是0.15m．

解：（1）设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh=μmgL，解得：h=8.0×10-2m．

（2）设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车速度为v2，对系统根据水平方向动量守恒有：

mv1-Mv2=0；根据功能关系有：μmgL=mgh-（mv12+Mv22）；

由以上各式，解得：v1=0.80m/s．

答：（1）若小车固定在水平面上，D点与BC轨道的高度差为8.0×10-2m；

（2）若将小车置于光滑水平面上，小物块滑到BC中点时的速度大小为0.80m/s．

解：（1）小球滑下过程，对小球和圆弧槽系统

水平方向动量守恒0=mv1-2mv2

系统机械能守恒mgh=+

联立解得v1=，v2=

（2）小球AB发生非弹性正碰，对AB系统

由动量守恒mv1=2mv3

系统机械能守恒△E=-

联立解得△E=

答：（1）小球A滑下后弧形槽的速度大小；

（2）小球A、B碰撞过程损失的机械能