高三物理人教版一轮教师用书：第12章 章末专题复习 Word版含解析

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高三物理一轮复习章末检测卷(第十二章)(满分：100分时间：45分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分.1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确)1．(2019·安徽合肥模拟)我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户．在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是()A．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念B．爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，提出光子说，并成功地解释了光电效应现象C．德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性解析：普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，为解释光电效应的实验规律提出了光子说，并成功地解释了光电效应现象，故B正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故C错误；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误．答案：B2．(2019·江西南昌十所省重点中学模拟)下列说法正确的是()A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B．比结合能越大，原子核越不稳定C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫作质量亏损解析：光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，也有波动性，则光子不但具有能量，也具有动量，故A正确；比结合能越大的原子核越稳定，B错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫作质量亏损，故D错误．答案：A3．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是()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 ． 83210Bi 的半衰期是5天，100克 83210Bi 经过10天后还剩下50克解析：β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A 错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B 正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C 错误.10天为两个半衰期，剩余的210 83Bi 为100×(12)t τ g ＝100×(12)2 g ＝25 g ，选项D 错误．答案：B4．(2018·高考天津卷)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台．下列核反应中放出的粒子为中子的是( )A ． 714N 俘获一个α粒子，产生 817O 并放出一个粒子B ．1327Al 俘获一个α粒子，产生1530P 并放出一个粒子C ． 511B 俘获一个质子，产生48Be 并放出一个粒子D ．36Li 俘获一个质子，产生23He 并放出一个粒子解析：根据质量数和电荷数守恒可知四个核反应方程分别为 714N ＋24He → 817O ＋11H 、1327Al ＋24He →1530P ＋01n 、 511B ＋11H →48Be ＋24He 、36Li ＋11H →23He ＋24He ，故只有B 选项符合题意．答案：B5．用频率为ν的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为E km .改为频率为2ν的光照射同一金属，所产生光电子的最大初动能为(h 为普朗克常量)( )A ．E km －hνB ．2E kmC ．E km ＋hνD ．E km ＋2hν解析：根据爱因斯坦光电效应方程得E km ＝hν－W 0，若入射光频率变为2ν，则E km ′＝h ·2ν－W 0＝2hν－(hν－E km )＝hν＋E km ，故选项C 正确．答案：C6．根据所给图片结合课本相关知识，下列说法正确的是( )A．图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有粒子性B．图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同C．图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，最有可能使用的射线是β射线D．图丁是原子核的比结合能与质量数A的关系图象，由图可知中等大小的核的比结合能最大，即(核反应中)平均每个核子的质量亏损最大解析：题图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有波动性，选项A错误；题图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯，原因是各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量不同，光子的频率不同，选项B正确；题图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置，在α、β、γ三种射线中，由于γ射线穿透能力最强，最有可能使用的射线是γ射线，选项C错误；题图丁是原子核的比结合能与质量数A的关系图象，可知中等大小的核的比结合能最大，即在核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量最大，平均每个核子的质量亏损最大，选项D正确．