教科版高中物理选修3-5考前过关训练专题二

《高中物理选修3-5》二轮专题复习一、考纲要求与考题特点分析（一）经过一轮复习，大部分学生对本模块基本概念、基本规律都有较好的把握。

尤其是动量守恒定律、光电效应、能级与光谱、核反应方程及规律等重点内容，有较强的得分能力。

原子物理部分的相关选择题，只要是常规题，一般能得分。

但这一部分知识点细而杂，涉及到的微观领域，学生又缺少直接经验；有关考题，跟物理学的前沿容易发生联系，如夸克、黑洞等，而且往往是多项选择题，会有部分学生因细节关注不够，造成不能拿满分。

动量守恒定律部分内容，相对难度大些，且跟能量、电磁学的内容综合考查的概率很大，对于普通高中学生或者一些物理相对薄弱的学生来说，涉及动量的综合题，总是一筹莫展，甚至干脆放弃。

而有关动量守恒的实验题也是高考热点，所以，争对3-5的二轮复习，重点内容还是要加强，细杂知识要突破、要点拨，加强解题方法、解题能力的指导和训练。

力保学生不失基础题的分、不失中档题的分、少失难题的分。

（二）高考物理学科要考查的五个能力（理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力）的要求~1.理解能力理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用;能够清楚认识概念和规律的表达形式(包括文字表述和数学表述);能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法;理解相关知识的区别和联系。

2.推理能力能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。

3.分析综合能力能够独立地对所遇的问题进行具体分析、研究，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出其中起重要作用的因素及有关条件;能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系;能够提出解决问题的方法，运用物理知识综合解决所遇到的问题。

4.应用数学处理物理问题的能力能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析。

模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于下列四幅图说法不正确的是( )A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是随意的B．光电效应试验说明白光具有粒子性C．电子束通过铝箔时的衍射图样证明白电子具有波动性D．发觉少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内解析：原子中的电子绕核旋转的轨道是特定的，不是随意的，选项A错误．易知B正确．电子能通过铝箔衍射，说明电子也有波动性，C正确. 发觉少数α粒子大角度偏转，说明原子的正电荷和大部分质量集中在很小空间范围内，D正确．答案：A2.两束能量相同的色光，都垂直地照耀到物体表面，第一束光在某段时间内打在物体上的光子数与其次束光在相同时间内打到物体表面的光子数之比为5∶4，则这两束光的光子能量和波长之比分别为（）A.4∶5 4∶5B.5∶4 4∶5C.4∶5 5∶4D.5∶4 5∶4解析：两束能量相同的色光，都垂直地照耀到物体表面，在相同时间内打到物体表面的光子数之比为5∶4，依据E＝NE0可得光子能量之比为4∶5；再依据E0＝hν＝h cλ，光子能量与波长成反比，故光子波长之比为5∶4.故C正确，A、B、D错误.答案：C3.下列四个核反应方程式书写正确的是（）A.13 7N ＋42He →17 8O ＋11H B.2410Na →2411Mg ＋ 0－1eC.23592U ＋10n →14156Ba ＋9236Kr ＋310n D.199F ＋42He →2210Na ＋10n解析： A 为发觉质子的人工转变方程，但质量数不守恒，故A 错误；钠的质子数为11，失去电子是核外电子变更不是核反应方程式，故B 错误；是核反应方程，且质量数和电荷数守恒，故C 正确；质子数不守恒，故D 错误.答案：C4.23892U 放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成21083Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X(X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成 b81Tl ，210a X 和 b81Tl 最终都衰变变成20682Pb ，衰变路径如图所示，则可知图中( )A ．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B ．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C ．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D ．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变 解析：在21083Bi 衰变变成210a X 的过程中质量数不变，过程①是β衰变；210a X 衰变变成20682Pb 过程中质量数削减4，过程③是α衰变；21083Bi 衰变变成 b81Tl ，核电荷数削减2，过程②是α衰变； b81Tl 衰变变成20682Pb ，核电荷数增加1，过程④是β衰变，所以选项A 正确．答案：A5.如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以肯定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑水平面对右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（ ）A.5 m/sB.4 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s解析：小球抛出后做平抛运动，依据动能定理得：mgh ＝12mv 2－12mv 2解得：v 0＝15 m/s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：－mv 0＋MV ＝（M ＋m ）v ′，解得：v ′＝5 m/s ，故选A.答案：A6．两球A 、B 在光滑水平面上沿同始终线，同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A ，B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：这是一道同向追击碰撞问题，在分析时应留意考虑三个方面的问题：动量是否守恒，机械能是否增大，是否符合实际物理情景．针对这三点，要逐一验证．取两球碰撞前的运动方向为正，则碰撞前，系统总动量p ＝m A v A ＋m B v B ＝10 kg ·m/s ，逐一验证各个选项，发觉碰撞后，四个选项均满意动量守恒．碰前，系统总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ．碰后系统总动能应不大于碰前总动能，即E ′k ≤22 J ，把各选项代入计算，知选项C 、D 不满意，被解除．对于选项A ，虽然满意机械能不增加的条件，但细致分析，发觉v ′A >v ′B ，明显不符合实际状况，故本题正确答案为选项B.答案：B7.载人气球原静止于高h 的高空，气球质量为M ，人质量为m ，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少多长（ ）A.mM ＋mh B.MM ＋mhC.M ＋mm h D.M ＋mMh 解析：设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L ，以人和气球的系统为探讨对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向可得：0＝Mv 2＋mv 1，①人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L －h ，得 速度大小v 2＝L －ht，② 人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t，③将②③代入①得：0＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－L －h t ＋m ·h t ，解得L ＝M ＋mMh . 答案：D8.用盖革—米勒计数器测定某一放射源的放射强度为t ＝124天内计数N 1＝405次，T ＝10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为t ＝124天内计数N 2＝101次.设该放射源中放射性元素的原子核的最初个数和半衰期分别用N 和τ表示.则以下说法正确的是（ ）A.由半衰期的公式可知N 1＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ B.由半衰期的公式可知N 2＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12T ＋tτ C.这种放射元素的半衰期为5天 D.这种放射性元素的半衰期为2.5天解析：半衰期公式N 1＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n中，n 表示半衰期的次数，n ＝t τ，t 为初状态到下次测量的时间，故A 、B 错误.由题意可知，经过10天衰变后放射性强度是原来的14，可知经验了2个半衰期，则半衰期为5天.故C 正确，D 错误.答案：C9．在自然生态系统中，蛇与老鼠等生物通过养分关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用．蛇是老鼠的天敌，它通过接收热辐射来发觉老鼠的存在．假设老鼠的体温约为37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λmax ，依据热辐射理论，λmax 与辐射源的肯定温度T 的关系近似为λmax T ＝2.90×10－3m ·K.则老鼠发出的最强的热辐射的波长为( )A ．7.8×10－5m B ．9.4×10－6m C ．1.16×10－4 mD ．9.7×10－8m解析：体温为37 ℃时，热力学温度T ＝310 K ，依据λmax T ＝2.90×10－3m ·K ，得λmax＝2.90×10－3310m ＝9.4×10－6 m.答案：B10.质量为m 的物体以初速度v 0水平抛出，经过一段时间其竖直分速度为v .在这个过程中，下列说法正确的是（ ）A.物体动量变更量的大小为mvB.物体动量变更量的大小为mv －mv 0C.物体动量变更量的大小为m v 2－v 20 D.物体动能变更量为12mv 2－12mv 2解析：物体做平抛运动，当速度为v 时经验的时间为t ＝vg，依据动量定理可知：Δp ＝mgt ＝mg ·v g ＝mv ，故A 正确，B 、C 错误；在时间t 内下降的高度为h ＝v 22g ，依据动能定理可知：ΔE k ＝mg ·h ＝mg ×v 22g ＝12mv 2，故D 错误.答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)11.利用光电管探讨光电效应的试验电路如图所示，用频率为ν的可见光照耀阴极K ，电流表中有电流通过，则（ ）A.改用紫外光照耀K ，电流表中没有电流通过B.只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大C.若将滑动变阻器的滑片移到A 端，电流表中肯定无电流通过D.若将滑动变阻器的滑片向B 端移动，电流表示数可能不变解析：用可见光照耀阴极K ，能发生光电效应，则可见光的频率大于该阴极材料的极限频率，紫外光的频率大于可见光，故用紫外光照耀K ，也肯定能发生光电效应，A 错误；增加可见光的照耀强度，单位时间内逸出金属表面的电子数增多，饱和光电流变大，B 正确；变阻器的滑片移到A 端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C 错误；变阻器的滑片向B 端滑动时，可能电流没达到饱和电流，所以电流表示数可能增大，可能不变，D 正确.答案：BD12.如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止起先释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )A ．小球的机械能削减了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的变更量等于所受阻力的冲量解析：由动能定理mg (H ＋h )－W f ＝0，则W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能削减了mg (H ＋h )，所以A 选项正确，B 选项错误；小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12mv 2，v＝2gH ，落到地面后又陷入泥潭中，由动量定理I G －I f ＝0－mv ，所以I f ＝I G ＋mv ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，所以C 选项正确；由动量定理知小球动量的变更量等于合外力的冲量，所以D 选项错误．答案：AC13.如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同始终线相向运动并发生对心碰撞，则( )A ．它们碰撞后的总动量是18 kg ·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是2 kg ·m/s ，方向水平向右C ．它们碰撞后B 小球向右运动D ．它们碰撞后B 小球可能向左运动解析：依据动量守恒，设向右为正方向，碰后它们的总动量p ′＝p ＝m A v A ＋m B v B ＝2×5 kg ·m/s －4×2 kg ·m/s ＝2 kg ·m/s ，故A 错、B 对；因总动量向右，所以碰后B 球肯定向右运动，C 对、D 错．答案：BC14.光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面A ，斜面质量为M 、底边为L ，如图所示.将一质量为m 可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，则下列说法中正确的是（ ）A.滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N tB.滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC.滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D.此过程中斜面对左滑动的距离为mM ＋mL 解析：滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为I ＝F N t ，故A 正确，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：M x 1t －m x 2t＝0，即有Mx 1＝mx 2，又x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mL m ＋M，故D 正确.答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15.（8分）在“探究碰撞中的守恒量”的试验，也可以探究“mv 2”这个量（对应于动能）的变更状况.（1）若采纳弓形弹片弹开滑块的方案，如图①所示，弹开后的mv 2的总量 （填“小于”“等于”或“大于”）弹开前mv 2的总量，这是因为_________________________________________.（2）若采纳图②的方案，碰撞前mv 2的总量 （填“小于”“等于”或“大于”）碰后mv 2的总量，说明弹性碰撞中 守恒.（3）若采纳图③的方案，碰撞前mv 2的总量 （填“小于”“等于”或“大于”）碰后mv 2的总量，说明非弹性碰撞中存在 损失.解析：在“探究碰撞中的守恒量”的试验中探究“mv 2”这个量（对应于动能）的变更状况，方法就是通过测量滑块的速度的变更，判定能量的转化关系.（1）若采纳图①弓形弹片弹开滑块的方案，起先时两个滑块都处于静止状态，弹开的过程弹片的弹性势能转化为滑块的动能，所以弹开后的mv 2的总量大于弹开前mv 2的总量.（2）若采纳图②中的方案，碰撞的过程中两个滑块只受到重力和支持力的作用，且二力大小相等方向相反，是一对平衡力，所以碰撞的过程动量守恒，机械能守恒，碰撞前mv 2的总量等于碰后mv 2的总量.（3）若采纳图③中的方案，碰撞之后两个物体以相同的速度运动，所以碰撞前mv 2的总量大于碰后mv2的总量，非弹性碰撞中存在机械能削减.答案：大于弹片的弹性势能转化为滑块的动能等于机械能大于机械能16.（8分）用图示试验装置探究“碰撞中的不变量”试验，除了图示装置中的试验仪器外，下列仪器中还须要的是.A.秒表B.天平C.刻度尺D.直流电源E.沟通电源若试验中得到一条纸带如图所示，已知A、B车的质量分别为m A、m B，则该试验须要验证的表达式是（用图中物理量和已给出的已知量表示）.解析：该试验须要测量小车的质量，须要天平；须要测量各计数点间距，须要刻度尺；打点计时器有计时功能，无需秒表；而打点计时器工作电源是沟通电源，无需直流电源，故选BCE；小车A碰前做匀速运动，打在纸带上的点间距是匀称的，故求碰前小车A的速度应选BC段，碰后两车一起做匀速运动，打出的点也是间距匀称的，故选DE段来计算碰后速度，在误差允许的范围内，须要验证的表达式是m A v A＝（m A＋m B）v AB，即m A x AB＝（m A＋m B）x DE.答案：BCE m A x AB＝（m A＋m B）x DE17.（10分）如图是某少年进行滑板训练时的示意图.滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s的速度起先沿水平地面对左滑行，经过x＝20 m的距离后停下.此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，返回动身点时恰好停下.已知滑板的质量m＝4 kg，少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比.求：（1）少年与滑板一起滑行过程受到的路面阻力大小；（2）少年跳上滑板时的水平初速度v1大小和跳离滑板时的水平速度v2大小.解析：（1）少年与滑板一起滑行过程，由动能定理则有：fx＝12（M＋m）v2代入数据解得路面阻力大小f＝4.4 N.（2）少年跳上滑板，系统动量守恒，则有Mv1＝（M＋m）v，代入数据解得滑板的水平初速度v1＝2.2 m/s，少年跳离滑板，系统动量守恒，则有Mv2＝mv3，滑板返回动身点时恰好停下，由动能定理则有fx ＝12mv 23，依据题意有f ′f ＝mM ＋m ，代入数据解得跳离滑板时的水平速度v 2＝0.2 m/s.答案：（1）4.4 N （2）v 1＝2.2 m/s ，v 2＝0.2 m/s18.（12分）用能量为50 eV 的光子照耀到光电管阴极后， 测得光电流与电压的关系如图所示，已知电子的质量m ＝9.0×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.试求：（1）光电管阴极金属的逸出功W ；（2）光电子的最大动量和对应物质波的波长λ.解析：（1）由图可知，遏止电压为－20 eV ，由动能定理可知，eU c ＝12mv 20＝E k 由爱因斯坦光电效应方程可知，E k ＝hv －W ，即eU c ＝hv －W ，代入数据解得W ＝30 eV ；（2）由公式E k ＝（mv ）22m＝eU c ，整理得：mv ＝2meU c ＝2×9.0×10－31×（1.6×10－19）×（－20）kg·m/s＝2.4×10－25kg·m/s，由公式λ＝h p ＝6.63×10－342.4×10－25m ＝2.762 5×10－9m. 答案：（1）30 eV （2）2.4×10－25kg·m/s，2.762 5×10－9m19．(15分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上．现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h ＝1.8 m 高处由静止起先滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，接着在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出. 已知m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，m C ＝3 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离．解析：(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止起先滑下的过程，机械能守恒，设其滑究竟面的速度为v 1, 由机械能守恒定律有：m A gh ＝12m A v 21，解得：v 1＝6 m/s.滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v 2，由动量守恒定律有：m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得：v 2＝13v 1＝2 m/s.(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相等，设为速度v 3，由动量守恒定律有：m A v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 3，解得：v 3＝16v 1＝1 m/s.由机械能守恒定律有：E p ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23.解得：E p ＝3 J.(3)被压缩弹簧再次复原自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 的速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 5. 12(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 24＋12m C v 25. 解得：v 4＝0，v 5＝2 m/s.滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s ＝v 5t ， H ＝12gt 2.解得：s ＝2 m.答案：(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m。

