2018-2019学年江苏省海安高级中学高二3月月考物理试题 解析版 18页

‎2018-2019学年江苏省海安高级中学高二3月月考物理试题 解析版 一．单项选择题：（本题10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方(正副驾驶位)设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出．则该安全气囊的功能是(　　)‎ A. 减小驾乘人员的动量变化率 B. 减小驾乘人员受到的冲量 C. 减小驾乘人员的动量变化量 D. 减小驾乘人员与气囊的作用时间 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变化静止，动量的变化量一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得：，动量的变化率，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了动量定理的应用，安全气囊可以延长作用时间，减小伤害，应谨慎驾驶，严禁超速驾驶，以减小伤害事故的发生。‎ ‎2.质量为2m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能恰变为原来的，则B球的速度大小可能是 A. v0 B. v0 C. v0 D. v0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据碰后A球的动能恰好变为原来的1/9得：2mv′2=•2mv02，解得：v′=±v0，碰撞过程中AB动量守恒，则有：2mv0=2mv′+mvB，解得：vB=v0或vB=v0；若vB=v0，则 ，则不符合实际，则vB=v0，故C正确；故选C。‎ ‎3.关于光的波粒二象性的理解正确的是 A. 大量光子的行为往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性 B. 光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子 C. 光的波动性是大量光子之间的相互作用引起的 D. 波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显；光在传播时表现为波动性，而与物质相互作用时表现为粒子性，故AB错误。光的波动性与粒子性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的，故C错误。波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著，选项D正确；故选D.‎ ‎4.下列有关黑体辐射和光电效应的说法中正确的是 A. 在黑体辐射中，随着温度的升高，各种频率的辐射强度都增加，辐射强度极大值向频率较低的方向移动 B. 普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 C. 用一束绿光照射某金属,能产生光电效应,现把这束绿光遮住一半，则没有光电子飞出 D. 在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在黑体辐射中，随着温度的升高，各种频率的辐射强度都增加，辐射强度极大值向波长较短，频率较高的方向移动，选项A错误；普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，选项B正确；用一束绿光照射某金属,能产生光电效应,现把这束绿光遮住一半，则仍能发生光电效应有光电子飞出，选项C错误；在光电效应现象中，光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，但非成正比关系，选项D错误；故选B.‎ ‎5.在光电效应实验中，先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管．若实验a中的光强大于实验b中的光强，实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线分别以a、b表示，则下列图中可能正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大，由于入射光的频率没有变，故遏止电压相同，即图线与横轴的交点相同。由于a光的光强大于b光的光强，所以a的饱和电流大于b的饱和电流。故A故符合要求，故A正确、BCD错误。故选A。‎ ‎6.紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，其中A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到Κ极时，c、d端才会有信号输出。 已知地球表面太阳光中紫外线波长主要在315nm-400nm之 间，而明火中的紫外线波长主要在200nm-280nm之 间，下列说法正确的是 A. 要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应大于280nm B. 明火照射到搬时间要足够长，c、d端才有输出电压 C. 仅有太阳光照射光电管时，c、d端输出的电压为零 D. 