热门试卷

（1）A、B根据公式==6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子．故A正确，B错误．

C、Dn=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应．故C正确、D错误．

故选AC

（2）①碰撞前m2是静止的，m1的速度为 v1=4m/s

碰后m1的速度为 v1′=-2m/s

m2的速度 v2′=2m/s

根据动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2′

1×4=1×（-2）+m2×2

m2=3kg

②碰前总动能 Ek1+Ek2=×1×42+0=8J

碰后总动能 E′k1+E′k2=×1×（-2）2+×3×22=8J

碰撞前后机械能守恒故是弹性碰撞．

故答案为：（1）AC

（2）①m2等于3kg千克．

②碰撞过程是弹性碰撞．

【错解分析】 错解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v，以V0方向为正方向，由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)－mu

　　错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v，以v0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0),由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)

　　错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。

　　错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v0变换成(v0+△v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v－v0)而应为[u－(v0+△v)]。

　　【正确解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)]

　　【小结】 (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。

　　(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M△v－m(u－△v)，由动量守恒定律：

0=M△v－m(u－△v)

　　题中，增加的速度与车原来的速度v0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。  

（1）A、贝克勒尔 发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误．

B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小．故B正确

C、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故C正确

D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子核式结构模型，故D错误

E、赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象--光电效应，故E正确．

故选BCE．

（2）以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v1，撞击器质量m=3.7×102kg，速度v2=3.6×104km/h=1.0×104m/s，撞击后速度为v

由动量守恒定律得：Mv1-mv2=（M+m）v

由于M远大于m，所以，上式可以化为：Mv1-mv2=Mv

解得：M=

由题给信息知，撞击后彗星的运行速度改变了1.0×10-7m/s，即v1-v=1.0×10-7m/s

代入数据，解得M≈3.7×1013kg

故答案为：（1）BCE

（2）彗星的质量是3.7×1013kg

3∶4

第一次由系统动量守恒得：mv0=2mv1,对A由动量定理得：-I1=mv1-mv0,同理，第二次有：mv0=3mv2,以及-I2=mv2-mv0,解之得：

I1∶I2=3∶4.

（1）15m  （2）30J （3）2.0N  ,方向相反

（1）在子弹穿过A进入B的过程中，AB和子弹组成的系统满足动量守恒定律，设A、B离开桌面的瞬时速度分别为vA、vB，规定子弹初速度方向为正，则有：

mv0=MvA+（m+M）vB …①

离开桌面后，A、B分别做平抛运动，则vA：vB=SA：SB …②

联立①②并代入数据解得：vA=10m/s，vB=20m/s

（2）子弹在砂箱A､B中穿行的过程，系统满足能量守恒则：

Q=m-M-(m+M)…③

代入数据解得：Q=860J

答：（1）沙箱A离开桌面的瞬时速度为10m/s；

（2）子弹在砂箱A､B中穿行时系统一共产生的热量Q为860J．

（1）刻度尺、天平、重垂线、复写纸、白纸

（2）两球的质量m1、m2和两球做平抛运动的水平位移s1、s2

（3）m1s1=m2s2

由动量守恒得m1v1-m2v2=0

而v1=  v2=，得m1s1=m2s2.

（1）1 m/s（2） 1.25 J

本题考查动量守恒定律，首先判断碰撞前后动量守恒，碰撞后粘合为一个整体，列式求解

(1)A、B相碰满足动量守恒：

mv0＝2mv1          2分

得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s          1分

(2)两球与C碰撞同样满足动量守恒：2mv1＝mvC＋2mv2    2分

得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s.

两次碰撞过程中一共损失的动能为

ΔEk＝         2分

ΔEk＝1.25 J                      1分

4 m/s

以子弹和木块为系统，水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒的条件.设木块获得的速度大小为v,则

Mv=m(v1-v1′)

v= m/s="4" m/s.

①②

①由动量守恒定律可知，系统的初动量大小

                                  …………（2分）

②为避免两车恰好不会发生碰撞，最终两车和人具有相同速度（设为v），则

                          …………（3分）

解得                                 …………（2

本题考查动量守恒定律的应用，在碰撞过程中系统动量守恒，初动量等于末动量大小，为避免两车恰好不会发生碰撞，最终两车和人具有相同速度，由系统前后动量守恒可列式求解

.解:解题过程错误。（1分）

三者速度相等时弹性势能最大，由动量守恒得：（2分）

子弹打击A的过程动量守恒： （2分）

打击完成后由能量守恒得： （2分）

（1分）

0.3 m 

略

相同  2∶3

以物体A的运动方向为正方向，由系统动量守恒得：（1）若相向碰撞，则有：0=mvA/2+2mvB′,

所以vB′=-vA/4,负号表示与原方向相反，说明物体A“跳”到了B的前面，这是不可能的；

（2）若做同向的运动，相碰过程中，系统仍然由动量守恒定律得：2mvA=mvA/2+2mvB′

所以vB′=3vA/4，故有vA′∶vB′=2∶3.由于是同一方向上的碰撞，故碰前、碰后的动量方向相同.