【创新设计】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5练习：第一章 4 动量守恒定律的应用

第5讲 科学探究——一维弹性碰撞[目标定位] 1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点.2.掌握弹性碰撞的规律，会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题.一、不同类型的碰撞1．非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒． 2．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．3．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失，又称为完全弹性碰撞．二、弹性碰撞的实验探究1．质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度． 2．质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰撞后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．3．质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰撞后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．综上可知，在弹性碰撞过程中，系统的动量与动能都守恒． 三、弹性碰撞的规律质量为m 1的小球以速度v 1与静止的质量为m 2的小球发生弹性碰撞．碰撞过程中动量守恒，动能也守恒．动量守恒的表达式为：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能守恒的表达式为12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2碰后两个物体的速度分别为 v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.想一想 质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？答案 不一定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和动能守恒的情况下，两物体才会交换速度.一、对碰撞问题的理解(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝0，v 2′＝v 1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能减少，损失的动能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中动能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2例1 大小、形状完全相同，质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)取v 1＝50 cm/s ＝0.5 m/s 的方向为正方向， 则v 2＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1 m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反． (2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由动能守恒得12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据解得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者发生弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．例2 如图1所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小．图1答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 10，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 102解得v 10＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v 10＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 102＝12m 1v 12＋12m 2v 22③联立②③式解得v 2＝2m 1v 10m 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一个过程都适用．例3 如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图2A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12m v 02答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合实际情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例4 如图3所示质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的各种猜测结果一定无法实现的是( )图3A ．v A ′＝－2 m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v A 2＋12m B v B 2≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，选项D中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误． 借题发挥 处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系． (3)要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ；E k ＝12p v 或p ＝2E kv 几个关系式.碰撞特点及满足的条件1．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝3 kg·m/s ，p B ′＝9 kg·m/s C ．p A ′＝－2 kg·m/s ，p B ′＝14 kg·m/s D ．p A ′＝－4 kg·m/s ，p B ′＝17 kg·m/s 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．弹性碰撞的特点及计算2．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2 答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故碰撞前、后中子速率之比为A ＋1A －1.非弹性碰撞的特点及计算3.如图4所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图4A.h 2 B ．h C.h 4 D.h2 答案 C解析 A 球由释放点到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12m v 21，所以v 1＝2gh ，A 与B 相碰的过程，由动量守恒定律得m v 1＝(m ＋m )v 2，所以v 2＝gR2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 22＝(m ＋m )gh ′，整理得h ′＝h4，故C 对． 4．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求： (1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失． 答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 1、v 2，碰后乙的速度大小为v 2′.由动量守恒定律有 m v 1－M v 2＝M v 2′① 代入数据得 v 2′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有 12m v 12＋12M v 22＝12M v 2′2＋ΔE ③联立②③式，代入数据得 ΔE ＝1 400 J(时间：60分钟)题组一 碰撞的特点及可能性分析 1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 答案 A解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( ) A ．甲、乙两球都沿乙球的运动方向 B ．甲球反向运动，乙球停下 C ．甲、乙两球都反向运动D ．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等 答案 C解析 由p 2＝2mE k 知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C 正确．3．质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.13vB.23vC.49vD.89v 答案 AB解析 设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12m v A 2＝19×12m v 2，则v A ＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒有m v ＝m ×13v ＋2m v B 或m v ＝－m ×13v ＋2m v B ，解得v B ＝13v 或23v .4．两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )A ．均为＋1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和＋5 m/s 答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D. 题组二 碰撞模型的处理5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定 答案 A解析 由动量守恒3m ·v －m v ＝0＋m v ′，所以v ′＝2v 碰前总动能：E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．6．小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图1A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为mM vD ．整个系统最后静止答案 BCD解析 AB 车与木块C 、弹簧整个系统在任何时刻动量都守恒，故B 对；木块C 与B 端碰撞粘合时有机械能损失，故A 错；由动量守恒定律：0＝m v －M v 1＝(m ＋M )v 共，解得v 1＝mM v ，v 共＝0，故C 、D 对．7．甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误． 8.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系式正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断 答案 B解析 由题图知，a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．9.两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图3所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图3A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12m v 02D ．弹簧最大弹性势能为14m v 02答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程m v 0＝2m v ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 2，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14m v 02，C 项错误，D 项正确．10.A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图4所示．则：图4(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝____kg. (2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？ 答案 (1)2 s 末 6 (2)30 J解析 (1)由题图知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度： v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/sv B ＝Δx B t ＝62 m/s ＝3 m/sv AB ＝Δx AB t ＝22m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg (2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v A 2＋12m B v B 2－12(m A ＋m B )v AB 2＝30 J.题组三 碰撞模型的综合应用11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小． 答案 285μgd 解析 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 12m v 2＝12m v 12＋12(2m )v 22① m v ＝m v 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12m v 12④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12m v 02－12m v 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd 12．如图5，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止， 给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：图5(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．答案 (1)m 2 (2)16m v 02 解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ， 由动量守恒定律得m ·v 2＋m B ·2v ＝(m ＋m B )v ①由①式得m B ＝m 2② (2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16m v 02。