火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越大，逸出的光电子最大初动能越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据题意要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应介于200nm-280nm之 间，故A错；‎ B、光电效应的发生具有瞬时性，故B错；‎ C、仅有太阳光照射光电管时，由于波长大于明火的波长即频率小于明火的频率，所以不能发生光电效应，回路中没有电流，cd段也就没有电压，故C正确；‎ D、火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越大，则频率越小，那么逸出的光电子最大初动能就越小，故D错误；‎ 故选C ‎7.在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近，已知中子质量m=1.67×10-27 kg，普朗克常量h=6.63×10-34 J·s，可以估算出德布罗意波长λ=1.82×10-10 m的热中子的动量的数量级可能是（ ）‎ A. 10-17 kg·m/s B. 10-18 kg·m/s C. 10-20 kg·m/s D. 10-24 kg·m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由德布罗意波公式λ=所以＝3.64×10−24kg•m/s，因此热中子的动量的数量级10-24J；故选D。‎ ‎8.一个处于基态的氢原子吸收光子后，跃迁到另一定态，下列说法中正确的是 ‎ A. 电子绕原子核运动的动能将会变大 B. 氢原子能量将会变小 C. 吸收光子属于紫外线，发出的光子可能含有可见光 D. 向低能级跃迁时，发出光子的频率一定等于吸收光子的频率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一个处于基态的氢原子吸收光子后，跃迁到另一定态，则氢原子的能级将增大，电子绕核运转的半径将增大，根据可知电子绕原子核运动的动能将会变小，选项AB错误；向低能级跃迁时，发出光子的频率小于或等于吸收光子的频率，可知吸收光子属于紫外线，则发出的光子可能含有可见光，选项C正确，D错误；故选C.‎ ‎9.氢原子发光时，能级间存在不同的跃迁方式，图中 ① ② ③ 三种跃迁方式对应的光谱线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ ，下列 A、B、C、D 光谱图中，与上述三种跃迁方式对应的光谱图应当是下图中的（图中下方的数值和短线是波长的标尺） ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由玻尔的频率条件：可知①②③种情况下向外放出的光子能量；‎ 根据ε＝hv C=λv 计算可知BCD错误，A正确．‎ 考点：本题考查玻尔的频率条件、光的能量子。‎ ‎10.核反应 中，放出的能量为E，下列相关说法中，正确的是 A. X来自原子核外的电子 B. 该核反应是β衰变，衰变的快慢与物理和化学变化有关 C. 核的比结合能大于 核的比结合能 D. 反应中的质量亏损为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X质量数为0，电荷数为-1，则X为电子，来自原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，选项A错误；该核反应是β衰变，衰变的快慢与物理和化学变化无关，选项B错误；由于在衰变的过程中释放能量，可知核的结合能大于核的结合能，由结合能与比结合能的定义可知，核的比结合能小于核的比结合能。故C错误；根据爱因斯坦质能方程可知，在该核反应中质量亏损为．故D正确。故选D.‎ 二．多项选择题：（本题10小题，每小题4分，共40分，每小题有多个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得2分，错选和不答得0分）‎ ‎11.下列几幅图的有关说法中正确的是 ‎ A. 原子中的电子绕原子核做圆周运动时，轨道的半径是不连续的 B. 发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的全部正电荷集中在很小的空间范围 C. 光电效应实验说明了光具有粒子性 D. 射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据玻尔理论，原子中的电子绕原子核做圆周运动时，轨道的半径是不连续的，选项A正确；发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的全部正电荷集中在很小的空间范围，选项B正确；光电效应实验说明了光具有粒子性，选项C正确；由左手定则可知，射线甲带负电，由β粒子组成，每个粒子带一个单位负电荷，选项D错误；故选ABC.‎ ‎12.关于物理学的发现和史实，下列说法正确的是 A. 康普顿效应说明光具有粒子性 B. 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律 C. 德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的猜想，而电子的衍射实验证实了他的猜想 D. 爱因斯坦通过对阴极射线的研究发现了电子 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A. 康普顿效应说明光具有粒子性，故A正确；‎ B、玻尔的原子模型能够很好的解释氢原子的光谱现象，不能解释所有原子的光谱现象，故B错误；‎ C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的猜想，而电子的衍射实验证实了他的猜想，故C正确；‎ D、汤姆孙研究阴极射线，最先发现了电子，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎13.