热门试卷

解：（1）设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度．

由动量守恒和能量守恒定律有

mu1+mu2=mu0（以向右为速度正方向）

解得u1=u0，u2=0或u1=0，u2=u0

由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：u1=0，u2=u0

即弹簧第一次恢复到自然长度时，左侧小球速度为0，右侧小球速度为u0．

（2）以v1、v1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，

由动量守恒和能量守恒定律，

mv1+mv1′=0

解得

，，

在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：，

振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为v10，根据动量守恒定律：

2mv10=mv1

用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有

解得        

振子2 被碰撞后瞬间，左端小球速度为，右端小球速度为0．以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度v2=0，右端小球速度，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2=0．

同样分析可得

E2=E3=…EN-1=0

振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度 ，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度．此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．此速度为vN0，根据动量守恒定律，

2mvN0=mv´N-1

用EN表示最大弹性势能，根据能量守恒，有

解得       

故所有可能的碰撞都发生后第一个弹簧振子的最大弹性势能为，第二个到第N-1个弹簧振子的最大弹性势能为0，第N个弹簧振子的最大弹性势能为．

解：（1）子弹射中木块过程系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：；

（2）木块在水平面滑行时，牛顿第二定律得：μ（m+M）g=（m+M）a，

木块减速运动所通过的路程：v2=2as0，解得：，

讨论：①若s0≤s，则木块与挡板间距为：；

②若s0＞s，则木块与挡板间距为：；

答：（1）子弹射中木块后木块速度的大小为．

（2）①若s0≤s，则木块与挡板间距为：s-；②若s0＞s，则木块与挡板间距为：-s．

解：

（1）木块到达C点时，由重力和轨道的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得

   （M+m）g+N=（M+m）

解得 

（2）子弹射入木块的过程，根据动量守恒定律得

    mv0=（M+m）v

共同体从B到C过程，由机械能守恒定律得

   =（M+m）g•2R+

又 

联立解得

答：（1）木块在C点时的速度为．

（2）射入木块前，子弹的速度大小．

解：（1）对小物块，由动量定理得：I=mv0，

解得：v0=，

对于物体、小车及弹簧组成的系统，全过程动量守恒，设物体刚好回到A点时的速度为v1，以初速度方向为正，则有

mv0=（M+m）v1     

代入数据解得：v1=2m/s

（2）设小车的长度为L，当弹簧具有最大弹性势能时物体与小车的速度相等，也是v1，

全过程能量守恒，则有：μmg（2L）=mv02-（M+m）v12，

到弹簧有最大势能时：Ep+μmgL=mv02-（M+m）v12

解得：Ep=30J，L=1.5m

（3）相对总路程：x=2L=3m

答：（1）物块最后回到A处的瞬时速度v1为2m/s；

（2）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能EP为30J；

（3）物块相对于车所通过的总路程x为3m．

解：（1）当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v．

取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒，则得：

  mv0=（m+m+m）v

解得：v=v0

（2）设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，根据A与子弹系统的动量守恒得：

  mv0=（m+m）v1，

解得，v1=v0．

由系统的机械能守恒定律得：

弹簧的最大弹性势能  Ep=-v2

解得：Ep=m

答：

（1）弹簧压缩到最短时B的速度为v0．

（2）弹簧的最大弹性势能为m．

解：（1）小球C自由下落H距离的速度v0==4 m/s

小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，

所以v1=2 m/s

（2）小球B在碰撞前处于平衡状态，

对B球进行受力分析知：，

代入数据得：C

（3）C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点，运动过程中系统能量守恒，

设P与A之间的距离为x，

由能量守恒得：

代入数据得：x=（0.4+） m（或x=0.683 m）

（4）当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为y，

对C和B整体进行受力分析有：，

代入数据有：y=m（或y=0.283 m）

由能量守恒得：

代入数据得：（或vm=2.16 m/s）

答：（1）小球C与小球B碰撞后的速度为2 m/s

（2）小球B的带电量q为C

（3）P点与小球A之间的距离为（0.4+） m

（4）当小球B和C一起向下运动与场源A距离是m，速度最大．其速度最大是．

解：设子弹穿过木块m1时，m1、m2的速度为v1，以子弹的初速度方向为正方向，以m1、m2为研究对象，由动量定理得：ft1=（m1+m2）v1，

解得：v1=，

设子弹穿透木块m2时，m2的速度为v2，以子弹的速度为正方向，以m2为研究对象，由动量定理得：

ft2=m2v2-m2v1，

解得：v2=+；                  

答：子弹穿过两木块后，m1的速度为，m2的速度为+．

解：A．（选修模块3-3）

（1）（1）A、用油膜法估测分子的大小”实验中认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，所以可以认为油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积，故A正确．

