最新物理高考骄子之路第一轮总复习14-1

专题强化十四动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力．3．用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点．1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．类型1动量定理和功能关系的应用例1(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图1(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.答案见解析解析(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a 至b .依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f ＝F 安 F 安＝BI 1L I 1＝BL v R联立解得：F f ＝B 2L 2vR(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2m vF 安＝B I L ，又I ＝BL vR ，x ＝v t联立解得：x ＝m v RB 2L2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2根据功能关系有 Q ＝W 安 得：Q ＝m v 2.变式1 (多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图2所示，CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R 、质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是( )图2A ．电阻R 的最大电流为BL 2gh2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2ghB 2L 2D ．流过电阻R 的电荷量为m 2ghBL答案 AD解析 导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mgh ＝12m v 2，得导体棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E ＝BL v ，最大的感应电流为I ＝BL v2R ＝BL 2gh2R ，故A 正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q ＝mgh ，故电阻R 中产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝12mgh ，故B 错误；对导体棒，经时间Δt 穿过磁场，由动量定理得：－F安Δt ＝－BLI Δt ＝－m v ，而q ＝I Δt ，变形得：BLq ＝m v ，解得q ＝m v BL＝m 2gh BL ，而由q ＝I Δt ＝E 2R Δt ＝BS 2R Δt Δt ＝BS 2R 和S ＝Ld ，解得：d ＝2qR BL ＝2mR 2ghB 2L 2，故C 错误，D 正确．类型2 动量守恒定律和功能关系的应用1．问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用． 2．方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒．因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解．例2(2019·河北衡水中学高考模拟)如图3所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求：图3(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q . 答案 (1) 5 m/s (2)2 J解析 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有： Mg ＝M v 2r解得：v ＝ 5 m/s(2)cd 绝缘杆以速度v 2由NQ 滑至最高点的过程中，由动能定理有： －Mg 2r ＝12M v 2－12M v 22解得：v 2＝5 m/s由于cd 是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动， 则碰撞后cd 绝缘杆的速度为v 2＝5 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有： m v 0＝m v 1＋M v 2解得碰撞后ab 金属杆的速度：v 1＝2 m/sab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：12m v 12＝Q解得：Q ＝2 J.变式2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：图4(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离． 答案 (1)18m v 02 (2)x 0－m v 0R B 2L2解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有 m v 0＝2m v 根据能量守恒定律 12m v 02－12·2m v 2＝Q 导体棒b 中产生的内能 Q b ＝Q 2整理得v ＝v 02，Q b ＝18m v 02；(2)设经过时间Δt 二者速度相等，此时a 、b 间有最小距离，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理得 F Δt ＝m v 而F ＝BILI ＝E 2RE ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x )联立解得x ＝x 0－m v 0R B 2L 2.例3如图5所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)gqEt ＝m 1v 1m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝2 m/s ；(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.变式3 如图6所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD ，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD 水平，半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，在A 端由静止释放一个带正电荷、质量为m 的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C 时，对轨道的压力差为ΔF ，小球运动过程中始终不脱离轨道，重力加速度为g .求：图6(1)小球甲经过轨道最低点C 时的速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A 端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF 4，方向竖直向下 解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有mgR ＝12m v C 2 解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，q v C B ＋F 1－mg ＝m v C 2R第二次通过C 点时，F 2－q v C B －mg ＝m v C 2R由题意知ΔF ＝F 2－F 1解得q ＝ΔF 2gR 4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有m v C ＝m v 甲＋m v 乙12m v C 2＝12m v 甲2＋12m v 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F 乙，方向竖直向上，则F 乙＋12q v 乙B －mg ＝m v 乙2R解得F 乙＝3mg －ΔF 4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF 4，方向竖直向下．