角动量及其守恒-浏阳一中

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于gC ．b 22gL +（）D ．a 2gL【答案】AC 【解析】 【详解】A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：22122b mg L L mv ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭得：()2+2b v gL =故C 正确；D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：22122amg L mv⋅=得：2av gL=此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，故D错误．2．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，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，则A．a减少的重力势能等于b增加的动能B．轻杆对b一直做正功，b的速度一直增大C．当a运动到与竖直墙面夹角为θ时，a、b的瞬时速度之比为tanθD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】ab构成的系统机械能守恒，a减少的重力势能大于b增加的动能．当a落到地面时，b的速度为零，故b先加速后减速．轻杆对b先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，则cos sina bv vθθ=故tanabvvθ=当a的机械能最小时，b动能最大，此时杆对b作用力为零，故b对地面的压力大小为mg．综上分析，CD正确，AB错误；故选CD．3．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板上，物块B和A通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定细杆上，OA竖直，OC间距3ml=且水平，此时A、C间轻绳恰好拉直而无张力作用。

湖南省浏阳一中、醴陵一中(完整版)动量守恒定律单元测试题一、动量守恒定律 选择题1．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是( )A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B ．小球在槽内运动的B 至C 过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒 C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动D ．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒2．如图，斜面体固定在水平面上，斜面足够长，在斜面底端给质量为m 的小球以平行斜面向上的初速度1v ，当小球回到出发点时速率为2v 。

小球在运动过程中除重力和弹力外，另受阻力f （包含摩擦阻力），阻力f 大小与速率成正比即f kv =。

则小球在斜面上运动总时间t 为（ ）A ．12sin v v t g θ+=⋅B ．12sin v v t g θ-=⋅ C ．1212sin 2mv mv t v v mg k θ+=+⋅+ D ．1212sin 2mv mv t v v mg k θ-=+⋅- 3．如图所示，小车的上面是由中间凸起的两个对称曲面组成，整个小车的质量为m ，原来静止在光滑的水平面上。

今有一个可以看做质点的小球质量也为m ，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。

关于这个过程，下列说法正确的是（ ）A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B．小球滑到小车最高点时，小球和小车的动量不相等C．小球和小车相互作用的过程中，小车和小球系统动量始终守恒D．车上曲面的竖直高度若高于24vg，则小球一定从小车左端滑下4．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．A、B间的动摩擦因数为0.1D．木板A的最小长度为2m5．如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。

专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量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).(3)守恒条件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系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.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.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.1.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).解题方略1.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.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；(5)必要时对结果进行讨论.例1如图1所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.图1解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：m v 0＝M v ＋m v 112m v 20＝12m v 21＋12M v 2 解得v 1＝m －M m ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左. v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右. (2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋m v 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝m v 2－m v 1，解得I ＝4 N·s.答案 (1)小车：3 m/s ，方向向左小球：2 m/s ，方向向右(2)4 N·s预测1 (2016·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变.该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为。