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）教科版高中物理选修3-5模块检测（二）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．图1所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴的交点坐标为0.5)．由图可知( )图1A．该金属的极限频率为4.271014 HzB．该金属的极限频率为5.51014 HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5 eV答案AC解析根据光电效应方程E k＝hν－W可知，图线的斜率表示普朗克常量，图线与ν轴的交点对应的频率表示极限频率；E k－ν图象中ν＝0时对应的E k的值表示逸出功的负值，易知该金属的逸出功不等于0.5 eV，所以选项A、C正确．2．(2014·石河子高二检测)关于光的本性，下列说法中正确的是 ( ) A．光电效应反映光的粒子性B．光子的能量由光的强度所决定C ．光子的能量与光的频率成正比D ．光在空间传播时，是不连续的，是一份一份的，每一份光叫做一个光子 答案 ACD解析 光电效应反映了光的粒子性，A 对；光子的能量由光的频率决定，B 错误；光子的能量E ＝h ν，h 是普朗克常量，故光子的能量与光的频率成正比，C 对；根据光子说的内容可知，D 对． 3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有( )A ．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B ．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C ．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D ．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统 答案 A解析 判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B 选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C 选项末动量为零而初动量不为零．D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大等．4. 如图2所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( )A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 答案 AC解析 在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量为mg (H ＋h )，故A 对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg (H ＋h )，故B 错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m 2gH ，故C 对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受合力图2的冲量，故D 错．5．氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.632 8 μm ，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE 1＝1.96 eV 的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE 2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE 2的近似值为( ) A ．10.50 eVB ．0.98 eVC ．0.53 eVD ．0.36 eV答案 D解析 由跃迁公式得ΔE 1＝hcλ1，ΔE 2＝hc λ2，联立可得ΔE 2＝λ1λ2ΔE 1＝0.36 eV ，D 对． 6. 光子有能量，也有动量p ＝hλ，它也遵守有关动量的规律．如图3所示，真空中有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直纸面向里照射这两个圆面时，关于此装置开始时转动情况(俯视)的下列说法中正确的是( )A ．沿顺时针方向转动B ．沿逆时针方向转动C ．都有可能D ．不会转动答案 B解析 由动量定理可知，白光垂直照射到白纸片上，反射能力较好，白光垂直照射到黑纸片上时，吸收性较好，白纸片受到的冲力约为黑纸片受到的冲力的两倍，故俯视看到装置开始逆时针方向转动．7. 钚的一种同位素23994Pu 衰变时释放巨大能量，如图4所示，其衰变方程为23994Pu ―→23592U ＋42He ＋γ，则 ( ) A ．核反应中γ的能量就是23994Pu 的结合能 B ．核燃料总是利用平均结合能小的核 C.23592U 核比23994Pu 核更稳定，说明23592U 的结合能大D ．由于衰变时释放巨大能量，所以23994Pu 比235 92U 的平均结合能小 答案 BD解析 核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用平均结合能小的核，才能更容易实图3图4现，B 、D 正确；核反应中γ光子的能量是结合能中的一小部分，A 错；C 项说明23592U 的结合能小，更稳定，C 错．8．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列论断中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子 B.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变 答案 BC 解析209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，209 83Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错、B 对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是27－(93－83)＝4次，C 对、D 错．9．(2014·衡水高二检测)如图5所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n ＝4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1.90 eV 的金属铯，下列说法正确的是( )A ．这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n ＝4跃迁到n ＝3所发出的光波长最短B ．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n ＝4跃迁到n ＝1所发出的光频率最高C ．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75 eVD ．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV 答案 D解析 从n ＝4跃迁到n ＝3所发出的光波的频率最小，波长最长，A 错；从n ＝4跃迁到n ＝1所发出的光的频率最高，发出有C 24＝6种频率的光子，B 错；光电子的最大初动能对应入射光子的频率最高时，最大入射光能量对应的入射光子的频率最高，即ΔE ＝E 4－E 1＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ，由光电效应方程知E k ＝ΔE －W 0＝10.85 eV ，C 错、D 对．10．某实验室工作人员，用初速度为v 0＝0.09c (c 为真空中的光速)的α粒子，轰击静止在匀强磁场图5中的钠原子核2311Na ，产生了质子．若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动．通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1∶10，已知质子质量为m .则( )A ．该核反应方程是42He ＋2311Na ―→2612Mg ＋11H B ．该核反应方程是42He ＋2311Na ―→2612Mg ＋10n C ．质子的速度约为0.225c D ．质子的速度为0.09c 答案 AC解析 由质量数守恒和电荷数守恒得：42He ＋2311Na ―→2612Mg ＋11H.又因α粒子、新核的质量分别为4m 、26m ，设质子的速率为v ，因为α粒子与钠原子核发生对心正碰，由动量守恒定律得：4mv 0＝26m ·v10－mv ，解得：v ＝0.225c .二、填空题(本题共3小题，共18分)11．(4分)1919年卢瑟福通过如图6所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，由此发现________．图中银箔的作用是恰好阻挡α粒子不射透银箔，实验中充入氮气后显微镜观察到了闪光．完成该实验的核反应方程：42He ＋147N ―→178O ＋________．图6答案 (1)质子 (2)11H12. (8分)贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕．如图7中P 为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A 、B 、C 三束．(1)构成A 射线的粒子是________；构成B 射线的粒子是________；构成C 图7射线的粒子是________．(2)三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子．(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：234 90Th ―→234 91Pa ＋________；________＋2713Al ―→3015P ＋10n.答案 (1)电子e (或β粒子) γ光子 氦核He(或α粒子) (2)γ α β (3) 0－1e 42He13．(6分)如图8所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95 kg 的橄榄球前锋以5 m/s 的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75 kg 的队员，一个速度为2 m/s ，另一个为4 m/s ，然后他们就扭在了一起．图8(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)．(2)在框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________． 答案 (1)0.1 m/s (2)能够得分解析 (1)设前锋运动员的质量为M 1，两防守队员质量均为M 2，速度分别为v 1、v 2、v 3，碰撞后的速度为v ，设v 1方向为正方向，由动量守恒定律得M 1v 1－M 2v 2－M 2v 3＝(M 1＋2M 2)v代入数据解得，v ＝0.1 m/s(2)因v >0，故碰后总动量p ′的方向与p A 方向相同，碰撞后的状态及动量如图所示，即他们都过了底线，该前锋能够得分．三、计算题(本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(8分)一粒质量为410－4g 的尘埃，在空中下落的速度从1 m/s 增加到3 m/s 时，它的德布罗意波长从多少变化到多少？分析是否可通过衍射现象观察到其波动性． 答案 见解析解析 速度v 1＝1 m/s 时德布罗意波长为λ1＝h mv 1＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×1m ≈1.6610－27m ， 速度v 2＝3 m/s 时德布罗意波长为λ2＝h mv 2＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×3m ≈5.510－28m. 由于波长太短，所以不能通过衍射现象观察到其波动性． 15．(12分)已知氢原子基态的电子轨道半径为r 1＝0.52810－10m ，量子数为n 的能级值为E n ＝－13.6n2eV.(1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)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；(3)计算这几种光谱线中波长最短的波长．(静电力常量k ＝9109N ·m 2/C 2，电子电荷量e ＝1.610－19C ，普朗克常量h ＝6.6310－34J ·s ，真空中光速c ＝3.00108m/s)． 答案 (1)13.6 eV (2)如图所示(3)1.0310－7m解析 (1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则k e 2r 21＝mv 2r 1，又知E k ＝12mv 2，故电子在基态轨道的动能为：E k ＝ke 22r 1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.528×10－10J ＝2.1810－18J＝13.6 eV.(2)当n ＝1时，能级值为E 1＝－13.612eV ＝－13.6 eV ； 当n ＝2时，能级值为E 2＝－13.622eV ＝－3.4 eV ； 当n ＝3时，能级值为E 3＝－13.632eV ＝－1.51 eV. 能发出的光谱线分别为3―→2，2―→1，3―→1共3种，能级图如图答案所示． (3)由n ＝3能级向n ＝1能级跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．h ν＝E 3－E 1，又知ν＝cλ，则有λ＝hcE 3－E 1＝6.63×10－34×3×10812.09×1.6×10－19 m ＝1.0310－7m.16．(11分)如图9所示，质量为m 2和m 3的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1的物体以速度v 0向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．问m 3的速度至少多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞？图9答案m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3解析 设m 3发射出去的速度大小为v 1，m 2的速度大小为v 2.以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得m 2v 2－m 3v 1＝0，则v 2＝m 3v 1m 2，只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞．m 3与m 2恰好不相撞时，由动量守恒定律得，m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2 代入v 2＝m 3v 1m 2，得v 1＝m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3. 即弹簧将m 3发射出去的速度至少为m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3.17．(11分)以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求： (1)质量较小的另一块速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？答案 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 2解析 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2，又v 1′＝2v 0 解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为 ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20.。