1.(2019·贵州部分重点中学3月联考)如图1所示，正方形区域ABCD 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M 、N 分别为AB 、AD 边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD 边垂直磁场方向射入，并恰好从A 点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图1A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出答案 C解析 设正方形磁场区域的边长为a ，由题意可知，粒子从A 点射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为a 4，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，解得：r ＝m v qB ，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式T ＝2πm qB可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2m v ，磁场的磁感应强度变为原来的12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2m v ，即动量变化大小之比为2∶1，故C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C 点射出，故D 错误．2.(2019·河南顶级名校第四次联测)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，俯视图如图2所示．一个质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m 的不带电小球乙，以速度v 0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球的带电荷量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是( )图2A ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶1答案 B解析 不带电小球乙与带正电小球甲发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒，规定速度v 0方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为v 1，乙球的速度为v 2，则有：m v 0＝2m v 1＋m v 2，12m v 02＝12·2m v 12＋12m v 22，解得：v 1＝23v 0，v 2＝－13v 0，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R 可得R ＝m v qB，半径之比为R 甲∶R 乙＝4∶1，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．3.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现给导体棒ab 沿导轨平面向下的初速度v 0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m ，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.从ab 开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )图3A ．导体棒cd 中产生的焦耳热为14m v 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18m v 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 答案 BD解析 由题意可知：mg sin 37°＝μmg cos 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：m v 0＝2m v ，解得v ＝0.5v 0，则回路产生的焦耳热为Q ＝12m v 02－12·2m v 2＝14m v 02，则导体棒cd 中产生的焦耳热为Q cd ＝Q ab ＝12Q ＝18m v 02，选项A 错误，B 正确；当导体棒cd 的速度为14v 0时，则由动量守恒：m v 0＝m ·14v 0＋m v ab ，解得v ab ＝34v 0，选项C 错误；当导体棒ab 的速度为34v 0时，则由动量守恒：m v 0＝m ·34v 0＋m v cd ，解得v cd ＝14v 0，选项D 正确． 4.如图4所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场．质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点，求：图4(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小．答案 (1) 2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm 4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3m v 2 解得v ＝ 2EqL 3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝34v 系统损失的机械能：ΔE ＝12×3m v 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL (3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有：I ＝m v 1－0解得I ＝6EqLm 4，方向水平向右． 5.(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图5所示，质量M ＝1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．图5(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．答案 (1)210 m/s (2)25 J (3)94W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12m v 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210 m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q ＝mg (h ＋r )＝25 J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：m v 1＝M v 2由能量守恒可得：mg (h ＋r )－Q 1＝12m v 12＋12M v 22 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P＝94W.。

