热门试卷

解：小球A向下摆动的过程，机械能守恒，则有：

   mgl（1-cos60°）=

解得：

AB质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后B的速度v1=v0，

BC质量不等，在弹性碰撞过程中，动量和机械能都守恒，以向右为正，根据动量守恒定律和机械能都守恒定律得：

mv0=mv3+2mv4

解得：

C球第一次向右摆起的过程中，根据动能定理得：

解得：h=

答：C球第一次向右摆起的最大高度为．

解：（1）系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，

m-M=0，

解得：x=R；

（2）m运动过程中，其机械能是不守恒的，因为m的重力势能转化为m和M的动能，故应是m和M组成的系统机械能守恒，又因为水平方向系统合外力为零，故系统水平方向动量守恒，取圆弧轨道最低点为零势能点，由机械能守恒定律得：

mgR=mv12+Mv22，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，

解得：v1=，v2=．

答：（1）在小球从A处释放到从B点水平飞出过程中滑块向左移动的距离R；

（2）小球从B点水平飞出时，滑块的速度．

解：（1）碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1===4m/s

碰后m1的速度：v′1===-2m/s

m2的速度：v′2===2m/s

规定初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′

代入数据得：1×4=1×（-2）+m2×2

得：m2=3kg

（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：

△p1=p1′-p1=1×（-2）-1×4=-6Kg•m/s

负号表示动量的变化量方向与初速度方向相反．

（3）碰撞前总动能为：Ek1+Ek2=m1=×1×42+0=8J

碰撞后总动能为：E′k1+E′k2=m1+m2=×22+22=8J

故碰撞是弹性碰撞．

答：（1）m2等于3kg

（2）质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量大小是6Kg．m/s，动量的变化量方向与初速度方向相反．

（3）两物体的碰撞是弹性碰撞．

解：（1）A、三种射线中，γ穿透能力最强，α电离能力最强，故A错误；

B、β衰变释放出的高速粒子，是核内中子转化而来的，故B正确；

C、半衰期由原子本身决定与温度无关，故C错误；

D、设发生x次α衰变，y次β衰变，则有：238=206+4y，解得：y=8，又：92=82+8×2-y，得：y=6，所以要经过8次α衰变和6次β衰变，故D正确．

故选BD

（2）m在M弧面上升过程中，当m的竖直分速度为零时它升至最高点，此时二者只具有相同的水平速度（设为v），

根据动量守恒定律有：mv0=（M+m）v…①

整个过程中机械能没有损失，设上升的最大高度是h，根据系统机械能守恒则有：

mv02=（M+m）v2+mgh…②

解①②式得：h=

答：小物块所能上升的最大高度h=