湖南浏阳市第一中学物理第十二章 电能 能量守恒定律精选测试卷专题练习一、第十二章 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R 是保护电阻)．（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I 图线如图丙所示，根据图线求出干电池的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．（2）若保护电阻0R 的阻值未知，该干电池的电动势E 、内电阻r 已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R 的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U 、电流表示数为I ，电源的电动势用E 表示，内电阻用r 表示，则0R =__________． 【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je 或者jf 0E UR r I-=- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由图丙所示，电源U-I 图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V ，电源内阻 1.48 1.200.500.480.520.56U r I ∆-===ΩΩ∆（～） , （2）将导线jd 改接为je ，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I （R 0+r ），定值电阻0E UR r I-=-2．用图甲中所示的电路测定一种特殊的电池的电动势和内阻，它的电动势E 约为8V ，内阻r 约为30Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA ．为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有:A ．电流表A(量程0.05A ，内阻约为0.2Ω)B ．电压表V(量程6V ，内阻20kΩ)C ．定值电阻R 1(阻值100Ω，额定功率1W)D ．定值电阻R 2(阻值200Ω，额定功率1W) E.滑动变阻器R 3(阻值范围0~10Ω，额定电流2A) F.滑动变阻器R 4(阻值范围0~750Ω，额定电流1A) G.导线和单刀单掷开关若干个(1)为了电路安全及便于操作，定值电阻应该选___________；滑动变阻器应该选___________．(均填写器材名称代号)(2)接入符合要求的实验器材后，闭合开关S ，调整滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数．取得多组数据，作出了如图乙所示的图线．根据图象得出该电池的电动势E 为___________V ，内阻r 为___________Ω．(结果均保留2位有效数字) 【答案】R 2 R 4 7.8 29 【解析】 【分析】（1）应用欧姆定律求出电路最小电阻，然后选择保护电阻；根据电源内阻与保护电阻的阻值，选择滑动变阻器．（2）电源的U -I 图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻． 【详解】（1）[1]为保护电源安全，电路最小电阻8Ω200Ω0.040R ==最小， 保护电阻阻值至少为200Ω30Ω170Ω100Ω-=>，则保护电阻应选定值电阻2R ；[2]电源等效电阻（电源内阻与保护电阻之和）为200Ω，为进行多次实验，测出多组实验数据，滑动变阻器应选滑动变阻器4R ．（2）[3]由电源U -I 图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是7.8，则电源电动势E =7.8V ， [4]图象斜率7.82290.034U k I ∆==≈Ω∆， 电源内阻222920029r k R =-=Ω-Ω=Ω．3．某位同学用如图甲所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关和两个部件．请根据下列步骤完成电阻测量:(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则他应调节__________ (选填或或)． (2)正确处理完上述步骤后,他把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,发现指针如图丙所示,则他应调节__________ (选填或或)．(3)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,则他应采取的措施是①___________________;②____________________．(4)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在定值电阻两端,发现指针如图戊所示,则该定值电阻的阻值___________．【答案】（1）S （2）T （3）①将打到欧姆挡； ②将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处 （4）【解析】 【分析】 【详解】（1）在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则应机械调零，即他应调节S 使针调到电流的零档位． （2）把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,即欧姆调零，应该调到电阻的零档位，此时要调节欧姆调零旋钮，即T（3）他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示，说明待测电阻较小，应该换小挡，即换挡，换挡必调零，所以要重新调零即将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处．（4）根据欧姆表读数原则可知欧姆表的读数为【点睛】要熟练万用表的使用规则，并且要注意在换挡时一定要欧姆调零．4．听说水果也能做电池，某兴趣小组的同学将一个土豆做成水果电池．同学们通过查阅资料知道这种水果的电动势大约1伏左右,又用量程为0～3V、内阻约50kΩ的伏特表测其两极时读数为0.96V．可是当他们将四个这样的水果电池串起来给标为3V，0.5A的小灯泡供电时，灯泡并不发光．检查灯泡、线路均没有故障，而用伏特表直接测量其电压确实能达到3V多．(1)据你分析,出现这种现象的原因应当是：__________（不要求写分析、推导过程）．（2）为了能尽可能准确测定水果电池的电动势和内阻,若实验室除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电流表A1（量程为0～0.6A ，内阻为1Ω）B．灵敏电流表A2（量程为0～0.6mA ，内阻为800Ω）C．灵敏电流表A3（量程为0～300μA ，内阻未知）D．滑动变阻器R1（最大阻值约10Ω）E．滑动变阻器R2（最大阻值约2kΩ）F．变阻箱（0～9999Ω）①实验中应选择的器材是_____________(填器材前的字母代号)．②在方框中画出应采用的电路________．【答案】水果电池的内阻太大． BF【解析】 【分析】 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得电路电流EI R r=+，要想灯泡发光，就得有较大电流，只是电动势高还不行，必须内阻也小才行，所以灯泡不亮的原因是水果电池的内阻太大． （2）①本题中电流表1A 量程太大，3A 内阻未知，所以选2A 较好；由于没有电压表，所以选电阻箱将电路串联，利用闭合电路欧姆定律可以测出内阻．故实验中应选择的器材是B 、F ．②实验电路如下图【点睛】测电源电动势和内阻的方法虽然各不相同，但是都是根据闭合电路欧姆定设计的．5．某同学利用一个电阻箱、一个电压表（视为理想电表）、一个定值电阻（05ΩR =）、一个开关和若干导线测定一电源（电动势小于3V ）的电动势及内阻，实验原理图如图（甲）所示。