第14讲牛顿运动定律的综合应用(2)能力命题点一多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。

(2)对各“子过程”和“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和运动过程示意图。

(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联和位移关联，并列出相关的辅助方程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

(2019·山东省济宁市高三下学期联考)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。

当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。

然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。

假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。

一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。

不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g 取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。

解析 (1)设滑雪者质量为m ，滑雪者在斜坡上由静止开始加速至速度v 1＝4m/s 期间，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1＝mg sin θ－μ1mg cos θm＝4 m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t ＝v 1a 1＝1 s 。

(2)滑雪者由静止到动摩擦因数发生变化的位移：x 1＝12a 1t 2＝2 m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡上的加速度：a 2＝mg sin θ－μ2mg cos θm＝5 m/s 2 由v 2B －v 21＝2a 2(l －x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B ＝16 m/s 。

专题十四综合检测(满分110分考试时间60分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分，选错一个扣3分，最低得0分)1．(2020年陕西西安长安区第一中学高三大联考)图14­1所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )图14­1A．甲摆摆长比乙摆摆长长B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象不能求出当地的重力加速度2．(2020年河南大联考)如图14­2所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则( )图14­2A．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B．在小球向平衡位置运动的过程中，小球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度增大C ．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T ＝2πm kD ．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为mg kE ．若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是M ＋mg k3．(2020年广东惠州模拟)如图14­3所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．已知该波的波速是0.8 m/s ，则下列说法正确的是( )图14­3A ．这列波的波长是14 cmB ．这列波的周期是0.15 sC ．这列波一定沿x 轴负方向传播的D ．从t ＝0时刻开始，x ＝5 cm 处的质点经0.1 s 振动到波峰E ．每经过0.15 s 介质中的质点就沿x 轴移动12 cm4．(2020年河南南阳、信阳等六市高三大联考)由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz ，波速为16 m/s.已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为15.8 m 、14.6 m ，P 、Q 开始振动后，下列判断正确的是( )A．P、Q两质点运动的方向始终相同B．P、Q两质点运动的方向始终相反C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰5．(2020年四川凉山州高三三诊)一列简谐横波在t1＝0.02 s时刻的波形图如图14­4甲所示，平衡位置在x＝1 m处的质点P的振动图象如图乙所示．已知质点M的平衡位置在x＝1.75 m处．下列说法正确的是( )甲乙图14­4A．该波中每个质点的振动周期都为0.02 sB．该波波长2 mC．M点在t1时刻位移为210mD．质点M从t1时刻起每过0.005 s通过的路程均为0.2 mE．在x轴上2 m处有一观察者，他接收到频率小于50 Hz6．(2020年福建厦门质检)t＝0时刻，同一介质中在x＝－8 m和x＝8 m处分别有振源A和B同时做振幅A＝10 cm的简谐振动，t＝4 s时，波形如图14­5所示，则可知( )图14­5A．振源A与振源B的频率相同B．机械波在此介质中的传播速度v＝1 m/sC．t＝8 s时，O点处在平衡位置并向y轴负方向运动D．t＝11 s时，O点处在y＝10 cm处，并向y轴正方向运动E．此两列波在x轴相遇时，在AB间会形成稳定的干涉图样，其中x＝0,4，－4处是振动加强点7．(2020年江西南昌十所省重点中学二模)两列简谐横波Ⅰ和Ⅱ分别沿x轴正方向和负方向传播，两列波的波速大小相等，振幅均为5 cm.t＝0时刻两列波的图象如图14­6所示，x＝－1 cm和x＝1 cm的质点刚开始振动．以下判断正确的是( )图14­6A．Ⅰ、Ⅱ两列波的频率之比为2∶1B．t＝0时刻，P、Q两质点振动的方向相同C．两列波将同时传到坐标原点OD．两列波的波源开始振动的起振方向相同E．坐标原点始终是振动加强点，振幅为10 cm8．(2020年山西大联考)一列简谐波沿直线传播，该直线上的A、B两点相距3.5 m，如图14­7中两条曲线分别表示平衡位置在A、B两点处质点的振动曲线．从图示可知，下列说法正确的是( )甲乙图14­7A．此列波的频率一定是0.5 HzB．此列波的波长可能是2 mC．此列波的传播速度可能是7 m/sD．A点一定比B点距波源近E．若该波由A传播到B，可能历时0.5 s二、非选择题(本大题共4小题，共62分)9．(15分)(2020年山西晋城高三二模)如图14­8所示为一列简谐横波在t1＝0.05 s时的波形图，已知该简谐横波沿x轴的负方向传播，A、B两点为该简谐波上平衡位置在xA ＝1.0 m，xB＝1.2 m，处的质点．经观测可知A点通过的路程为振幅的10倍所用的时间为t＝0.5 s，求：(1)该简谐横波的传播周期以及A点的振动方程．(2)由t1＝0.05 s时开始计时，B点回到平衡位置的时间．图14­810．(15分)(2020年四川成都外国语学校高三月考)一列沿x轴传播的横波，在t＝0时刻的波形如图14­9甲所示．甲图中x＝2 m处的质点P的振动图象如乙图所示．求：(1)该波的波速和传播方向．(2)从t＝0时刻开始，甲图中x＝6 m处的质点Q第三次出现波峰的时间．甲乙图14­911．(16分)(2020年河南郑州第三次质量预测)从坐标原点O产生的简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，t＝0时刻波的图象如图14­10所示，此时波刚好传播到M点，x＝1 m的质点P的位移为10 cm，再经Δt＝0.1 s，质点P第一次回到平衡位置．(1)求波源的振动周期．(2)从t＝0时刻起经多长时间位于x＝－81 m处的质点N(图中未画出)第一次到达波峰位置？并求出在此过程中质点P运动的路程．图14­1012．(16分)(2020年宁夏六盘山高级中学高三四模)一列横波在x轴上传播，在t 1＝0时刻波形如图14­11实线所示，t2＝0.05 s时刻波形如图虚线所示．若周期大于0.025 s，则最小波速和最大波速分别是多少？方向如何？图14­11。