人教版高中物理选修3—5模块过关测评试题(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)1．光电效应实验中，下列表述正确的是()A．光照时间越长，光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率无关D．入射光频率大于截止频率时才能产生光电子2．如图所示，我国自主研发制造的热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是()A.21H＋31H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n3．下列说法正确的是()A．只要照射到金属表面上的光足够强，金属就一定会发出光电子B.42He＋147N→168O＋11H是卢瑟福发现质子的核反应方程C．放射性物质的半衰期不会随温度的升高而缩短D．一个处于量子数n＝4能级的氢原子，最多可辐射出6种不同频率的光子4．在核反应方程42He＋147N→178O＋X中，X表示的是()A．质子B．中子C．电子D．α粒子5．关于图中四幅图的有关说法中正确的是()A ．图甲中的α粒子散射实验说明了原子核是由质子与中子组成B ．图乙中若改用绿光照射，验电器金属箔片一定不会张开C ．图丙一群氢原子处于n ＝4的激发态，最多能辐射6种不同频率的光子D ．图丁原子核C 、B 结合成A 时会有质量亏损，要释放能量6．小球质量为2m ，在光滑的水平面上以速度v 沿水平方向撞击竖直墙壁，以0.8v 的速度反弹回来，球与墙的撞击时间为t ，则在撞击过程中，球对墙的平均作用力的大小是( ) A.2m v 5t B.18m v 5t C.8m v 25t D.18mg 25t7．如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径、可视为质点的小球A 、B 的质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 球速度反向，且A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，则A 、B 小球的质量比值为( )A.2＋1B.2－1 C ．1 D. 28．氢原子能级图如图所示，已知可见光光子的能量在1.61～3.10eV 范围内，则下列说法正确的是( )A ．氢原子能量状态由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级，放出的光子为可见光B ．大量氢原子处于n ＝4能级时，向低能级跃迁最多能发出10种不同频率的光子C ．处于基态的氢原子电离需要释放13.6eV 能量D ．氢原子处于n ＝2能级时，可吸收2.86eV 能量的光子跃迁到高能级9．如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计，滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最短10．在图甲所示的装置中，K 为一金属板，A 为金属电极，都密封在真空玻璃管中，B 为由石英片封盖的窗口，单色光可通过石英片照射到金属板K 上，E 为输出电压可调的直流电源，其负极与电极A 相连，是电流表，实验发现，当用某种频率的单色光照射到K 时，K 会发出电子(光电效应)，这时，即使A 、K 之间的电压等于零，回路中也有电流．当A 的电势低于K 时，而且当A 比K 的电势低到某一值U c 时，电流消失，U c 称为遏止电压，当改变照射光的频率ν后，遏止电压U c 也将随之改变，其关系如图乙所示，如果某次实验我们测出了画出这条图线所需的一系列数据，又知道电子的电荷量，则( )A ．可求得该金属的截止频率B ．可求得电子的质量C ．可求得普朗克常量D ．可求得该金属的逸出功11．如图所示，两个完全相同的小球A 、B 用等长的细线悬于O 点，线长为L ，若将A 由图示位置静止释放，则B 球被碰撞后第一次速度为零时距最低点的高度可能是( )A.L 2B.L 4C.L 8D.L 1012．图甲为研究光电效应的电路图，图乙为静止在匀强磁场中的某种放射性元素的原子核A Z X 衰变后产生的新核Y 和某种射线的径迹，下列说法正确的是( )A ．利用能够产生光电效应的两种(或多种)频率已知的光进行图甲实验可测出普朗克常量B ．图甲电源的正负极对调，在光照不变的情况下，可研究得出光电流存在饱和值C ．图乙对应的衰变方程为A Z X →42He ＋A －4Z －2Y D ．图乙对应的衰变方程为A Z X →0－1e ＋ A Z ＋1Y二、实验题(本题共6分)13．(8分)碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞，发生弹性碰弹时系统的动量守恒、机械能也守恒，发生非弹性碰撞时，系统动量守恒，但机械能不再守恒．为了判断碰撞的种类，某兴趣实验小组设计了如下实验．(1)按照如图所示的实验装置图，安装实物图．(2)用石蜡打磨轨道，使ABC 段平整光滑，其中AB 段是曲面，BC 段是水平面，C 端固定一重垂线．(3)O 是C 的投影点，OC ＝H ，在轨道上固定一挡板D ，从贴紧挡板D 处由静止释放质量为m 1的小球1，小球1落在M 点，用刻度尺测得M 点与O 点的距离为2l .(4)在C 的末端放置一个大小与小球1相同的小球2，其质量为m 2.现仍从D 处静止释放小球1，小球1与小球2发生正碰，小球2落在N 点，小球1落在P 点，测得OP 为l ，ON 为3l .(5)根据实验步骤和上述实验数据，可以得出小球1与2的质量之比m 1m 2＝________.(6)若两小球均看成质点，以两球为系统，碰前系统初动能E k0＝________，碰后系统末动能E k ＝________(用题目中字母H 、m 2、l 和重力加速度g 表示)，则系统机械能________(填“守恒”或“不守恒”)，可以得出两球的碰撞是________碰撞． 三、计算题(本题共5小题，共44分)14．一个静止的母核发生α衰变，产生的α粒子和子核的动能之和称为这个母核的α衰变能． (1)若在一次α衰变中静止的母核放出的α粒子动能为E ，又知α粒子质量为m ，子核Y 的质量为M ，求母核的α衰变能．(2)若母核释放的核能全部转化为α粒子和子核的动能，试分别判断6429Cu 和21284Po 能否发生α衰变？若能，求出其α衰变能(1u 相当于931.5MeV ，结果保留三位有效数字)． 一些原子核的静止质量15．如图所示，质量为M ＝4kg 的长木板A 静止放在光滑水平地面上，质量为m 1＝4kg 的小物块B 位于木板A 的左端，质量为m 2＝4kg 的物块C 位于木板A 的右端，物块B 与木板A 间的动摩擦因数为μ＝0.5，C 物块下表面光滑．某时刻，使物块B 以速度v 1＝2m/s 的速度从左到右运动，同时使物块C 以速度v 2＝2m/s 从右向左运动，已知当A 、B 速度相等时，B 、C 发生碰撞，碰后粘在一起运动，重力加速度g 取10m/s 2，B 、C 均看成质点，则：(1)木板A 的最大速度为多少？ (2)A 、B 间摩擦产生的热量为多少？16．如图所示，水平光滑的地面上有A、B、C三个可视为质点的木块，质量分别为1kg、6kg、6kg.木块A的左侧有一半径R＝0.1m的固定的竖直粗糙半圆弧轨道，一开始B、C处于静止状态，B、C之间的弹簧处于原长．给木块A一个水平向右的初速度，大小为v1＝8m/s，与木块B碰撞后，A被反弹，速度大小变为v2＝4m/s.若A恰好能通过圆弧轨道的最高点，重力加速度g取10m/s2，求：(1)木块A克服圆弧轨道摩擦所做的功；(2)弹簧具有的最大弹性势能．17. 如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为m A＝4 kg、m B＝8 kg和m C＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？18．如图所示，粗糙的水平面与一个竖直半圆形光滑轨道相切于P点，半圆轨道半径R＝0.5m，水平面上有一个质量为m＝0.1kg的小球A以初速度v0＝6.0m/s向右运动，另一个质量为M ＝0.3kg的小球B以一定初速度从半圆轨道的最高点Q无碰撞地进入半圆轨道并恰能沿半圆轨道运动，小球A经时间t＝1.0s与小球B在P点相碰，碰后瞬间成为一个整体C，设小球A、B及整体C均可以看做质点，已知小球A及整体C与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，g 取10m/s2，求：(1)两小球碰前A的速度大小；(2)小球B运动到半圆轨道最低点P时，对半圆轨道的压力大小；(3)整体C在水平面上滑行的距离．参考答案1D 2A 3C 4A 5C 6B 7B 8D 9BD 10ACD 11ABC 12ABD13. 答案 (5)3∶1(2分) (6)3m 2gl 2H (2分) 3m 2gl 2H(2分) 守恒(1分) 弹性(1分)解析 (5)设球1运动到C 端的速度为v 1，之后在空中做平抛运动．水平方向2l ＝v 1t ，竖直方向H ＝12gt 2，由于球1两次均从同一高度自由下滑，到C 端动能一样，速度均为v 1，设球1与球2碰撞后速度分别为v 1′和v 2′，碰撞前后系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，碰后两球均在空中做平抛运动，球1水平方向：l ＝v 1′t ，球2水平方向：3l ＝v 2′t ，解得m 1m 2＝3∶1. (6)以两球为系统，碰前系统初动能E k0＝12m 1v 12＝3m 2gl 2H ，碰后系统末动能E k ＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝3m 2gl 2H ，则E k0＝E k ，碰撞过程系统机械能守恒，两球碰撞是弹性碰撞． 14. 答案 (1)见解析解析 (1)在原子核衰变过程中，由动量守恒定律得0＝mv 1－Mv 2，(1分) 又由动能表达式：E ＝12mv 12，(1分)得子核的动能：E Y ＝12Mv 22，(1分)联立可得母核的α衰变能为E ′＝E ＋E Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m M E .(1分)(2)若6429Cu 发生α衰变，方程为6429Cu→6027Co ＋42He质量亏损Δm ＝63.9298u －59.9338u －4.0026u ＝－0.0066u ，质量增加，故6429Cu 不能发生α衰变．(2分)若21284Po 发生α衰变，方程为21284Po→20882Pb ＋42He质量亏损Δm ′＝211.9889u －4.0026u －207.9766u ＝0.0097u ，故21284Po 能发生α衰变(1分) 由质能方程ΔE ＝Δmc 2，得21284Po 的α衰变能是ΔE ＝0.0097×931.5MeV≈9.04MeV.(2分) 15. 答案 (1)1m/s (2)7J解析 (1)B 、C 碰撞前，A 做加速运动；B 、C 碰撞后，A 做减速运动．故A 、B 速度相等时，A 的速度最大，对A 、B 系统，以向右为正方向，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋M )v (2分)解得v ＝1m/s.(1分)(2)以水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程动量守恒得：m 1v －m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′(1分)解得v ′＝－0.5m/s(1分)碰撞过程中能量损失ΔE 1＝12m 1v 2＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v ′2＝9J ，(1分)当A 、B 、C 相对静止时有：m 1v 1－m 2v 2＝(M ＋m 1＋m 2)v ″(1分)解得v ″＝0，(1分)A 、B 间摩擦产生的热量Q ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－ΔE 1＝7J ．(2分)16. 答案 (1)5.5J (2)6J解析 (1)由木块A 恰好能通过圆弧轨道最高点有m A g ＝m A v A 2R(1分)解得v A ＝1m/s(1分)木块A 从最低点到最高点的过程，由动能定理得 －m A g ·2R －W f ＝12m A v A 2－12m A v 22(2分)解得W f ＝5.5J(1分)(2)以水平向右为速度的正方向，根据动量守恒定律得m A v 1＝m B v B －m A v 2(1分)解得v B ＝2m/s(1分)弹簧压缩至最短时，B 、C 速度相同，根据动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋m C )v (1分) 解得v ＝1m/s(1分) 弹簧具有的最大弹性势能E p ＝12m B v B 2－12(m B ＋m C )v 2＝6J ．(2分)17. 答案 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或38 m)解析 (1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动 根据机械能守恒定律，得m C gL ＝12m C v 02由牛顿第二定律，得F －m C g ＝m C v 20L解得v 0＝4 m/s ，F ＝30 N(2)设A 、C 碰撞后的速度大小分别为v A 、v C ，由能量守恒和动量守恒，得12m C v C 2＝m C ghm C v 0＝m A v A －m C v C解得v C ＝2 m/s ，v A ＝1.5 m/s(3)设A 在B 上相对滑动的最终速度为v ，相对位移为x ，由动量守恒和能量守恒，得m A v A ＝(m A ＋m B )vμm A gx ＝12m A v A 2－12(m A ＋m B )v 2解得x ＝0.375 m要使A 不从B 车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或38 m)18.答案 见解析解析 (1)以向右为正方向，碰前对小球A 由动量定理有－μmgt ＝mv A －mv 0(2分) 代入数值得碰前A 的速度大小v A ＝3m/s(1分)(2)因小球B 能从Q 点无碰撞地进入半圆轨道并恰能沿半圆轨道运动，所以在Q 点有Mg ＝M v B 02R(1分) 从Q 点到P 点由动能定理得 Mg ·2R ＝12Mv B 2－12Mv B 02(2分)解得小球B 运动到半圆轨道最低点P 时的速度大小v B ＝5m/s由牛顿第二定律知F N －Mg ＝M v B 2R(1分)代入数值得F N ＝18N(1分)由牛顿第三定律得，小球B 运动到半圆轨道最低点P 时，对半圆轨道的压力大小为18N ． (1分)(3)小球A 、B 碰撞时满足动量守恒，即有Mv B －mv A ＝(M ＋m )v C (1分) 解得碰后瞬间整体C 的速度大小v C ＝3m/s(1分) 由动能定理得－μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v C 2(2分)解得整体C 在水平面上滑行的距离s ＝1.5m ．(1分)。

