热门试卷

对A、B组成的系统，以向东方向为正方向，根据动量守恒定律列出等式

mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B代入数值得v'B=-0.4m/s，负号表示碰撞后B球的速度方向向西．

答：碰撞后B球的速度大小是0.4m/s，方向向西．

（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2以A为研究对象，从P到O，由功能关系μmgl=m-m

以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律

mv1=2mv2

解得v2=

（2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x

由功能关系：

μ(2mg)•2x=(2m)

解得：x=-．

故弹簧的最大压缩量：x=-．

（1）设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：

   （M-m）v0=（M+m）v1

  μmgs=（m+M）v02-（M+m）v12

解得：s=

故L应满足的条件是：L≥s=

（2）第2次碰撞前有：

（M-m）v0=（M+m）v1   

第3次碰撞前有：（M-m）v1=（M+m）v2

第n次碰撞前有：（M-m）vn-2=（M+m）vn-1

所以vn-1=（）n-1v0则第5次碰撞前有：v4=（）4v0

故第5次碰撞前损失的总机械能为：△E=（M+m）v02-（M+m）v42

代入数据解得：△E=149.98J．

答：

（1）要想物块不从长木板上落下，长木板的长度L应满足的条件是：L≥．

（2）整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能是149.98J．

（1）A、天然放射现象源自原子核内部的变化，人类最初对原子核的认识就是来源于对天然放射现象研究，故A正确；

B、α，β，γ三种射线中α射线的电离本领最强，γ射线穿透本领最强，故B错误；

C、半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，故C错误；

D、裂变和聚变都伴随着巨大能量的释放，出现质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知道：核子的比结合能都会增加．故D正确；

故选：AD

（2））①由动量守恒定律得：0=（m1+m2-△m）v船-△mv1

得：v船=

（2）对喷射出的气体运用动量定理得：-F△t=-△mv1

    F=

由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为 F=

故答案为：

（1）AD

（2）①喷射出为△m后，小船的速度是．

②喷射出△m液体的过程中，小船所受气体的平均作用的大小是．

（1）由乙图可知，t1时刻A、B速度相同且为v=1 m/s；t2时刻，弹簧处于自由状态，

vA=-1 m/s，vB=2 m/s．

由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v                         

mAv02=mA vA 2+mBvB2                                                  

代入数据求得v0=3 m/s                                                         

mB=2 kg                                                                      

（2）当两物块速度相同时，弹簧的弹性势能最大为Em，根据能量守恒定律得

Em=mAv02- （mA+mB）v2=3 J       

答：（1）物块A的初速度v0的大小是3 m/s，物块B的质量是2 kg．

（2）在A、B和弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能是3 J．

（1）A的初动能mA=20J，故v0=2.0m/s；

A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，有：

mAv0=（mA+mB）v1

解得v1=1.0m/s       

A、B、C发生完全非弹性碰撞，设碰后的速度大小为v2，根据动能守恒定律，有：

（mA+mB）v1=（mA+mB+mC）v2          

解得v2=0.5m/s 

（2）在第二次碰撞中损失的机械能

△E=(mA+mB)-(mA+mB+mC)=5.0J 

（3）A、B、C整体在粗糙水平面上所受的摩擦力

F=FA+FB+FC=μAmAg+μBmBg+μCmCg=120N  

根据动能定理：-Fs=0-(mA+mB+mC)

可得在粗糙水平面上滑行的最大距离为

S==m=4.2×10-2m

答：（1）在第二次碰撞后A、B、C组成的整体的速度大小为0.5m/s；

（2）在第二次碰撞过程中损失的机械能为5.0J；

（3）A、B、C组成的整体在粗糙的水平面上能滑行的最大距离为4.2×10-2m．

（1）猫相对木板奔跑时，设木板与猫之间的作用力大小为F，根据牛顿运动定律，

对猫有：F=ma1=4.0N

对木板有：F-μ（M+m）g=Ma2

所以a2==2.0m/s2

当猫跑到木板的右端时，有a1t2+a2t2=L

所以t==2.0s

（2）当猫奔跑至木板的右端时，猫的速度v1=a1t=8.0m/s，方向向右，

木板的速度v2=a2t=4.0m/s，方向向左，

木板向左运动的位移s=a2t2=4.0m，方向向左，

猫在抓住立柱的过程中，由于猫与木板相互作用的时间极短，

所以猫和木板组成的系统动量守恒，则有mv1-Mv2=（M+m）v共，

所以v共==2.0m/s，方向向右，

设在随后木板与猫整体向右滑行距离为s'，

由动能定理得：-μ(M+m)gs′=0-(M+m)，

解得：s′==2.0m

所以木板运动的总位移：s总=s-s'=2.0m，方向向左．

答：（1）小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为2s；

（2）从小猫开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移为2m．

（1）工业探伤要求射线能够穿过钢板的表面探测钢板内部有无伤痕，而α射线连一张纸都不能穿过，故一定不能用α射线．β射线不能穿过铝板，故一定不能用β射线工业探伤．γ射线用混凝土才能挡住，故工业探伤要用γ射线．