答案：BD7．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a 光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U a和U b，则()A．λa>λbB．U a>U bC ．a 光的光子能量为12.55 eVD ．b 光照射金属钨产生的光电子的最大初动能E k b ＝7.59 eV解析：氢原子中的电子从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生a 光，a 光的光子能量hνa ＝E a ＝E 4－E 1＝12.75 eV ，氢原子中的电子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级产生b 光，b 光的光子能量hνb ＝E b ＝E 3－E 1＝12.09 eV ，a 光的光子能量高，则a 光的频率大，波长小，即λa <λb ，选项A 、C 错误；由光电效应方程E k ＝hν－W 0和E k ＝eU c 可知，频率越大，对应遏止电压U c 越大，即U a >U b ，选项B 正确；E k b ＝hνb －W 0＝7.59 eV ，选项D 正确．答案：BD8．一个静止的放射性原子核处于匀强磁场中，由于发生了衰变而在磁场中形成如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1∶16，下列判断正确的是( )A ．该原子核发生了α衰变B ．反冲原子核在小圆上逆时针运动C ．原来静止的核，其原子序数为15D ．放射的粒子与反冲核运动周期相同解析：衰变后产生的新核——即反冲核及放射的带电粒子在匀强磁场中均做匀速圆周运动，轨道半径r ＝m v qB，因反冲核与放射的粒子动量守恒，而反冲核电荷量较大，所以其半径较小，并且反冲核带正电荷，由左手定则可以判定反冲核在小圆上做逆时针运动，在大圆上运动的放射粒子在衰变处由动量守恒可知其向上运动，且顺时针旋转，由左手定则可以判定一定带负电荷，因此，这个衰变为β衰变，放出的粒子为电子，衰变方程为Q M A →Q ′M ′B ＋－10e ，选项B 正确，A 错误．由两圆的半径之比为1∶16可知，B 核的核电荷数为16，原来的放射性原子核的核电荷数为15，其原子序数为15，即A 为P(磷)核，B 为S(硫)核，选项C 正确．由周期公式T ＝2πm qB可知，因电子与反冲核的比荷不同，它们在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期不相同，反冲核的周期较大，选项D 错误．答案：BC二、非选择题(共5小题，52分)9．(10分)从1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量．他通过如图所示的实验装置测量某金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，作出U c -ν图象，由此算出普朗克常量h ，并与普朗克根据黑体辐射测出的h 相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．图中频率ν1、ν2，遏止电压U c1、U c2及电子的电荷量e 均为已知，求普朗克常量h 及该金属的截止频率ν0.解析：根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0、逸出功W 0＝hν0及动能定理eU c ＝E k ，可得U c ＝h e ν－h e ν0. 结合图象知k ＝U c2－U c1ν2－ν1＝U c1ν1－ν0＝h e. 则普朗克常量h ＝e (U c2－U c1)ν2－ν1， 截止频率ν0＝U c2ν1－U c1ν2U c2－U c1. 答案：e (U c2－U c1)ν2－ν1 U c2ν1－U c1ν2U c2－U c110．(10分)一个静止的氮核 714N 俘获一个速度为1.1×107 m/s 的氦核变成B 、C 两个新核，设B 的速度方向与氦核速度方向相同、大小为4×106 m/s ，B 的质量数是C 的17倍，B 、C 两原子核的电荷数之比为8∶1.(1)写出核反应方程；(2)估算C 核的速度大小．解析：(1)根据电荷数守恒得，B 、C 电荷数之和为9，因为B 、C 两原子核的电荷数之比为8∶1，则C 的电荷数为1.根据质量数守恒得，B 、C 质量数之和为18，因为B 的质量数是C 的17倍，则B 的质量数为17，则C 的质量数为1，所以C 为质子．故核反应方程为： 714N ＋24He → 817O ＋11H.(2)设氦核的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m He v He ＝m B v B ＋m C v C计算得出v C ＝－2.4×107 m/s故C 的速度方向与氦核相反，大小为2.4×107m/s答案：(1) 714N ＋24He → 817O ＋11H (2)2.4×107 m/s11．(10分)花岗岩、大理石等装修材料都不同程度地含有放射性元素氡222，人长期吸入后会对呼吸系统造成损害．设有一静止的氡核( 86222Rn)发生衰变生成钋( 84218Po)，若放出5.6 MeV 的核能全部转化为动能．