第1讲 欧姆定律[目标定位] 1.知道形成电流的条件，理解电流的定义式I ＝qt ，并能分析相关问题.2.掌握欧姆定律的内容及其适用范围.3.知道导体的伏安特性和I －U 图像，并通过描绘小灯泡的伏安特性曲线掌握利用分压电路改变电压的技巧．一、电流1．自由电荷：导体中可自由运动的电荷，称为自由电荷．金属中的自由电荷是自由电子；电解质溶液中自由电荷是可自由运动的正负离子．2．形成电流的条件：导体中有自由电荷、导体内存在电场．3．电流：通过导体横截面的电荷量q 跟通过这些电荷所用时间t 的比值，叫做电流，即I ＝qt ，国际单位是安培(A)；常用单位还有毫安(mA)和微安(μA )等，1 mA ＝10－3 A,1 μA ＝10－6 A.4．直流：方向不随时间改变的电流叫做直流，方向和强弱都不随时间改变的电流叫做恒定电流．二、欧姆定律 电阻1．电阻：电压U 和电流I 的比值是一个跟导体本身性质有关的量，我们称之为电阻，即R ＝UI .国际单位制中电阻的单位是欧姆，简称欧，符号是Ω.常用单位还有千欧和兆欧等，1 kΩ＝103 Ω；1 MΩ＝106 Ω.2．欧姆定律：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，即I ＝UR .想一想 导体中电流越小，说明导体的电阻越大吗？答案 电阻是一个跟导体本身性质有关的量，与电流、电压无关，所以电流越小，不能说明电阻越大． 三、伏安特性曲线1．伏安特性曲线：电学元件的电流随电压变化的图线叫伏安特性曲线．2．线性元件：伏安特性曲线是通过坐标原点的直线的元件，其电阻为定值，这种元件叫线性元件．3．非线性元件：伏安特性曲线不是直线的元件，叫非线性元件.一、电流1．对公式I ＝qt的理解与应用(1)电流是标量，但有方向．规定导体内正电荷定向移动的方向或负电荷定向移动的反方向为电流方向．(2)I ＝qt是电流的定义式，电流与电荷量无正比关系，电流与时间也无反比关系．(3)对金属来讲，是自由电子的定向移动，电荷量q 为通过横截面的自由电子的电量．对电解质溶液来讲，是正、负离子同时向相反方向定向移动，电荷量q 为正、负离子电荷量的绝对值之和．2．电流强度的微观解释(1)如图1所示，导体长为l ，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v ，导体的横截面积为S ，导体每单位体积内的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q .图1(2)导体AD 中的自由电荷总数：N ＝nlS .总电荷量Q ＝Nq ＝nlSq .这些电荷都通过横截面D 所需要的时间：t ＝l v .由q ＝It 可得，导体AD 中的电流为I ＝Q t ＝nlSqlv ＝nqS v ，即导体中电流取决于n 、q 、S 、v .例1 在某种带有一价离子的水溶液中，正、负离子在定向移动，方向如图2所示．如果测得2 s 内分别有1.0×1018个正离子和1.0×1018个负离子通过溶液内部的横截面M ，则溶液中电流的方向如何？电流多大？图2答案 由A 指向B 0.16 A解析 水溶液中导电的是自由移动的正、负离子，它们在电场的作用下向相反方向定向移动．电学中规定，电流的方向为正电荷定向移动的方向，所以溶液中电流的方向与正离子定向移动的方向相同，即由A 指向B .每个离子的电荷量是e ＝1.60×10－19 C ．该水溶液导电时负离子由B 向A 运动，负离子的定向移动可以等效看做是正离子反方向的定向移动．所以，一定时间内通过横截面M 的电荷量应该是正、负两种离子电荷量的绝对值之和． I ＝q t ＝|q 1|＋|q 2|t＝1.0×1018×1.6×10－19＋1.0×1018×1.6×10－192 A＝0.16 A.例2 如图3所示，一根横截面积为S 的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q ，当此棒沿轴线方向做速度为v 的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )图3A ．q v B.qv C ．q v S D ．q v /S 答案 A解析 t 秒内棒运动的距离为l ＝v t ，总电荷量Q ＝ql ＝q v t ，所以I ＝Q t ＝q v tt ＝q v ，故选项A正确．二、欧姆定律 电阻1．R ＝UI 是电阻的定义式，适用于任何电阻的计算，给出了量度电阻大小的一种方法．而导体的电阻由导体本身的性质决定，与外加的电压和通过的电流大小无关．2．I ＝UR 是欧姆定律的表达式，适用于金属导体和电解质溶液，不适用于气态导体和半导体元件．它反映了导体中电流与电压、电阻的比例关系． 例3 对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是( )A ．由I ＝UR ，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B ．由U ＝IR ，对一定的导体，通过它的电流越大，它两端的电压也越大C ．由R ＝UI ，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比D ．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变 答案 C解析 根据欧姆定律可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，A 正确；对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变，即电阻不变，电流与电压成正比，通过它的电流越大，两端的电压也越大，B 、D 正确；导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，C 错误． 三、伏安特性曲线I －U 曲线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，而U －I 曲线上各点与原点连线的斜率表示电阻．如图4所示，甲图中斜率表示导体电阻的倒数，所以R Ⅰ＜R Ⅱ；乙图中斜率表示导体的电阻，所以R Ⅰ＞R Ⅱ.图4例4 如图5所示的图像所对应的两个导体：图5(1)电阻R 1∶R 2为多少？(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时，电压之比U 1∶U 2为多少？ (3)若两个导体中的电压相等(不为零)时，电流之比I 1∶I 2为多少？ 答案 (1)3∶1 (2)3∶1 (3)1∶3解析 (1)因为在IU 图像中，R ＝1k ＝ΔU ΔI ，所以R 1＝10×10－35×10－3 Ω＝2 Ω，R 2＝10×10－315×10－3 Ω＝23 Ω， 所以R 1∶R 2＝2∶(23)＝3∶1.(2)由欧姆定律得U 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，由于I 1＝I 2，则U 1∶U 2＝R 1∶R 2＝3∶1. (3)由欧姆定律得 I 1＝U 1R 1，I 2＝U 2R 2，由于U 1＝U 2，则I 1∶I 2＝R 2∶R 1＝1∶3.对电流的理解1．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的2倍，而单位时间内通过乙导体横截面的电荷量是甲的2倍，以下说法正确的是( ) A ．甲、乙两导体的电流相同 B ．乙导体的电流是甲导体的2倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等 答案 B解析 由于单位时间内通过乙导体横截面的电荷量是甲的2倍，由I ＝qt 知，通过乙导体的电流是甲导体的2倍，故A 错，B 对．由于I ＝nqS v ，所以v ＝InqS ，由于不知道甲、乙两导体的性质(n ·q 不知道)，所以无法判断v ，故C 、D 错．对欧姆定律和电阻的理解2．R ＝UI的物理意义是( )A ．导体的电阻与电压成正比，与电流成反比B ．导体的电阻越大，则电流越大C ．加在导体两端的电压越大，则电流越大D ．导体的电阻等于导体两端的电压与通过导体的电流的比值 答案 CD3．已知用电器A 的电阻是用电器B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( ) A ．I A ＝2I B B ．I A ＝I B2C ．I A ＝I BD ．I A ＝I B4答案 D解析 由I ＝U R 得：I A ∶I B ＝U A R A ∶U B R B ＝U A R B ∶U B R A ＝1∶4，即I A ＝14I B ，应选D.伏安特性曲线4．小灯泡的伏安特性曲线如图6中的AB 段(曲线)所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了( )图6A ．5 ΩB ．10 ΩC ．1 ΩD ．6 Ω 答案 B解析 由电阻的定义式R ＝U I 知，A 点电阻R A ＝30.1 Ω＝30 Ω；B 点的电阻R B ＝60.15 Ω＝40 Ω，从而AB 段电阻改变了10 Ω，故B 正确．(时间：60分钟)题组一 对电流的理解及有关计算 1．关于电流的说法中正确的是( ) A ．根据I ＝qt，可知I 与q 成正比B ．如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C ．电流有方向，电流是矢量D ．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 答案 D解析 依据电流的定义式可知，电流与q 、t 皆无关，显然选项A 错误．虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但如果方向变化，电流也不是恒定电流，所以选项B 错误．电流是标量，故选项C 错误． 2．关于电流的下列说法中，正确的是( )A ．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多B ．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大C ．通电时间越长，电流越大D ．导体中通过一定的电荷量所用时间越短，电流越大 答案 BD3.如图1所示，电解池内有一价的电解质溶液，t s 内通过溶液内部截面S 的正离子数是n 1，负离子数是n 2，设元电荷为e ，则以下说法中正确的是( )图1A ．正离子定向移动形成的电流方向从A →B ，负离子定向移动形成的电流方向B →A B ．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消C ．溶液内电流方向从A 到B ，电流I ＝n 1etD ．溶液中电流方向从A 到B ，电流I ＝(n 1＋n 2)et答案 D解析 正电荷的定向移动方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向．正负离子反向经过同一截面时，I ＝qt 公式中q 应该是正、负电荷量的绝对值之和，故I ＝n 1e ＋n 2et t ，电流方向由A 指向B ，故选项D 正确．4.如图2所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S 铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A ，在铝导线上取一截面B ，若在1 s 内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )图2A ．I A ＝IB B ．I A ＝2I BC ．I B ＝2I AD ．不能确定 答案 A解析 这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等、导线的组成材料不同等等．但解题关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I ＝qt 可知电流相等．题组二 对欧姆定律的理解及有关计算 5．欧姆定律适用于( ) A ．金属导电 B ．气体导电C ．电解质溶液导电D ．所有导电物质 答案 AC解析 欧姆定律适用于金属导电、电解质溶液导电，对气体导电、半导体导电不适用，故A 、C 正确，B 、D 错误，故选A 、C.6．由欧姆定律I ＝U R 导出U ＝IR 和R ＝UI ，下列叙述中正确的是( )A ．由R ＝UI知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定B ．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C ．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值D ．电流相同时，电阻越大，其电压越大 答案 BCD7．下列物理公式属于定义式的是( ) A ．I ＝U R B ．a ＝F m C ．E ＝k Q r 2 D ．ρ＝mV答案 D解析 任何一个定义式，都不存在正比与反比的关系，它只表示量度该物理量的一种方法．电流的定义式是I ＝q t ，A 错误；加速度的定义式是a ＝Δv Δt ，B 错误；电场强度的定义式是E ＝Fq ，C 错误；密度的定义式是ρ＝mV，D 正确．故选D.8．在电阻为4 Ω的导体中通以恒定电流，5 min 内通过导体横截面的电荷量是45 C ，这时加在导体两端的电压是( )A ．60 VB ．6 VC ．0.6 VD ．3.6 V 答案 C解析 通过导体的电流为I ＝q t ＝455×60 A ＝0.15 A ；根据欧姆定律得，加在导体两端的电压是U ＝IR ＝0.15×4 V ＝0.6 V ，故选C.9．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是( ) A ．甲、乙两导体中的电流相同 B ．乙导体中的电流是甲导体中的2倍 C ．甲、乙两导体两端的电压相同 D ．乙导体两端的电压是甲的2倍 答案 B解析 由电流的定义式I ＝q t 可知乙导体中的电流是甲的两倍．由I ＝UR得U ＝IR ，因R 乙＝2R甲，可知乙两端的电压是甲两端电压的4倍，所以A 、C 、D 错误．题组三 对伏安特性曲线的理解10.小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图3所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中不正确的是( )图3A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝ U 1I 2 D ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝ U 1I 2－I 1答案 AC解析 I －U 图像的斜率表示导体电阻的倒数，由题图可知，随着电压的增大，灯泡的电阻增大，A 正确；根据欧姆定律，P 点时小灯泡的电阻为此时的电压与此时的电流的比值，而不是过P 点和原点的直线的斜率，C 正确；故选A 、C.11．图4是某导体的I －U 图线，图线的倾角为α＝45°，下列说法正确的是( )图4A ．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R ＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是6.0 C 答案 AB解析 通过电阻的电流I 与其两端的电压U 成正比．A 正确；导体的电阻R ＝U I ＝10 V5 A ＝2 Ω，B 正确，C 错误；在R 两端加6.0 V 电压时，电流I ′＝U ′R ＝6.02 A ＝3 A ，每秒通过电阻横截面的电荷量是q ＝I ′t ＝3×1 C ＝3 C ．故D 错误．故选A 、B.12．如图5所示，A 、B 、C 为三个通电导体的I －U 关系图像．由图可知，电阻最大的导体是________；若在导体B 两端加上10 V 电压时，通过导体B 的电流是________．图5 答案C 2.5 A解析由I－U图像知，电阻最大的应该是斜率最小的．其中导体B的电阻为R B＝4 V1.0 A＝4 Ω，所以在导体B上加10 V电压时，通过导体B的电流为2.5 A．。

4习题课动量守恒定律的应用[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．1．动量守恒定律成立的条件动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：(1)理想条件：系统不受外力．(2)实际条件：系统所受外力为零．(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五性动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．一、动量守恒条件及守恒对象的选取1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．【例1】图1－4－1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足M v＝M v1＋m v2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2答案BC解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．二、单一方向动量守恒问题1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．三、多物体多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．【例2】(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg 的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：图1－4－2(1)A的最终速度；(2)铁块刚滑上B时的速度．答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：m v＝(M B＋m)v B＋M A v A可求得：v A＝0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为v A＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v＝mu＋(M A＋M B)v A可求得：u＝2.75 m/s.借题发挥处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题1．注意正方向的选取．2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．针对训练图1－4－3两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率答案 B解析选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为v A和v B，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v A－M v B，则v Av B＝MM＋m，即v A<v B，故选项B正确．四、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．【例3】如图1－4－4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．图1－4－4(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？答案 (1)（M ＋m ）v 0－m v M(2)m v －M v 0m ＋M(3)v 1≤v 2 5.2 m/s解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m v ＋M v 1①解得v 1＝（M ＋m ）v 0－m v M② (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －M v 0＝(m ＋M )v 2③解得v 2＝m v －M v 0m ＋M④ (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2⑤其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件．联立②④⑤三式，并代入数据得v ≥5.2 m/s.某一方向上动量守恒问题1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )图1－4－5A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．多物体、多过程中的动量守恒问题2. 如图1－4－6所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体．从某一时刻起给m 一个水平向右的初速度v 0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 ( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．物体的最终速度为m v 0M ，向右D ．物体的最终速度为m v 0M ＋m，向右 答案 D解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v 共同运动，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，故v ＝m v 0M ＋m ，向右．3. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v 0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1－4－7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？图1－4－ 6图1－4－7答案 15v 0解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，m v 0＝5m v ，v ＝15v 0，即它们最后的速度为15v 0.动量守恒定律应用中的临界问题4. 如图1－4－8所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s 的速度向右滑行．此时质量m 2＝50 kg的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．答案 大于等于3.8 m/s解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v ′＋Mu ，解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s ，就可避免两车相撞． (时间：60分钟)题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变) () 图1－4－8A ．变大B ．变小C ．不变D ．无法判定答案 C 解析 相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向仍然具有和船相同的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变．2. 如图1－4－9所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C 以一定的初速度v 0从A 的左端开始向右滑行，最后停在B 木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 ( )A ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A 、B 、C 三物块组成的系统动量 都守恒D ．当C 在B 上滑行时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒答案 BC解析 当C 在A 上滑行时，对A 、C 组成的系统，B 对A 的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A 错误；当C 在B 上滑行时，A 、B 已分离，对B 、C 组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B 正确；若将A 、B 、C 三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C 正确，选项D 错误．3. 平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A 以水平初速度v 0向车的右端滑行，如图1－4－10所示．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动(设B 车足够长)，则B 车速度达到最大时，应出现在( ) A ．A 的速度最小时图1－4－9图1－4－10B ．A 、B 速度相等时C ．A 在B 上相对静止时D ．B 车开始做匀速直线运动时答案 ABCD解析 由于A 、B 之间存在摩擦力，A 做减速运动，B 做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A 的速度最小，B 的速度最大，因此选项A 、B 、C 正确，此后A 、B 一起匀速运动，所以D 项正确．4. 如图1－4－11所示，在质量为M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和摆球以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 ( ) A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1、v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ′，满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2答案 BC5. 如图1－4－12所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( )A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反图1－4－11图1－4－12答案BD解析小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．6. 如图1－4－13所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A．A、B质量相等，但A比B速率大B．A、B质量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A－m B v B－m C v C＝0，得m A v A－m B v B>0.所以A、C正确．题组二多物体多过程动量守恒定律的应用7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为() A．5颗B．6颗C．7颗D．8颗答案 D解析设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得m1m2＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.8. 如图1－4－14所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量图1－4－13 图1－4－14m A 是物体B 的质量m B 的34，子弹的质量m 是物体B 的质量的14，求弹簧压缩到最短时B 的速度．答案 v 08解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A 、B 具有共同的速度v 1，且子弹、A 、B 组成的系统，从子弹开始射入物体A 一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A ＋m B )v 1，又m ＝14m B ，m A ＝34m B ，故v 1＝m v 0m ＋m A ＋m B＝v 08，即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08.9. 如图1－4－15所示，在光滑水平面上有两个木块A 、B ，木块B 左端放置小物块C 并保持静止，已知m A ＝m B＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，现木块A 以初速度v ＝2 m/s 沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：(1)木块A 与B 相碰瞬间A 木块及小物块C 的速度大小；(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．答案 (1)1 m/s 0 (2)23 m/s 方向水平向右解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v 2＝1 m/s.(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 整体为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝23 m/s ，方向水平向右．题组三 综合应用图1－4－1510. 如图1－4－16所示，质量分别为m 1和m 2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2向右运动，并发生对心正碰，碰后m 2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m 2返回后又与m 1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m 1球的速度．答案 m 1v 1＋m 2v 22m 1方向向右 解析 设m 1、m 2碰后的速度大小分别为v 1′、v 2′，则由动量守恒定律知m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′m 1v 1′－m 2v 2′＝0，解得v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 1，方向向右． 11. 质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图1－4－17所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100m/s ，最后物体A 相对车静止，若物体A 与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求平板车最后的速度是多大． 答案 2.5 m/s解析 子弹击穿A 后，A 在水平方向上获得一个速度v A ，最后当A 相对车静止时，它们的共同速度为v .子弹射穿A 的过程极短，因此车对A 的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A 的位置没有发生变化，设子弹击穿A 后的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v 0＝m B v ′＋m A v A ，得v A ＝m B （v 0－v ′）m A ＝0.02×（600－100）2m/s ＝5 m/s A 获得速度v A 相对车滑动，由于A 与车间有摩擦，最后A 相对车静止，以共同速度v 运动，对于A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：m A vA图1－4－16图1－4－17＝(m A＋M)v，所以v＝m A v Am A＋M＝2×52＋2m/s＝2.5 m/s.12.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．答案6 5 v0解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④图1－4－18。

学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。

第9讲 电容器和电容[目标定位] 1.知道电容器的概念和平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式和决定式.3.掌握平行板电容器电容的决定式，并能用其讨论有关问题．一、电容器1．电容器：任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成一个电容器．2．电容器两块金属板上带上等量的异种电荷，一般把任意一块极板所带的电荷量的绝对值，叫做电容器的电荷量． 3．电容器的充电和放电(1)充电：把电容器的两个极板分别与电池组的两极相连，使电容器两极板带上等量异种电荷的过程叫做充电．(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和，电容器失去电荷的过程叫做放电．想一想 电容器所带电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和吗？ 答案 不是，电容器所带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值． 二、电容器的电容1．定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值，叫做电容器的电容． 2．定义式：C ＝Q U.3．单位是法拉，简称法，符号是F.常用单位还有微法(μF )和皮法(pF)，量值关系：1 F ＝106 μF ＝1012 pF.想一想 能不能由C ＝QU 说电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电容器两极板间的电势差成反比？答案 不能，电容是电容器本身的一种属性，大小由电容器自身的构成情况决定，与电容器是否带电、带多少电荷量均无关． 三、平行板电容器的电容1．结构：由两块彼此绝缘、互相靠近的平行金属板组成，是最简单的，也是最基本的电容器． 2．决定因素：平行板电容器两极板间的正对面积S 越大，电容C 越大；板间距离d 越大，电容C 则越小；插入电介质后，电容C 增大．(即C ＝εr S4πkd ，εr为电介质的相对介电常数)． 四、常用电容器1．分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器两类． 2．额定电压和击穿电压(1)额定电压：电容器正常工作时所能承受的电压，它比击穿电压要低．(2)击穿电压：是电容器的极限电压．超过这个电压，电容器内的电介质将被击穿，电容器将被损坏.一、对电容的理解1．C ＝Q U 是电容的定义式，对某一电容器来说，Q ∝U 但C ＝QU 不变，反映容纳电荷的本领；C ＝εr S 4πkd 是电容器电容的决定式，C ∝S ，C ∝1d，说明了电容大小的决定因素．2．如图1所示，Q －U 图像是一条过原点的直线，直线的斜率表示电容的大小．因而电容也可以表示为C ＝ΔQ ΔU.图1例1 下列关于电容的说法正确的是( ) A ．电容器简称电容B ．电容器A 的电容比B 的大，说明A 的带电荷量比B 多C ．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V 时电容器需要带的电荷量D ．由公式C ＝QU 知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比 答案 C解析 电容器和电容是两个不同的概念，A 错；电容器A 的电容比B 的大，只能说明电容器A 容纳电荷的本领比B 强，与是否带电无关，B 错；电容器的电容大小和它所带的电荷量、两极板间的电压均无关，电容器的电容只由电容器本身决定，D 错．借题发挥 C ＝QU 为比值定义法．C 的大小与Q 、U 无关，只跟电容器本身有关，当Q ＝0时，U ＝0，而C 并不为零．二、关于平行板电容器的两类典型问题1．平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U 不变 由C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd 可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化．由Q ＝UC ＝εr S4πkd U 可知Q 也随d 、S 、εr 的变化而变化．由E ＝U d ∝1d可知E 随d 的变化而变化．2．平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电量Q 保持不变 由C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd 可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化．由U ＝Q C ＝4πkdQ εr S 可知U 也随d 、S 、εr 的变化而变化．由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ∝1εr S可知E 随S 、εr 变化而变化．例2 如图2所示，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )图2A ．使A 、B 两板靠近一些 B ．使A 、B 两板正对面积减小一些C ．断开S 后，使B 板向右平移一些D ．断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些 答案 CD解析 静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝QU 可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大．所以本题的正确答案是C 、D.借题发挥 (1)平行板电容器动态分析的基本思路：①在判断电容器相关物理量的变化时，首先要弄清哪些量是不变的，然后根据不变量和相关公式推断其他待分析量的变化情况．②若电容器充电后与电源断开，则带电荷量Q 不变；若电容器始终与电源相连，则电压U 不变．③分析电容器物理量变化常用的公式有：C ＝εr S 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝Ud .(2)静电计是测量电势差的仪器，不能用于测直流电路中两点的电压．静电计张角大，说明极板间电势差大．针对训练 两块大小、形状完全相同的金属平板平行正对放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图3所示，接通开关S ，电源即给电容器充电．则( )图3A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B ．保持S 接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大C ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D ．断开S ，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大 答案 BC解析 保持S 接通则两极板间电势差U 不变，减小两极板间的距离d 时，根据电场强度公式E ＝Ud ，两极板间电场的电场强度将增大，A 错误；根据平行板电容器电容的定义式和决定式，可得C ＝Q U ＝εr S4πkd ，当在两极板间插入一块电介质时，介电常数εr 变大，导致电容C 变大，而U 不变，所以极板上的电荷量增大，B 正确；同理，断开S 时极板上的电荷量Q 不变，减小两极板间的距离d 时电容C 变大，则电势差U 一定变小，C 正确；如果在两极板间插入一块电介质，介电常数εr 变大，则C 变大，Q 不变则电势差U 一定减小，D 错误．本题正确选项是B 、C.对电容的理解1．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是( ) A ．两极板上一定带异种电荷 B ．两极板所带的电荷量一定相等 C ．充上的电荷量越多，其电容就越大D ．充上的电荷量越多，两极板间的电势差就越大 答案 C解析 给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异种电荷，A 、B 正确；电容器的电容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C 错误；根据U ＝QC ，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D 正确．2．如图4所示，为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V 降低到36 V ，对电容器来说正确的是( )图4A ．是充电过程B ．是放电过程C ．该电容器的电容为5×10－2 FD ．该电容器的电量变化量为0.2 C 答案 B解析 由Q ＝CU 知，U 降低，Q 减小，故为放电过程，A 错，B 对；由C ＝Q U ＝0.240F ＝5×10－3 F ，可知C 错；ΔQ ＝C ΔU ＝5×10－3×4 C ＝0.02 C ，D 错．平行板电容器的两类问题3.如图5所示，平行金属板A 、B 组成的电容器，充电后与静电计相连．要使静电计指针张角变大，下列措施中可行的是( )图5A ．将A 板向上移动B ．将B 板向右移动C ．将A 、B 之间充满电介质D ．将A 板放走部分电荷 答案 AB解析 当A 板上移时，极板正对面积S 减小，由平行板电容器电容公式C ＝εr S4πkd 知电容C 减小．因电容器与电源是断开的，电容器带电荷量Q 不变，由U ＝QC得U 增大，静电计的张角变大，选项A正确．当B板右移时，极板间距d增大，可知C减小，U增大，静电计的张角变大，选项B正确．极板间充满电介质，介电常数εr增大，从而电容C增大，U减小，选项C错误．当A板放走部分电荷，极板的带电荷量Q减小，而C不变，故U减小，选项D错误．故正确答案为A、B.4.如图6所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()图6A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大答案 B解析上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点电势减小，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能增加，C错；电容器的电容C＝εr S4πkd，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错．(时间：60分钟)题组一对电容器与电容的理解1．关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是()A．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器B．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷C．某一电容器带电荷量越多，它的电容就越大D．某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大答案AB解析电容器是储存电的容器，电容是描述电容器储存电本领大小的物理量．电容的大小与电容器带电多少及两极间电压大小都无关．2．下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )A ．根据C ＝QU 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板间的电压无关 答案 BCD解析 电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性．一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比．因此A 错误，C 、D 正确；由于电容是定值，由Q ＝CU 知，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B 正确．题组二 对平行板电容器的两类问题的判断3．连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时( ) A ．电容器的电容C 变大 B ．电容器极板的带电荷量变大 C ．电容器两极板间的电势差U 变大 D ．电容器两极板间的电场强度E 变大 答案 ABD解析 电容器两极板间距离减小，由C ∝εr Sd 得其电容变大，所以A 正确；因为电容器连在电源上，所以两极板间的电压保持不变，故C 错误；由Q ＝CU 得电容器所带电荷量变大，所以B 正确；由E ＝Ud知，两极板间的场强变大，所以D 正确．4．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大 D ．C 和U 均减小 答案 B解析 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝QC，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U减小，选项B 正确．5．如图1所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )图1A ．A 板与静电计的指针带的是异种电荷B ．甲图中将B 板上移，静电计的指针偏角增大C ．乙图中将B 板左移，静电计的指针偏角不变D ．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 答案 BD解析 静电计指针与A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，B板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大，C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，εr 增大，电容C 增大，U 减小，D 正确． 题组三 电容器的综合应用6.如图2所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电荷．现将一个检验电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为l ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对检验电荷q 所做的功等于( )图2A.qCl QdB.qQlCd C.qQl 2Cd D.qCl 2Qd 答案 C解析 根据U ＝Q C ，E ＝U d 可得E ＝QCd ，所以，由A 移动到B ，电场力做功，W ＝qEl sin 30°＝qQl2Cd. 7.如图3所示，已知平行板电容器两极板间距离d ＝4 mm ，充电后两极板电势差为120 V ．A板带正电，若它的电容为3 μF ，且P 到A 板距离为1 mm.求：图3(1)每一板的带电荷量；(2)一个电子在P 点具有的电势能；(3)一个电子从B 板出发到A 板获得的动能； (4)两板间的电场强度．答案 (1)3.6×10－4 C (2)－90 eV (3)120 eV(4)3×104 N/C 解析 (1)由Q ＝UC 得Q ＝120×3×10－6 C ＝3.6×10－4 C. (2)E P ＝－eφP ＝－e U ABd d PB＝－90 eV .(3)因为电子从B 板出发到A 板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得E k －0＝－eU BA ，E k ＝120 eV . (4)E ＝U ABd ＝3×104 N/C.。

第一章动量守恒研究新课标要求（1）探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞；（2）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题，知道动量守恒定律的普遍意义；例1：火箭的发射利用了反冲现象。

例2：收集资料，了解中子是怎样发现的。

讨论动量守恒定律在其中的作用。

（3）通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一。

第二节动量和动量定理三维教学目标1、知识与技能：知道动量定理的适用条件和适用范围；2、过程与方法：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能力，会应用动量定理分析计算有关问题。

教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。

教学难点：动量的变化。

教学方法：教师启发、引导，学生讨论、交流。

教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备。

1、动量及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。

记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克米每秒”。

理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。

大家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭示物体的运动状态，是一个动力学概念。

②矢量性：动量的方向与速度方向一致。

综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。

（2）动量的变化量：1、定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。

2、指出：动量变化△p是矢量。

方向与速度变化量△v相同。

一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ 1 矢量差例1：一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？2、动量定理（1）内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化（2）公式：Ft ＝m'v－mv ＝'p－p让学生来分析此公式中各量的意义：其中F是物体所受合外力，mv是初动量，m'v是末动量，t是物体从初动量变化到末动量所需时间，也是合外力F作用的时间。

动量练习一、选择题1．如果问题的研究对象是两个或两个以上的物体，这些物体就组成了系统，它们可以作为一个整体成为我们的研究对象．下列与系统有关的说法中正确的是（）．A．系统的内力的施力物体一定在系统内部，系统的外力的施力物体一定在系统外部B．系统的内力是系统内物体的相互作用，它不影响系统的总动量C．系统的内力是系统内物体的相互作用，它不影响系统内物体各自的动量D．系统的外力是系统外的物体对系统内的每一个物体都必须施加的作用，它影响系统的总动量2．在下列几种现象中，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，斜面光滑，一物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统3．（2011·山西师大附中模拟）一个笔帽竖直立在桌面上平放的纸条上，把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条，笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为（）．A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量小B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小C．快速拉动纸条时，笔帽受到的冲量小D．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小4．下列情形中，满足动量守恒条件的是（）．A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量5．（2010·广东顺德检测）在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断碰前卡车的行驶速率（）．A．大于10 m/sB．大于10 m/s小于20 m/sC．大于20 m/s小于30 m/sD．小于10 m/s6．如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从木块A的左端开始向右滑行，最后停在木块B的右端．对此过程，下列叙述正确的是（）．A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三个木块组成的系统动量都守恒D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒二、非选择题7．甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲的速度是3 m/s，乙的速度是 1 m/s，碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是2 m/s，求甲、乙两物体的质量之比．8．（2011·山东聊城二模）如图所示，在水平光滑平面的一条直线上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C．现让A球以v0＝2 m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，碰后A、B未分开，C球的速度v C＝1 m/s．求：（2）两次碰撞过程中损失的总动能．参考答案1． 答案：AB 解析：系统的内力不影响系统的总动量，但会改变系统内个体的动量．系统的外力是系统外物体对系统内物体施加的，影响系统的总动量．系统外力的作用不一定施加到系统内的每一个物体上，给系统内单个物体的力也是给系统的力．2．答案：A 解析：B 选项中的运动员和地面之间的作用力不能忽略；C 选项中重物在竖直方向的动量不守恒；D 选项中竖直方向动量也不守恒．3．答案：C 解析：快速拉纸条对笔帽的力为滑动摩擦力，缓慢拉时的作用力可能大于也可能小于滑动摩擦力．快速拉，时间短冲量小，慢拉，时间长冲量大，易倒，故选项C 正确．4．答案：B 解析：在铁锤打击铁块时，竖直方向上合外力不为零，所以动量不守恒．子弹穿过光滑桌面上的木块时，合外力为零，动量守恒，但穿过墙壁时，地面和墙壁间有作用力，动量不守恒．棒击垒球的过程中，棒和手之间有相互作用力，动量不守恒．5．答案：D6．答案：BC7．答案：35解析：规定甲物体初速度方向为正方向，则v 1＝3 m/s ，v 2＝－1 m/s ，碰后v 1′＝－2 m/s ，v 2′＝2 m/s根据动量守恒定律可得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 移项整理后可得122211m v v m v v '-=-'代入数据后可得1235m m =． 8．答案：（1）1 m/s （2）1.25 J解析：（1）A 、B 相碰满足动量守恒mv 0＝2mv 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s ．（2）两球与C 球相碰同样满足动量守恒2mv 1＝mv C ＋2mv 2得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s两次碰撞损失的总动能ΔE k 损＝12mv 02－12×2mv 22－12mv C 2＝1.25 J ．。

模块检测（一）（时间：90分钟满分：100分）、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1 •下列实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有答案 AB解析 选项A 为康普顿效应，选项B 为光电效应，康普顿效应和光电效应都 深入揭示了光的粒子性；选项 C 为a 粒子散射实验，未涉及光子，揭示了原子的核式结构；选项D 为光的折射，揭示了氢原子能级的不连续. 2 •下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是 （）A •利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况B •把含有放射性元素的肥料施给农作物，利用探测器的测量，找出合理的施肥规律C .利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹D •给怀疑患有甲状腺的病人注射碘131，诊断甲状腺的器质性和功能性疾病A. X 射线被石墨敬射府部分波长増大 缶锌板被紫外线照射时 有电子逸肚但披可见 光照射吋没有电子逸出C.轰击金箔的。