以下说法正确的是 A. 维系原子核稳定的力是核力，核力可能是吸引力，也可能是排斥力 B. 发生衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了2‎ C. 因为核反应释放能量，出现质量亏损，所以反应后的总质量数减少 D. 结合能越大，表明核子结合成原子核时放出能量越多，原子核也越稳定 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核力的性质可知，短程力核力在4～5fm以上的距离即已消失，当两核子距离为2～5fm时，它是较弱的吸引力，通常称为长程弱吸引力。核力的中程部分（1～2fm）是较强的吸引力，它比质子间的库仑力强得多，足以克服库仑排斥作用。当两核子间距离小于0.4～0.5fm时，核力为强排斥力，称为排斥芯。故A正确；发生衰变时，电荷数少2，质量数少4，质量数等于质子数加上中子数，所以中子数少2，即生成的新核与原来的原子核相比中子数减少了2，选项B正确；因为核反应释放能量，出现质量亏损，所以反应后的总质量减少，但质量数不变，选项C错误；比结合能越大的原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，与结合能的大小无关，选项D错误；故选AB.‎ ‎14.关于巴耳末公式，下列说法正确的是（ ）‎ A. 巴耳末公式依据核式结构理论总结出巴耳末公式 B. 巴耳末公式反映了氢原子发光的连续性 C. 巴耳末依据氢原子光谱的分析总结出巴耳末公式 D. 巴耳末公式反映了氢原子发光的分立性，其波长的分立值并不是人为规定的 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 巴耳末依据氢原子光谱的分析总结出巴耳末公式，故A错误，C正确；巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，反映了氢原子发光的分立性，其波长的分立值并不是人为规定的，故B错误，D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎15.图示为金属A和B的遏止电压Uc和入射光频率υ的关系图象，由图可知 ‎ A. 金属A的逸出功大于金属B的逸出功 B. 金属A的截止频率小于金属B的截止频率 C. 图像的斜率为普朗克常量 D. 如果用频率为5.5×1014Hz的入射光照射两种金属，从金属A逸出光电子的最大初动能较大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ B．根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0及能量守恒定律方程：eUC=Ekm，得：‎ ‎.当Uc=0时，对应的频率为截止频率，由图知，金属A的截止频率小于金属B的截止频率，故B正确；‎ A．截止频率对应的光子能量等于金属的逸出功，金属的逸出功为W0=hγc，γC是截止频率。所以金属A的逸出功小于金属B的逸出功，故A错误；‎ C．根据，斜率为，故C错误；‎ D．根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hγ-W0，由于A的逸出功较小，从金属A逸出光电子的最大初动能较大，故D正确；‎ 故选：BD ‎16.如图是氢原子的能级示意图.当氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射紫光，光的波长为434nm，下列判断正确的是 A. 跃迁过程中电子的轨道是连续变小的 B. 氢原子从n=5跃迁到n=3能级时,辐射光的波长大于434nm C. 辐射的紫光能使处于n=4能级的氢原子电离 D. 大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射6种不同频率的光子 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据玻尔理论可知，跃迁过程中电子的轨道不是连续变小的，电子轨道呈现量子化，选项A错误； n=5到n=3的能级差小于n=5到n=2的能级差，则氢原子从n=5跃迁到n=3能级时,辐射光的波长大于从n=5跃迁到n=2能级时辐射光的波长，即大于434nm，选项B正确；氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射的能量为△E=-0.54-（-3.4）=2.86eV＞0.85eV，则能使处于n=4能级的氢原子电离，故C正确；大量的氢原子处于n=5的激发态向低能级跃迁时共辐射出=10种不同频率的光，故D错误；故选BC.‎ ‎17.下面的各核反应中能产生中子的是 A. 用光子轰击，生成物之一为 B. 用氘核轰击，生成物之一为 C. 用粒子轰击，生成物之一为 D. 用质子轰击，生成物之一为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量数和电荷数守恒可得：A反应中：12=11+1，A中生成正电子；B反应中生成粒子的质量数为2+9-10=1，电荷数4+1-5=0，则B中生成物为中子；C反应中生成粒子的质量数为4+7-10=1，电荷数2+3-5=0，则C中生成物为中子；D中生成物的质量数和电荷数均为0，为光子，BC正确，AD错误；故选BC。‎ ‎18.在衰变中会伴随有射线产生，下列说法正确的是 A. 此衰变方程为 B. 粒子是原子核内的中子转化为质子产生的 C. 