B、没有确保是一定质量的理想气体，压强p与热力学温度T不一定成正比，故B错误．

C、温度是气体分子平均动能的量度，气体分子的平均动能越大，温度越高，故C错误．

D、多晶体的物理性质各向同性，所以不一定是非晶体，也有可能是多晶体，故D错误．

E、液体间的作用力是由分子间的引力和斥力相互作用一起的，即分子作用力，故E正确．

F、温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大，故F正确．

G、在运动过程中有能量损失，故为不可逆过程，故G错误．

故选AEF

（2）由受力分析和做功分析知，在气体缓缓膨胀过程中，活塞与砝码的压力对气体做负功，大气压力也对气体做负功；

外界对气体所做的功W=-mg△l-p0S△l；

根据热力学第一定律得：△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q；

故内能变化了：△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q．

气体做等压变化，则体积随热力学温度成正比变化，V-T图所图所示：

（3）一只气球内气体的体积为2L，密度为3kg/m3，

气体质量M=ρV=0.006Kg，

平均摩尔质量为15g/mol，所以气体的摩尔数n==0.4mol，

阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，所以这个气球内气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B．（选修3--4）

（1）A、交通警通过发射超声波利用了多普勒效应测量车速．故A错误．

B、电磁波的频率越高，它所能携带的信息量就越大，激光是可见光，其频率比无线电波高，则激光可以比无线电波传递更多的信息．故B正确．

C、单缝衍射中，缝越宽，衍射现象越不明显．故C错误．

D、根据相对论尺缩效应可知，地面上测得静止的直杆长为L，在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L．故D正确．

故选BD

（2）简谐运动有往复性特点，从N到O的时间为四分之一周期，T=4×0.2S=0.8S

有周期可得圆频率数值为=，又由于从最大位移处计时函数式为余弦，振幅为4cm，即，

（3）①质点P此时刻沿-y运动，则根据波形平移法判断可知波沿-x方向传播．

②由图读出波长为λ=6m，则该波的周期为T═s

ω==rad/s，则图中Q点的振动方程y=5cos③质点P此时刻沿-y运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，时间t=0.1s=则波在0.1s时间内波传播的距离为△x=vt=0.5cm，根据波形平移法得到，P点的横坐标为x=3cm-△x=2.5cm．

C．选修3-5

（1）A、x射线是位于原子内层电子跃迁才能放出的波长较短的一种电磁波，而由原子核辐射的光子能量更高，故A错误；

B、n=3能级的氢原子，自发跃迁时发出C2n=3条谱线，故B正确；

C、β衰变指原子核内的中子发生衰变，一个中子衰变为一个质子和一个电子，所以核电荷数+1，原子序数+1，故C正确；

D、半衰期是由原子核内部自身决定的，与地球环境不同，故D错误；

故选BC．

（2）A、麦克斯韦根据他提出的电磁理论，认为光是一种电磁波，并预言了电磁波的存在，从而提出了光的电磁说，故A正确．

B、爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说，故B错误．

C、汤姆生发现了电子，并首先提出原子的枣糕式模型，故C错误．

D、居里夫人通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Pa）和镭（Ra）．故D错误．

本题选错误的，故选BCD．

（3）两车最近时，两车的速度相等，设乙车的速度为正方向，则由动量守恒可知：

m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v

代入数据可得：

-0.5×2+1×3=（0.5+1）v

解得：v=m/s

答：A．选修3-3（1）AEF（2）故内能变化：△U=W+Q=-mg△l-p0S△l+Q，等压过程图象为

（3）气体的分子个数N=0.4×6.02×1023=2.41×1023

B．选修3-4（1）BD（2）周期T=0.8S；振动方程的表达式为x=4coscm

（3）①该波沿-x（选填“+x”或“-x”）方向传播；②图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程y=5coscm；③P点的横坐标为x=2.5m．

C．选修3-5（1）BC（2）BCD（3）速度v=m/s