2018物理二轮复习专题二能量、动量和原子物理第3讲原子物理和动量逐题对点特训

高考物理二轮专题复习第三讲 动量和能量一、特别提示动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径，也是解决物理问题最重要的思维方法之一。

1、动量关系动量关系包括动量定理和动量守恒定律。

（1）动量定理凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。

（2）动量守恒定律动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。

动量守恒条件为：①系统不受外力或所受合外力为零②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。

③系统内力远大于外力，动量近似守恒。

④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。

应用动量守恒定律解题的一般步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。

应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。

2、能的转化和守恒定律（1）能量守恒定律的具体表现形式高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只不过在不同的过程中，表现形式不同而已，如：在力学中的机械能守恒定律：2211p k p k E E E E +=+在热学中的热力学第一定律：Q W U +=∆ 在电学中的闭合电路欧姆定律：r R E I +=，法拉第电磁感应定律t n E ∆∆=φ，以及楞次定律。

在光学中的光电效应方程：W hv nw m -=221 在原子物理中爱因斯坦的质能方程：2mc E =（2）利用能量守恒定律求解的物理问题具有的特点：①题目所述的物理问题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，根据能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。

拾躲市安息阳光实验学校 原子物理和动量1． 能级和能级跃迁(1)轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3，…)(2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态E n ＝E 1n2(n ＝1,2,3，…)(3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m －E n . 2． 原子核的衰变3. α4.(1)在物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，称为核反应．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律．(2)质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E ＝mc 2或ΔE ＝Δmc 2.(3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．(4)核能的计算：①ΔE ＝Δmc 2，其中Δm 为核反应方程中的质量亏损；②ΔE ＝Δm ×931.5 MeV，其中质量亏损Δm 以原子质量单位u 为单位． (5)原子核的人工转变卢瑟福发现质子的核反应方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H查德威克发现中子的核反应方程为：94Be ＋42He→12 6C ＋10n约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al ＋42He→3015P ＋10n ，3015P→3014Si ＋01e5．光电效应及其方程(1)光电效应的规律：入射光的频率大于金属的极限频率才能产生光电效应；光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无关；光电流的强度与入射光的强度成正比；光电子的发射几乎是瞬时的，一般不大于10－9 s.(2)光电效应方程：E k＝hν－W 0.6．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(2)动量守恒定律的适用条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．7．弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．8．碰撞问题同时遵守的三条原则(1)系统动量守恒原则(2)物理情景可行性原则(3)不违背能量守恒原则碰撞过程满足E k≥E k′即12m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m21．在书写核反应方程时，一般先满足质量数守恒，后满足电荷数守恒．2．在处理粒子的碰撞和衰变问题时，通常应用动量守恒定律、质能方程和能量守恒定律综合分析.题型1 原子物理基本知识与动量守恒定律的组合例1(15分)(1)(6分)以下说法中正确的是( )A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B．贝可勒尔通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了质子C．卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型D．氘核和氚核可发生热核聚变，核反应方程是21H＋31H→42He＋10nE ．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大 (2)(9分)如图1所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小． 图1解析 (1)根据物理学史实，选项A 、C 正确；查德威克通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了电子，选项B 错误；根据电荷数守恒和质量数守恒可知，选项D 正确；运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越小，选项E 错误．(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律得推出木箱的过程有0＝(m ＋2m )v 1－mv (3分) 接住木箱的过程有mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2(3分)解得共同速度v 2＝v 2 (3分)答案 (1)ACD (2)v2以题说法 运用动量守恒定律解题的步骤 1．确定研究对象(系统)；2．做好受力分析，判断是否满足动量守恒的条件； 3．确定满足动量守恒的过程； 4．选取正方向，明确初、末状态； 5．列方程求解．(1)下列说法正确的是________．A ．光电效应现象揭示了光具有粒子性B ．阴极射线的本质是高频电磁波C ．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分E ．一群氢原子从n ＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子(2)如图2所示，在水平地面上有A 、B 两个物体，质量分别为m A ＝2 kg ，m B ＝1 kg ，A 、B 相距s ＝9.5 m ，A 以v 0＝10 m/s 的初速度向静止的B 运动，与B 发生正碰，碰撞时间极短，分开后仍沿原来方向运动，A 、B 均停止运动时相距Δs ＝19.5 m ．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求碰撞过程中的能量损失．图2答案 (1)ACE (2)24 J解析 (1)光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，选项A 正确；阴极射线的本质是高速运动的电子流，选项B 错误；卢瑟福的原子核式结构模型就是根据α粒子散射实验提出的，选项C 正确；β衰变中飞出的电子是由一个中子转化成质子时释放出来的，原子核中没电子，选项D 错误；一群原子从n ＝3激发态跃迁到基态有3种途径，从n ＝3能级到n ＝2能级，从n ＝2能级到n ＝1能级，从n ＝3能级直接到n ＝1能级，选项E 正确．(2)从A 开始运动到与B 相碰这一时间段内，根据s ＝v 0t －12μgt 2代入已知条件，解得t 1＝19 s(舍掉，这表示A 超过B 后直到静止然后反向加速运动经过B 点时所需要的时间)t 2＝1 s于是碰撞时刻A 的速度v ＝v 0－μgt 2＝9 m/s碰撞过程中能量损失了，但是动量守恒，设碰撞后A 的速度为v 1，B 的速度为v 2，根据动量守恒定律，有m A v ＝m A v 1＋m B v 2同时2μgx A ＝v 21 2μgx B ＝v 22Δs ＝x B －x A ＝19.5 m联立解得v 1＝5 m/s ，v 2＝8 m/s可知碰撞前能量为12m A v 2＝81 J ，碰撞后能量为12m A v 21＋12m B v 22＝25 J ＋32 J ＝57J ，所以碰撞过程中能量损失了24 J题型2 氢原子能级与动量守恒定律的组合例2 (15分)(1)(6分)已知氢原子的能级为：E 1＝－13.60 eV ，E 2＝－3.40 eV ，E 3＝－1.51 eV ，E 4＝－0.85 eV ，现用光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV 之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是 ( )A ．该照射光的光子可能会被处于基态的氢原子吸收B ．该照射光的光子一定会被吸收C ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有3种D ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有6种(2)(9分)如图3所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 、质量不计的细绳，绳的另一端拴一个质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则： 图3①当细绳与AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？②若在横杆上立一挡板，问应与环的初位置相距多远，才不致使环在运动过程中与挡板相碰？解析 (1)E 2－E 1＝10.20 eV ，E 3－E 1＝12.09 eV ，由于光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV ，所以可能会被处于基态的氢原子吸收从而跃迁到能级2或能级3上，A 正确；若此光子不符合能级差值，则不会被氢原子吸收，B 错误；若吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，则此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为3→2、3→1、2→1，C 正确，D 错误．