热门试卷

（1） 方向为水平向右

（2）

（1）C滑至最低点时，A、B将分离。设此时A、B的速度为v1，C的速度为v2

A、B、C组成的系统水平方向动量守恒：……………………（2分）

A、B、C组成的系统机械能守恒：……………………（2分）

此后B以v1的速度做匀速运动，且 方向为水平向右……………………（1分）

（2）设C所能到达的最大高度为h΄，此时A、C共速，依题意A、B分离后

A、C组成的系统水平方向动量守恒：…………………（2分）

A、B、C组成的系统机械能守恒：…………（2分）

以上方程联立可得：…………………（1分）

（1）64.7 （2）ABD

由图画出B球的10个落点位置,实验中应取平均位置,方法是用最小的圆将所有点圈在里面,圆心位置即为落点的平均位置.找准平均位置,读数时应在刻度尺的最小刻度后面再估读一位,读数为64.7 cm(从64.2 cm到65.2 cm范围内都正确).

(2)A、B两球都从R点开始做平抛运动,且两球平抛时间相同,以平抛时间为时间单位,则平抛的水平距离在数值上等于平抛的初速度.因此该实验应测量的物理量有:质量mA、mB,水平位移sA、sA′、sB′,A球与B球的直径此题中可不用测量，因为此次实验忽略了A、B两小球的球心距离给实验带来的误差.因此答案是ABD.

0.3 m

设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

因为μ1=0.22，μ2=0.10

所以F=mg＜f1=μ12mg

且F=mg＞f2=μ2(2m＋m)g

所以一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有

(F-f2)s=(2m+m)v12

A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得

mv1=(m+m)v2

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木块向前移动的位移为s1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则

2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3

f1s1-f3s1=·2mv32-·2mv22

f3=μ2(2m+m+m)g

对C物体，由动能定理

F(2l+s1)-f1(2l+s1)=·2mv32-·2mv12

由以上各式，再代入数据可得l="0.3" m.

