热门试卷

由动量守恒定律得，m1v1-m2v2=m2v2′-m1v1′

v2′=v1′

解得=．

答：甲乙两物体的质量之比为3：5．

（1）以两车组成的系统为研究对象，取甲车原来行驶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

    mv甲-mv乙=mv甲′

解得，v甲′=1m/s，方向水平向右．

（2）当两车的速度相同时，距离最短，设相同的速度为v

则有

    mv甲-mv乙=2mv

解得  v=0.5m/s，方向水平向右．

答：（1）当乙车的速度为零时，甲车的速度大小是1m/s，方向水平向右．

（2）两车距离最短时乙车速度大小是0.5m/s，方向水平向右．

（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，Be+He→n+C

（2）设12C碰后速度的u2，根据动量守恒定律有：

mu0=m（-u1）+12mu 

V2=．

答：（1）核反应方程为Be+He→n+C．

（2）12C核与该粒子碰撞后的速率为V2=．

（1）设C球与B球粘连成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1

v1=v0

当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，

由动量守恒定律得：2mv1=3mv2，

得A的速度v2=v0

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，

由能量守恒得：•2m=•3m+EP

撞击P后，A与D的动能都为零，

解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成D的动能，

设D的速度为v3，则有：EP=(2m)•，v3=v0

以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．

设此时的速度为v4，由动量守恒定律得：2mv3=3mv4，v4=v0

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，

由能量守恒定律得：•2m=•3m+

由以上各式解得：=m

答：（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度是v0；

（2）当弹簧伸到最长时，其势能最大，弹簧的最大弹性势能是=m

（1）以B为研究对象，根据牛顿第二定律和库仑定律

K=4ma，K=ma，

所以，两球的间距为R=2r．

（2）根据两球受到同样大小的库仑力，有F=mAa=m×4a，可见，A的质量为mA=4m．

以两球组成的系统为研究对象，由动量守恒，又有mv+4mVA=0．

所以，A的速度为vA=-V．

（3）根据电场力做正功，系统的电势能减少，据能量守恒得减少的电势能等于系统增加的动能，

所以△EP=EKA+EKB=×4m+mV2=mV2

答：（1）两球间距是2r．

（2）A球的速度是-V

（3）两电荷的电势能减少mV2

取碰撞前粒子的速度方向为正方向，设余下的反冲核的反冲速度大小为V，根据动量守恒定律得

    m0v0=-mv+（M+m0-m）V

解得，V=

答：余下的反冲核的反冲速度为．

设回路电流为i，所求电功率为P=i2（R+r）

由于i=，

式中e=L2=L2k为B变化引起的感应电动势．

BoLv为棒切割磁感线引起的电动势，v=s

则金属棒抛离磁场瞬间回路的电热功率P=．

答：金属棒抛离磁场瞬间回路的电热功率P=．

（1）A第一次碰前速度设为v0

动能定理：Fl=m-0

A与B碰撞，动量守恒，

则mv0=mvA′+mvB′

根据题意，总能量不损失，

则mv02=mvA 2+mvB 2

联立解得vA′=0，vB′=v0=

（2）①对质点A：

第一次碰前：v0=at0l=at02

第一次碰后到第二次碰前过程：

第二次碰前速度 vA1=at1sA1=at12

对质点B：

第一次碰后到第二次碰前过程：sB1=v0t1

由于sA1=sB2

解得：t1=2t0，vA1=2v0，sA1=sB1=4l

则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，L=l+4l=5l

②质点A、B第二次碰前速度分别为2v0、v0，碰后速度分别设为v″A和v″B

动量守恒：m•2v0+mv0=mv″A+mv″B

能量关系：m(2v0)2+m=m+m

解得：v″A=v0，v″B=2v0

对质点A：

第二次碰后到第三次碰前：vA2=v0+at2sA2=v0t+at22

对质点B：

第二次碰后到第三次碰前：sB2=2v0t2

由于sA2=sB2

解得：t2=2t0，vA2=3v0，sA2=sB2=8l

综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2t0；

每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加2v0，质点B速度不变

可得：每次碰撞位置间隔：4l、8l、12l…（n-1）4l

则要使质点A、B刚好能够发生n次碰撞：L=l+4l+8l+12l+…+（n-1）l=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）        