(2)①设小球的水平位移大小为x 1，圆环的水平位移大小为x 2，且设向左为正方向，则有mx 1－Mx 2＝0 (2分) x 1＋x 2＝L －L cos θ (2分) 解得x 2＝mL 1－cos θM ＋m(1分)②设小球向左的最大水平位移大小为x 1′，圆环向右的最大水平位移为x 2′，且设向左为正方向，则有当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左边同初始位置等高，且速度为零(1分)mx 1′－Mx 2′＝0 (1分) x 1′＋x 2′＝2L (1分)解得x 2′＝2mLM ＋m所以挡板与环的初始位置相距2mLM ＋m(1分)答案 (1)AC (2)①mL 1－cos θM ＋m ②2mLM ＋m以题说法 关于原子跃迁要注意以下四方面：(1)一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射的光谱条数N ＝n n －12.(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν＝E m －E n )时，光子才被吸收．(3)“直接跃迁”只能对应一个能级差，发射一种频率的光子．“间接跃迁”能对应多个能级差，发射多种频率的光子．(4)入射光子能量大于电离能(hν＝E ∞－E n )时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能．(1)动能为12.5 eV 的电子通过碰撞使处于基态的氢原子激发，最高能跃迁到量子数n ＝______的能级．当氢原子从这个能级跃迁回基态的过程中，辐射的光子的最长波长λ＝______m ．已知氢原子基态能量E 1＝－13.6 eV ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.(保留三位有效数字)(2)如图4所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m ，人与车的总质量为16m .人将球以水平速率v 推向竖直墙壁，球又以速率v 弹回，人接住球后再以速率v 将球推向墙壁，如此反复．图4(i)求人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？ (ii)人经几次推球后，再也不能接住球？答案 (1)3 6.58×10－7(2)(i)1732mv 2(ii)9次解析 (1)12.5 eV 大于让氢原子从基态跃迁到n ＝3激发态上的能量，小于让氢原子从基态跃迁到n ＝4激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为n ＝3的能级；从n ＝3激发态跃迁到n ＝2激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.4－1.51)×1.6×10－19J ＝h3×108λ，代入数据解得λ＝6.58×10－7m.(2)(i)以水平向右为正方向，人第一次将球推出后，设人与车的速度为v ′，球、人与车组成的系统动量守恒有 0＝16mv ′－mv人对系统做功W ＝12×16mv ′2＋12mv 2所以W ＝1732mv 2(ii)球反弹回来的速率始终为v ，设人推球n 次后，若人与车的速率也为v 时，人恰好不能再接住球．以水平向右为正方向，球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为ΔI ＝mv －(－mv )＝2mv球与墙壁碰撞n 次后，墙壁对系统的冲量为n ΔI ，由动量定理得n ΔI ＝(16m ＋m )v即n ·2mv ＝(16m ＋m )v 解得n ＝8.5次所以，人推球9次后，再也不能接住球．题型3 原子核的衰变、核反应与动量守恒定律的组合例3 (15分)(1)(6分)下列关于核反应及衰变的表述正确的有________．A.21H ＋31H→42He ＋10n 是轻核聚变 B ．X ＋147N→178O ＋11H 中，X 表示32He C ．半衰期与原子所处的化学状态无关D ．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的E.232 90Th 衰变成20882Pb 要经过6次α衰变和4次β衰变(2)(9分)如图5所示，平板小车C 上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A 、B ，将它们停放在光滑水平地面上．先打开球A 所在的装置，将球A 发射出去，球A 获得v A ＝8 m/s 的速度．已知球A 的质量m A ＝1 kg ，小车C 和球B 的总质量M ＝4 kg.则：图5①发射球A 时，弹射装置释放的能量为多少？②将球A 发射出去后，要使小车C 停止，必须以多大的速度将质量为23 kg的球B 发射出去？解析 (1)由轻核聚变定义可知A 正确；在核反应过程中电荷数和质量数守恒，设选项B 中X 的电荷数为N ，质量数为M ，则N ＋7＝8＋1，N ＝2，M ＋14＝17＋1，M ＝4，B 错误；半衰期为放射性元素自身的性质，与所处化学状态、物理环境无关，C 正确；β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，D 错误；设23290Th 衰变成20882Pb 要经过x 次α衰变和y 次β衰变，则由90－2x ＋y ＝82，232－4x ＝208可得x ＝6，y ＝4，E 正确． (2)①发射球A 时，球A 、B 和小车C 组成的系统动量守恒，有m A v A ＝Mv 1(2分)解得v 1＝2 m/s (1分)弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有E p ＝12m A v 2A ＋12Mv 21 (2分)解得E p ＝40 J (1分)②发射球B 时，球B 与小车组成的系统动量守恒，设将球B 发射出去的速度为v B ，有m B v B ＝Mv 1(2分)解得v B ＝12 m/s (1分)答案 (1)ACE (2)①40 J ②12 m/s 以题说法 1.原子核的衰变(1)衰变实质：α衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中产生的能量．(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子无意义． 2．核反应方程的书写(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替．(2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．(1)3月，地震引发海啸，继而福岛核电站发生核泄漏．关于核电站和核辐射，下列说法中正确的是( ) A．核反应堆发生的是轻核聚变反应B．核反应堆发生的是重核裂变反应C．放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关D．放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关(2)如图6所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，可看做质点的质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度，沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上(若A、B相碰，碰后一定粘在一起)．要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？图6答案(1)BC (2)7v23μg解析(1)核反应堆发生的是重核裂变反应，A错误，B正确；放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关，C正确，D错误．(2)设A、B及小车组成的系统最终达到共同速度v共，系统所受合外力为0，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则m·2v－mv＝3mv共解得v共＝13v要使A、B恰好不相碰，则A、B及小车共速时A、B刚好相遇，设车长为L，由能量守恒定律有μmgL＝12m(2v)2＋12mv2－12×3m(13v)2解得L＝7v23μg17．动量和能量观点的综合应用审题示例(10分)如图7，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度L＝R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内，物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数μ＝0.1，Q的质量为M＝2m，重力加速度为g.图7(1)若Q 固定，P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，冲至C 点后返回A 点时恰好静止，求v 0的大小和P 向右刚越过D 点时对Q 的压力大小；(2)若Q 不固定，P 仍以速度v 0从A 点滑上水平轨道，求P 在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h . 审题模板 答题模板(1)P 从A 点到C 点又返回A 点的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12mv 20 (1分)将L ＝R 代入上式解得：v 0＝2gR5(1分) 若P 在D 点的速度为v D ，此时Q 对P 的支持力为F D ，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL ＝12mv 2D －12mv 20 (1分)F D －mg ＝m v 2DR(1分)联立解得：F D ＝1.2mg (1分)由牛顿第三定律可知，P 对Q 的压力大小也为1.2mg (1分)(2)当P 、Q 具有共同速度v 时，P 达到最大高度h ，由动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v (1分)由能量守恒定律有12mv 20＝μmgL ＋12(m ＋M )v 2＋mgh (2分) 联立解得：h ＝130R (1分)答案 (1)2gR 5 1.2mg (2)130R (1)原子核的结合能和质量亏损是两个有密切联系的概念，关于这两个概念，下列说法正确的是________． A ．当核子结合成原子核时要吸收一定能量B ．原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．核子结合成原子核时会出现质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．原子核的平均结合能越大，则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，平均每个核子的质量亏损就越多E ．