2019届高考物理二轮复习练习：第一部分 专题五第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步 Word版含解析

碰 撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动）， 三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀2222112202210121212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+v 1 v 2 v 10 v 20 碰前碰后解以上两式可得：21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。

2019高考二轮复习动量守恒定律的应用-碰撞问题典型例题 题型一 碰撞规律的应用【例题1】动量分别为5kg ∙m/s 和6kg ∙m/s 的小球A 、B 沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A 追上B 并发生碰撞后。

若已知碰撞后A 的动量减小了2kg ∙m/s ，而方向不变，那么A 、B 质量之比的可能范围是什么？ 【解析】B A m m 83≤：A 能追上B ，说明碰前v A >v B ,∴BA m m 65>；碰后A 的速度不大于B 的速度， ；又因为碰撞过程系统动能不会增加， BA B A m m m m 282326252222+≥+，由以上不等式组解得：7483≤≤B A m m 点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

【例题2】两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，kg m A 1=，kg m B 2=，s m v /6A =，s m v B /2=．当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是（ ） A. s m v /5A ='，s m v B /5.2=' B.s m v /2A ='，s m v B /4=' B. s m v /-4A ='，s m v B /7=' D.s m v /7A ='，s m v B /5.1='【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD 均满足； 考虑实际情况，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，因而AD 错误，BC 满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J ，B 选项碰撞后总动能为18J ，C 选项碰撞后总动能为57J ，故C 错误，B 满足； 故选B ．【例题3】质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰。

碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】选C 。

对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv 2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt-F N t=0-mv 。

若每层楼高3 m ，则h=72 m ，由以上两式可得：F N ≈103 N ，选项C 正确。

2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是m/s 。

若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为 m 。

【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ，解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s= 20 m/s ；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd=201122mv -(M+m)v 2，解得d=22011()22mv M m v f-+=0.2 m 。

答案：20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。

求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。

训练17 碰撞与动量守恒 近代物理初步1.(2016·天津卷)(8分)物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展．下列说法符合事实的是( )A ．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B ．查德威克用α粒子轰击14 7N 获得反冲核17 8O ，发现了中子C ．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D ．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型解析：本题考查物理学史及其相关的知识点，意在考查学生对近代物理史实的识记能力． 赫兹通过一系列实验，得到了电磁波，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，选项A 正确．查德威克用α粒子轰击94Be ，获得反冲核12 6C ，发现了中子，选项B 错误．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构，选项C 正确．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构模型，选项D 错误．解答此题的易错点主要有两处：一是查德威克发现中子的核反应方程；二是卢瑟福提出了原子核式结构模型的实验依据．这就警示我们，对一些物理学史上的重大事件，一定要准确了解，不能似是而非．答案：AC2．(16分)(1)下列有关原子结构和原子核的认识，正确的是( )A ．γ射线是高速运动的电子流B ．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.210 83Bi 的半衰期是5天，100克210 83Bi 经过10天后还剩下50克(2)(多选)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV ，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是()A ．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B ．一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C ．一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eVD ．用能量为10.3 eV 的光子照射，可使处于基态的氧原子跃迁到激发态E ．用能量为14.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子电离解析：(1)γ射线是光子，A 错；氢原子辐射光子后能量变小，绕核运动的V 半径变小，动能增大，B 对；太阳辐射能量来自于太阳中轻核聚变，C 错；100克210 83Bi 经过10天还剩25克，D 错．(2)氢原子从高能级向低能级跃迁时能量将以光子的形式辐射出来，而氢原子从高能级跃迁到基态辐射光子能量的最小值为－3.4 eV －(－13.6 eV)＝10.2 eV ，远大于锌的逸出功，所以锌板一定可以发生光电效应，A 错误；一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子数目为C 23＝3，B 正确；一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子的最大能量为—1.51 eV －(－13.6 eV)＝12.09 eV ，克服逸出功后剩余的动能即为最大初动能，为12.09 eV －3.34 eV ＝8.75 eV ，C 正确；当氢原子吸收的光子能量刚好等于能级差时，氢原子会跃迁到对应的高能级上去，由于没有任何一个高能级与基态的能级差等于10.3 eV ，而且又不足以跃迁到无穷远发生电离，所以用能量为10.3 eV 的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁，D 错误；用能量为14.0 eV 的光子照射，氢原子可以从基态跃迁到无穷远，多余的能量转化为电离后的动能，E 正确．。