角动量守恒实验报告角动量守恒实验报告引言：角动量守恒是物理学中的一个重要概念，它描述了一个物体在没有外力作用下，角动量的大小和方向保持不变。

本实验旨在通过探究不同物体在旋转过程中的角动量变化，验证角动量守恒定律。

实验目的：1. 理解角动量守恒定律的基本原理；2. 通过实验验证角动量守恒定律。

实验器材：1. 旋转平台2. 陀螺仪3. 弹簧秤4. 直尺5. 实验记录表格实验步骤：1. 将旋转平台放置在平稳的桌面上，并确保其处于水平状态。

2. 将陀螺仪置于旋转平台上，并使其保持平衡。

3. 用直尺测量陀螺仪的初始半径，并记录在实验记录表格中。

4. 启动旋转平台，使其以适当的角速度旋转。

5. 用弹簧秤测量陀螺仪在旋转过程中的转动力矩，并记录在实验记录表格中。

6. 停止旋转平台，记录陀螺仪停止旋转后的半径，并记录在实验记录表格中。

实验结果分析：根据角动量守恒定律，当没有外力作用时，物体的角动量保持不变。

在本实验中，陀螺仪在旋转过程中受到的转动力矩可以通过弹簧秤测量得到。

根据实验记录表格中的数据，可以计算出陀螺仪在旋转过程中的角动量。

实验讨论：1. 在实验中，我们观察到陀螺仪在旋转过程中的半径发生了变化。

这是因为陀螺仪在旋转过程中受到了摩擦力的作用，导致其逐渐失去能量，从而使半径减小。

2. 在实验中，我们还观察到陀螺仪在停止旋转后的半径与初始半径不完全相同。

这是因为在陀螺仪停止旋转后，由于摩擦力的作用，它仍然受到了一定的转动力矩，导致半径不再保持恒定。

3. 实验中的转动力矩可以通过弹簧秤测量得到，但由于弹簧秤的精度限制，测量结果可能存在一定的误差。

结论：通过本实验，我们验证了角动量守恒定律。

在没有外力作用下，物体的角动量保持不变。

同时，我们也观察到陀螺仪在旋转过程中的半径和停止旋转后的半径会发生变化，这是由于摩擦力的作用。

实验结果与理论相符合，验证了角动量守恒定律的有效性。

实验的局限性和改进：1. 实验中使用的陀螺仪可能存在一定的制造误差，导致实验结果的不准确性。

物理卷·湖南省浏阳一中高三上学期第一次（-8）一、选择题（共4×10=40分） 1、如图1所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 A 、动量守恒、机械能守恒B 、动量不守恒、机械能不守恒C 、动量守恒、机械能不守恒D 、动量不守恒、机械能守恒2、甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是P 甲=5kg ·m/s ，P 乙=7kg ·m/s ，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为P 乙=10kg ·m/s ，则两球质量 m 甲与m 乙的关系可能是A 、m 甲=m 乙B 、m 乙=2m 甲C 、m 乙=4m 甲D 、m 乙=6m 甲 3、质量为5kg 的物体，原来以V=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的15N ·S 的冲量作用，历时4秒，物体动量大小变为A 、80kg ·m/sB 、160kg ·m/sC 、40kg ·m/sD 、10kg ·m/s4、一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点发生爆炸，分成两块，两块质量之比为2：1，其中质量小一块速度为V ，则两块爆竹落地后相距A 、g hV22B 、g h V2 C 、g h V 223D 、g h V 2325、如图2所示，某种单色光射到光电管的阴极上时，电流表有示数，则 A 、入射的单色光的频率必大于阴极材料的极限频率B 、增大单色光的强度，电流表示数将增大C 、滑片P 向左移，可增大电流表示数D 、滑片P 向左移，电流表示数将减小，甚至为零6、在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量符合下列哪种情况（ ）A 、动能最小B 势能最小C 、α粒子与金属原子核组成系统能量最小D 、α粒子所受金原子斥力最大7、一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后（加速电压为U ），该粒子的德布罗意波长为（ ）A.mqU h 2B.mqU h 2C.mqUmqU h22 D.mqUh8、氢原子能级图的一部分如图3所示，a 、b 、c 分别表示氢原子在不同能级之间的三种跃迁途径，设在a 、b 、c 三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是Ea 、Eb 、Ec 和λa 、λb 、λc ，则（ ） A 、c a b λλλ+=B 、c abλλλ111+=C 、c a b λλλ⋅=D 、c a b E E E +=9、处于n=3的激发态的大量氢原子，向基态跃迁的过程中，只有一种光子对某金属W 不能产生光电效应，则下列说法正确的是（ ）A 、不能使金属W 产生光电效应的是n=3跃迁到基态发生的光子B 、不能使金属W 产生光电效应的是n=2跃迁基态发出的光子C 、若从n=4激发态跃迁到n=3激发态，一定不能使金属W 产生光电效应D 、若从n=4激发态跃迁到n=2激发态，一定不能使金属W 产生光电效应10、一个氡核22286Rn 衰变成钋核21884Po 并放出一个粒子，其半衰期为3.8天，1g 氡经过7.6天衰变掉氡的质量，以及22286Rn 衰变成21884Po 的过程放出的粒子是（ ）A 、0.25g ，a 粒子B 、0.75g ，a 粒子C 、0.25g ，β粒子D 、0.75g ，β粒子 二、填空题（每空3分，共24分）11、一单色光在某种液体中传播速度是2.0×108m/s ，波长为3×10-7m ）这种光子的频率是___________，已知锌的逸出功是5.35×焦，用这种单色光照射锌时__________（填“能”或“不能”）发生光电效应。

角动量守恒原理及讲解一、角动量的基本概念1. 定义- 对于一个质点，角动量→L=→r×→p，其中→r是质点相对于某参考点的位置矢量，→p = m→v是质点的动量（m为质点质量，→v为质点的速度）。

- 在直角坐标系中，如果→r=(x,y,z)，→p=(p_x,p_y,p_z)，那么L_x = yp_z - zp_y，L_y=zp_x - xp_z，L_z = xp_y - yp_x。

2. 单位- 在国际单位制中，角动量的单位是千克·米²/秒（kg· m^2/s）。

二、角动量定理1. 表达式- 对单个质点，→M=(d→L)/(dt)，其中→M是作用在质点上的合外力矩。

- 对于质点系，→M_{外}=(d→L)/(dt)，这里→M_{外}是系统所受的合外力矩，→L是系统的总角动量。

2. 物理意义- 角动量定理表明，作用于质点（系）的合外力矩等于质点（系）角动量对时间的变化率。

三、角动量守恒定律1. 内容- 当系统所受合外力矩→M_{外} = 0时，系统的角动量→L保持不变，即→L=text{常量}。

2. 条件- 合外力矩为零是角动量守恒的条件。

这可能有多种情况，例如：- 系统不受外力矩作用。

- 系统所受外力矩的矢量和为零。

在有心力场（如地球绕太阳的运动，太阳对地球的引力是有心力，力的作用线始终通过太阳中心）中，物体所受的力矩为零，角动量守恒。

3. 举例说明- 花样滑冰运动员的旋转- 当花样滑冰运动员双臂伸展时开始旋转，此时他具有一定的角动量。

由于冰面的摩擦力矩很小可以忽略不计，运动员所受合外力矩近似为零。

- 当他将双臂收拢时，他的转动惯量I减小（转动惯量I=∑ m_ir_i^2，双臂收拢时，身体各部分到转轴的距离r_i减小）。

根据角动量守恒定律L = Iω=text{常量}（ω为角速度），转动惯量I减小，则角速度ω增大，运动员的旋转速度加快。

- 行星绕太阳的运动- 行星受到太阳的引力是有心力，引力对太阳中心的力矩为零。