一个质子(m p )和一个中子(m n )结合成一个氘核(m D )，则氘核的平均结合能为(m p ＋m n －m D )c 2(2)如图8所示，光滑水平面上静止一质量为2m 、长为L 的长方形匀质木块．现有一颗质量为m的子弹以速度v0沿轴线水平射向木块，穿出木块时子弹速度为v02，设木块对子弹的阻力保持不变．求：图8(i)子弹穿出木块的过程中系统增加的内能；(ii)若换用一块同样材料、同样横截面积、但长L′＝1.5L的质量较大的木块，则子弹不能穿出木块，求子弹射入木块的深度x.答案(1)BCD (2)(i)516mv20(ii)1.2L解析(1)轻核的比结合能小，聚变后的原子核比结合能增加，因此核子结合成原子核时会放出能量，A错误；平均结合能越大，把原子核分开需要的能量越大，原子核越稳定，B正确；质量亏损只是表明了亏损的质量与释放的能量的关系，C正确；结合能与核子数之比称做比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个核子分离所需能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质量越小，D正确；由于有两个核子，所以氘核的平均结合能为m p＋m n－m D c22，E错误．(2)(i)子弹穿出木块的过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，设子弹穿出木块后木块速度为v，则有mv0＝m(v02)＋2mv解得v＝14v0损失的动能即为系统增加的内能Q，设木块对子弹的阻力为F f，则Q＝F f L＝12mv20－12m(v02)2－12(2m)v2＝516mv20(ii)设较大木块的质量为m′，则m′＝2mLL′＝3m设子弹与较大木块的共同速度为v′，由动量守恒得mv0＝(m＋m′)v′v′＝14v0射入木块过程中损失的动能为F f x＝12mv20－12(m＋m′)v′2＝38mv20解得x＝1.2L(限时：40分钟)1．(2013·新课标Ⅱ·35)(1)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能(2)如图1，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图1(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(1)ABC (2)(ⅰ)116mv20(ⅱ)1348mv20解析(2)(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②12mv21＝ΔE＋12×(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv20④(ⅱ)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤12mv20－ΔE＝12×(3m)v23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p＝1348mv202． (1)下列说法中正确的是( ) A．一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关B．对于同一种金属来说，其极限频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关C ．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构D ．“人造太阳”的核反应方程是23592U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n(2)如图2所示，质量m A ＝2 kg 的木块A 静止在光滑水平面上．一质量m B ＝1 kg 的木块B 以某一初速度v 0＝5 m/s 向右运动，与A 碰撞后A 、B 都向右运动．木块A 运动至挡板处，与挡板碰撞反弹(碰撞过程中无机械能损失)．后来与B 发生二次碰撞，碰后A 、B 同向运动，速度大小分别为0.9 m/s 、1.2m/s.求：图2①第一次碰撞后A 的速度；②第二次碰撞过程中，A 对B 做的功．答案 (1)AB (2)①2 m/s ②0.22 J解析 (1)一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关，A正确；金属的极限频率是由金属本身的性质决定的，与入射光的频率及光的强度均无关，B 正确；汤姆孙发现了电子，卢瑟福通过α粒子散射实验说明原子具有核式结构，C 错误；“人造太阳”是轻核的聚变，核反应方程为21H ＋31H→42He ＋10n ，D 错误．(2)①设向右为正方向，A 、B 第一次碰撞后的速度大小分别为v A 1、v B 1，由动量守恒定律得m B v 0＝m A v A 1＋m B v B 1A 与挡板碰撞反弹，则A 、B 第二次碰撞前瞬间的速度分别为－v A 1、v B 1，设碰撞后的速度大小分别为v A 2、v B 2 －m A v A 1＋m B v B 1＝－m A v A 2－m B v B 2 联立解得v A 1＝2 m/s ，v B 1＝1 m/s②设第二次碰撞过程中，A 对B 做的功为W ，根据动能定理有W ＝12m B v 2B 2－12m B v 2B 1＝0.22 J3． (1)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图．把荧光屏和显微镜分别放在图中的A 、B 、C 三个位置时，观察到相同时间内屏上的闪光次数最多的位置是________位置，相同时间内屏上的闪光次数最少的位置是________位置．图3(2)如图4所示，一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块．木块的质量分别为m 1和m 2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t 1和t 2.子弹在木块中受到的阻力为恒力F f ，求子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动？图4答案 (1)A C (2)F f t 1m 1＋m 2 F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 2解析 (1)绝大多数α粒子穿越金箔后沿原方向前进，因此在A 位置观察到的闪光次数最多，极个别α粒子穿越金箔后发生了大角度的偏转，因此在C 位置观察到的闪光次数最少．(2)设子弹穿过木块m 1时，m 1、m 2的速度为v 1 由动量定理有F f t 1＝(m 1＋m 2)v 1 解得v 1＝F f t 1m 1＋m 2设子弹穿过m 2时，m 2的速度为v 2，由动量定理有F f t 2＝m 2v 2－m 2v 1解得v 2＝F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 24． (1)光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇并认识到经典理论的局限性．实验电路如图5所示，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K 的截止频率，下列选项中分析正确的是 ( ) 图5A ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大B ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能C ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的D ．如果将图中电源正负极对调，滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数将会减小，说明光电子逸出的初动能有大有小(2)如图6所示，一个质量为2m 的物体A 静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以一定的速度水平射入物体A 内，射入的深度为物体长度的四分之一时达到共速，然后将一质量为m 的小物块B 轻放在物体A 的，最终B 刚好没有脱离A .设子弹射入过程中所受阻力大小恒为F f1，A 、B 间的摩擦力大小恒为F f2，求F f1与F f2的比．图6答案 (1)CD (2)16∶1解析 (1)光电管两端加正向电压，目的是使从K 极射出的光电子尽可能都打在A 极上，滑片P 向右移动的过程中，若光电子都已能打到A 极，则再增加光电管两端电压时灵敏电流计示数也不会再增加，说明此时单位时间内逸出的光电子的数目是一定的，A 、B 错误，C 正确；将电源正负极对调，滑片P 向右移动的过程中，光电子克服反向电压打到A 极，且电压越高，光电子要到达A 极需要的初动能越大，灵敏电流计示数减小，说明光电子逸出的初动能有大有小，D 正确．(2)子弹射入A 中，由动量守恒定律有mv 0＝3mv 1解得v 1＝13v 0由能量守恒定律有F f1·L 4＝12mv 20－12×3mv 21＝13mv 20小物块B 放上后，对全过程由动量守恒定律有mv 0＝4mv 2解得v 2＝14v 0小物块B 在物体A 上滑动，由能量守恒定律有F f2·L 2＝12×3mv 21－12×4mv 22＝124mv 20故F f1F f2＝1615． (1)如图7所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是 ( ) 图7A ．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光波长最短B ．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝1所发出的光频率最大C ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eVD ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV(2)如图8所示，质量为m 2＝1.5 kg 的平板车B 停放在光滑的水平面上，左端放置着一块质量为m 1＝450 g 的物体A ，一颗质量为m 0＝50 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的速度水平瞬间射入物体A 并留在A 中，平板车B 足够长．求物体A 与平板车B 间因摩擦产生的热量．图8答案 (1)D (2)18.75 J解析 (1)有的氢原子可直接从n ＝3跃迁到n ＝1，释放出[－1.51－(－13.60)] eV ＝12.09 eV 的能量，有些可从n ＝3跃迁到n ＝2，释放出[－1.51－(－3.40)] eV ＝1.89 eV 的能量，再跃迁到n ＝1，释放出[－3.40－(－13.60)] eV ＝10.20 eV 的能量，所以，这群氢原子能发出三种频率不同的光，由能级图及跃迁方程hν＝E m －E n 可知，从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光的频率最小，波长最长，选项A 、B 错误；由光电效应方程可知，氢原子从n ＝3跃迁到n ＝1时发出的光使金属钠表面发出的光电子的初动能最大，为(12.09－2.49) eV ＝9.60 eV ，选项C 错误，D 正确． (2)子弹射入A 有m 0v 0＝(m 1＋m 0)v A。