高中物理学习材料桑水制作高二新课程物理单元过关检测卷（选修3-5·二）编审：百校联盟考试研究中心第二单元波粒二象性原子结构（90分钟 100分）一．选择题（本题共10小题，每题4分，满分40分。

每题所给的选项中，有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的。

将正确选项的序号选出填入题后的括号中。

全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）1．下列说法正确的是（）A．光波是概率波，物质波是机械波B．微观粒子的动量和位置的不确定量同时变大，同时变小C．普朗克的量子化假设是为了解释光电效应而提出的D．光和电子、质子等实物粒子都具有波粒二象性2．卢瑟福提出原子的核式结构学说的根据是α粒子轰击金箔的实验，在实验中他发现α粒子（）A．全部穿过或发生很小的偏转B．全部发生很大的偏转，甚至有的被反弹回C．绝大多数不发生或只发生很小的偏转，有极少数发生很大的偏转，个别甚至被弹回D．绝大多数发生很大的偏转，甚至被反弹回，只有少数穿过3.2003年全世界物理学家评选出“十大最美物理实验”，排名第一的为1961年物理学家利用“托马斯·杨”双缝干涉实验装置，进行电子干涉的实验.从辐射源辐射出的电子束经两靠近的狭缝后在显微镜的荧光屏上出现干涉条纹，该实验说明（）A.光具有波动性B.光具有波粒二象性C.微观粒子也具有波动性D.微观粒子也是一种电磁波4.下列关于光电效应的说法正确的是（ ）A.若某材料的逸出功是W ，则它的极限频率hW v =0 B.光电子的初速度和照射光的频率成正比C.光电子的最大初动能和照射光的频率成正比D.光电子的最大初动能随照射光频率的增大而增大5.关于光的波粒二象性的理解正确的是 （ ）A.大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性B.光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C.高频光是粒子，低频光是波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6．氢原子从能级A 跃迁到能级B 释放频率为1ν的光子，从能级A 跃迁到能级C 吸收频率为2ν的光子，若12νν>，则当它从能级B 跃迁到能级C 时，将（ ）A ．放出频率为12νν-的光子B ．放出频率为12νν+的光子C ．吸收频率为12νν-的光子D ．吸收频率为12νν+的光子7．卢瑟福的α粒子散射实验的结果显示了下列哪些情况 （ ）A ．原子内存在电子B ．原子的大小为1010-mC ．原子的正电荷均匀分布在它的全部体积上D ．原子的正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里8．关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是 （ ）A ．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱B ．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的是光谱是线状谱C ．进行光谱分析时，可以利用线状谱，不能用连续谱D ．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成9．根据表格中的内容，判断下列说法正确的是 （ ） 材料铯 钙 镁 铍 钛 金 逸出功W /eV 1.9 2.7 3.7 3.9 4.1 4.8A.只要入射光的强度足够大，照射时间足够长，表中的金属均可以发生光电效应B.用某光照射表中金属，均能够发生光电效应，则从铯表面逸出的光电子的最大初动能最大C.使表中金属发生光电效应时，铯的极限频率最小D.使表中金属发生光电效应时，金的极限波长最小10.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/sB.10-18 kg ·m/sC.10-20 kg ·m/sD.10-24kg ·m/s 二．填空题（本题共3小题，每题4分，满分12分；将正确、完整的答案填入相应的横线中。