【骄子之路】2021届高考物理一轮复习波粒二象性原子结构原子核课时强化作业一、选择题1．如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分布放在图中的A、B、C、D四个位置时，观看到的现象描述正确的是( )A．在A位置时，相同时刻内观看到的屏上的闪光次数最多B．在B位置时，相同时刻内观看到屏上的闪光次数只比在A位置时稍少一些C．在C、D位置时，屏上观看不到闪光D．在D位置时，屏上仍能观看到一些闪光，但次数极少解析：原子核相对原子来说极小，因此绝大多数α粒子可不能和原子核发生碰撞，直截了当沿原路前进，故在A处会看到大量闪光，A项对；有少部分α粒子会和原子核作用而使轨道偏转，因此在B处会看到少量闪光，B、C两项错；只有当α粒子与原子核距离专门近时才会使α粒子发生较大方向的偏转，而这种几率极低，因此D项对．答案：AD2．(2020年福建卷)在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核能够看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是( )解析：由于原子核和α粒子均带正电，两电荷间的作用力为斥力，选项A中表现的为引力，故选项A 错误；同理可知选项D错误；依照牛顿运动定律和对称性，由于α粒子带正电，α粒子与原子核之间为库仑斥力，选项B中远离原子核的α粒子的偏转方向错误．故选项B错误，选项C正确．答案：C3．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地说明光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中能够确定的是( )A．逸出功与ν有关B．E km与入射光强度成正比C．当ν<ν0时，会逸出光电子D．图中直线的斜率与普朗克常量有关解析：金属的逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关，A错；由E km＝hν－hν0可知，E km与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，B错；当入射光的频率小于极限频率时可不能发生光电效应，可不能逸出光电子，C错；由E km＝hν－hν0可知图线的斜率与普朗克常量有关，D对．答案：D4．如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是( )解析：依照玻尔的原子跃迁公式h cλ＝E m－E n可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，因此谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C项正确．答案：C5．(2020年新课标全国Ⅱ卷)关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原先重核的结合能C．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核 (208 82Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳固E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能解析：结合能是指核子结合成原子核时放出的能量或原子核分解成核子时吸取的能量，选项A正确；由于重原子核变成α粒子和另一个新核的过程开释能量，而总能量守恒，因此，衰变产物的结合能之和一定大于原先重核的结合能，选项B正确；原子核的核子数越多，结合能越大，选项C正确；比结合能越大，原子核越稳固，选项D错误；自由核子结合成原子核时开释能量．因此，质量亏损对应的能量小于原子核的结合能，选项E错误．答案：ABC6．若干210 83Bi放在天平左盘上，右盘放420 g砝码，天平平稳．当Bi发生α衰变通过一个半衰期，欲使天平平稳，应从右盘中取出砝码的质量为( )A．210 g B．105 gC．4 g D．2 g解析：原有的2 mol 210 83Bi通过一个半衰期后，有1 mol铋发生衰变生成1 mol新的原子核206 81Tl，这种新元素的摩尔质量为206 g．现在左盘中还有210 g未发生衰变的210 83Bi，因此左盘中的总质量为416 g，应从右盘取走砝码4 g.答案：C7．(2020年全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的是( )A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线解析：并不是所有元素都能够发生衰变，原子序数越大，越容易发生衰变，选项A错误；放射性元素的半衰期与元素本身内部结构有关，与外界的温度无关，选项B正确；放射性元素不管是单质依旧化合物都具有放射性，选项C正确；在α、β、γ射线中，γ射线的穿透能力最强，选项D正确；一个原子核在一次衰变过程中能够是α衰变或β衰变，同时相伴γ射线放出，选项E错误．答案：BCD8．(2020年全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探究的过程中，科学实验起到了专门重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A．