射线是钍原子核放出的 D. 衰变为，经过3次α衰变，2次β衰变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、此衰变方程为，不能写成等号，故A错误；‎ B、β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；‎ C、γ光子是衰变过程中镤原子核放出的，故C错误；‎ D、衰变为，设经过n次α衰变和m次β衰变，则：234=222+4n，90=86+2n-m，解得n=3、m=2，所以经过了3次α衰变，2次β衰变，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎19. “轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则( )‎ A. 生成的新核与衰变前的原子核质量数相同 B. 生成新核的核电荷数增加 C. 生成的新核与衰变前的原子核互为同位素 D. 生成的新核与中微子的动量大小相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）．核反应前后质量数和核电荷数守恒，同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素；‎ 设母核质子数为a中子数为b，发生衰变后质子数为a-1，中子数为b+1，质量数仍为a+b，A正确；原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，核电荷数减少，B错误；生成的新核与衰变前的原子核质量数相同，质子数不同中子数不同，所以根据同位素概念判断不是同位素，C错误；以静止原子核及被俘获电子为系统，系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小等，方向相反，D错误．‎ ‎20.如图甲所示，水平面上有A、B两物体，已知A的质量为2kg，A以一定的初速度向右运动，与B发生正碰后粘在一起向右运动，它们位移一时间图象如图乙所示，不计A、B两物体与地面间的摩擦，则 A. A、B碰撞过程中动量守恒，物体B的质量为6kg B. A、B碰撞过程中，两物体动量的变化相同 C. A、B碰撞过程中，两物体组成的系统机械能守恒 D. A、B碰撞过程中，两物体组成的系统机械能不守恒 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB碰撞过程中系统的合外力为零，系统的动量守恒。由图知：碰前A的速度，B的速度 vB=0；碰后两者的共同速度。以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，代入数据解得：mB=6kg；故A正确。A、B碰撞过程中，两物体动量的变化大小相同，方向相反，选项B错误；由能量守恒定律得：mAvA2=（mA+mB）vA2+△E，解得AB碰撞过程中损失机械能：△E=12J；可知系统机械能不守恒，故C错误，D正确。故选AD。‎ 三．简答题: （本题共2小题，共计18分．请将解答填写在相应的位置）‎ ‎21.如图所示，某同学将两块质量分别为m1和m2的不同物块用细线连接，置于光滑的水平桌面上，两个物块中间夹有一根压缩了的轻质弹簧．烧断细线，物块从静止开始运动，最终离开桌子边缘做平抛运动．该同学通过必要的测量，以验证物体间相互作用时的动量守恒定律．‎ ‎（1）该同学还需要的实验器材是_______；‎ ‎（2）本实验中要直接测量的物理量是_________；‎ ‎（3）用实验中所测量的物理量，写出验证动量守恒定律的关系式___________________.‎ ‎【答案】 (1). 刻度尺 (2). 两物块平抛运动的水平位移x1 和x2 (3). m1 x1=m2 x2‎ ‎【解析】‎ ‎（1）取小球1的初速度方向为正方向，两小球平抛初速度分别为v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t.‎ 需要验证的方程：0=m1v1−m2v2‎ 又v1=x1/t,v2=x2/t 代入得到m1x1=m2x2‎ 故需要测量两木块落地点到桌面边缘的水平距离x1、x2‎ 所以需要的器材为刻度尺。‎ ‎（2）烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．需要直接测量的物理量是两物块平抛运动的水平位移x1 和x2 ；‎ ‎（3）将需要验证的关系速度用水平位移替代，验证动量守恒定律的关系式为m1x1=m2x2；‎ ‎22.如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：‎ ‎（1）当变阻器的滑动端P向______滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为______________（已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，可见光的频率为）。‎ ‎（2）如果保持变阻器的滑动端P的位置不变，也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将______（填“增大”、“减小”或“不变”），通过电流表的电流将会________（填“增大”、 “减小”或“不变”）。