第3讲原子物理和动量高考题型1光电效应与光的粒子性1．处理光电效应问题的两条线索一是光的频率，二是光的强度，两条线索对应的关系是：(1)光强→光子数目多→发射光电子数多→光电流大．(2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大．2. 爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0的研究对象是金属表面的电子，意义是说，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大(如图1所示)，直线的斜率为h，直线与ν轴的交点的物理意义是极限频率νc，直线与E k轴交点的物理意义是逸出功的负值．图1例1某中学的实验小组利用如图2所示的装置研究光电效应规律，用理想电压表和理想电流表分别测量光电管的电压以及光电管的电流．当开关打开时，用光子能量为2.5 eV的光照射光电管的阴极K，理想电流表有示数，闭合开关，移动滑动变阻器的触头，当电压表的示数小于0.6 V 时，理想电流表仍有示数，当理想电流表的示数刚好为零时，电压表的示数刚好为0.6 V．则阴极K的逸出功为________，逸出的光电子的最大初动能为________．图2解析设用光子能量为2.5 eV的光照射时，光电子的最大初动能为E km，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U＝0.6 V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU＝E km，由光电效应方程：E km＝hν－W0，由以上二式得：E km＝0.6 eV，W0＝1.9 eV.所以此时最大初动能为0.6 eV，该材料的逸出功为1.9 eV.答案 1.9 eV 0.6 eV预测1 以下说法符合物理学史的是( )A ．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元B ．康普顿效应表明光子只具有能量C ．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性D ．汤姆孙通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构E ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的答案 ACE解析 普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A 正确；康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量，故B 错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C 正确；卢瑟福在用α粒子轰击金箔的实验中发现了质子，提出原子核式结构学说，故D 错误；为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的，故E 正确．预测2 如图3所示，两平行金属板A 、B 板间电压恒为U ，一束波长为λ的入射光射到金属板B 上，使B 板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W ，电子的质量为m .电荷量为e ，已知普朗克常量为h ，真空中光速为c ，下列说法中正确的是( )图3A ．入射光子的能量为h c λB ．到达A 板的光电子的最大动能为h c λ－W ＋eU C ．若增大两板间电压B 板没有光电子逸出D ．若减小入射光的波长一定会有光电子逸出E ．若增大入射光的频率，金属板的逸出功将大于W答案 ABD解析 入射光的能量为：E ＝hν＝h c λ，A 选项正确；由光电效应方程可得从B 板逸出的光电子的最大初动能为：E B ＝hν－W ，由eU ＝E A －E B 可得到达A 板的光电子的最大动能为E A ＝h c λ－W ＋eU ，B 选项正确；能不能发生光电效应，取决于入射光的频率，与板间电压无关，C 选项错误；若减小入射光的波长，入射光频率增大，大于金属的极限频率，可以发生光电效应，D 选项正确；若增大入射光的频率，金属板的逸出功不变，E 选项错误．高考题型2 原子结构和能级跃迁1．汤姆孙发现电子，密立根测出了电子的电荷量，卢瑟福根据α粒子散射实验构建了原子核式结构模型．玻尔提出的原子模型很好地解释了氢原子光谱的规律．卢瑟福用α粒子轰击氮核实验发现了质子，查德威克用α粒子轰击铍核发现了中子．贝可勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核是有结构的．小居里夫妇首次发现了放射性同位素．2．原子的核式结构模型：(1)在原子的中心有一个体积很小、带正电荷的核，叫做原子核，而电子在核外绕核运动；(2)原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在原子核上，带负电的电子在核外空间绕核旋转．3．能级和能级跃迁(1)轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3，…)(2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态E n ＝E 1n 2(n ＝1,2,3，…) (3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m －E n (m >n )．例2 以下关于玻尔原子理论的说法正确的是( )A ．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的B ．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C ．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D ．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收E ．氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱解析 由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级E n ＝1n 2E 1，故氢原子的能级是不连续的，即是分立的，故A 正确；电子在绕原子核做圆周运动时，不会产生电磁辐射，只有跃迁时才会出现，故B错误；氢原子在不同的轨道上的能级E n＝1n2E1，电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要吸收光子，故C错误；由于氢原子发射的光子的能量：E＝E m－E n＝1m2E1－1n2E1＝hν，不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收，故D正确；氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，是特征谱线，但它的光谱不是连续谱，故E正确．答案ADE预测3关于原子结构及原子核的知识，下列判断正确的是()A．每一种原子都有自己的特征谱线B．处于n＝3的一个氢原子回到基态时一定会辐射三种频率的光子C．α射线的穿透能力比γ射线弱D．β衰变中的电子来自原子的内层电子E．放射性元素的半衰期与压力、温度无关答案ACE解析由于每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质，故A正确；根据C23＝3，知一群氢原子处于n＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出三种频率的光子，但是一个氢原子可能辐射一种，也可能辐射两种频率的光子，故B错误；α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，故C正确；原子核发生β衰变放出的电子是原子核内的中子转化为质子而释放的电子，故D错误；放射性元素的半衰期与压力、温度无关，只与自身有关，E正确．预测4已知金属铯的逸出功为1.88 eV，氢原子能级图如图4所示，下列说法正确的是()图4A．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子B．一个处于n＝3能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出3种频率的光子C．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级过程中辐射出的光子能使金属铯发生光电效应D．大量处于n＝2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光照射金属铯，产生的光电子最大初动能为8.32 eVE．用光子能量为11 eV的紫外线照射大量处于基态的氢原子，会有氢原子跃迁到n＝2能级答案ACD解析根据C24＝6可知，大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子，故A正确；一个处于n＝3能级的氢原子最多可以辐射出两种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级过程中辐射出的光子能量ΔE＝(3.4－1.51) eV＝1.89 eV，而金属铯的逸出功为1.88 eV，符合光电效应发生条件，故C正确；根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差可知，n＝2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为ΔE′＝(13.6－3.4) eV＝10.2 eV，再根据E km＝hν－W0，则有产生的光电子最大初动能为E km＝(10.2－1.88) eV＝8.32 eV，故D 正确；由于氢原子的能级中基态的氢原子为能级为－13.6 eV，而n＝2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为ΔE′＝(13.6－3.4) eV＝10.2 eV，因此光子能量为11 eV的紫外线照射大量处于基态的氢原子不可能出现跃迁现象，故E错误．高考题型3核反应和核能的计算1．2.α射线、β3.核反应、核能、裂变、轻核的聚变(1)在物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，称为核反应．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律．(2)质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E＝mc2或ΔE＝Δmc2.(3)把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．(4)核能的计算：①ΔE＝Δmc2，其中Δm为核反应方程中的质量亏损；②ΔE＝Δm×931.5 MeV，其中质量亏损Δm以原子质量单位u为单位．(5)原子核的人工转变卢瑟福发现质子的核反应方程为：14N＋42He→178O＋11H7查德威克发现中子的核反应方程为：9Be＋42He→126C＋10n4约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al＋42He→3015P＋10n，3015P→3014Si＋01e 例3如图5所示，一个铀核(23892U)放出一个α粒子后衰变成钍核(23490Th)，其衰变方程为______________________________；已知静止的铀核、钍核和α粒子的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，上述衰变过程中释放出的核能为________________________．图5解析根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：238U→23490Th＋42He92根据爱因斯坦质能方程：E＝Δmc2＝(m1－m2－m3)c2.答案23892U→23490Th＋42He(m1－m2－m3)c2预测5下列关于核反应及衰变的表述正确的有()A.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变B．X＋147H→178O＋11H中，X表示32HeC．半衰期与原子处所的化学状态无关D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的E.23290Th衰变成20882Pb要经过6次α衰变和4次β衰变答案ACE解析轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，故A正确；根据质量数和电荷数守恒得X ＋14 7H →17 8O ＋11H 中，X 表示42He ，故B 错误；放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关，故C 正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故D 错误；232 90Th 衰变成208 82Pb 时，质量数减小24，而质子数减小8，对于β衰变质量数不变，质子数增加1，因此经过244＝6次α衰变，而α衰变质量数减小4，质子数减小2，所以要经过4次β衰变，故E 正确．预测6 一个氘核和一个氚核聚变结合成一个氦核，同时放出一个中子，并释放核能．已知氘核、氚核、氦核、中子的质量分别为m 1、m 2、m 3、m 4，真空中的光速为c .下列说法正确的是( )A ．核反应方程是21H ＋31H →42He ＋10nB ．聚变反应中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3－m 4C ．释放的能量ΔE ＝(m 3－m 4－m 1－m 2)c 2D ．太阳辐射的能量主要来自其内部发生的核聚变反应E ．