(1)写出核反应方程；(2)求新核钋218的动能．(结果保留一位有效数字)解析：(1)核反应方程： 86222Rn → 84218Po ＋24He.(2)根据动量守恒定律，反应后钋核与氦核动量等大，则钋核与氦核的动能与其质量成反比，即E kPo E kHe ＝m He m Po ，反应前氡核静止，反应后钋核与氦核的动能之和即为衰变释放的核能ΔE ＝E kPo ＋E kHe ，解得E kPo ＝m He m He ＋m PoΔE ≈0.1 MeV . 答案：(1) 86222Rn → 84219Po ＋24He (2)0.1 MeV12．(10分)氘核与氚核的聚变反应方程为12H ＋13H →24He ＋01n ＋17.6×106 eV ，已知电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.6×10－34 J·s ，求：(1)这一过程的质量亏损；(2)1 g 氘核完全参与上述反应，共释放的核能(阿伏加德罗常量N A ＝6.0×1023mol －1)．解析：(1)根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2，可得Δm ＝ΔE c 2＝17.6×106×1.6×10－19(3×108)2≈3.13×10－29kg.(2)氘核的摩尔质量为2×10－3kg/mol ，那么1 g 氘核的数目为N ＝m MN A ＝3×1023，这些氘核完全反应共释放能量为E ＝N ΔE ＝3×1023×17.6×106×1.6×10－19J ≈8.45×1011 J. 答案：(1)3.13×10－29kg (2)8.45×1011 J13．(12分)一个静止在磁场中的 88226Ra(镭核)，发生α衰变后转变为氡核(元素符号为Rn)．已知衰变中释放出的α粒子的速度方向跟匀强磁场的磁感线方向垂直．设镭核、氡核和α粒子的质量依次是m 1、m 2、m 3，衰变的核能都转化为氡核和α粒子的动能．求：(1)写出衰变方程；(2)氡核和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比；(3)氡核的动能E k .解析：(1)衰变方程为： 88226Ra → 86222Rn ＋24He.(2)根据q v B ＝m v 2r 得，r ＝m v qB两个粒子动量等大，由半径公式r ＝m v qB 知 r ∝1q ，得r 1r 2＝286＝143. (3)由质能方程得ΔE ＝(m 1－m 2－m 3)c 2，因为E k ＝p 22m，可知两粒子动能跟质量成反比，因此氡核分配到的动能为E ＝(m 1－m 2－m 3)m 3c 2m 2＋m 3. 答案：(1) 88226Ra → 86222Rn ＋24He (2)1∶43(3)(m 1－m 2－m 3)m 3c 2m 2＋m 3。

1．(2018·高考重庆卷)在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，b 在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大．关于这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：①c光的频率最大②a光的传播速度最小③b光的折射率最大④a光的波长比b光的短根据老师的假定，以上回答正确的是( )A．①②B．①③C．②④D．③④2.(2018·高考重庆卷)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在如图所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i 入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率．3．(2018·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，∠B＝60°.一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出．若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等．(1)求三棱镜的折射率；(2)在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程．(不考虑多次反射)二模拟题组4.(2018·杭州模拟)如图所示，一束色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃后从侧面射出，变为a、b两束单色光，则以下说法正确的是 ( )A．玻璃对a光的折射率较大B．在玻璃中b光的波长比a光短C．在玻璃中b光传播速度比a光大D．减小入射角i，a、b光线有可能消失5．(2018·安徽六校联考)如图所示，AOB为透明扇形玻璃砖，圆心角∠AOB＝60°，OM为∠AOB的角平分线，平行于OM的单色光在空气中由OA边射入玻璃砖，经OA面折射后的光线恰平行于OB.则下列说法中正确的是( )A．该玻璃的折射率为2B．经OA面折射后的光线射到AMB面都将发生全反射C．该入射光在空气中的波长与玻璃砖中的波长相等D．该入射光在空气中的频率与玻璃砖中的频率相等6.(2018·江西师大附中联考)如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A＝30°，∠C＝90°，三棱镜材料的折射率是n＝ 3.一束与BC面成θ＝30°角的光线射向BC面．(1)试通过计算说明在AC面下方能否观察到折射光线？(2)作出三棱镜内完整的光路图，指出最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角．温馨提示日积月累，提高自我 请做课后达标检测371．[解析]选C.