密立根通过油滴实验测出了差不多电荷的数值B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发觉了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：密立根通过油滴实验测出了元电荷即差不多电荷的数值，选项A正确；贝克勒尔发觉了天然放射现象，说明原子核具有复杂结构，卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，选项B错误；居里夫妇从沥青铀矿石中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，选项C正确；卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷确定了该粒子为氢的原子核，证明了原子核内部存在质子，选项D错误；汤姆孙依照阴极射线在电场和磁场中的偏转情形确定了阴极射线的本质是带电粒子流，并测出了这种粒子的比荷，选项E正确．答案：ACE9．(2020年山东卷)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判定正确的是( )A ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB ．用波长为325 nm 的光照耀，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级C ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D ．用波长为633 nm 的光照耀，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级解析：依照氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级时，辐射光子能量一定大于氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2能级放出光子的能量，依照E ＝h c λ可知，由n ＝2跃迁到n ＝1辐射光子的波长一定小于656 nm ，选项A 错误；在发生跃迁时只能吸取和辐射一定频率的光子，故选项B 错误，选项D 正确；一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时能够产生3种频率的光子，选项C 正确．答案：CD10．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核(222 86Rn)，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42∶1，如图所示．那么氡核的衰变方程应是下列方程的哪一个( )86)Rn→222 87Fr ＋ 0－1e86)Rn→218 84Po ＋42He86)Rn→222 85At ＋01e86)Rn→220 85At ＋21H 解析：由于得到的是两个相外切的圆，故放的是正电荷，衰变过程动量守恒，由r ＝mv Bq可知，新核的电荷数应为放出粒子电荷数的42倍，因此B 正确．答案：B二、非选择题11．如图所示，一光电管的阴极用极限波长λ0＝5×10－7 m 的钠制成．用波长λ＝3×10－7 m 的紫外线照耀阴极K ，光电管阳极A 和阴极K 之间的电势差U ＝ V 时刻电流达到饱和，饱和值为I ＝ mA.则每秒内由K 极发射的电子数为______．电子到达阳极A 时的最大动能为______J(结果均保留两位有效数字)．假如电势差U 不变，而照耀光的强度增到原值的三倍，现在电子到达阳极A时的最大动能________(填“变大”“不变”或“变小”)，已知普朗克常量h＝×1034 J·s，光速c ＝×10 8 m/s ，电子电荷量e ＝×10－19 C.解析：依照I ＝qt ，得q ＝I ·t ＝×10－3C.则每秒由K 极发射的电子数n ＝qe ＝错误!＝×1015个，由光电效应方程E km ＝hν－W 0，则最大初动能E km ＝h c λ－h c λ0＝×10－19J. 由动能定理得qU ＝E k －E km ，得E k ＝qU ＋E km ＝×10－19J.光电子的最大初动能与光强无关，因此光电子到达阳极A 时的动能不变．答案：×1015 ×10－19 不变12．(2020年江苏卷)依照玻尔原子结构理论，氦离子(He ＋)的能级图如图所示．电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离________(填“近”或“远”)．当大量He ＋处在n ＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条．解析：由玻尔理论知，能级越低，电子轨道半径越小，电子离原子核越近；当大量的氦离子处于n ＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线条数为C 24＝6.答案：近 613．(2020年山东卷)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K 时，能够发生“氦燃烧”．(1)完成“氦燃烧”的核反应方程：42He ＋________→84Be ＋γ.(2)84Be 是一种不稳固的粒子，其半衰期为×10－16 s ．一定质量的84Be ，经×10－16s 后所剩84Be 占开始时的________．解析：(1)依照质量数守恒和电荷数守恒，可知参与反应的原子核质量数为4，电荷数为2，因此是42He.(2)原子核通过3个半衰期所剩原子核的质量是原先的18. 答案：(1)42He 或α (2)18或% 14．(2020届洛阳市高三月考)已知两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，可放出 MeV 的能量，三个α粒子结合成一个碳核时，可放出 MeV 的能量，则6个中子和6个质子结合成一个碳核时，可开释的能量为多少？解析：先写出相应的核反应方程：210n ＋211H→42He ＋ MeV ①342He→12 6C ＋ MeV ②610n ＋611H→12 6C ＋E ③将①核反应方程改写为：610n ＋611H→342He ＋3× MeV将②核反应方程改写为：610n ＋611H→12 6C ＋ MeV ＋3× MeV因此E ＝ MeV ＋3× MeV＝ MeV答案： MeV。