‎ ‎（3）如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P从A端逐渐向B端移动的过程中， 通过电流表的电流先______________后____________（填“增大”、“减小”或“不变”）(电源电压足够大）‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). hv-eU (3). 不变 (4). 增大 (5). 增大 (6). 保持不变 ‎【解析】‎ ‎（1）电流表中的电流减小，则两极上的反向电压增大，所以滑动变阻器应向右滑动，因为反向电压为U时，电流表读数为零，根据动能定理得：光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得，故 ‎（2）根据爱因斯坦光电效应方程，可知如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变，由于光照强度越大，光子数目多，那么通过电流表的电量增大，则电流表示数将增大．‎ ‎（3）对调后反向电压变为正向电压，光电子受到的电场力是动力，滑动变阻器从A到B过程中两极间的电压增大，使得更多的光电子到达另一极，即电流增大，因为光电子数目由限，所以当所有光电子都到达另一极时，随着电压的增大，光电流不再增大，故先增大后保持不变 四．计算题：（本题共3小题，共计32分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎23.质量m=1kg的小球从高h1=20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度h2=5m，小球与软垫接触的时间t=1s，不计空气阻力，g=10m2/s，以竖直向下为正方向，求:‎ ‎（1）小球与软垫接触前后的动量改变量；‎ ‎（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力大小。‎ ‎【答案】（1）动量改变量的大小为，方向竖直向上。（2）40N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)据动能定理求出小球与软垫接触前后的速度，进而求出小球与软垫接触前后的动量改变量；(2)对小球与软垫接触过程，应用动量定理求出接触过程中软垫对小球的平均作用力。‎ ‎【详解】(1)小球从开始下落到接触软垫过程，由动能定理可得：，解得：小球与软垫接触前速度，方向竖直向下。‎ 小球反弹上升过程，由动能定理得：，解得：小球与软垫接触后速度，方向竖直向上。‎ 以竖直向下为正方向，则 小球与软垫接触前后的动量改变量 即动量改变量的大小为，方向竖直向上。‎ ‎(2) 以竖直向下为正方向，对接触过程中小球应用动量定理得：‎ 代入数据解得：软垫对小球的平均作用力大小 ‎【点睛】动量、动量的变化都是矢量；同一直线上的矢量运算可先规定正方向，将矢量运动简化成代数运算。‎ ‎24.已知氢原子的基态电子轨道半径为r1，量子数为n的能级值为En＝，（静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，真空中光速c＝3.00×108 m/s）求：‎ ‎（1）有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线；‎ ‎（2）计算（1）中各光谱线中的最短波长（结果保留一位有效数字）；‎ ‎（3）求电子在基态轨道上运动的动能（结果用k、r1、e表示）。‎ ‎【答案】（1）如图 ；（2）1×10－7m；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当氢原子从量子数n=3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线．能级图如图；‎ ‎ （2）与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3-E1． ‎ ‎ ‎ ‎（3）设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第二定律和库仑定律有： 则 ‎25.两块质量分别为m的木块在光滑水平面上均以速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，此时弹簧处于原长，如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中。求：‎ ‎(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A的速度vA大小。‎ ‎(2)子弹击中木块的过程中系统损失的机械能.‎ ‎(3)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。‎ ‎【答案】（1） （2）（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)规定正方向，据动量守恒求出击中瞬间木块A的速度； (2) 子弹击中木块的过程是完全非弹性碰撞，据碰撞前后的速度求出系统损失的机械能； (3) 子弹击中木块后的运动过程机械能守恒，三者速度相等时弹簧的弹性势能最大。‎ ‎【详解】(1)以向左为正，设子弹与A作用后二者速度均变为，对子弹与木块A组成系统，由动量守恒得： ‎ 解得 ‎(2)子弹击中木块的过程中系统损失的机械能 ‎(3)当三者速度相同时，弹簧弹性势能最大，设三者同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm 由动量守恒定律，得：‎ 由机械能守恒定律，得： ‎ 联立解得： ‎ ‎【点睛】弹簧两端物体速度相等时，弹簧长度为极值，弹簧的弹性势能为极值。‎ ‎ ‎ ‎ ‎