第一学习单元 动量1．动量 冲量 动量定理K 知识深层理解1、动量和冲量 （1）动量：运动物体的质量和速度的乘积叫动量，即p mv =.动量是矢量，方向与速度的方向相同.两个动量相同一定是大小相等，方向一致.（2）冲量：力和力的作用时间的乘积叫力的冲量，即I Ft =.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.2、动量定理（1）内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量.（2）表达式：Ft p p '=-或Ft mv mv '=-.理解1 什么是动量？为什么要学习动量？物体的质量m 与速度v 的乘积叫物体的动量，用p 表示，表达式是p mv =.因为公式中的v 悬物体的瞬时速度，示以动量具有矢量性，方向与瞬时速度的方向相同.动量是一个状态量，是针对某一时刻而言的，计算物体的动量时应取某一时刻的瞬时速度；动量具有相对性，大小与参考系的选取有关，通常动量是相对地面而言的.相对于速度，动量在描述物体的运动方面更进一步，更能体现物体运动的作用效果.物体动量的变化率pt∆∆等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式.理解2 如何理解冲量？1.冲量描述的是力F 对作用时间t 的累积效果.力越大，作用时间越长，冲量就越大，由I Ft =可知冲量大小由力F 和作用时间t 共同决定，讲冲量必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量.2.冲量与功的区别（1）冲量是矢量，功是标量.（2）由I Ft =可知，有力作用，这个力一定会有冲量，因为时间t 不可能为零.但是由功的定义式cos W Fs α=可知，有力作用，这个力却不一定做功.【注意】一对相互作用力的冲量和一定为零，一对相互作用力做功的代数和不一定为零.理解3 动量与动能的区别动量是矢量，动能是标量.动量的改变由合外力的冲量决定，而动能的改变由合外力所做的功来决定.动量和动能都是相对量，均与参考系的选取有关.当物体的速度大小不变，方向变化时，动量一定改变，动能却不变，如匀速圆周运动.理解4 理解动量定理1.物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量，表达式：Ft p p '=-或Ft mv mv '=-.印象笔记◀◀冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累.这两种积累作用可以在“F t -”图像和“F s -” 图像中用面积表示.变力的F t -图像 ◀我们在分析问题时经常会遇到动量与动能相结合的问题，要注意动量与动能间的关系：22kp mE =或2k mE ρ=.2.根据得F ma =，得v v p p F mt t ''--==∆∆，即pF t∆=∆，这是牛顿第二定律的另一种表达形式：作用力F 等于物体动量的变化率pt∆∆. 3.动量定理反映了物体所受冲量与其动量变化量两个矢量间的关系，式子中的“=”的含义包括大小相等和方向相同（注意I 与初、末动量无必然联系）.式子中的F t ∆应是总冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. K 应试拓展注意 拓展1 动量变化量的计算2121p p p mv mv ∆=-=-若物体的运动始终保持在一条直线上，选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算（此时的正、负号仅表示方向，不表示大小）.若物体运动的初、末状态不在一条直线上，动量的变化量p ∆的大小和方向可以按平行四边形定则求得，也可以由三角形定则来计算，如图所示.拓展2 冲量的计算方法冲量的计算一般有以下三种方法：（1）公式法：合外力的冲量可由I F t =∆求出，也可以由各个外力的冲量的矢量和求出.公式中t ∆是力作用的时间，F 必须是恒力（可以是某一个恒力，也可以是恒定的合力），若F 不是恒力，则除随时间均匀变化的力可通过取平均值计算以外，一般不能用此式表达.（2）图像法：若已知力随时间的变化图线，则力的冲量的大小为此图线与时间轴所围的“面积”，如图所示.（3）动量定理法：根据物体运动状态的变化，利用动量定理求出合外力的冲量.冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和.若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和.例如：一质量为m 的质点在水平面内以速度v 做匀速圆周运动，如图，质点从位置A 开始，经12圆周到B 位置，质点所受合力的冲量是多少？分析：质点做匀速圆周运动，它所受的合外力提供向心力，印象笔记◀动量变化的大小与动量大小无关，这类似于v ∆与v 的关系.动量变化的正负不表示动量变化的大小，只表示动量变化的方向，动量变化的大小只能通过其绝对值的大小来判断.◀矢量运算遵从平行四边形定则或三角形定则.合力是一个大小不变、方向不断变化的力，由F t p ∆=∆可知p ∆以B v 方向为正方向，因为,A B v v v v =-=，则2B A p mv mv mv ∆=-=，合力的冲量与B v 同向.拓展3 应用动量定理分析实际问题常用动量定理解释的两类现象1.物体的动量变化量p ∆一定，由动量定理Ft p =∆可知，若力的作用时间F 越短，则作用力F 越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短力的作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F 就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长力的作用时间.2.作用力F 一定，由动量定理Ft p =∆可知，力的作用时间越长，动量的变化量就越大，力的作用时间越短，动量的变化量就越小.例1 玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地面上易碎，而落到松软的地毯上不易碎.这是为什么？【分析】玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小.因为玻璃杯是从同一高 度落下，故动量变化量相同.但玻璃杯与地毯的作用时间远比与硬水泥地面的作用时间长，所以地毯对玻璃杯的作用力远比硬水泥地面对玻璃杯的小.所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地面上易碎，而落到松软的地毯上不易碎.定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量根据动量定理，I p p I =∆∆−−−→合合，p F tF t I p ∆=⋅⋅−−−−→=∆合合合受恒力. 例2 质量为m 的重锤，以速度v 竖直打在木粧上，已知重锤对木粧的作用时间为t ，现在需要求出重锤对木粧的平均作用力. 【分析】取竖直向上为正方向，设木桩对重锤的平均作用力为F ，由动量定理得()()0F mg t mv -=--，整理得mvF mg t=+，由牛顿第三定律知，重链对木桩的平均作用力大小为mv mg t +，方向竖直向下.由mv F mg t=+知作用时间越短，F 越大，mg 可忽略. 2.动量守恒定律及其应月K 知识深层理解动量守恒定律（1）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.（2）表达式：11221122m v m v m v m v ''+=+. （3）成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的合力为零.②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题印象笔记◀应用动量定理解题比应用牛顿第二定律更加直接、更加简单.动量定理尤其适合用来解决作用时间短、而力的变化又十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲运动等.应用时只需知道运动物体的始末状态，无须深究其中间过程的细节.只要动量的变化具有确定的值，就可以用动量定理求冲力或平均冲力，而这是用牛顿第二定律很难解决的.中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比相互作用的内力小得多，可以忽略不计.③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的动量守恒.理解1 动量守恒定律的推导动量守恒并不是只有碰撞前和碰撞后两个时刻动量相等，而是系统的动量在整个过程中一直保持不变，任意两个时刻的动量都相等.在推导过程中要注意F、a、v等各量均为矢量.设两小球质量分别为1m、2m，碰撞前速度分别为1v、2v，碰撞后速度分别为1v'、2v'.根据动量定理可得对小球1m，有11111F t m v m v'∆=-，对小球2m，有22222F t m v m v'∆=-，两小球在碰撞过程中，有12F t F t∆=-∆，可得()11112222m v m v m v m v''-=--，整理可得11221212m v m v m v m v''+=+.结论：两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和.理解2 你是怎样认识系统“总动量保持不变”的？动量守恒定律有三种表达式1.11221212m v m v m v m v''+=+，表示作用前后系统的总动量相等.2.12p p∆+∆=（或0p∆=），表示相互作用的物体系统总动量增量为零.3.12p p∆=-∆，表示两物体动量的增量大小相等，方向相反.理解时注意以下几点1.系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等.2.系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化.3.系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.【注意】应用动量守恒定律时，要注意1p、2p……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，1p'、2p'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.理解3 动量守恒定律成立的条件1.系统不受外力作用.这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞都可视为这种情形.2.系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的和为零.如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零.印象笔记◀动量守恒定律由牛顿运动定律和运动学公式推导出来，请参考教材或自己尝试推导.◀正确区分内力与外力：内力是系统中各物体之间的相互作用力.外力是系统外的物体对系统内的物体的作用力.内力和外力与系统的划分有关.例如甲、乙、丙三个物体之间均有相互作用，如果以三个物体为系统，则甲、乙、丙相互之间的作用力均为内力；如果以甲、乙两个物体为系统，则甲、乙间的相互作用力为内力，丙对甲的作用力为外力.如图所示.3.系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒.如拋出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸的内力远大于外力，外力完全可以忽略不计，动量近似守恒.4.系统所受的合外力不为零，即0F ≠外，但在某一方向上合外力为零（0x F =或0y F =），则系 统在该方向上动量守恒.5.系统受外力，但在某一方向上内力远大于外力，也可认为在这一方向上系统的动量近似守恒. 例（多选）如图所示，A 、B 两物体的质量A B m m >，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态.若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上滑离之前，A 、B 沿相反方向滑动过程中（ ）A.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相等，则组成的系统动量守恒组成的系统动量也守恒B.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等，则组成的系统动量不守恒组成的系统动量也不守恒C.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等，则>1^组成的系统动量不守恒，但组成的系统动量守恒D.以上说法均不对【解析】本题是对动量守恒定律成立条件的考查.解题的关键是明确研究对象（系统）及相互作用的过程，正确区分内力和外力.当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力.当A 、B 与C 之间的摩擦力等大反向时，A 、B 组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等时，A 、B 组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒.而对于A 、B 、C 组成的系统，由于弹簧的弹力，A 、B 与C 之间的摩擦力均为内力，故不论A 、B 与C 之间的摩擦力的大小是否相等，A 、B 、C 组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒.【答案】ACK 应试拓展注意拓展1 动量守恒定律的应用 应用动量守恒定律解题的一般步骤： （1）确定以相互作用的系统为研究对象； （2）分析研究对象所受的外力； （3）判断系统是否符合动量守恒条件；（4）规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号； （5）根据动量守恒定律列式求解.动量守恒定律不需要考虑中间过程，只要符合守恒的条件，就只需要考虑它们的初、末状态我们结合实例分析.印象笔记◀如果给出两个物体的运动图像，要求判断物体碰撞前后动量是否守恒，注意分析图像的分界点，这是物体运动状态发生变化的转折点，例如图中2s t =时就是物体碰撞的发生时刻.例 如图所示，带有半径为的14光滑圆弧轨道的小车的质量为M ，小车置于光滑水平面上，一质量为m 的小球从圆弧轨道的顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？（重力加速度为g ）【解析】球和车组成的系统虽然总动量不守恒，但因水平面光滑，系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向动量守恒.又因圆弧轨道光滑，小球滚下时系统的机械能无损失，所以可由水平方向动量守恒结合机械能守恒求解.设球、车分离时，球的速度为1v ，方向向左，车的速度为2v ，方向向右，则120mv Mv -=，22121122mgR mv Mv =+，解得1v =2v =【点评】动量守恒定律具有矢量性，哪个方向上的合外力为零，则哪个方向上的动量就守恒.本题中小车和小球组成的系统在竖直方向上受到的重力和支持力不平衡，故系统在竖直方向上动量不守恒，但是可以判断出小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，这是解答本题的关键.拓展2 应用动量守恒解决多物体多过程问题系统的动量守恒不是系统内每个物体的动量始终不变，而是系统内所有物体动量的矢量和不变，而且每个物体的动量都是相对同一参考系而言的.因此，根据题目的要求，要善于应用整体动量守恒，巧妙选取研究系统，合理选取相互作用过程来研究，问题就会迎刃而解.例 如图所示，两块厚度相同的木块A 、B ，紧靠着放在光滑的水平桌面上，其质量分别为2.00kg 、0.90kg ，它们的下表面光滑，上表面粗糙.另有质量为0.10kg 的铅块C （大小可以忽略）以10m /s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，由于摩擦，铅块C 最后停在木块B 上，此时B 、C 的共同速度0.5m /s v = .求木块A 的最终速度大小和铅块C 刚滑到B 上时的速度大小.【解析】铅块C 在A 上滑行时，木块A 、B 一起向右运动，设铅块C 刚离开A 时C 的速度为Cv '，A 和B 的共同速度为A v . 在铅块C 滑过A 的过程中，A 、B 、C 所组成的系统动量守恒，有印象笔记◀运用动量守恒定律时更注重初、末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此遇到物体组的问题，优先考虑是否满足动量守恒的条件 .很大，且远大于系统受到的外力，故可用动量守恒定律来处理.（2）在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能在爆炸后会增加；在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.（3）由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，故可以把作用过程看成一个理想化过程简化处理.即作用后仍在作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.理解1 碰鐘过程的特点分析1.系统的内力远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.例如两个小球的撞击、子弹射入木块、系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直、铁锤打击钉子、列车车厢的挂接、中子轰击原子核等均可视为碰撞问题.在碰撞过程中，相互作用的时间很短，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大.2.位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，物体的位移可忽略，认为物体在碰撞前后处在同一位置.3.能量特点：碰撞前总动能k E 与碰撞后总动能kE '满足k k E E '≥. 4.速度特点：碰后必须保证不穿透对方. 理解2 对弹性碰撞与非弹性碰撞的理解1.弹性碰撞是指碰撞过程中机械能守恒，弹性碰撞的特点是动量守恒，机械能守恒.举例：通常情况下的钢球、玻璃球等坚硬物体之间的碰撞及分子、原子等之间的碰撞皆可视为弹性碰撞.2.非弹性碰撞过程中动量守恒，机械能有损失.其中，碰撞后合为一体或碰后具有共同速度的这种碰撞动能损失最大，这样的碰撞称为完全非弹性碰撞.K 应试拓展注意拓展1 碰撞问题的可能性分析1.动量守恒，即1212p p p p ''+=+. 2.动能不增加，即k1k2k1k2E E E E ''+≥+或2222121212122222p p p p m m m m ''+≥+.3.速度要合理.（1）碰前，两物体同向，且v v >后前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v v ''≥后前. （2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.例 质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A 球的动量为9kg m /s A p =⋅，球的动量为3kg m /s B p =⋅，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（ ）A.6kg m /s,6kg m /s A B p p ''=⋅=⋅B.8kg m /s,4kg m /s A B p p ''=⋅=⋅C.2kg m /s,14kg m /s A B p p ''=-⋅=⋅D.4kg m /s,17kg m /s A B p p ''=⋅=⋅【解析】以A 、B 为系统，系统所受合外力为零，A 、B 组成的系统动量守恒，即9kg m /s 3kg m /s 12kg m /s A B A B p p p p ''+=+⋅+⋅=⋅=，故D 项错误.A 、B 碰撞前的动能应不小于碰撞后的动能，即kA kB kAkB E E E E ''+≥+，有印象笔记◀.绚丽的烟花◀物体发生爆炸时，动量守恒，但k k E E '<，因为有化学能转化为动能.2222A B kAkB 81990(kg m /s)(kg m /s)2222p p E E m m m m ++=+=⋅=⋅，2222AB kA kB p p E E m m ''''++= .将A 、B 、C 三项代入可得C 项错误.A 、B 选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A 球的速度应不大于B 球的速度，即A B v v ''≤，故B 项错误.所以该题的正确选项为A.【答案】A拓展2 弹性碰撞的规律以质量为1m 、速度为1v 的小球与质量为2m 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，弹性碰撞应满足动量守恒和机械能守恒，则有111122m v m v m v ''=+ ① 222111122111222m v m v m v ''=+②由①②得()121111212122,m m v m v v v m m m m -''==++.()11220v v v v ''+==， 1122v v v v ''+=+，弹性碰撞的二级公式，可用于快速计算. 结论：（1）当12m m =时，1210,v v v ''==，两球碰撞后交换了速度. （2）当12m m >时，120,0v v ''>>，碰撞后两球都向1v 的方向运动. 若12m m ?，这时1211211121,,,2m m m m m m v v v v ''-≈+≈==，表示1m 的速度不变，2m 以12v 的速度向1v 的方向运动，如铅球碰乒乓球. （3）当12m m <时，120,0v v ''<>，碰撞后质量小的球被反弹回来. 若12m m =，这时121112121221,0,,0m m m v v v m m m m -''≈-≈=-=++，表示1m 被反向以原速率弹回，而2m 仍静止，如乒乓球碰静止的铅球或物体碰墙后以同样大小的速度返回. 拓展3 碰撞模型拓展碰撞的特点是动量守恒，动能不增加.相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞模型处理.对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或“恰上升到最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”.具体分析如下：1.如图甲所示，光滑水平面上的A 物体以速度0v 去撞击静止且一端带有轻弹簧的B 物体，A 、B 两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大. 2.如图乙所示，物体A 以速度0v 滑上静止在光滑水平面上的小车B ，当A 在B 上滑行的距离最大时，A 、B 相对静止，A 、B 的速度必相等.印象笔记◀五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，这是由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递”.◀爆炸和碰撞的区别主要表现在能量的转化上.在碰撞过程中，系统的总动能不会增加.在爆炸过程中，有其他形式的能（如化学能）转化为动能，爆炸后系统的总动能会增加.◀（1）在图甲中，若弹簧恢复原长，弹性势能又全部转化成动能，全过程系统没有动能的损失，可以看成弹性碰撞.（2）在图丙中，若小球回到水平面上，重力势能又全部转化成动能，全过程系统没有动能的损失，可以看成弹性碰撞.以上两种情况满足关系式：222012111222mv mv Mv =+， 可以求出作用后的速度10m M v v m M -=+,202mv v m M=+3.如图丙所示，质量为M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切.一个质量为m 的小球以速度0v 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块的最高点时（小球的竖直速度为零），两物体的速度一定相等（方向水平向右）.总结：以上三种类型都可以看成完全非弹性碰撞.在作用过程中，动能损失最大，系统损失的3能分别转化为弹性势能、内能和重力势能.满足关系式：0()mv m M v =+共，22200 11()222()mM E mv m M v v m M ∆=-+=+共. 4.反冲运动 火箭K 知识深层理解反冲现象反冲现象是指一个静止的物体在内力作用下分裂为两个部分，一部分物体向某个方向运动，另一部分物体必然向相反的方向运动的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.在反冲现象里，系统的动量是守恒的.理解1 反冲运动的特点及遵循的规律反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.如射击时枪身的后坐、发射炮弹时炮身的后退、火箭因喷气而发射升空等都是典型的反冲运动.反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统的总动量是守恒的.在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加.在反冲运动中，系统在某个方向上满足动量守恒，则有11220m v m v -=，故2121m v v m =.物体在这一方向上有速度，产生位移，则位移同样满足2121ms s m =，它们之间的相对位移12ss s =+相对.理解2 如何提高火箭的发射速度火箭是利用反冲现象工作的，燃料燃烧，高速向后喷出气体，箭体获得向前的速度，随着不断喷出气体而加速.设火箭相对于地面以速度大小u 喷出质量为m ∆的气体，剩余箭体的质量为m ，开始时静止，火箭获得的速度大小为v ∆，由动量守恒定律得0m v mu ∆-∆=，解得muv m∆∆=. 根据mu v m ∆∆=可知，火箭性能的参数与喷气速度u 和mm∆有关，而0m m m ∆=-（0m 为火箭喷气之前的质量），01m v u m ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭，所以若想使火箭获得较大的速度，则需要：（1）增大喷出燃气的速度u ；（2）增大火箭喷气前后的质量比.K 应试拓展注意印象笔记◀火箭◀反冲运动的一般解题思路：确定研究对象→确定各部分质量及初、末状态→由动量守恒定律列式求解. 注意：解题的过程中一定要注意速度的相对性及质量发生变化的问题.拓展1 “人船模型”的处理方法 “人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题.处理“人船模型”问题的关键利用动量守恒，确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系. 由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒表达式可写成1122m v m v =（1v 、2v 为两物体的瞬时速率），表明任意时刻的瞬时速率都与物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比.进而可得两物体的位移大小与物体的质量成反比，即1221x m x m =. 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各位移之间的关系.例 如图所示，长为L 、质量为M 的船停在静水中，一个质量为m 的人（可视为质点）站在船头，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？（忽略水对船的阻力）【解析】选人和船为一系统，由于系统在水平方向上不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒.设某一时刻人的对地速度为v ，船的速度大小为v '，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0mv Mv '-=.在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船也加速运动；当人匀速运动时，船也匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动.设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为1x ，船的对地位移大小为2x ，则12x vx v ='，又从图可见12x x L +=，联立解得1M x L M m =+，2mx L M m =+. 【答案】M L M m + mL M m+ 【点评】在人船模型中，易把人的位移误认为是相对船的位移. 拓展2 解决反冲运动应注意的问题1.反冲运动问题中，题目中给出的速度可能是相互作用的两物体的相对速度，因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程.2.在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短印象笔记◀“人船模型”适用条件 （1）系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒.（2）在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒，注意两物体的位移是相对同一参考系而言的. ◀2112cos m x L m m θ=+1212cos m x L m m θ=+2112m x Rm m =+1212m x Rm m =+2112m x l m m =+1212m x l m m =+。