氘核的比结合能大于氦核的比结合能答案 ABD解析 该核反应方程是21H ＋31H →42He ＋10n ，质量数、电荷数守恒，故A 正确；聚变反应中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3－m 4，故B 正确；聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E ＝(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2，故C 错误；太阳辐射的能量主要来自其内部发生的核聚变反应，故D 正确；氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故E 错误．高考题型4 动量和能量观点的综合应用1．动量守恒定律(1)表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′；或p ＝p ′(系统相互作用前的总动量p 等于系统相互作用后的总动量p ′)；或Δp ＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp 1＝－Δp 2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(2)动量守恒定律的适用条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．2．弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．3．利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律．(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究．(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒．例4 (2015·新课标全国Ⅱ·35)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图6所示．求：图6(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ①v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23m/s ③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8⑤(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2答案 (1)1∶8 (2)1∶2预测7 如图7所示，光滑水平地面上，人与滑板A 一起以v 0＝0.5 m/s 的速度前进，正前方不远处有一横杆，横杆另一侧有一静止滑板B ，当人与A 行至横杆前，人相对滑板竖直向上跳起越过横杆，A 从横杆下方通过并与B 发生弹性碰撞，之后人刚好落到B 上．不计空气阻力，求最终人与B 共同速度是多少？已知m 人＝40 kg ，m A ＝5 kg ，m B ＝10 kg.图7答案 715m/s 解析 人跳起后A 与B 碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A 的速度为v 1，B 的速度为v 2. m A v 0＝m A v 1＋m B v 212m A v 20＝12m A v 21＋12m B v 22 解得v 2＝2m A m A ＋m Bv 0＝13 m/s 人下落与B 作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v 3.m 人v 0＋m B v 2＝(m 人＋m B )v 3代入数据得：v 3＝715m/s. 预测8 如图8所示，光滑水平面上有一平板车，车上固定一竖直直杆，杆的最高点O 通过一长为L 的轻绳拴接一个可视为质点的小球，小球的质量为小车(包括杆)质量的一半，悬点O 距离地面的高度为2L ，轻绳水平时，小球与小车速度均为零．释放小球，当小球运动到最低点时，轻绳断开，重力加速度为g ，求：图8(1)小球运动到最低点时速度大小；(2)小球从释放到落地的过程中，小车向右移动的距离．答案 (1)23gL 3 (2)(1＋6)3L 解析 (1)小球下落过程中，小球与车组成的系统，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，设小球到最低点时，小球的速率为v 1，小车的速率为v 2，设小球的速度方向为正方向，则由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：m v 1＝2m v 2mgL ＝12m v 21＋12×2m v 22 解得：v 1＝23gL 3，v 2＝3gL 3故可得小球在最低点的速度v 1＝23gL 3. (2)设小球下落的过程中，车向右移动的距离为x 2，小球向左移动的距离为x 1，有：mx 1＝2mx 2，且x 1＋x 2＝L ，则x 2＝L 3设小球从最低点到落到地面经历的时间为t ，则有L ＝12gt 2 从绳断到小球落地，车向右运动的距离为x 2′＝v 2t ＝63L 所以，小球从释放到落地的过程中，小车向右移动的距离为x ＝x 2＋x 2′＝(1＋6)3L . 专题强化练1．图1是几个原子物理史上面著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是( )图1A ．卢瑟福通过α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出了原子的核式结构模型B ．放射线在磁场中偏转，没有偏转的为γ射线，电离能力最强C ．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D ．链式反应属于重核的裂变E ．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，认识到原子的复杂结构答案 ADE解析 放射线在磁场中偏转，没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，B 错．遏止电压与光的频率有关，C 错误．2．下列若干叙述中，正确的是( )A ．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B ．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能E k 与照射光的频率成线性关系C ．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E ．将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用答案 ABE解析 由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A 正确；根据光电效应方程，E k ＝hν－W 0，可知，逸出光电子的最大初动能E k 与照射光的频率成线性关系，故B 正确；经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，产生新核，故C 错误；库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大(动能转为电势能)，而因为吸收了光子，总能量变大，故D 错误；高中课本提到自然界可分为四种基本的相互作用，万有引力、电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用，故E 正确．3．在下列叙述中，正确的是( )A ．光电效应现象说明光具有粒子性B ．重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损C ．玛丽居里最早发现了天然放射现象D ．若黄光照射某金属能发生光电效应，用紫光照射该金属一定能发生光电效应E ．根据玻尔理论，氢原子从高能态跃迁到低能态时，原子向外释放光子，原子电势能和核外电子的动能均减小答案 ABD解析 光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象，说明光具有粒子性，故A 正确；重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损，故B 正确；贝可勒尔最早发现天然放射现象，故C 错误；因紫光的频率高于黄光的频率，故若黄光照射某金属能发生光电效应，用紫光照射该金属一定能发生光电效应，故D 正确；氢原子辐射出一个光子后，原子能量减小，轨道半径减小，根据k e 2r 2＝m v 2r知，核外电子的动能增大，原子能量等于动能和电势能之和，则电势能减小，故E 错误．4．下列说法中正确的是( )A ．无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应B ．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小C ．在用气垫导轨和光电门做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒D ．铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用E ．质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2答案 BCE解析 根据光电效应方程：E km ＝hν－W 0，可知，只有当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应，与入射的时间无关，故A 错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据k e 2r 2＝m v 2r知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小，故C 正确；动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C 正确；核力只存在于相邻的核子之间，所以核内的某一核子与其他核子间不一定有核力作用，故D 错误；质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2，故E 正确．5．下列说法正确的是( )A ．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B ．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大C ．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成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 答案 BCE解析 贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A 错误；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；德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C 正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D 错误；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．6．(2015·新课标全国Ⅱ·35)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是()A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关答案ACD解析电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，可以说明电子是一种波，故A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子束的衍射现象，说明电子束是一种波，故D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，说明光是一种粒子，故E错误．7．随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识，下列说法正确的是() A．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象B．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想C．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固D．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的E．一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可能放出三种不同频率的光子答案BCE解析玻尔理论成功地引入了量子的概念，但保留了太多的经典理论，他没有建立量子理论，选项A错误；德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，选项B正确；比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量，所以比结合能越大，原子核越牢固，C正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子变成质子和电子，产生的电子是从核内发出的，并不是核外电子挣脱原子核的束缚而形成的，所以选项D错误；一个氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时辐射的形式可能是4→3、3→2、2→1三种，故可能放出三种不同频率的光子．8．下列说法正确的是()A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变B．轻核聚变与重核裂变均释放能量C．原子核的比结合能越大表示该原子核越不稳定D．实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象。