碰撞及动量守恒定律复习卷一、选择题（每小题3分，共36分，共12小题，第1~8小题为单选题，第9~12小题为多选题，选对一个1分，选错一个扣2分，最低得分0分）1．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为p A=12 kg·m/s、p B=13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为Δp A、Δp B。

下列数值可能正确的是A．Δp A=–3 kg·m/s、Δp B=3 kg·m/sB．Δp A=3 kg·m/s、Δp B=–3 kg·m/sC．Δp A=–24 kg·m/s、Δp B=24 kg·m/sD．Δp A=24 kg·m/s、Δp B=–24 kg·m/s【答案】A2．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为A．–v B．mv M m --C．mvm M--D．mvM-[来源:学&科&网]【答案】B3．如图所示，光滑水平面上有A、B两木块，A、B紧靠在一起，子弹以速度v0向原来静止的A射去，子弹击穿A 留在B中。

下面说法正确的是A．子弹击中A的过程中，子弹和A、B组成的系统动量不守恒B．子弹击中A的过程中，A和B组成的系统动量守恒C．子弹击中A的过程中，子弹和A组成的系统动量守恒D．子弹击穿A后，子弹和B组成的系统动量守恒【答案】D4．如图所示，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的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块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ABCD【答案】C5．下面说法正确的是A．物体的质量越大，动量一定越大B．物体的质量越大，动能一定越大C．力越大，力对物体的冲量就越大D．物体的动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零【答案】D6．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上。