选修3-5综合测试题一1．下列说法中正确的是()A．为了说明光电效应规律，爱因斯坦提出了光子说B．在完成α粒子散射试验后，卢瑟福提出了原子的能级结构C．玛丽·居里首先发觉了放射现象D．在原子核人工转变的试验中，查德威克发觉了质子2．关于下面四个装置说法正确的是()A．图甲试验可以说明α粒子的贯穿本事很强B．图乙的试验现象可以用爱因斯坦的质能方程说明C．图丙是利用α射线来监控金属板厚度的改变D．图丁中进行的是聚变反应3．下列说法正确的是()A．汤姆孙提出了原子核式结构模型B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数削减3个E．放射性物质的温度上升，则半衰期减小4．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)马上爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

则以下说法中正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆炸前的总动能5．自然放射现象中可产生α、β、γ三种射线。

下列说法正确的是()A．β射线是由原子核外电子电离产生的B．23890Th92U经过一次α衰变，变为238C．α射线的穿透实力比γ射线穿透实力强D．放射性元素的半衰期随温度上升而减小6．一颗手榴弹以v0＝10m/s的水平速度在空中飞行。

设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是()A．125m/s，与v0反向B．110m/s，与v0反向C．240m/s，与v0反向D．以上答案均不正确7．如图1所示是探讨光电效应的电路。

考前过关训练专题三1 物理学重视逻辑,崇尚理性,其理论总是建立在对事实观察的基础上。

下列说法正确的是( )A.天然放射现象说明原子核内部是有结构的B.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C.α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的【解析】选A。

天然放射现象说明原子核不是不可再分的粒子,故选项A正确;电子的发现使人们认识到原子是可以分割的,是由更小的微粒组成的,故选项B错误;卢瑟福的α粒子散射实验的重要发现说明:占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围,卢瑟福从而提出了原子核式结构模型,故选项C错误;密立根油滴实验表明油滴所带的电量总是某一个最小固定值的整数倍,这个最小电荷就是电子所带的电量e,故选项D 错误。

2.贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。

下列属于放射性衰变的是( )A C N eB U n I Y+nC H H He nD He Al P n【解析】选A。

B属于裂变,C属于聚变,D属于人工转变,只有A属于放射性衰变。

3.(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中,科学实验起到了非常重要的作用。

下列说法符合历史事实的是( )A.密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子中存在原子核C.居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D.卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E.汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的,并测出了该粒子的比荷【解题指南】解答本题时应注意以下两个方面:(1)熟悉有关原子物理的物理学史;(2)了解测定带电粒子比荷的方法。

【解析】选A、C、E。

密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10-19C,A正确;贝克勒尔发现了天然放射现象,B 错误;居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素,C正确;卢瑟福通过α粒子散射实验,得出了原子的核式结构理论,D错误;汤姆逊通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成,并测定了粒子的比荷,E 正确。