专题2 第2讲 功能关系和能量守恒1．(2017·重庆西北狼联盟考试)如图所示，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度大小为34g ，物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这一过程中( B )A ．重力势能增加了34mgh B ．机械能损失了12mgh C ．动能损失了mghD ．合外力对物体做功为－34mgh 解析 物体在斜面上上升的最大高度为h ，克服重力做功为mgh ，则重力势能增加了mgh ，选项A 错误；根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋F f ＝ma ，得到摩擦力大小为F f ＝14mg ，物体克服摩擦力做功为WF f ＝F f ·2h ＝12mgh ，所以物体的机械能损失了12mgh ，选项B 正确；合外力对物体做功为W 合＝－ma ·2h ＝－32mgh ，根据动能定理知，物体动能损失32mgh ，故选项C 、D 错误．2．(2017·青海西宁四校联考)如图甲所示，一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示，其中曲线上A 点处切线的斜率最大．则( C )A ．在x 1处物体所受合外力等于零B ．在x 2处物体的速度最大C ．在x 1～x 3过程中，物体的动能可能先增大后减小D ．在x 2～x 3过程中，由于机械能E 不变，所以物体做匀速直线运动解析 除重力以外的力所做的功等于机械能的变化量，故E ­x 图线的斜率表示物体所受拉力的大小，在x 1处图线的斜率最大，故物体所受的拉力最大，物体所受合外力不为零，选项A 错误；在x 2处图线的斜率为零，故物体所受的拉力为零，因此在x 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，选项B 错误；在x 1～x 2过程中，拉力先大于重力后小于重力，在x 2～x 3过程拉力为零，因此物体可能先加速再减速，即物体的动能可能先增大后减小，选项C 正确；在x 2～x 3过程中，机械能E 不变，拉力为零，物体只受重力作用，不可能做匀速直线运动，选项D 错误．3．(2017·陕西咸阳模拟)(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长的粗糙斜面BC 相接于B 点，O 端有一竖直墙面，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B 点的机械能损失．若换用相同材料、相同粗糙程度的质量为m 2(m 2＞m 1)的滑块压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( CD )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析 压缩弹簧至同一点D 后，两种情况下弹簧的弹性势能相同，由静止释放后，由机械能守恒定律可知两滑块在B 点的动能相同．由于m 2>m 1，则m 2获得的速度小于m 1，两滑块到达B 点时的速度不同，选项A 错误；由牛顿第二定律可知，两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同，由x ＝v 22a可知，两滑块沿斜面上升的最大高度不相同，选项B 错误；滑块上升到最高点的过程中，克服重力做功W G ＝mgh ＝mgx sin θ＝mg v 22a sin θ＝12mv 2×g asin θ，由于两个滑块的初动能12mv 2相同，所以两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，选项C 正确；两滑块上升到最高点的过程中，由动能定理，－W G －W F f ＝0－12mv 2，动能变化相同，克服重力做功W G 相同，可知克服摩擦力做功相同，由功能关系可知，机械能损失相同，选项D 正确．4．(2017·四川重点中学联考)(多选)如图甲所示，一倾角为α的斜面体固定在水平面上，其中斜面体表面AB 段光滑，BC 段粗糙，将一可视为质点的质量为m ＝0.1 kg 的滑块由斜面体的顶端无初速度释放，经t ＝3 s 滑到底端，整个运动过程中的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是 ( C )A ．斜面体的倾角为α＝37°B ．滑块与斜面BC 段间的动摩擦因数为μ＝C ．整个过程重力势能的减少量为ΔE p ＝ JD ．整个运动过程中因摩擦而产生的热量为Q ＝ J解析 由速度—时间图象可知，滑块在AB 段的加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝102m/s 2＝5 m/s 2，滑块在BC 段的加速度大小为a 2＝Δv 2Δt 2＝12－101m/s 2＝2 m/s 2，对滑块在AB 段由牛顿第二定律得mg sin α＝ma 1，则α＝30°，选项A 错误；对滑块在BC 段由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma 2，解得μ＝35，选项B 错误；由速度—时间图象与时间轴围成的面积表示滑块的位移可知，斜面体AB 段的长度为x 1＝10 m ，BC 段的长度为x 2＝11 m ，即斜面的总长度x ＝21 m ，由功能关系可知ΔE p ＝W G ＝mgh ＝mgx sin α＝ J ，选项C 正确；由功能关系，可知因摩擦而产生的热量为Q ＝μmg cos α·x 2＝ J ，选项D 正确．5．(2017·江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( D )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v 2gD ．速度v 不能超过2F －Mg L M解析 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v 22g，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，此时的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L ，解得v ＝2F －Mg L M ，D 项正确．6．(2017·山东重点中学联考)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( B )A ．物体A 下落过程中的某一时刻，物体A 的加速度为零B ．此时弹簧的弹性势能等于2mgh －mv 2C ．此时物体B 处于超重状态D ．弹簧劲度系数为2mg h 解析 在物体A 的下落过程中，物体B 还没有脱离地面，绳子拉力F ≤mg ，地面对物体B 的支持力F N ≤mg ，此时物体B 处于失重状态，可知物体A 在下落过程中一直做加速运动，且物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh ＝12×2mv 2＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝2mgh －mv 2，则选项A 、C 错误，B 正确；A 即将与地面接触时，弹簧伸长量为h ，弹簧弹力F 弹＝kh ，对B 受力分析，有F 弹＝mg ，解得k ＝mg h ，易知选项D 错误．7．(2017·广西南宁模拟)(多选)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B ，左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，A 、B 、C 在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB .小球穿过竖直固定的杆，从C 点由静止释放，到D 点时速度为零，C 、D 两点间距离为h .已知小球在C 点时弹性绳的拉力为mg 2，g 为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( BC )A ．小球从C 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做功为mgh2B ．若在D 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好回到C 点，则v ＝ghC ．若仅把小球质量变为2m ，则小球到达D 点时的速度大小为ghD ．若仅把小球质量变为2m ，则小球向下运动到速度为零时的位置与C 点的距离为2h 解析设小球向下运动到某一点E 时，如图所示，弹性绳伸长量为BE ＝x ，BC ＝x 0，弹性绳劲度系数为k ，∠BEC ＝θ，则弹力为kx ，弹力沿水平方向的分力为kx sin θ＝kx 0＝mg 2，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·mg 2＝mg 4，从C 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做功为mgh4，选项A 错误．若在D 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好回到C 点，则小球从C 点到D 点，再从D 点返回C 点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D 点给小球的动能，即mgh 4×2＝mv 22，v ＝gh ，选项B 正确．从C 点到D 点的过程，小球质量为m 时，有mgh －W 弹－mgh4＝0，小球质量为2m 时，有2mgh －W 弹－mgh 4＝2mv 212，v 1＝gh ，选项C 正确．由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C 点的距离应小于2h ，选项D 错误．8．(2017·新疆乌鲁木齐二诊)(多选)如图所示，物体A 经一轻质弹簧与下方地面上物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 质量均为m 且都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量为m 的物体C 并从静止状态释放，已知它恰好能使B 离开地面但不继续上升．若将物体C 换成另一个质量为2m 的物体D .仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次物体B 则离地时，物体A 的( AD )A ．加速度为零B ．加速度为13g C ．动能为m 2g 23kD ．动能为2m 2g 23k解析 两次使B 刚离开场面的瞬间，弹簧的弹力等于B 的重力，弹簧的伸长量相等；挂钩上挂物体C 时，A 先加速再减速，在B 刚离开地面时，A 受到的合力等于弹簧弹力，等于mg ；挂钩上挂物体D 时，B 刚离开地面时，A 受弹簧弹力mg ，受自身重力mg ，绳子拉力为F T ，D 受到重力2mg ，绳子拉力F ′T ，设此时二者有大小相等的加速度a ，根据牛顿第二定律，对于D ：2mg －F ′T ＝2ma ，对于A ：F T －mg －mg ＝ma ，综合两式得a ＝0，F T ＝2mg ，即此时A 的加速度为零，选项A 正确，选项B 错误；两次弹簧的形变量是相同的，弹簧的弹性势能相同，弹簧的长度变化了x ＝2mg k，D 的质量是A 的两倍，动能是A 的两倍，根据E k A ＋E k D ＝2mgx －mgx 整理得3E k A ＝mg ·2mg k ，E k A ＝2m 2g 23k，选项C 错误，选项D 正确．9．