（2）A、电子的能量就是量子化的，故A错误

B、在Na核中有11个质子和12个中子，故B错误

C、玻尔模型成功地解释了氢原子光谱，故C错误

D、根据 α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，故D正确

故选D．

（3）从位移-时间图象上可看出，

碰前B的速度为0，

A的速度v0==4m/s 碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s，

由动量守恒定律得：

mAv0=mAv1+mBv2，

mB=2.5kg                                                

故答案为：（1）γ

（2）D

（3）b球的质量mb等于2.5kg．

（1）60.3eV、54.4eV 的能量均可以使该离子电离，可以被吸收；51.0eV能量满足第四能级和基态的能级差，可以使离子吸收后跃迁到第4能级，可以被吸收；由能级图可知各能级之间的能量差没有等于43.2eV 的，故该光子不能被吸收，故ABD错误，C正确．

故选C．

（2）根据电荷数和质量数守恒可知该核反应方程为：88226Ra→86222Rn+24He；

反应前后动量守恒，设新核速度为V，设α质量为4m，则新核质量为222m，由动量守恒得：4mv=222mV，解得V=4×105m/s；

亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，所以有：△E=mC2=hv，带入数据得△m=2.21×10-31kg．

故答案为：88226Ra→86222Rn+24He，4×105m/s，2.21×10-31kg．

（3）两次碰撞过程都满足动量守恒条件，所以有：

一次碰撞时，选择向右为正方向，有：m1v1+m2v2=m1 +m2   ①

第二次碰撞后都停止所以有：m1  -m2=0                       ②

联立①②可得：==1.5m/s

故两球第一次碰后m2球的速度大小为1.5m/s．

（1）b球离开DE后做平抛运动：

h=

s=vbt

解得 vb=1m/s

故碰后b球的速度大小为：vb=1m/s．

（2）ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向：

mva=-m+Mvb

Va=3m/s

碰前a在D处恰好与轨道无作用力：

mg=

r=0.9m

R==0.7m

故上半圆半径r=0.9m，下半圆半径R=0.7m．

（3）小球从B到D，机械能守恒：

m=m+mgh

解得：m=36.5J

从A到B过程，由动能定理得：

-Wf=m-m

解得：Wf=35.5J

从D到B，机械能守恒有：

m()2+mgh=m

解得：m=32.5J＜Wf

故，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出．

（1）11H+37X→24He+24He或11H+37Li→24He+24He，

由质能方程得：△m==3.1×10-29Kg．

（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB由动量守恒定律有（mA+mB）v0=mAv+mBvB…① mBvB=（mB+mC）…②

联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vB=v0．

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=0.4s

答：物体在乙车上表面滑行0.4s时间相对乙车静止．

（1）木块与木板组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，

对系统，由动量守恒定律得：m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn，

解得：vn=；

（2）第n号木块始终做匀减速运动，所以对第n号木块，

由动量定理得：-μmg t=mvn-mnvo，

解得：t=；

（3）第（n-1）号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v．

对系统，由动量守恒定律：m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=（2n-1）m vn-1+mv ①

对第n-1号木块，由动量定理得：-μmg t′=m vn-1-m（n-1）vo②

对第n号木块，由动量定理得：-μmg t′=mv-mnvo③

由①②③式解得：vn-1=．

答：（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度vn为；

（2）从t=0到所有木块与木板共同匀速运动经历的时间t=；

（3）第（n-1）号木块在整个运动过程中的最小速度vn-1=．

（1）A、a粒子大角度散射表明a粒子受到了原子内部原子核对它的斥力．故A错误．

B、β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，可知β衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分．故B错误．

C、γ射线是一种波长很短的电磁波．故C正确．

D、放射性元素的半衰期与其所处的物理环境及化学状态无关，由原子核内部因素决定．故D错误．

故选C．

（2）小球下滑过程中，水平方向不受外力，在水平方向上动量守恒．

根据能量守恒得小球的重力势能转化给小球的动能和弧形的槽的动能，

即：mgh=mv2+EkM

所以v＜

故选C．

故答案为：（1）C     （2）C