答：（1）小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是vA′=0，vB′=．

（2）如果该力场的空间范围是0≤x≤L（L＞l），

①小球A、B刚好能够发生两次碰撞，L=5l；

②小球A、B刚好能够发生n次碰撞L=（2n2-2n+1）l（n=1，2，3…）．

（1）①

（2）①

略

A、（1）：A、燃气由液态变为气态的过程中体积增大，因此对外做功，故A正确；

B、燃气由液态变为气态的过程中分子势能增大，故B错误；

C、燃气在燃烧室燃烧的过程中气体体积变大，要克服分子力做功，分子势能增加，故C正确；

D、燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，故D错误．

故选AC．

（2）A、由=C可知，如果保持气体的体积不变，温度升高，压强增大，故A错误；

B、由=C可知，如果保持气体的体积不变，温度升高，压强增大，故B正确；

C、由=C可知，如果保持气体的温度不变，体积越小，压强越大，故C正确；

D、由=C可知，如果保持气体的压强不变，温度越高，体积越大，故D错误；

故选BC．

（3）他吸入的空气分子总数约为n=NA=×6.02×1023=1×1022个．

（1）A、四川汶川县发生8.0级强烈地震，地震波是机械波，其中既有横波也有纵波，故A正确；

B、相对论认为，真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的，故B正确；

C、由多普勒效应可知，如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去，故C正确；

D、照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理，故D错误；

故选ABC．

（2）由图1甲可知，波长λ=100cm=1m；由图1乙可知，质点的振动周期为2s，则波的周期为2s，频率f===0.5Hz；波速v=λf=1m×0.5Hz=0.5m/s；由图1乙可知，在图示时刻质点P由平衡位置向最大位移处振动，由微平移法可知，波沿想轴负方向传播．

（3）由光的折射定律得：n=，sinβ===，则折射角β=30°；由数学知识可知，

光在玻璃砖中的路程s===cm，光在玻璃砖中的传播速度v=，

光在玻璃砖中的传播时间t====≈6.67×10-10s．

C、（1）A、发生光电效应时，光电子的最大初动能取决于入射光的频率，与入射光的强度无关．故A错误．

B、根据光电效应方程EKm=hγ-W0，可知光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，故B正确．

C、入射光的频率大于极限频率时，发生光电效应，因为极限波长λ0=，所以入射光的波长必须小于此波长，才能产生光电效应．故C正确．

D、光电效应与入射光的强度无关，取决于入射光的频率，故D错误．

故选BC．

（2）关键质量数守恒和电荷数守恒知U衰变Pb为，需经过 8 次α衰变和 6次β衰变，每经过一次β衰变就会有一个中子转变为质子，同时放出一个电子

，所以共有6个中子转化为质子．

（3）以前锋速度方向为正方向，设撞后共同速度为v，碰撞过程动量守恒，

根据动量守恒定律得：m1v1-m2v2-m3v3=（m1+m2+m3）v，

解得：v===0.1m/s；

所以他们碰撞后的共同速率为0.1m/s，方向与前锋方向相同，所以可以得分，如图所示．

故答案为：A、（1）AC；（2）BC；（3）1×1022；B、（1）ABC；（2）1；0.5；0.5；沿x轴向左；（3）30°；6.67×10-10s；

C、（1）BC；（2）6；（3）①0.1m/s；②方向见右图；能得分．

（1）A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，设达到的共同运动速度为v，则：

2mv0=3mv

解得：v=v0

（2）B和C发生正碰，B和C组成的系统在碰撞前后动量守恒，设B和C粘在一起运动的速度为v1，则：

     mv0=2mv1

解得：v1=v0

设整个过程系统克服摩擦力做功而产生的内能为W，则：

    W=m+2m-3mv2=m

（3）重物从左向右相对木板C的位移由零到最大过程中，克服摩擦力做功而产生的内能为全程产生内能W的一半．

设相对位移的最大值为sm，则：fsm=W 

而：f=μmg  

故：sm==

弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能（即系统的弹性势能）为最大值Epm，此时三者速度相同，也为v=v0，由能量守恒定律得：

EPm=m+2m-3mv2-W=m

答：（1）A停在木板C的左端后A、B、C共同运动的速度v=v0；

（2）整个过程中系统克服摩擦力做功而产生的内能W=m；

（3）若重物A与木板C间的动摩擦因数为μ，求重物A对木板C相对位移的最大值sm及系统的最大弹性势能为m．

以人和车组成的系统为研究对象．选v0方向为正方向．设人跑动后车的速度变为v’，则人

相对地的速度为(v’-v)．系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有

 解得

人跑动后车的速度改变量为

的数值为正，说明速度的改变与v0方向一致，车速增加

（1）12；（2）；（3）0.6N

（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，

小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有

，解得，则（个）

（2）滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为

对小球，有                           ①

                                                 ②

对滑块，有                            ③

由①②③三式解得

（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为，则

由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为，此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿第二定律，得

因为，由以上三式解得T=0.6N

（1）A、β衰变放出的电子是原子核中中子转化而来的，原子核中并没有电子，所以β衰变不能说明电子是原子核的组成部分．故A错误．

B、目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变．故B正确．

C、一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，由于跃迁是随机的，最多能辐射C=6种不同频率的光子．故C错误．

D、卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型．故D正确．

故选BD

（2）根据动量守恒定律得  Mv0=-mu+（M-m）v，解得，v=．

故答案：

（1）BD

（2）金属，变小 

（3）