(2017·山东青岛检测)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板，开始时用手按住物体M ，此时M 距离挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法正确的是( BD )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．若M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和解析 M 、m 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；当M 的速度最大时，弹簧弹力F ＝Mg sin 30°＝mg ，所以m 与地面间的作用力为零，选项B 正确；若M 恰好能到达挡板处，M 有一段做减速运动，绳子拉力大于mg ，m 向上做加速运动，m 的速度不为零，选项C 错误；重力对M 做的功等于M 重力势能的减少量，根据机械能守恒定律，M 重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和，选项D 正确．10．(多选)如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上，a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g ，则( BD )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg解析 由于刚性杆不伸缩，滑块a 、b 沿杆方向的分速度相等，滑快a 落地时，速度方向竖直向下，故此时滑块b 的速度为零，可见滑块b 由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b 受力分析，可知杆对滑块b 先做正功，后做负功，选项A 错误；因系统机械能守恒，则杆对滑块a 先做负功，后做正功，做负功时，滑块a 的加速度小于g ，做正功时，滑块a 的加速度大于g ，选项C 错误；杆对滑块a 的弹力刚好为零时，a 的机械能最小，此时对滑块b 受力分析，可知地面对b 的支持力刚好等于mg ，根据牛顿第三定律，b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确；由机械能守恒定律，可得mgh ＝12mv 2，即v ＝2gh ，选项B 正确． 11．(2017·山西太原五中阶段性检测)(多选)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为，下列说法正确的是( AC )A ．下滑相同距离内物块A 、B 机械能的变化一定不相同B ．下滑相同时间内物块A 、B 机械能的变化一定相同C ．物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度相同解析 对物块A 有mg sin 30°＝12mg <μmg cos 30°＝mg ，故物块A 相对传送带静止，与传送带一起做匀速直线运动，根据平衡条件得，物块A 所受的摩擦力F f2＝mg sin 30°，物块B 相对传送带向下滑动，其所受的摩擦力F f2＝μmg cos 30°，则F f1<F f2，由ΔE ＝－F f x 知，下滑相同距离内物块A 、B 机械能的变化一定不相同，选项A 正确；物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块A 做匀速直线运动，物块B 做匀减速运动，故在相同时间内物块A 通过的位移大，由ΔE ＝－F f x 知，下滑相同时间内物块A 、B 机械能的变化不一定相同，选项B 错误；物块A 、B 到达斜面底端时通过的位移大小相等，故物块A 到达传送带底端所用时间短，选项C 正确；划痕长度即为物块与传送带之间的相对位移大小，物块A 相对传送带静止，划痕长度为零，物块B 与传送带运动方向相反，划痕长度不为零，故物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，选项D 错误．12．(2017·豫东、豫北十所名校阶段性测试五)(多选)如图所示，两根长度分别为l 、2l 且不可伸长的轻绳共同系住一个质量为m 的球A (可视为质点)，其中长度为l 的轻绳1处于竖直且绷紧的状态，长度为2l 的轻绳2处于松弛状态，两根绳的上端分别固定在间距为d 且处于同一水平线上的两悬点上．在球A 正下方固定一球B (可视为质点)，再将轻绳1割断，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则下列说法中正确的是( AC )A ．要使A 能与B 相碰，则A 与B 间的距离H 要满足H ＜4l 2－d 2－lB ．若A 与B 未相碰，则在A 运动的整个过程中，A 与地球组成的系统机械能守恒C ．若当A 下降的高度为l 5(未与B 相碰)时，轻绳2恰好绷直，则当A 运动到轻绳2悬点的正下方时，轻绳2对A 的拉力F T ＜2mgD ．若以最低点为参考点，当A 下降的高度为l5(未与B 相碰)时，轻绳2恰好绷直，则A 绕轻绳2的悬点做圆周运动能上升的最大高度为l解析在绳2被拉直前，球A 做自由落体运动，在绳2被拉直后，球A 绕绳2的悬点做圆周运动，要使A 能与B 相碰，两者之间的距离H <4l 2－d 2－l ，选项A 正确；若A 与B 未相碰，则在绳2被拉直的瞬时，A 沿绳方向的速度变为零，A 的机械能减少，选项B 错误；设当A 下降的高度为l 5时速度为v 0，当A 运动到轻绳2悬点的正下方时速度为v ，由动能定理得mg ·l5＝12mv 20，如图，由速度的合成与分解得v 1＝v 0sin θ，由几何知识得cos θ＝35，A 从绳2刚好绷直到运动到轻绳2悬点的正下方的过程中，根据动能定理得mg ·45l ＝12mv 2－12mv 21，A 在轻绳2悬点的正下方时，由牛顿第二定律得，F T －mg ＝m v 22l，由以上各式解得F T <2mg ，选项C 正确；若以最低点为参考点，由能量守恒定律得mg ·45l ＋12mv 21＝mgh ，解得h ＝116125l ，选项D 错误．13．(2017·河南适应性考试)如图所示，一长为6L 的轻杆一端连着质量为m 的小球，另一端固定在铰链O 处(轻杆可绕铰链自由转动)．一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M ＝12m 的小物块上，物块放置在倾角θ＝30°的斜面上．已知滑轮距地面A 点的距离为3L ，铰链O 距离A 点的距离为L ，不计一切摩擦．整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求：(1)物块与小球的速度大小之比；(2)小球对轻杆在竖直方向时的作用力大小；(3)此过程中轻绳对轻杆做的功．解析 (1)当轻杆被拉至竖直位置时，设物块的速度为v ，小球的速度为v ′，由于物块此时的速度与轻杆中点的线速度大小相等，根据杆上各点线速度与角速度的关系可知，小球的速度v ′＝2v ，则v ∶v ′＝1∶2.(2)根据几何关系可知，物块下滑的距离为s ＝4L ，对m 和M 组成的系统，根据机械能守恒定律，有Mg ·s sin θ－mg ·6L ＝12Mv 2＋12mv ′2，解得v ＝32gL . 小球在最高点，由牛顿第二定律得 mg ＋F ＝m v ′26L ，解得F ＝12mg . 根据牛顿第三定律，小球对轻杆在竖直方向的作用力大小为F ′＝12mg .(3)对小球和轻杆，由动能定理W －mg ·6L ＝12mv ′2 解得W ＝212mgL . 答案 (1)1∶2 (2)12mg (3)212mgL14．(2017·广东广州模拟)一传送带装置示意图如图所示，传送带在AB 区域是倾斜的，倾角θ＝30°.工作时传送带向上运行的速度保持v ＝2 m/s 不变．现将质量均为m ＝2 kg 的小货箱(可视为质点)一个一个在A 处放到传送带上，放置小货箱的时间间隔均为T ＝1 s ，放置时初速度为零，小货箱一到达B 处立即被取走．已知小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段，此时两者相距为s 1＝0.5 m ．传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，取g ＝10 m/s 2.(1)求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小．(2)AB 的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到v ＝2 m/s.(3)除了刚释放货箱的时刻，若其他时间内总有4个货箱在传送带上运动，求每运送一个小货箱电动机对外做的功．并求电动机的平均输出功率P .解析 (1)小货箱刚放在A 处时，前方相邻的小货箱已经运动了时间T ，有s 1＝12aT 2， 代入数据解得加速度大小a ＝1 m/s 2.(2)设AB 的长度至少为l ，则货箱的速度达到v ＝2 m/s 时，有v 2＝2al ，代入数据解得AB 长度至少为l ＝2 m.(3)传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A 处释放后经过t ＝4T 的时间运动至B 处，货箱匀加速运动的时间为t 1＝v a ＝2 s ．设货箱受到的滑动摩擦力大小为F f ，由牛顿定律得F f －mg sin θ＝ma ，这段时间内，传送带克服该货货箱的摩擦力做的功W 1＝F f ·vt 1，代入数据解得W 1＝48 J ，货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的动，W 2＝mg sin θ·v (t －t 1)，代入数据解得W 2＝40 J ，每运送一个小货箱电动机对外做的功W ＝W 1＋W 2＝88 J ，放置小货籍的时间间隔为T ，则每隔时间T 就有一个小货箱到达B 处，因此电动机的平均输出功率P ＝W T ＝88 W.答案 (1)1 m/s 2 (2)2 m (3)88 J 88 W百度文库 - 让每个人平等地提升自我11 15．(2017·江苏南京模拟)如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H ，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m ，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg (k ＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度；(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s ；(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W .解析 (1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a 环，由牛顿第二定律有a 环＝kmg －mg m＝(k －1)g ，方向竖直向上．(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小v 1＝2gH ，设棒弹起后的加速度为a 棒，由牛顿第二定律有 a 棒＝－kmg ＋mg m＝－(k ＋1)g ， 故棒第一次弹起的最大高度H 1＝－v 212a 棒＝H k ＋1， 路程s ＝H ＋2H 1＝k ＋3k ＋1H . (3)经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l ，由能量的转化和守恒定律有mgH ＋mg (H ＋l )＝kmgl ，解得l ＝2H k －1， 故摩擦力对环和棒做和总功W ＝－kmgl ＝－2kmgH k －1. 答案 (1)(k －1)g ，方向竖直向上 (2)k ＋3k ＋1H (3)－2kmgH k －1。