（1）A、核反应堆法伤的重核裂变反应．故A错误，B正确．

C、半衰期的大小与外部条件无关，由原子核内部因素决定．故C正确，D错误．

故选BC．

（2）①铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒得mCv0=（mA+mB）vA+mCvC

代入数据解得vC=2.4m/s

②铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度

铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，有mCvC+mBvA=（mC+mB）vB

(mc+mB)vB2+μmCgs相对=mvc2+mBvA2

因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度L≥S相对

联立以上方程代入数据解得L≥0.24m即木块B的长度至少为0.24m

答：①铁块C在滑离A时的速度为2.4m/s．

②木块B的长度至少为0.24m．

设A、B碰撞后共同速度为v1，若C不滑下来，设A、B、C相对静止时速度为v2，C在AB上滑行的距离为s．

对于AB碰撞过程，以AB组成的系统，取向右方向为正方向，由动量守恒得：mv0=2mv1

解得：v1==m/s=3m/s

对于A、B、C组成的系统，由动量守恒得：mv0=3mv2

解得：v2==m/s=2m/s

根据系统的能量守恒得：2mv12-3mv22=μmgs

解得：s==m=0.6m

因为s＜2L=1m，所以C不会掉下去．

答：如果μ=0.5，则C不会掉下来．

（1）设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为M0，二者碰撞后的速度分别为：v1、v，则

根据动量守恒定律和能量守恒定律得

mv0=mv1+Mv ①

m=m+M②

由①②可得：v1=-v0

碰撞一次，中子的动能损失为：△E=m-m=m[1-()2]=E0

（2）中子与碳核第一次碰撞后剩余的动能为：E1=m=m(-v0)2]=()2E0

同理经过第二次碰撞后，中子剩余的动能为：E2=m=m(v1)2=()2×2E0

…

第n次碰撞后中子剩余的动能为：En=m=m(vn-1)2=()2nE0=10-6E0

有()2nE0=10-6E0，即()2n=10-6

两边取对数可得：2n（lg11-lg13）=-6

得：n=41.1≈42次

答：

（1）设碰撞前中子的动能为E0，经过一次碰撞后，中子的动能损失是E0；

（2）至少经过42次碰撞，中子的动能才能少于10-6E0．

（1）

A、根据玻耳理论，由n=4能级跃到n=3能级产生的光能量最小，由E=hγ=h可知，波长最长，最容易表现出衍射现象．故A错误．

B、频率最小的光能量最小，根据玻耳理论是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的．故B错误．

C、因为有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出=6种不同频率的光．故C错误．

D、n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量E=-3.4eV-（-13.4）eV=10.2eV，大于金属铂的逸出功6.34eV，则金属铂能发生光电效应．故D正确．

故选D．

（2）A、光电效应现象中金属产生的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而初动能是随机的，而且不可见光的频率不一定大于可见光的频率，则用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大．故A错误．

B、α粒子散射实验中极少数α粒子发生了较大偏转，说明原子绝大部分是空的，只有当原子的所有正电荷和几乎全部质量集中在一个核上才可能，这个实验结果是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据．故B正确．

C、根据电荷数守恒与质量数守恒配平得到：x为中子，n．故C错误．

D、由题得：若测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，说明经过了三个半衰期，则此遗骸距今约有3×5730年=17190年．故D错误．

故选B．

（3）设物块到达劈A的低端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得：

mgh=mv2+M1V2①

M1V-mv=0②

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得：

mgh′+（M2+m）V2=mv2③

mv=（M2+m）V′④

联立①②③④式得h′=h．

答：（1）、D；（2）、B；

（3）、物块在B上能够到达的最大高度为得h．

设小孩b跃出后船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有

(M+2m)v0=MV+mv-mv

解得：

３m２g＋２m２２g／m１

对系统分析可知：沿x方向(水平方向)的动量守恒和系统(包括地球)的机械能守恒，则有：

m1v1+m2v2="0                   " ①

m1v１２/2+m2v２２/2=m2gl           ②

v1、v2分别为小球摆到最低点时环、球的速度，以向左为正．

联立①②两式，解得：v1=-m2 /m1

v2=．

小球相对于环的速度v２1=v2-v1=(1+)                 ③

又由牛顿第二定律，有

N-m2g=m2                                                                         ④

联立③④式，解得：N=3m2g+2m2２g/m1

当m1>>m2时，N=3m2g

根据系统动量守恒及弹簧压缩量最大时具有最大弹性势能求解。

弹簧压缩量最大时，两木块速度相等，设为，此时弹性势能最大，由动量守恒定律有：

由能量守恒定律知，最大弹性势能等于系统减少的动能，有：

=

设小球由A点落至圆弧最低点时的速度为v，由机械能守恒定律知mgR=mv2

解得v=

小物体向上运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒

mv=（M+m）v'

v’为小球滑互最高点时m与M的共同速度，解得v’=

此过程中系统机械能守恒，即mv2-（M+m）v'2=mgh

解得m上升的最大高度h=

答：小球上升的最大高度h=．

（1）300m/s      （2）10m/s;50m/s

(1)对子弹：

∴，

即=300m/s．

(2)对A和B：ft=，

对 B：ft=，

∴=10m/s，

而，

∴=50m/s．

（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得

mv1-Mv2=0

m+M=Ep

解得：v1=3m/s v2=1m/s

（2）根据动量守恒和各自位移关系得

=M

x1+x2=L

解得：x2=

答：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小是v1=3m/s v2=1m/s．

（2）在整个过程中，小车移动的距离是．

(1)2.1 m/s  (2)4 m/s

(1)根据动量守恒定律：

mCv0=mAvA′+(mB+mC)v

解得:vA′=

=m/s

="2.1" m/s.

(2)根据动量守恒定律：

mCv0=mCvC′+(mA+mB)vA′

解得vC′=

=m/s="4" m/s.