专题五选修3-5部分第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步A卷1．(多选)(2016·梅州模拟)下列叙述正确的是( )A．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的B．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论C．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征E．增大环境的压强或升高温度，都可使放射性物质的半衰期减小解析：β衰变的实质是原子核的一个中子变为质子的同时释放一个电子，A错误；普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，B正确；爱因斯坦为了解释光电效应的规律，受普朗克量子理论的启发，提出了光子说，C正确；玻尔最先把量子观念引入原子领域，提出了原子结构假说，并提出定态和跃迁等概念，很好地解释了氢原子光谱的特征，D正确；半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，E错误．答案：BCD2．(多选)下列说法正确的是( )A．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C．不仅光具有波粒二象性，实物粒子也具有波粒二象性D．一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射2种不同频率的光子E．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解析：β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，即β粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子，选项A正确，B错误；光子、实物粒子都具有波粒二象性，选项C正确；一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射C23＝3种不同频率的光子，选项D错误；根据玻尔理论，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E正确．答案：ACE3．(多选)(2016·济南模拟)下列有关物质组成与物理现象的叙述正确的有( ) A．组成原子核的核子是质子和中子，核子间相互作用的核力只存在于相邻的核子之间B．元素的种类由原子核内核子数决定，几种同位素是同一种元素的不同原子核C．原子和原子核都能发生能级跃迁，γ射线就是原子核能级跃迁产生的D．入射光照射到金属表面发生光电效应后，增大入射光的强度，光电子的最大初动能增大E．在光的颜色不变的情况下，入射光越强，其照射金属发生光电效应时产生的饱和电流越大解析：组成原子核的核子是质子和中子，核力只存在于相邻的核子之间，A选项正确；元素的种类由原子核中质子数决定，B选项错误；原子和原子核都能发生能级跃迁，有些放射性元素发生α衰变或β衰变后的原子核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放出高能量的电磁波，就是γ射线，C选项正确；发生光电效应后光电子的最大初动能由入射光频率和金属的逸出功决定，与光的强度无关，D选项错误；饱和电流与入射光子数成正比，入射光越强，光子数越多，饱和电流越大，E选项正确．答案：ACE4.一个人在地面上立定跳远最好成绩是s(m)，假设他站在静止于地面的小车的A端(车与地面的摩擦不计)，如图所示，他欲从A端跳上l(m)远处的站台上，则( )A．只要l<s，他一定能跳上站台B．只要l<s，他有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他有可能跳上站台解析：当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度．这样，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以l＝s或l>s，人就一定跳不到站台上了，l<s，人才有可能跳上站台，A、C、D错误，B正确．答案：B5．(多选)(2016·湛江模拟)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木板A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A．2.1 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s解析：以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，A先做减速运动，然后再做加速运动．从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M －m)v0＝Mv B1，代入数据解得v B1＝2.67 m/s，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时间内B 的速度范围为 2 m/s<v B <2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．答案：AB6．(2016·宜春模拟)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块．已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板．则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图象可能正确的是( )A BC D解析：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v .设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，得v ＝M －m M ＋mv 0<v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A7．如图，质量为m 的b 球静置在水平轨道BC 的左端C 处．质量也为m 的a 球从距水平轨道BC 高度为h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下．a 球滑到C 处与b 球正碰，并与b 球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D 点．已知水平轨道BC 距地面的高度为H ，求：(1)a 球与b 球碰前瞬间，a 球的速度大小；(2)C 、D 两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，则机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2C ，解得v C ＝2gh .(2)设a 球与b 球碰后的速度大小为v ，由动量守恒定律有mv C ＝(m ＋m )v ，得v ＝12v C ＝122gh ， 设C 、D 两点间的水平距离为L ，两球粘合在一起做平抛运动，有H ＝12gt 2，L ＝vt ，联立解得L ＝hH ，碰撞过程中损失的机械能ΔE ＝12mv 2C －12×2mv 2＝12mgh . 答案：(1)2gh (2)hH 12mgh 8.在光滑的水平面上，一轻弹簧两端连着A 、B 两个小物块以v 0＝8 m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长状态，另有一个小物块C 静止在前方，如图所示．已知m A ＝4 kg ，m B ＝m C ＝2 kg ，求：(导学号 59230116)(1)B 与C 碰撞并粘在一起共同运动时的速度v BC ；(2)在(1)的情况下，B 与C 碰撞后弹簧能具有的最大弹性势能．解析：(1)B 与C 碰撞过程与A 无关，这一过程动量守恒而机械能不守恒．根据动量守恒定律得m B v 0＝(m B ＋m C )v BC ，解得v BC ＝4 m/s ，水平向右．(2)在B 、C 碰撞并粘在一起后，作为一整体与A 物块发生持续作用，这一过程动量守恒，机械能也守恒．