专题2 第3讲物理和动量1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．2．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si下列说法正确的是( ABE )A．核反应方程为p＋2713Al→2814SiB．核反应过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致解析核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m0v0＝28m0v，所以硅原子核速度数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一致，E项正确．3．(2017·湖南长沙一模)(多选)如图甲所示，在光电效应实验中，某同学用相同频率的单色光，分别照射阴极材料为锌和铜的两个不同的光电管，结果都能发生光电效应．图乙为其中一个光电管的遏止电压U c随入射光频率ν变化的函数关系图象，对于这两个光电管，下列判断正确的是( ABC )A．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c不同B．光电子的最大初动能不同C．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，饱和光电流也可能相同D ．两个光电管的U c －ν图象的斜率可能不同解析 根据爱因斯坦光电效应方程eU c ＝E k ＝h ν－W 0，因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c 不同，光电子的最大初动能不同，选项A 、B 正确；因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，饱和光电流也可能相同，选项C 正确；在U c ­ν图象中，斜率表示普朗克常量h 与e 的比值，两个光电管的U c ­ν图象的斜率相同，选项D 错误．4．(2017·辽宁大连模拟)(多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是( ABC )A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C ．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D ．比结合能越大，原子核越不稳定E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量大于该原子核的结合能解析 结合能是原子核完全分解成自由核子时吸收的能量，选项A 正确；由于重核裂变反应中能量守恒，且释放能量，因此，衰变产物的结合能之和一定大于原重核的结合能，选项B 正确；原子核的核子数越多，结合能越大，选项C 正确；比结合能越大，原子核越稳定，选项D 错误；自由核子结合成原子核时释放能量，其质量亏损对应的能量等于原子核的结合能，选项E 错误．5．(2017·贵州贵阳检测)(多选)将质量均为m 的三个小球a 、b 、c ，从y 轴上不同位置沿x 轴正方向水平抛出，其运动轨迹如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列关于三个小球从抛出到落地的说法中正确的是( AD )A ．小球a 与小球b 的动量变化量之比为2∶1B ．小球a 、b 、c 的机械能守恒，动量也守恒C ．小球a 与小球b 受到的冲量之比为2∶1D ．小球b 、c 受到的冲量相等解析 由题意可知三个小球均做平抛运动，水平位移之比为x a ∶x b ∶x c ＝2∶2∶1，竖直位移之比为y a ∶y b ∶y c ＝2∶1∶1，由竖直方向的运动可知t ＝2y g，因此三个小球在空中运动的时间之比为t a ∶t b ∶t c ＝2∶1∶1.由动量定理mgt ＝I ＝Δp ，可知小球a 和小球b受到的冲量之比为I a ∶I b ＝2∶1，选项C 错误；动量的变化量之比为Δp a ∶Δp b ＝2∶1，选项A 正确；由于只有重力对三个小球做功，因此在运动过程中小球的机械能均守恒，三个小球所受的合外力不为零，则小球的动量不守恒，选项B 错误；由于小球b 和小球c 在空中运动的时间相等，则两个小球受到的冲量相等，选项D 正确．6．(2017·黑龙江五校联考)如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a 、b 两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a 、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车黏在一起；两车的位置x 随时间t 变化的图象如图乙所示．a 、b 两车质量(含发射器)分别为1 kg 和8 kg ，则下列说法正确的是( C )A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是149J C ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D ．两车碰撞过程为弹性碰撞解析 设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，结合题图乙得v 1＝2 m/s ，v 2＝1 m/s ，v 3＝23m/s ，以向右为正方向，碰前总动量p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg·m/s，碰后总动量p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg·m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，选项A 错误；碰撞前a 车动能为E k ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E ′k ＝29J ，所以碰撞过程中a 车损失的动能是169J ，选项B 错误；碰前a 、b 两车的总动能为6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为2 J ，选项C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，选项D 错误．7．(2017·河北二校联考)一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg 的B 固定在一起，质量为1 kg 的物体A 放于B 上．现在A 和B 正在一起竖直向上运动，如图所示．当A 、B 分离后，A 上升0.2 m 到达最高点，此时B 速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中，关于弹簧的弹力对B 的冲量大小以及弹簧的弹力对B 做的功，下列正确的是(g 取10 m/s 2)( C )A ．1.2 N·s 0 JB ．0 J 4 JC ．6 N·s 0 JD ．4 J 4 J 解析 A 、B 物体分离时也是弹簧恢复原长时，此时A 、B 的速度与加速度均相同，之后A 做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上拋的初速度大小v ＝2gh ＝2 m/s ；上升到最高点所需的时间t ＝2hg ＝0.2 s ；A 到最高点时弹簧恰好恢复原长，此时B 的速度为2 m/s ，方向竖直向下，在此过程中对B 用动量定理(规定向下为正方向)得m B gt ＋I N ＝m B v －(－m B v )，解得I N ＝6 N·s；由以上分析可知，A 、B 分离时弹簧处于原长状态，当A 运动至最高点时弹簧仍处于原长状态，则弹簧对B 物体做功为零．综上所述，选项C 正确．8．(2017·海南五校模拟)如图所示，物块B 、C 分别静置于水平地面上的M 、N 两点，一轻质弹簧左端固定在O 点，右端连接一物块A 但不黏连，现压缩弹簧使物块A 静置于水平地面上P 点，并用细线将物块A 与O 点连接起来．已知M 点右侧水平面光滑，左侧水平面粗糙，且物块A 与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5.已知s MP ＝1.6 m ，弹簧的弹性势能为E p ＝40 J ，剪断细线，物块A 滑到M 点且与B 发生正碰，碰撞后物块A 和物块B 立刻黏在一起向右运动，并与物块C 发生正碰，碰后瞬间物块C 的速度为v 2＝2.0 m/s.物块A 和物块B 的质量均为m ＝1 kg ，物块C 的质量为物块A 的质量的k 倍．设碰撞时间很短，物块A 、B 、C 均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g 取10 m/s 2.根据物块A 、B 与物块C的碰撞过程的不同类型，求k 的取值范围并分析碰后物块A 、B 的运动状态．解析 设物块A 滑至M 点的速度为v 0，由功能关系知E p ＝μmgs PM ＋12mv 20，解得v 0＝8 m/s.物块A 和物块B 相碰，由动量守恒定律知mv 0＝2mv 1，解得v 1＝4 m/s.若物块A 、B 与物块C 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv 1＝(2＋k )mv 2；代入数据解得k ＝2，此时12×2mv 21>12×(2＋2)mv 22，符合题意，物块A 、B 的速度与物块C 相同．若物块A 、B 与物块C 发生碰撞后，物块A 、B 的速度为0，由动量守恒定律得2mv 1＝kmv 2，代入数据解得k ＝4，此时12×2mv 21>12kmv 22，符合题意，若物块A 、B 与物块C 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得2mv 1＝2mv 3＋kmv 2，1 2·2mv21＝12·2mv23＋12·kmv22，联立解得v3＝－2 m/s(v3＝4 m/s不符合题意，舍去)，k＝6 此时物块A、B的运动方向与物块C相反．根据以上分析可知当2≤k<4时，物块A、B的运动方向与物块C相同，当k＝4时，物块A、B的速度为0，当4<k≤6时，物块A、B的运动方向与物块C相反．答案见解析。