由视深与实深的关系式h 视＝h 实n可知b 光的折射率最小，故③错误，即B 、D 两项均错；c 光从水下照亮水面的面积比a 的大说明c 光不容易发生全反射，即c 光的折射率比a 光的小，其频率也小于a 的频率，故①错误，A 项错误，综上可知n b <n c <n a ，v b >v c >v a ，再由v ＝cn及c ＝λν，可得②④正确．2．[解析]如图所示延长入射光线AB 交半圆形玻璃砖直边于D ，∠OBD ＝i ，∠CBD ＝α，所以折射角∠OBC ＝i －α，故n ＝sin i－α. [答案]sin i－α3．[解析](1)光路图如图所示，图中N 点为光线在AC 边发生反射的入射点．设光线在P 点的入射角为i 、折射角为r ，在M 点的入射角为r′、折射角依题意也为i ，有i ＝60°①由折射定律有sin i ＝nsin r ② nsin r′＝sin i ③ 由②③式得r ＝r′④OO′为过M 点的法线，∠C 为直角，OO′∥AC.由几何关系有∠MNC ＝r′⑤ 由反射定律可知∠PNA ＝∠MNC ⑥ 联立④⑤⑥式得∠PNA ＝r ⑦ 由几何关系得r ＝30°⑧ 联立①②⑧式得n ＝ 3.⑨(2)设在N 点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩ 此三棱镜的全反射临界角满足nsin θC ＝1⑪ 由⑨⑩⑪式得i″>θC此光线在N 点发生全反射，三棱镜的AC 边没有光线透出． [答案](1) 3 (2)没有光线透出；分析过程见解析4．[解析]选BD.由图可知折射率n a <n b ，则νa <νb ，又由n ＝cv得，v a >v b ，综上得λb <λa ，故A 、C 错误，B正确．减小入射角i ，由几何关系可知在玻璃内的入射角变大，可能发生全反射．a 、b 都可能消失，D 正确．5．[解析]选D.依题意作出光路图(图略)，由几何知识得：入射角i ＝60°，折射角r ＝30°，由折射定律n ＝sin i sin r 得n ＝3，A 错误；由sin C ＝1n 可知，光在此介质中发生全反射的临界角C 大于30°，经OA 面折射后照射到AM 面这一范围的光线可能发生全反射，经OA 面折射后照射到MB 范围的光线不能发生全反射，B 错误；光在不同介质中传播的过程中频率不变，D 正确；若光在真空中的传播速度为c ，则光在玻璃砖中的传播速度为v ＝c n ＝33c ，由v ＝λf 可知，该入射光在空气和玻璃砖中的波长不同，C 错误．6．[解析](1)由折射定律：在BC 界面：n ＝sin 60 °sin γ解得γ＝30°由临界角公式sin C ＝1n得sin C ＝33，所以全反射临界角C<60°， 而光线在AC 面上的入射角为60°>C，故光线在AC 界面发生全反射，在AC 面下方不能观察到折射光线． (2)光路如图所示，最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角为120°.[答案](1)不能 (2)120°。

峙对市爱惜阳光实验学校机械波[随堂反应]1．(多项选择)关于振动和波的关系，以下说法中正确的选项是( )A．振动是波的成因，波是振动的传播B．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点起来呈现的运动现象C．波的传播速度就是质点振动的速度D．波源停止振动时，波立即停止传播解析：机械波的产生条件是有波源和介质．由于介质中的质点依次带动由近及远传播而形成波，所以选项A和B正确．波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度大小不变；而质点振动的速度和方向都随时间周期性地发生变化，选项C错误．波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播，当波源停止振动时，介质仍然继续传播波源振动的运动形式，不会随波源停止振动而停止传播，即波不会停止传播，选项D错误．答案：AB2.(2021·高考卷)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻图象如下图，此时质点P沿y轴负方向运动，那么该波( )A．沿x轴正方向传播，波速v＝20 m/sB．沿x轴正方向传播，波速v＝10 m/s C．沿x轴负方向传播，波速v＝20 m/sD．沿x轴负方向传播，波速v＝10 m/s解析：P点沿y轴向负方向运动，由“上下坡〞法可知，该波沿x轴正方向传播．由图可知波长λ＝20 m，因周期T＝2.0 s，故波速v＝λT＝20 m2.0 s＝10 m/s，B正确．答案：B3．(2021·高考卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.假设某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，那么从该时刻起，以下四幅波形图中质点a最早到达波谷的是( )解析：B、D图中a点正通过平衡位置向下振动，A、C图中a点正通过平衡位置向上振动，A中波长λA＝2s，周期T A＝2sv，结合a点振动方向，可知a点到达波谷时间t A＝34T A＝3s2v.同理，t B＝s4v、t C＝3s4v、t D＝s6v，t D最小，D正确．答案：D4．(多项选择)(2021·高考课标卷Ⅱ)图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象．以下说法正确的选项是( )A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt (单位制)解析：由图甲得λ＝8 m ，由图乙得T ＝0.2 s ，所以v ＝λT＝40 m/s.由图乙知，在t ＝0.10 s 时，质点Q 通过平衡位置向y 轴负方向运动，A 错误．结合图甲，由“同侧法〞判得波沿x 轴负方向传播，画出t ