江苏省2020版高考物理三轮复习热点20练习选修3_5

必考部分选修3-5 【考情播报】考纲要求选修3-5内容要求说明51.动量动量定理I52.动量守恒定律及其应用I53.弹性碰撞和非弹性碰撞I只限于一维54.氢原子光谱氢原子的能级结构、能级公式I55.原子核的组成I56.原子核的衰变半衰期I57.放射性同位素放射性的应用与防护I58.核力与结合能质量亏损I59.核反应方程I60.裂变反应聚变反应链式反应I61.普朗克能量子假说黑体和黑体辐射I62.光电效应I63.光的波粒二象性物质波I命题预测1．考查原子物理及原子核物理的知识点，近代物理涉及的物理学史和物理学方法。

2．重点考查光电效应和光电路，原子能级跃迁，核反应、半衰期与质量亏损。

应试技巧1.动量、冲量、动量定理2.动量守恒定律--条件、公式3．原子物理——波粒二象性：（1）黑体辐射（普朗克）：随着温度升高，各种波长的辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

（2）光电效应（爱因斯坦）：a．爱因斯坦光电效应方程：E k=hν–W0，其中光电子最大初动能E k=eU c（U c为遏止电压），hν为入射光子的能量，W0为金属的逸出功b．只有hν>W0时，才有光电子逸出，截止频率νc=0Wh江苏高考物理考前冲A攻略（19）【真题回顾】1.(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为________。

A.mMv B.Mmv C.mm＋Mv D.Mm＋Mv(2)100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。

后来，人们用α粒子轰击6028Ni核也打出了质子：42He＋6028Ni→6229Cu＋11H＋X，该反应中的X是________(选填“电子”“正电子”或“中子”)。

此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能。

目前人类获得核能的主要方式是________(选填“核衰变”核裂变”或“核聚变”)。

板块四选修部分热点巧练热点20选修3-5(建议用时：20分钟)1．(1)下列说法中正确的是____________．A．一个质子和一个中子结合成氘核，一定会释放出能量B．汤姆孙发现电子，揭示了原子核内部有复杂结构C．根据玻尔理论，电子没有确定轨道，只存在电子云D．氢原子可以吸收任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大(2)已知质子的质量为m1，中子的质量为m2，碳核(126C)的质量为m3，则碳核(12 6C)的比结合能为______________，碳14是碳的一种具有放射性的同位素，研究发现外来的宇宙射线与大气作用产生宇宙射线中子，宇宙射线中子和大气中氮核(147N)起核反应产生碳14，请写出核反应方程__________________________．(3)如图所示，在列车编组站里，一质量m1＝3.6×104kg的甲货车在平直轨道上以v1＝2 m/s 的速度运动，碰上一质量m2＝2.4×104kg的静止的乙货车，它们碰撞后结合在一起继续运动，求货车碰撞后运动的速度以及甲货车在碰撞过程中动量的变化量．2．(1)下列说法正确的是()A．所有元素都可能发生衰变B．一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时最多能发出6种不同频率的光C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D.23592U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短(2)1919年，卢瑟福发现了质子．现在科学家用质子轰击锂核73Li，生成了2个α粒子，这个核反应方程为____________．若用m1表示质子质量，m2表示锂核质量，m3表示α粒子质量，则此反应中释放的能量ΔE＝____________．(3)氢原子的能级图如图所示，原子从能级n＝3向n＝2跃迁所放出的光子正好使某金属材料发生光电效应．求：①该金属的逸出功．②原子从能级n＝2向n＝1跃迁所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大初动能．3．(1)(2019·泰州中学等综合评估)下列说法正确的是()A．电子的衍射图样表明电子具有波动性B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定(2)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核28Si*，核反应方程为____________，此过程中动量____________(填“守恒”或“不守恒”)．14(3)如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平拉力的大小为多少？热点20选修3-5 1．解析：(2)此核反应方程为：611H＋610n→126C故碳核(126C)的结合能为ΔE＝Δmc2＝(6m1＋6m2－m3)c2，因核子数为12，则比结合能为ΔE 12＝（6m1＋6m2－m3）c212.根据电荷数守恒、质量数守恒，得核反应方程为10n＋147N→146C＋11H.(3)对整个系统，碰撞过程动量守恒，设结合在一起继续运动的速度为v 则m1v1＝(m1＋m2)v货车碰撞后运动的速度v＝m1v1m1＋m2＝1.2 m/s，甲货车的动量的变化量Δp＝m1v－m1v1＝－2.88×104 kg·m/s(或“动量变化量大小为2.88×104 kg·m/s，方向与初速度方向相反”)．答案：(1)A(2)（6m1＋6m2－m3）c2121n＋147N→146C＋11H(3)1.2 m/s－2.88×104 kg·m/s2．解析：(1)自然界中部分元素没有放射现象，故A错误；一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时最多能发出3种不同频率的光，分别是从n＝3到n＝2，从n＝3到n＝1，从n＝2到n＝1，故B错误；根据质量数与电荷数守恒，则有放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1，故C正确；半衰期不随着地球环境的变化而变化，故D错误．(2)用质子轰击锂核，生成了2个α粒子，核反应方程为11H＋73Li→242He，反应过程中亏损的质量为Δm＝m1＋m2－2m3，则释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－2m3)c2.(3)①根据题意可知，原子从能级n＝3向n＝2跃迁放出的能量即为该金属的逸出功，W0＝E3－E2＝(－1.51＋3.4)eV＝1.89 eV.②原子从能级n＝2向n＝1跃迁放出的能量为hν＝(－3.4＋13.6) eV＝10.2 eV根据光电效应方程得E km＝hν－W0＝8.31 eV.答案：(1)C(2)11H＋73Li→242He(m1＋m2－2m3)c2(3)见解析3．解析：(2)根据质量数和电荷数守恒可得，核反应方程为p＋2713Al→2814Si*；核反应过程中释放的核力远远大于外力，故系统动量守恒．(3)以向前的方向为正方向，对5 s过程由动量定理有：Ft＝Δm v解得：F＝Δm vt＝5 000×0.55N＝500 N.答案：(1)AB(2)p＋2713Al→2814Si*守恒(3)500 N。

第2讲光电效应波粒二象性知识排查黑体和黑体辐射普朗克能量子假说1.黑体与黑体辐射(1)黑体：是指能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。

(2)黑体辐射的实验规律①一般材料的物体，辐射的电磁波除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关。

②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关。

a.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加。

b.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

2.能量子(1)定义：普朗克认为，带电微粒辐射或者吸收能量时，只能辐射或吸收某个最小能量值的整数倍。

即能量的辐射或者吸收只能是一份一份的。

这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子。

(2)能量子的大小：ε＝hν，其中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量。

h＝6.63×10－34 J·s。

光电效应1.定义照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象。

2.光电子光电效应中发射出来的电子。

3.研究光电效应的电路图(如图1)：图1其中A 是阳极。

K 是阴极。

4.光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应。

低于这个频率的光不能产生光电效应。

(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。

(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9s 。

(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比。

爱因斯坦光电效应方程1.光子说在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光的能量子，简称光子，光子的能量ε＝hν。

其中h ＝6.63×10－34J·s 。

(称为普朗克常量)2.逸出功W 0 使电子脱离某种金属所做功的最小值。

3.最大初动能 发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出后所具有的动能的最大值。

4.遏止电压与截止频率(1)遏止电压：使光电流减小到零的反向电压U c 。

选修3－5综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下面列出的是一些核反应方程：3015P ―→3014Si ＋X ，94Be ＋21H ―→105B ＋Y ， 42He ＋42He ―→73Li ＋Z.其中( )A ．X 是质子，Y 是中子，Z 是正电子B ．X 是正电子，Y 是质子，Z 是中子C ．X 是中子，Y 是正电子，Z 是质子D ．X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子[答案] D[解析] 由电荷数守恒和质量数守恒规律可知，X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子，故D 正确．2．放射性同位素发出的射线在科研、医疗、生产等诸多方面得到了广泛的应用，下列有关放射线应用的说法中正确的有( )A ．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B ．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C ．用放射线照射作物种子能使其DNA 发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D ．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害[答案] D[解析] 利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视；作物种子发生的DNA 突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量，故选D.3．2020年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m 1的赵宏博抱着质量为m 2的申雪以v 0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，则有( )A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1[答案] C[解析] 因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4.“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的32He含量十分丰富，科学家认为，32He是发生核聚变的极好原料，将来32He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于32He，下列说法正确的是( )A.32He的原子核内有三个中子两个质子B.32He的原子核内有一个中子两个质子C.32He发生聚变，放出能量，一定会发生质量亏损D.32He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起[答案] BC[解析] 32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．5．下列说法正确的是( )A．中子和质子结合氘核时吸收能量B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电[答案] C[解析] 中子和质子结合成氘核时放出能量．放射性物质的半衰期不受温度的影响．原子核经过一次α衰变核内的中子数减少2个，一次β衰变核内的中子数减少一个．γ射线的电离作用很弱，不可用来消除有害静电．6．(2020·温州模拟)2020年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程23592U ＋n→14156Ba ＋9236Kr ＋αX 是反应堆中发生的众多核反应的一种，n 为中子，X 为待求粒子，α为X 的个数，则( )A ．X 为质子 α＝3B ．X 为质子 α＝2C ．X 为中子 α＝2D ．X 为中子 α＝3 [答案] D[解析] 由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X 电荷数为0，即X 应为中子，又由质量数守恒可得α＝3，因此，答案选D.7．颜色不同的a 光和b 光由某介质射向空气时，临界角分别为C a 和C b ，且C a > C b .当用a 光照射某种金属时发生了光电效应，现改用b 光照射，则( )A ．不一定能发生光电效应B ．光电子的最大初动能增加C ．单位时间内发射的光电子数增加D ．入射光强度增加[答案] B[解析] 由sin C ＝1n可知n a <n b ，则a 光的频率小于b 光的频率，因此B 对． 8．(2020·合肥模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v[答案] B[解析] 本题考查碰撞和动量守恒，意在考查学生对碰撞中的动量守恒和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．9．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，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，下列论述中正确的是( )A．核20983Bi比核23793Np少28个中子B．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D．发生β衰变时，核内中子数不变[答案] B[解析] 因为核反应方程的质量和电荷数守恒，可以知道该核反应方程为23793Np→20983Bi＋742He＋40－1e，B正确；20983Bi和23793Np的中子数分别为126和144，相差18个，A错；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，D错．10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3kg的木板，木板上有质量为m＝1kg的物块．它们都以v＝4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能[答案] A[解析] 当木板速度为v1＝2.4m/s时，由动量守恒定律可得，Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝0.8m/s，方向向左，可见物块已经向左匀加速运动，选项A正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)在2020年温哥华冬奥会上，首次参寒的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员王冰玉投掷冰壶的镜头．假设在此次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后中国队的冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑行．若两冰壶质量相等，则对方冰壶获得的速度为________m/s.[答案] 0.3[解析] 由动量守恒定律m1v1＝mv′1＋m2v′2代入数值解得：v′2＝0.3m/s12．(6分)在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B 的质量之比为M A ∶M B ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为p A ∶p B ＝________.[答案] 1∶2[解析] 考查碰撞中动量守恒表达式的应用．实验中碰撞结束时刻的动量之比为p A p B＝M A ·OM M B ·ON ＝32×18.3055.14＝1213．(6分)1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现________．图中A 为放射源发出的________粒子，B 为________气．[答案] 质子 α 氮三、论述计算题(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)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？(2)求此过程中释放的核能．[答案] (1)m 1v 0m 1＋m 2(2)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 2 [解析] (1)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝m 1v 0m 1＋m 2(2)核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3反应过程中释放的核能ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 215．(10分)(2020·江苏省姜堰市二中高三上学期学情调查)用速度为v 0、质量为m 1的42He核轰击质量为m 2的静止的147N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B .其中A 为148O 核，质量为m 3，速度为v 3；B 的质量为m 4.(1)计算粒子B 的速度v B .(2)粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反．[答案] (1)m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)v 3>m 1v 0m 3[解析] 根据动量守恒定律可解得粒子B 的速度，再根据粒子B 的速度方向与42He 核的运动方向相反 ，确定粒子A 的速度符合的条件．(1)由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)B 的速度与42He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0，解得：v 3>m 1v 0m 3 16．(11分)(2020·烟台模拟)如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，M ＝5m ，A 、B 间存在摩擦，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求A 、B 最后的速度大小和方向．[答案] 23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同． [解析] 由动量守恒可知：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝M －m M ＋mv 0 将M ＝5m 代入上式可得：v ＝23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同17．(11分)氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为E e ＝12.89eV 的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激，跃迁到n ＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量m e 与氢原子的质量m H 之比为1∶1840)[答案] 0.15eV[解析] 以v e 和v H 表示碰撞前电子的速度和氢原子的速率，根据题意有： m e v e －m H v H ＝0①碰撞前，氢原子与电子的总动能为：E k ＝12m H v 2H ＋12m e v 2e ② 联立①②两式并代入数据解得：E k ≈12.90eV③氢原子从基态跃迁到n ＝4的能级所需要能量由能级图可得：ΔE ＝－0.85eV －(－13.6eV)＝12.75eV ④碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为：E ′k ＝E k －ΔE ＝12.9eV －12.75eV ＝0.15eV。

选修3-5专练1．(1)对于下列四幅图的叙述正确的是________。

A ．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B ．由乙图可知，a 光光子的频率高于b 光光子的频率C ．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有14发生衰变D ．由丁图可知，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定 (2)氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量。

若某氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高－34E 1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级。

(3)如图所示，质量为m 的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t 滑到斜面底端时速率为v 。

求此过程中：①斜面对物块的支持力的冲量大小I N ； ②斜面对物块的摩擦力的冲量大小I f 。

解析：(1)由题图甲观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A 项正确；由题图乙可知，a 光光子的频率低于b光光子的频率，故B 项错误； 由题图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有34发生衰变，故C 项错误；由题图丁可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故D 项正确。

(2)由题意可得发射光子后氢原子能量为E ＝E 1＋⎝⎛⎭⎫－34E 1＝14E 1；根据波尔理论氢原子发射光子能量E ＝E m －E n (m >n )，得到氢原子发射光子前的能量为E ′＝14E 1＋⎝⎛⎭⎫－316E 1＝E 116，根据氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，得到发射光子前n ＝4，发射光子后n ＝2。

(3)①把重力沿垂直斜面方向分解，分力为G 1＝mg cos θ，在垂直斜面方向物块受到支持力F N ，物块在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：F N ＝mg cos θ，所以支持力的冲量为：I N ＝F N ·t ＝mg cos θ·t ；②在整个过程，对物块由动量定理可得： mg sin θ·t －I f ＝m v －0， 化简可得摩擦力的冲量为： I f ＝mg sin θ·t －m v 。

小卷综合练(三)(建议用时：30分钟)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1. (2019·江都中学等六校联考)如图所示，在斜面上某处A以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则( )A．将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变B．将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长C．v增大，石块在斜面上的落点不变D．v增大，石块在空中飞行的时间不变2．(2019·徐州市考前模拟) 如图所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管．下列说法正确的是( )A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭3．(2019·常熟中学模拟)如图所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，A、B、C在同一水平面上，在A点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为－Q的点电荷．一根光滑绝缘杆沿CD固定，杆上穿有带电荷量为＋q的小球．让小球从D点由静止开始沿杆下滑，则关于小球从D滑到C点的过程中，下列判断正确的是( )A．电场力先减小后增大B．电场力先做负功后做正功C．小球机械能先增加后减小D．小球做匀加速运动4．长为l 的细线吊着一个小球，静止时处于P 点，细线竖直，第一次用一个水平力缓慢拉小球到Q 点，此时细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，此过程中拉力的最大值为F 1；第二次用一个水平恒力F 2拉小球，使小球运动到Q 点时速度刚好为零，则F 1F 2为( )A ．3 B. 3 C ．1 D.335．小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝50∶1，输电线的总电阻R ＝10 Ω.某时段全村平均每户用电的功率为200 W ，该时段降压变压器的输出电压为220 V ．则此时段( )A ．发电机的输出功率为22 kWB ．降压变压器的输入电压为11 kVC ．输电线的电流为1 100 AD ．输电线上损失的功率约为8.26 W二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．如图所示，B 为半径为R 的竖直光滑圆弧的左端点，B 点和圆心C 连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m 的小球在圆弧轨道左侧的A 点以水平速度v 0抛出，恰好沿圆弧在B 点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．AB 连线与水平方向夹角为αB ．小球从A 运动到B 的时间t ＝v 0tan αgC ．小球运动到B 点时，重力的瞬时功率P ＝mgv 0tan αD ．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态7．北京时间2019年4月21日消息，科学家们发现在大约39光年外存在一个温度适宜的所谓“超级地球”，它围绕一颗质量比太阳稍小的恒星运行，它的直径大约是地球的1.4倍，质量是地球的7倍．已知引力常量为G，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A．“超级地球”表面的重力加速度大小是地球表面的1 5B．“超级地球”表面的重力加速度大小是地球表面的257倍C．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5倍D．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5 58．如图所示，物块A、B静止在光滑的水平面上，质量均为1 kg，B通过轻弹簧与墙相连，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0＝10 m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是( )A．弹簧能获得的最大弹性势能为25 JB．物块A最终的速度大小为5 m/sC．整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15 N·sD．整个过程中的机械能损失为37.5 J9．匀强磁场B垂直于水平导轨所在平面，导轨间接一电阻R，导轨上放置一金属棒L，金属棒L与导轨电阻均不计，沿导轨平面施加一水平恒力F，F垂直于金属棒，使金属棒由静止开始沿导轨向右运动，在以后的运动中，金属棒速度v、加速度a、力F的冲量为I，回路产生的焦耳热为E.四个物理量大小随时间t变化关系图线正确的是( )三、实验题：共18分．10．(8分)(2019·苏锡常镇二模)某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M____________(填“需要”或“不需要”)远大于砂和砂桶的总质量m.(2)图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，s AD＝____________cm.已知电源频率为50 Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝____________m/s(计算结果保留两位有效数字)．(3)该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE k－W关系图象，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线(实线)应该是____________．11．(10分)在“测电源电动势和内阻”的实验中，某实验小组同学根据图甲电路进行测量实验．(1)根据图甲电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)实验小组同学操作正确，记录下几组电压表和电流表的示数，并在坐标系内作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示．由图象可测得E测和r测，则E测________E真；r 测________r 真(均选填“>”“＝”或“<”)．(3)为了克服系统误差，同学们又根据图丁电路进行测量．同样作出U －I 图象，如图戊所示．经过讨论发现，利用图丙和图戊可以消除系统误差得出电源的电动势和内阻的真实值，则E 真＝________，r 真＝________．小卷综合练(三)1．A 2.B3．解析：选D.＋Q 和－Q 是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，小球从D 滑到C 点的过程中，离两个点电荷连线AB 的距离先减小后增大，电场强度先增大后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，故A 错误；通过AB 连线的中垂面是一等势面，C 、D 在同一等势面上，CD 连线上电势处处相等．则小球在下滑过程中，电场力始终不做功，由功能关系知，小球的机械能不变，故B 、C 错误；小球所受的电场力垂直于CD 连线，且沿水平方向，与杆的弹力保持平衡，所以小球的合力等于重力沿杆向下的分力，因此小球做匀加速运动，故D 正确．4．解析：选A.第一次小球在水平拉力作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F 1＝mg tan θ；第二次从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：F 2l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得：F 2＝33mg ，因此F 1F 2＝3，A 项正确． 5．解析：选B.用户总功率为P ＝110×200 W ＝22 000 W ＝22 kW ，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22 kW ，A 错误；降压变压器的输出电压为220 V ，即U 4＝220 V ，所以根据n 3n 4＝U 3U 4可得降压变压器的输入电压U 4＝50×220 V ＝11 000 V ＝11 kV ，B 正确；用户端总电流为I 4＝P U 4＝22 000220 A ＝100 A ，根据n 3n 4＝I 4I 3，所以输电线中的电流为I 3＝2 A ，输电线上损失的功率约为ΔP ＝I 23R ＝22×10 W ＝40 W ，C 、D 错误．6．解析：选BC.小球从A 到B 做平抛运动，根据几何关系可知小球在B 点的速度方向与水平方向的夹角为α，设AB 连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论tan α＝2tan θ，故A 错误；根据平行四边形定则知，小球通过B 点时竖直方向上的分速度v y ＝v 0tan α＝gt ；则运动的时间t ＝v y g ＝v 0tan αg，故B 正确；小球运动到B 点时，重力的功率P ＝mgv y ＝mgv 0tanα，故C 正确；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，此时合力竖直向上且指向圆心，故小球处于超重状态，故D 错误．7．解析：选BC.星球表面的重力加速度g ＝GM R 2，则g 超g 地＝M 超R 2地M 地R 2超＝257，选项B 正确；第一宇宙速度v ＝gR ，则v 超v 地＝g 超R 超g 地R 地＝5，选项C 正确． 8．解析：选ABC.A 与B 相撞过程中动量守恒m A v 0＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝5 m/s ，当AB 速度为零时，弹簧被压缩到最短，获得的最大弹性势能E pm ＝12(m A ＋m B )v 2＝25 J ，A 正确；由于水平面光滑且反弹时AB 间的锁定解除，故A 、B 在弹簧恢复原长时分离，则分离后物块A 的速度为v A ＝v ＝5 m/s ，B 正确；以物块A 为研究对象，整个过程中根据动量定理可得I ＝Δp ＝－m A v －m A v 0＝－15 N ·s ，C 正确；因碰撞后压缩弹簧过程中只有弹力做功，机械能守恒，故只有碰撞过程机械能损失，即整个过程的机械能损失为ΔE ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝25 J ，D 错误．9．解析：选AD.对金属棒，t ＝0时刻，由于速度为零，则在F 作用下向右加速，设t 时刻棒速度为v ，由牛顿第二定律得：a ＝F m －B 2L 2v mR，由于v 增大，则a 逐渐减小，当a ＝0时棒匀速，故A 正确；在极短时间Δt 内，有Δa Δt ＝－B 2L 2mR Δv Δt ，由于Δv Δt 逐渐减小，可知Δa Δt 逐渐减小，故B 错误；力F 冲量I ＝F ·t ，F 为恒力，I －t 图象应为直线，故C 错误；焦耳热E ＝B 2L 2v 2R t ，初始段v 增大，则E －t 图线斜率逐渐增大，后来v 恒定，故斜率恒定，故D 正确．10．(1)需要 (2)2.10 0.50 (3)D11．解析：(1)电路连线如图；(2)用图甲电路测量时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势E ＝U A ，同时由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，因此电动势和内阻的测量值均小于真实值；(3)根据闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势为U B ；丙图与横轴的交点表示电源的短路电流，因此电源的内阻r ＝E I 短＝U A I B .答案：(1)见解析图(2)< <(3)U B U A I B。

第3讲原子结构原子核知识排查氢原子光谱、原子的能级1.氢原子光谱(1)光谱分类有些光谱是一条条的亮线，这样的光谱叫做线状谱。

有的光谱是连在一起的光带，这样的光谱叫做连续谱。

(2)氢原子光谱的实验规律巴耳末线系是氢原子光谱在可见光区的谱线，其波长公式1λ＝R⎝⎛⎭⎪⎫122－1n2，(n＝3，4，5，…)，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1，n为量子数。

2.玻尔理论(1)定态：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量。

(2)跃迁：电子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝E m－E n。

(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s)(3)轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应。

原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的。

3.氢原子的能级、能级公式(1)氢原子的能级能级图如图1所示图1(2)氢原子的能级和轨道半径①氢原子的能级公式：E n＝1n2E1(n＝1，2，3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV。

②氢原子的半径公式：r n＝n2r1 (n＝1，2，3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m。

原子核的组成、原子核的衰变、半衰期、放射性同位素1.原子核的组成：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数等于核内的质子数。

2.天然放射现象(1)天然放射现象元素自发地放出射线的现象，首先由贝克勒尔发现。

天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构。

(2)放射性和放射性元素物质发射某种看不见的射线的性质叫放射性。

具有放射性的元素叫放射性元素。

(3)三种射线：放射性元素发射出的射线共有三种，分别是α射线、β射线、γ射线。

(4)放射性同位素的应用与防护①放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同。

热点5 万有引力定律的应用(建议用时：20分钟)1．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳照射的此卫星，发现日落的 T 2 时间内有T 6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )A.24πGT 2B.3πGT 2C.8πGT 2D.16πGT 2 2．(多选)(2019·无锡市高三期末)如图所示，两颗卫星A 、B 质量相等，A 绕地球运动的轨迹为圆，B 绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一平面内且相切于P 点，则( )A ．在P 点两卫星的加速度大小相等B ．在P 点卫星B 的速度介于11.2 km/s 和16.7 km/s 之间C ．卫星B 的周期比A 长D ．两卫星的机械能相等3．(多选)近年来，我国航天与深海潜水事业交相辉映，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”已经不再是梦想．处于7 062 m 深海处随地球自转的蛟龙号的向心加速度为a 1，转动角速度为ω1；处于393 km 高空圆轨道的神舟十一号向心加速度为a 2，转动角速度为ω2；处于36 000 km 高空圆轨道的地球同步卫星的向心加速度为a 3，转动角速度为ω3.下列说法正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 1<a 2<a 3C ．ω2>ω3＝ω1D ．ω2<ω3＝ω14．(2019·南京调研)2019年1月3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测器提供地月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日－2点”(简称地月L 2点)附近运动，地月L 2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月L 2点的探测器的说法正确的是( )A ．探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比B ．探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道半径的平方成反比C ．探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比D ．不可能有探测器能定点于地月连线之间某点5．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏．当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾．如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则( )A ．“轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星M 对接补充能源后开动M 上的小发动机向前喷气，能校正卫星M 到较低的轨道运行B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机校正C ．在图乙中M 的动能一定小于N 的动能D ．在图乙中，M 、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上6．某行星的质量约为地球质量的12，半径约为地球半径的18，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶17．(2019·南京二模)如图所示，1、3轨道均是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R ，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B 点，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内．已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G ，地球质量为M ，三颗卫星的质量相等，则下列说法正确的是( )A ．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能B ．若卫星在1轨道上的速率为v 1，卫星在2轨道A 点的速率为v A ，则v 1＜v AC ．若卫星在1、3轨道上的加速度大小分别为a 1、a 3，卫星在2轨道A 点的加速度大小为a A ，则a A ＜a 1＜a 3D ．若OA ＝0.4R ，则卫星在2轨道B 点的速率v B ＞ 5GM 8R8.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v 0拋出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点Q ，斜坡的倾角为θ，已知该星球半径为R ，引力常量为G ，下列说法错误的是( )A ．星球表面的重力加速度为v 0tan θtB ．该星球的质量为2v 0R 2tan θGtC ．在该星球上发射卫星的发射速度一定大于 2v 0R tan θtD ．在该星球上不可能发射周期小于π 2Rt v 0tan θ的卫星 热点5 万有引力定律的应用1．解析：选A.设行星质量为M ，半径为R ，密度为ρ，卫星质量为m ，如图所示，发现日落的T 2时间内有T 6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r ＝R cos φ＝2R ，根据G Mm （2R ）2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2·2R ，M ＝ρ43πR 3，解得ρ＝24πGT 2.2．AC3．解析：选AC.由题意可知ω3＝ω1，由GMm r2＝mω2r 知，ω2>ω3，C 正确，D 错误；由于地球同步卫星比蛟龙号的轨道半径大，根据a ＝rω2，可知a 3>a 1，由GMm r2＝ma 知，a 2>a 3，A 正确，B 错误．4．解析：选C.定点于L 2处的探测器与月球公转同周期，因此A 错；由a ＝ω2r 知B 错；由v ＝ωr 知C 对；在地月连线之间会有一处满足F 地－F 月＝mω2r ，D 错．5．解析：选A.根据向心运动条件知，卫星M 减速，即开启的发动机向前喷气，万有引力大于圆周运动所需的向心力，故卫星M 会降低轨道运行，A 正确；卫星M 在没有补充能源情况下，不能降低到“轨道康复者”N 所在轨道上，B 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律知G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GM r，虽然M 运行的轨道半径大于N 的轨道半径，M 的运行速率小于N 的运行速率，但二者质量的大小关系不确定，所以不能判断动能大小，C 错误；在题图乙中M 绕地球的运行周期大于N 绕地球的运行周期，所以经过一段时间卫星M 、康复者N 和地球球心三者是有可能处在同一直线上的，D 错误．6．解析：选A.设地球质量为M ，地球半径为R ，由GMm R 2＝m v 2R ，可知地球上的第一宇宙速度v 地＝ GM R ，同理可得，行星上的第一宇宙速度v 行＝12GM 18R ＝2GM R，所以v 行∶v 地＝2∶1，则A 正确，B 、C 、D 错误．7．解析：选B.2、3轨道在B 点相切，卫星在3轨道相对于2轨道是做离心运动的，卫星在3轨道上的线速度大于在2轨道上B 点的线速度，因卫星质量相同，所以卫星在3轨道上的机械能大于在2轨道上的机械能，A 错误；以OA 为半径作一个圆轨道4与2轨道相切于A 点，则v 4＜v A ，又因v 1＜v 4，所以v 1＜v A ，B 正确；加速度是万有引力产生的，只需要比较卫星到地心的高度即可，应是a A ＞a 1＞a 3，C 错误；由开普勒第三定律可知，2轨道的半长轴为R ，OB ＝1.6R ，3轨道上的线速度v 3＝5GM 8R ，又因v B ＜v 3，所以v B ＜ 5GM 8R，D 错误．8．解析：选A.根据tan θ＝12gt 2v 0 t 解得，星球表面的重力加速度g ＝2v 0tan θt，A 错误；在星球表面，有G Mm R 2＝mg ，解得M ＝gR 2G ＝2v 0R 2tan θGt ，B 正确；根据重力提供向心力，有mg ＝m v 2R，解得第一宇宙速度为v ＝gR ＝ 2v 0R tan θt ，因此发射卫星的速度一定大于 2v 0R tan θt ，C 正确；根据G Mm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 可得T 2∝r 3，当r ＝R 时，最小周期为π 2Rt v 0tan θ，故在该星球上不可能发射周期小于π 2Rt v 0tan θ的卫星，D 正确．。

热点3 牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1．(2019·江苏五校联考)如图所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间动摩擦因数均为μ.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )则( )A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，aB ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μg2.(多选)如图所示，ab 、ac 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c位于同一圆周上，O 为该圆的圆心，ab 经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b 、c 点无初速度释放，用v 1、v 2分别表示滑环到达a 点的速度大小，用t 1、t 2分别表示滑环到达a 所用的时间，则( )A ．v 1>v 2B ．v 1<v 2C ．t 1＝t 2D ．t 1<t 2 3．(多选)(2019·苏州市调研)弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为 2 kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N ，如果从升降机的速度大小为3 m/s 时开始计时，则经过1 s ，升降机的位移大小可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．3 mB ．5 mC ．2 mD ．4 m 4.(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D ．物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和5．如图所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大6．(多选)(2019·江苏省高考压轴冲刺卷)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A ．若m ＞M ，有x 1＝x 2B ．若m ＜M ，有x 1＝x 2C ．若μ＞sin θ，有x 1＞x 2D ．若μ＜sin θ，有x 1＜x 27．质量为M ＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量为m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( )A ．木板一定静止不动，小木块不会滑出木板B ．木板一定静止不动，小木块会滑出木板C ．木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板D ．木板一定向右滑动，小木块会滑出木板8．(多选)倾角为θ的斜面体M 静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m 的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m 施加一个向左的水平拉力F ，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M 始终保持静止．则此时( )A ．物块m 下滑的加速度等于F cos θm B ．物块m 下滑的加速度大于F cos θmC ．水平面对斜面体M 的静摩擦力方向水平向右D ．水平面对斜面体M 的静摩擦力大小为零热点3 牛顿运动定律的应用1．解析：选C.对物块B 受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm 2g ＝kx ，则x ＝μm 2g k.以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T ＝μ(m 1＋m 2)g ；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A 受到的合外力与T 大小相等，方向相反，则：a A ＝T m 1＝μ（m 1＋m 2）g m 1；B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B 的加速度仍然等于0.故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．解析：选AD.小滑环沿杆下滑过程中，只有重力做功，且由b 到a下落的高度大，重力做功多，由动能定理W 合＝ΔE k 知，v 1>v 2，选项A 正确，B 错误；设圆半径为R ，ab 与ac 之间的夹角为β，ac 与水平面之间的夹角为α，则2R ＝12gt 21·sin(α＋β)，2R cos β＝12gt 22sin α，比较sin(α＋β)与sin αcos β的大小，有sin(α＋β)－sin αcos β＝cos （α＋β）·sin βcos β.又(α＋β)为锐角，cos(α＋β)>0，sin βcos β>0，所以sin(α＋β)>sin αcos β，即t 1<t 2，所以选项C 错误，D 正确．3．解析：选CD.对物体进行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于弹簧测力计的示数)，加速度a ＝mg －F 弹m＝2 m/s 2，方向向下．升降机初速度大小为v 0＝3 m/s ，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s 内的位移有两种情况，向下加速时x 1＝v 0t ＋12at 2＝4 m ；向上减速时x 2＝v 0t －12at 2＝2 m ，故选C 、D. 4．解析：选CD.当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以其重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A，由动能定理知物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A的机械能增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．5．解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g cos θ－(m1＋m2)·g sin θ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2－μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a2，联立解得T2＝m1m1＋m2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝m1m1＋m2F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m1m1＋m2F，选项C正确．6．解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T－μmg＝ma1②联立①②式解得T＝Fmm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)g sin θ－μ(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T′－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2⑤联立④⑤式，解得T′＝FmM＋m⑥比较③⑥式，可知，弹簧的弹力(或伸长量)相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．7．解析：选A.小木块对木板的摩擦力F f1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面对木板的最大静摩擦力F f2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因为F f1<F f2，故木板一定静止不动．由牛顿第二定律得小木块的加速度a2＝μ2g＝4 m/s2，x＝v202a2＝168m＝2 m<L，所以小木块不会滑出木板．故选项A正确，B、C、D错误．8．解析：选BD.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mg sin θ＝μmg cos θ，施加拉力F后，mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma，解得a＝F cos θ＋μF sin θ，所以A错误，B正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向m下为F f＝μ(mg cos θ－F sin θ)，正压力F N＝mg cos θ－F sin θ，又μ＝tan θ，把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以C错误，D正确．。