粒子中冇少 数运动方向塩生较大偏转D.氢原子发射的光经三棱镜 分光后’呈现线状光谱答案ABD解析利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹是利用丫射线贯穿能力强的特点，因此C选项不属于示踪原子的应用，A、B、D都是作为示踪原子，故A. B、D正确.3•关于原子结构和原子核，下列说法中正确的是（）A .利用a粒子散射实验可以估算原子核的半径B .利用a粒子散射实验可以估算核外电子的运动半径C.原子的核式结构模型很好地解释了氢原子光谱的实验D .处于激发态的氢原子放出光子后，核外电子运动的动能将增大答案AD解析核外电子对粒子几乎没有什么阻挡作用，故无法估算核外电子的运动半径，选项B错误；玻尔的氢原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，选项C错误，A、D对.4. 秦山核电站第三期工程的两个6105 kW发电机组已实现并网发电.发电站的核能来源于23592U的裂变，下列说法正确的是（）A .反应堆中核反应速度通常是采用调节23592U的体积来控制的B. 23592U 的一种可能的裂变是23592U+ o n^ 13954Xe+ 38sr+ 2和C. 23592U是天然放射性元素，升高温度后它的半衰期会缩短D .一个23592U裂变能放出200 MeV的能量，合3.210-11 J答案BD解析反应堆中核反应速度由控制棒（镉棒）吸收中子的多少来控制，A错；23 92U裂变有多种可能性，这是其中常见的一种，B对；放射性元素的半衰期由原子核本身决定，与温度压强等外界条件无关，C错；通过计算知，D正确.5. 红宝石激光器的工作物质红宝石含有铬离子的三氧化二铝晶体，利用其中的铬离子产生激光.铬离子的A£能级图如图1所示，E i 是基态，E 2是亚稳态，E 3是激发态，若以脉冲氙灯发 出的波长为入的绿光照射晶体，处于基态的铬离子受到激发而跃迁到 E 3,然 后自发地跃迁到E 2，释放波长为b 的光子，处于亚稳态E 2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长为 入入2B.入 1 — &答案 Ac解析由题意知E 3 — E 1 = h —c E 2 — E 1 = h- bb b由①②③式解得 后，故A 选项正确.b — b 6. 下列说法正确的是A .相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动 能越小B .钍核294Th ，衰变成镁核23：Pa,放出一个中子，并伴随着放出丫光子C .根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速 度减小D .平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定答案 AD解析 钍核衰变的核反应方程式为290Th 23：Pa +— 1e ,选项B 错误；氢原子 辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由a =mr 22，核外电子运动的加速度增大，选项 C 错误；故只有选项A 、D 正确.A. C. 入1—b入1入2c7. （2014 •江西吉安高二期末）2011年，日本发生9级地震，福岛第一核电站严重受损，大量放射性铯155Cs和碘153l进入大气和海水，造成对空气和海水的放射性污染•下列说法正确的是（）A .核反应堆中的核废料不再具有放射性，对环境不会造成影响B .铀核裂变的一种可能核反应是235U1355cs+ 97Rb+ 20nC.放射性碘嚼发生B衰变的核反应方程为嚼一1li xe+-0eD?35U裂变形式有多种，每种裂变产物不同，质量亏损不同，但释放的核能相同答案C8. 如图2所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）.一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距m,渔船的质量为离d,然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为A. m (L+ d )dB.m (L —d)dmLc・mrm (L + d)答案B解析设该同学在t时间内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等,s人 d即m〒=M［，又s人=L —d，得Mm (L —d)9.如图3所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离d弹簧之后，下述说法正确的是（）A •两滑块的动能之比E kA : E kB = 1 : 2B .两滑块的动量大小之比P A ： P B = 2 : 1C .两滑块的速度大小之比 V A : V B = 2 : 1D .弹簧对两滑块做功之比 W A : W B = 1 : 1答案 A解析 根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B 项错误； 2 m Bm A V A = m B V B ，故 V A : V B = m B : m A = 1 : 2, C 项错误；由 E k = 2m 得 E kA : E kB = m A1=2，A 项正确；由 w = A E k 知 W A : W B = E kA : E kB = 1 : 2, D 项错误.10. 静止的氡核《2Rn 放出a 粒子后变为钋核284Po, a 粒子动能为E a •若衰变放出 的能量全部变为反冲核和a 粒子的动能.真空中的光速为 C ,则该反应中的质量亏损为A 4 A.218 C 222 C.218答案222的动能之比为4： 218,因此衰变释放的总能量是228 E a ,由质能方程得质量、填空题（本题共3小题，共18分）11. （6分）（2014浙江高考）玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律， 氢原子能级图如图4所示.当氢原子从n = 4的能级跃迁到n = 2的能级时， 辐射出频率为 _________________ H z 的光子.用该频率的光照射逸出功为 2.25 eV 的钾 表面，产生的光电子的最大初动能为 _________ eV （电子电量e = 1.6010「19 C ,E a c E a C_ 218 E aD.222 c 2 解析 由于动量守反冲核和a 粒子的动量大小相等，由E k 二2m -m ，它们亏损是222 E a218 c 2.普朗克常量h = 6.6310「34 J • s）耳E/eV6 _^385 ----------------------------- .544--------------------------------- .853 --------------------------- L512 -------------------------- -3.401 --------------------------- 13+60图4答案 6.21014 0.30解析氢原子从n=4的能级跃迁到n = 2的能级时，释放出光子的能量为E =—0.85 eV—(— 3.40 eV)= 2.55 eV,由h E 解得光子的频率v 6.21014Hz.用此光照射逸出功为2.25 eV的钾时，由光电效应方程知，产生光电子的最大初动能为E k v h —W v (2.55— 2.25)eV v 0.30 eV.12. (6分)人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程•请按要求回答下列问题.(1) 卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献.请选择其中的两位，指出他们的主要成绩.① __________________________________________________________________ ；_② ______________________________________________________________________(2) 在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，图5为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途.图5答案（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱规律查德威克发现了中子（2）2为丫射线，利用丫射线的贯穿本领，工业用来探伤解析（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就）•玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱规律（或其他成就）•查德威克发现了中子（或其他成就）.（2）1为a射线；利用a射线的电离作用消除有害静电.或：2为Y射线；利用Y射线很强的贯穿本领，工业用来探伤.或：3为谢线；利用B射线自动控制铝板厚度.13. （6分）如图6所示，这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放电器、电磁继电器等几部分组成.（1）_________________________ 示意图中，a端应是电源 .（2）光控继电器的原理是：当光照射光电管时，______________________________⑶当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，则下列 __________ 法正确.A .增大绿光照射强度，光电子最大初动能增大B .增大绿光照射强度，电路中光电流增大答案⑴正(2) 阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大的电流产生的磁场使铁芯M磁化，将衔铁N吸住.无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M⑶B三、计算题(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. (10分)一群氢原子处于量子数n = 4的能级状态，氢原子的能级图如图7所示，则:(1) 氢原子可能发射几种频率的光子？⑵氢原子由量子数n = 4的能级跃迁到n = 2的能级时辐射光子的能量是多少电子伏？(3) 用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多大？«0043 2E/eV-0.85-1.51-3.401---------------------- 13.60图7答案 (1)6 种 (2)2.55 eV (3)铯；0.65 eV解析(1)可发射6种频率的光子(2) 由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为 E = E 4 — E 2,代入数据得E = 2.55 eV(3) E 只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应.根 据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为E km = E — W o 代入数据得，E km = 0.65 eV(或 1.010- 19J)15. (10分)(2014江苏卷)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载， A 、B 两个玻 璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为 15 : 16. 分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度.若 上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度V 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ， 且为对心碰撞，求碰撞后 A 、B 的速度大小.答案 1731 答案 48v ° 24V 0解析 设A 、B 球碰撞后速度分别为V 1和V 2由动量守恒定律 2mv 0= 2mv 1+ mv 2，16. (10分)40 kg 的女孩骑自行车带30 kg 的男孩(如图8所示)，行驶速度2.5 m/s.自行车行驶 时，男孩要从车上跳下来.(1)他知道如果直接跳下来，他可能会摔跤，为什么？(2)男孩安全跳下车且速度为零，计算男孩安全跳下车的瞬间，女孩和自行车的速度；(3)计算自行车与两个孩子，在男孩跳下车前后整个系统的动能的值.如有不 且由题意知 V 2 — V 1 15V 0 —16解得 17V1 二 48V 0, 31 V2= 24V 0同，请解释.答案⑴由于惯性(2)4 m/s(3) 250 J 400 J男孩跳下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J解析(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤•所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时可能不摔跤.(2)男孩跳下车前后，对整体由动量守恒定律有：(m i + m2 + m3)v o = (m i + m2)v得v= 4 m/s(m i表示女孩质量，m2表示自行车质量，m3表示男孩质量)(3)男孩跳下车前系统的动能1 2 1 2E ki = 2(m i + m2 + m3)v o = 2(40 + 10+ 30)(2.5) J=250 J男孩跳下车后系统的动能i 2 i 2E k2 = 2(m i+ m2)v = 2(40 + i0)4 J= 400 J男孩跳下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了i50J.i7. (i2分)2009年i2月28日，山东海阳核电站一期工程举行开工仪式.工程规划建设两台i25万千瓦的APi000三代核电机组.如果铀235在中子的轰击下裂变为38sr 和i56Xe，质量m u = 235.043 9 u, m n= i.008 7 u, m sr= 89.907 7 u，m Xe= 135.9072 u.(1) 写出裂变方程；(2) 求出一个铀核裂变放出的能量；(3) 若铀矿石的浓度为3 %，—期工程建成后，一年将消耗多少吨铀矿石？答案(1)295U + 0n—9°Sr+136Xe + 100n。