课时2反冲现象与火箭的发射[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素.一、反冲现象1.定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动的现象.2.规律：反冲运动中,相互作用力一般较大,满足动量守恒定律.二、火箭1.工作原理：利用反冲运动,火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出,使火箭获得巨大的向前的速度.2.影响火箭获得速度大小的两个因素(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.(2)质量比：火箭起飞时的质量与燃料燃尽时的质量之比.喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大.3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具,如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.(√)(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析.(×)(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子.(√)(4)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果.(×)(5)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.(√)2.如图1所示是一门旧式大炮,炮车和炮弹的质量分别是M和m,炮筒与地面的夹角为α,炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为v ＝________.图1答案m v 0cos αM解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象,因不计炮车与地面的摩擦,所以水平方向动量守恒.炮弹发射前,系统的总动量为零,炮弹发射后,炮弹的水平分速度为v 0cos α,根据动量守恒定律有：m v 0cos α－M v ＝0所以炮车向后反冲的速度大小为v ＝m v 0cos αM.一、反冲运动的理解和应用例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动.如果小车原来的总质量M ＝3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m ＝0.1 kg,水蒸气质量忽略不计.(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v ＝2.9 m/s,求小车的反冲速度；(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?答案 (1)0.1 m/s,方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s,方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,初始状态系统总动量为零. 以橡皮塞运动的方向为正方向 根据动量守恒定律,m v ＋(M －m )v ′＝0 v ′＝－m M －m v ＝－0.13－0.1×2.9 m /s ＝－0.1 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反,反冲速度大小是0.1 m/s. (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒. 以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向,有 m v cos 60°＋(M －m )v ″＝0v ″＝－m v cos 60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m /s ＝－0.05 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s. 针对训练 “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m ,速度大小为v ,方向水平向东,则另一块的速度是( )A.3v 0－vB.2v 0－3vC.3v 0－2vD.2v 0＋v答案 C解析 在最高点水平方向动量守恒,以水平向东为正方向,由动量守恒定律可知,3m v 0＝2m v ＋m v ′,可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ,故C 正确. 二、火箭的工作原理分析 [导学探究]1.火箭飞行的工作原理是什么？答案 火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理.2.设火箭发射前的总质量是M ,燃料燃尽后的质量为m ,火箭燃气的喷射速度为v ,试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v ′.答案 在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以可认为动量守恒.取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,发射后的总动量为m v ′－(M －m )v 则由动量守恒定律得0＝m v ′－(M －m )v 所以v ′＝M －m m v ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v .[知识深化]1.火箭喷气属于反冲类问题,是动量守恒定律的重要应用.2.分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象.注意反冲前、后各物体质量的变化.(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度. (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向.例2 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体,气体离开发动机喷出的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg,发动机每秒钟喷气20次. (1)当第三次喷出气体后,火箭的速度多大？ (2)运动第1 s 末,火箭的速度多大？ 答案 (1)2 m /s (2)13.5 m/s 解析 规定与v 相反的方向为正方向. (1)设喷出三次气体后,火箭的速度为v 3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0,故v 3＝3m v M －3m ≈2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0,故v 20＝20m vM －20m ≈13.5 m/s.三、反冲运动的应用——“人船模型” 1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒.在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题. 2.人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的. 例3 有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾.如果人的质量m ＝60 kg,船的质量M ＝120 kg,船长为l ＝3 m,则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计) 答案 1 m解析 人在船上走时,由于人、船组成的系统所受合外力为零,总动量守恒,因此系统的平均动量也守恒,如图所示.设人从船头走到船尾所用时间为t ,在这段时间内船后退的距离为x ,人相对地面运动的距离为l －x ,选船后退的方向为正方向,由动量守恒定律有：M xt －m l －x t ＝0所以x ＝m M ＋m l ＝60120＋60×3 m ＝1 m.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题应明确： (1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向). (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.1.(反冲运动的认识)下列不属于反冲运动的是( ) A.喷气式飞机的运动 B.直升机的运动 C.火箭的运动 D.章鱼的运动答案 B2.(反冲运动的计算)步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为855 m/s,步枪的反冲速度约为( ) A.2 m/s B.1 m/s C.3 m/s D.4 m/s 答案 A解析 以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向,由动量守恒定律：M v 1－m v 2＝0,得v 1＝9.6×10－3×8554.1m /s ≈2 m/s.3.(火箭的工作原理)运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( ) A.燃料推动空气,空气反作用力推动火箭B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭 答案 B4.(人船模型的迁移)质量为m 、半径为R 的小球,放在半径为2R 、质量为2m 的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上.当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( )图2A.R 2B.R 3C.R 4D.R 6答案 B解析 由水平方向平均动量守恒有：mx 小球＝2mx 大球,又x 小球＋x 大球＝R ,所以x 大球＝13R ,B 正确.一、选择题考点一反冲运动的理解和应用1.关于反冲运动的说法中,正确的是()A.抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能反冲B.若抛出物质量m1大于剩下的质量m2,则m2所受的力大于m1所受的力C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D解析由于系统的一部分向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动.定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误.在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等,方向相反,故选项B错误.在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确.2.小车上装有一桶水,静止在光滑水平地面上,如图1所示,桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门,分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出).要使小车向前运动,可采用的方法是()图1A.打开阀门S1B.打开阀门S2C.打开阀门S3D.打开阀门S4答案 B解析根据反冲运动特点,当阀门S2打开时,小车将受到向前的推力,从而向前运动,故B项正确,A、C、D项均错误.3.(多选)向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b 两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中,a、b受到的力大小一定相等答案CD解析爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向,所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动,且高度相同,故C对；由牛顿第三定律知D对.4.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则下列图中能正确表示车运动的v－t图像的是()答案 B解析人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m＋2m)v0＝2m v＋(－m v0),得v＝2v0,人跳离后小车做匀减速直线运动,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比,所以人跳离前后,车的加速度不变,所以能正确表示车运动的v－t图像的是选项B.考点二火箭问题分析5.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()A.使喷出的气体速度更大B.使喷出的气体温度更高C.使喷出的气体质量更大D.使喷出的气体密度更小答案AC解析设原来的总质量为M,喷出的气体质量为m,喷出的气体速度为v,剩余的质量(M－m)的速度为v′,由动量守恒定律得出：(M－m)v′＝m v,则v′＝m vM－m,因此m越大,v′越大；v 越大,v′越大.故A、C正确.6.将静置在地面上,质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 0 答案 D考点三 “人船模型”的应用7.(多选)一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是( )A.气球可能匀速上升B.气球可能相对地面静止C.气球可能下降D.气球运动速度不发生变化 答案 ABC解析 设气球质量为M ,人的质量为m ,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为零,当人沿吊梯向上爬时,动量守恒,以向上为正方向,则(M ＋m )v 0＝m v 1＋M v 2,在人向上爬的过程中,气球的速度为v 2＝(M ＋m )v 0－m v 1M .当v 2>0时,气球可匀速上升；当v 2＝0时,气球静止；当v 2<0时,气球下降.所以选项A 、B 、C 均正确；要使气球运动速度不变,则人相对地面的速度仍为v 0,即人不上爬,显然不对,D 选项错误.8.如图2所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M ,顶端高度为h ,今有一质量为m 的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )图2A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh (M ＋m )tan αD.Mh (M ＋m )tan α答案 C解析 此题属于“人船模型”问题,m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒,以m 在水平方向上对地位移的方向为正方向,设m 在水平方向上对地位移大小为x 1,M 在水平方向上对地位移大小为x 2,则0＝mx 1－Mx 2.① 且x 1＋x 2＝htan α.②由①②可得x 2＝mh(M ＋m )tan α,故选C.9.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”.在实验室里,该同学将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源.该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端,在食物的诱惑下,蜗牛从该端移动到另一端.下列说法正确的是( ) A.只有蜗牛运动,滑块不运动 B.滑块运动的距离是M M ＋m LC.蜗牛运动的位移是滑块的Mm 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD解析 根据“人船模型”,易得滑块的位移大小为m M ＋m L ,蜗牛运动的位移大小为MM ＋m L ,C 、D正确. 二、非选择题10.(反冲问题模型)如图3所示,带有光滑的半径为R 的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,滑块的质量为M ,将一个质量为m 的小球从A 处由静止释放,当小球从B 点水平飞出时,滑块的速度为多大？(重力加速度为g )图3答案 m2gRM (M ＋m )解析 运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒,又因为系统在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒,设小球从B 点飞出时速度大小为v 1,滑块的速度大小为v 2,以v 1的方向为正方向,则有：m v 1－M v 2＝0,mgR ＝12m v 12＋12M v 22,解得v 2＝m2gRM (M ＋m ).11.(火箭发射问题)课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s,喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计,水的密度是103 kg/m 3) 答案 4 m/s解析 “水火箭”喷出水流做反冲运动,设火箭原来的总质量为M ,喷出水流的流量为Q ,水的密度为ρ,水流的喷出速度大小为v ,火箭的反冲速度大小为v ′,由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQt v ,启动2 s 末火箭的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m /s ＝4 m/s. 12.(“人船模型”的应用)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边,沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A 点,距货厢的水平距离为l ＝4 m,如图4所示.人的质量为m ,车连同货厢的质量为M ＝4m ,货厢高度为h ＝1.25 m.图4求：(g 取10 m/s 2)(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度大小；(2)人落在地板上并站定以后,车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？ 答案 (1)1.6 m/s (2)车不运动 0.8 m解析 (1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度大小是v 1,车的反冲速度大小是v 2,则m v 1－M v 2＝0,v 2＝14v 1.人跳离货厢后做平抛运动,车以v 2做匀速直线运动,运动时间为t ＝2hg＝0.5 s,在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t , x 2＝v 2t , 由图可知：x 1＋x 2＝l ,即v 1t ＋v 2t ＝l ,则v 2＝l 5t ＝45×0.5m /s ＝1.6 m/s.(2)人落到车上A 点的过程中,系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力),人落到车上前的水平速度大小仍为v 1,车的速度大小为v 2,落到车上后设它们的共同速度为v ,根据水平方向动量守恒,得m v 1－M v 2＝(M ＋m )v ,则v ＝0,故人落到车上A 点站定后车的速度为零. 车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m.。