当弹簧被拉伸到最长或压缩至最短时弹性势能最大，此时整个系统有共同速度，设为v ，由动量守恒定律得m A v 0＋(m B ＋m C )v BC ＝(m A ＋m B ＋m C )v ，解得v ＝6 m/s ，设弹簧的最大弹性势能为E p ，由机械能守恒定律得 E p ＝12m A v 20＋12(m B ＋m C )v 2BC －12(m A ＋m B ＋m C )v 2，解得E p＝16 J.答案：(1)4 m/s (2)16 J9.如图所示，质量为M的物块B穿在光滑的水平杆上，质量为M的砂摆A用轻绳与物块B连接，质量为m的子弹以大小为v0的速度水平向右射入砂摆且未穿出，已知砂摆的摆角小于90°.重力加速度为g，不计空气阻力．(1)若物块B固定在光滑水平杆上，求砂摆能达到的最大高度；(2)若物块B可在光滑水平杆上自由移动，求砂摆能达到的最大高度．解析：(1)子弹打入砂摆过程，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，若物块B固定在光滑水平杆上，砂摆和子弹整体向上摆动过程，由机械能守恒定律可得12(m＋M)v2＝(m＋M)gh，联立解得砂摆上升的最大高度为h＝m2v202g（m＋M）2.(2)若物块B可在光滑水平杆上自由滑动，在砂摆和子弹整体与物块B作用的过程中，系统在水平方向上动量守恒(m＋M)v＝(m＋2M)v′，由机械能守恒定律有1 2(m＋M)v2＝(m＋M)gh′＋12(m＋2M)v′2，联立解得h′＝Mm2v202g（M＋m）2（2M＋m）.答案：(1)m2v202g（m＋M）2(2)Mm2v202g（M＋m）2（2M＋m）10．(2016·全国乙卷)(1)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是________．A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关(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v0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：(导学号 59230117)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．解析：(1)产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确．减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确．(2)①设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt；②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③②设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.答案：(1)ACE (2)①ρv0S②v202g －M2g2ρ2v20S2B卷1．(多选)(2016·石家庄模拟)关于原子和原子核，下列说法正确的是( )A．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“枣糕模型”，卢瑟福提出了原子的核式结构模型B ．由玻尔理论可知氢原子的能量是量子化的，一个氢原子处于n ＝3的能级，向较低能级跃迁时最多只能放出两种频率的光子C ．要发生核反应10n ＋11H →21H ，需要高能量的γ光子照射D ．研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，其半衰期与压强无关E ．β衰变所释放的电子来自原子核外的电子解析：卢瑟福通过α粒子散射实验的结果否定了汤姆孙的“枣糕模型”并提出了原子的核式结构模型，A 正确；由玻尔理论知氢原子的能量是不连续的，一个氢原子处于n ＝3的能级，最多只能放出两种频率的光子，即从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级和从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级，B 正确；由于在核力作用范围内核子间存在着强大的核力，当核子结合时核力做正功，会释放出高能量的γ光子，C 错误；研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都有放射性，原子序数小于83的天然存在的元素有的具有放射性，有的不具有放射性，放射性元素的半衰期与外部条件无关，D 正确；β衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子时产生的，E 错误．答案：ABD2．(多选)(2016·保定模拟)以下说法中正确的有( )A ．玻尔对氢原子光谱的研究导致了原子的核式结构模型的建立B ．核力存在于原子核内所有核子之间C ．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变D ．β衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子E ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它们各自对应的波的频率ν和波长λ之间遵从关系ν＝εh 和λ＝h p解析：根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，A 错误；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，B 错误；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此增大光照强度，光电子的最大初动能不变，C 正确；β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，D 正确；根据物质波的知识知E 正确．答案：CDE3．(多选)如图所示，当频率为ν的可见光照射到光电管时，灵敏电流表G 中有电流通过，关于该实验，下列说法正确的是( )A．电流的方向是a→bB．增大入射光的强度，则灵敏电流表的示数一定会变大C．增大入射光的频率，则射出光电子的最大初动能将增大D．向右滑动滑片P，则灵敏电流表的示数一定会变大E．其他条件不变，更换频率为ν′的另一可见光照射光电管，如果灵敏电流表没有示数，则一定没有光电子逸出解析：电子从右侧金属逸出后朝着左侧移动，故电流方向为a→b，A选项正确；增大入射光的强度，单位时间内发出的光电子数目增多，则光电流增大，B选项正确；增大入射光的频率，由hν＝W＋E kmax，则射出光电子的最大初动能将增大，C选项正确；向右滑动滑片P时，使得电压U增大，如果没有达到饱和电流，则电流增大，如果已经达到饱和电流，则电流不变，D选项错误；当更换频率为ν′的另一可见光照射光电管时，可能已发生光电效应，但所加的是反向电压且大于或等于遏止电压，故没有光电流，E选项错误．答案：ABC4．(多选)在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是( )A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相等的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相等的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零；但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案：ABD5．(多选)(2016·扬州模拟)A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A>m B，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定( )A ．碰前A 的动量等于B 的动量B ．碰前A 的动量大于B 的动量C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量解析：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A 的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v A －m B v B ＝m A v ′A ＋m B v ′B ，如果碰撞前A 的动量等于B 的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A 错误；若碰后A 的速度为零，则碰撞后B 反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量大于B 的动量；若碰后B 的速度为零，则碰撞后A 反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量小于B 的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A 的动量大于B 的动量，也可能是碰撞前A 的动量小于B 的动量，故B 错误，CD 正确，故选CD.