热门试卷

A

试题分析：为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，为发生对心碰撞，两球半径应相等，故A错误；为保证小球的速度相等，被碰球静止放在槽口，入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放，故B正确；小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，小球碰撞前后的速度不易测量，所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决，故C正确；由图示刻度尺可知，图（b）可测出碰撞后某球的水平射程为64.7cm（64.2cm-65.2cm均正确），故D正确；

要使原子发生跃迁，则原子吸收能量最小为ΔE，因此电子与原子碰撞的能量损失最小为ΔE，当电子与原子发生完全非弹性碰撞时能量损失最多，设电子与原子碰后的共同速度为v，则由碰撞过程动量守恒，设碰前电子的动能为，则碰前电子的动量，           故（3分），

根据碰撞过程能量守恒，则（3分），

联立可得入射电子的最小动能为（3分）

评分参考：第1小题：错选不得分，少选得3分  第2小题9分具体赋分见题中分配。

本题结合原子核的模型考查了动量守恒定律，要使原子发生跃迁，则原子吸收能量最小为ΔE，因此电子与原子碰撞的能量损失最小为ΔE，当电子与原子发生完全非弹性碰撞时能量损失最多，电子与原子碰撞前后动量守恒，列式求解，在碰撞过程中系统动能的损失

解：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正，则由动量守恒有：

m0v0-mv=（m+m0）v1  ……①----------（2分）

v1="8" m/s     ----------（1分）

它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有：

（m+m0）v1-Mv =（m+m0+M）v2        ……②--------（2分）

v2="0.8" m/s     ----------（1分）

由能量守恒定律有：

Q=μ（m0+m）g s =  …③--------（2分）

由①②③，代入数据可求出µ=0.54   ----------（1分）

       （2）