答案：CD6．(2016·成都模拟)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道的左、右最高点释放，二者碰撞后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M 点，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m 1∶m 2为( )A ．(2＋1)∶(2－1) B.2∶1 C ．(2－1)∶(2＋1) D ．1∶ 2解析：两球到达最低的过程由动能定理得：mgR ＝12mv 2， 解得：v ＝2gR ， 所以两球到达最低点的速度均为：2gR ，设向左为正方向，则m 1的速度v 1＝－2gR ，则m 2的速度v 2＝2gR ，由于碰撞瞬间动量守恒得：m 2v 2＋m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 共，解得：v 共＝m 2－m 1m 1＋m 22gR ，① 二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P 点，对此过程由动能定理得：－(m 1＋m 2)gR (1－cos 60°)＝0－12(m 1＋m 2)v 2共，②由①②解得：（m 1＋m 2）2（m 2－m 1）2＝2， 整理得：m 1∶m 2＝(2－1)∶(2＋1)，故选C.答案：C7．某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可发生衰变，若人长期生活在氡浓度过高的环境中，对身体会产生危害．原来静止的氡核(222 86Rn 发生一次α衰变生成新核钋(Po)，并放出一个能量为E 0＝0.09 MeV 的光子，则其衰变核反应方程为________________，若已知放出的α粒子的动能是新核钋动能的55倍，且α粒子的动能为E α＝5.55 MeV ，1 u ＝931.5 MeV ，则衰变过程中总的质量亏损为_____u(保留三位有效数字)．解析：由核反应方程中质量数及核电荷数守恒知衰变方程为222 86Rn →218 84Po ＋42He ＋γ，由题意及能量守恒知衰变时放出的总能量为ΔE ＝E 0＋E α＋E Po ＝Δmc 2，代入数据得衰变过程中总的质量亏损为Δm ＝0.006 16 u.答案：222 86Rn →218 84Po ＋42He ＋γ 0.006 168.一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一质量为1 kg 的物体A ，A 处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m ．质量也为1 kg 的物体B 从A 正上方h ＝0.3 m 处自由下落，碰后A 、B 结合在一起向下运动，重力加速度g 取10 m/s 2，该弹簧形变量为x 时的弹性势能为E p ＝12k 0x 2，其中k 0为弹簧的劲度系数．求：(导学号 59230143)(1)碰后瞬间两物体的总动能；(2)碰后A 、B 的最大动能．解析：(1)B 自由下落，由机械能守恒定律得m 2gh ＝12m 2v 20，碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，有 m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝62m/s ， 碰后瞬间两物体的动能E k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝1.5 J. (2)A 与B 共同下降过程中，弹力大小等于两物体重力时A 、B 的动能最大，则k 0x 1＝mg ，k 0x 2＝2mg ，跟平衡位置相比，A 与B 共同下落的距离 Δx ＝x 2－x 1＝0.15 m ，由机械能守恒得(m 1＋m 2)g Δx ＝E kmax －E k ＋ΔE p ， 其中ΔE p ＝12k 0x 22－12k 0x 21，代入数据解得E kmax ＝2.25 J. 答案：(1)1.5 J (2)2.25 J9.如图所示，竖直平面内固定有半径R ＝4.05 m 的14圆弧轨道PQ ，与足够长的水平面相切于Q 点．质量为5m 的小球B 静置于水平面上，质量为m 的小球A 从P 处由静止释放，经过Q 点后与B 发生正碰．两球均可视为质点，不计一切摩擦，所有碰撞过程均为弹性碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)A 第一次与B 碰撞后的速度v A 1； (2)B 的最终速度v B 的大小．解析：(1)A 由P 点到Q 点的过程，根据机械能守恒定律有12mv 2＝mgR ，得v ＝9 m/s.以水平向右为正方向，A 第一次与B 碰撞过程，根据动量守恒定律有mv ＝mv A 1＋5mv B 112mv 2＝12mv 2A 1＋12×5mv 2B 1， 解得v B 1＝3 m/s ，v A 1＝－6 m/s ，负号表示方向水平向左． (2)A 与B 第二次碰撞前的速度为－v A 1＝6 m/s ，A 第二次与B 发生碰撞过程有 m (－v A 1)＋5mv B 1＝mv A 2＋5mv B 2，12mv 2＝12mv 2A 2＋12×5mv 2B 2， 解得v A 2＝1 m/s ，v B 2＝4 m/s(另一组根不符合题意，已舍去) 由于v A 2<v B 2，所以B 的最终速度大小v B ＝v B 2＝4 m/s. 答案：(1)－6 m/s (2)4 m/s10．(2016·全国丙卷)(1)一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为1.0×107m/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________．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105m/s ，方向与质子初速度的方向一致(2)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：(1)核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p ＋2713Al →2814Si ，A 正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，B 正确，C 错误．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，D 错误．根据动量守恒定律有m p v p ＝m Si v Si ，碰撞后硅原子核速度的数量级为105m/s ，方向与质子初速度方向一致，E 正确．(2)设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl①即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧所以a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件是32v 20113gl ≤μ<v 22gl.答案：(1)ABE (2)32v 20113gl ≤μ<v 22gl。

碰 撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动）， 三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀222211*********1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+解以上两式可得：v 1 v 2 v 10 v 20 碰前 碰后21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。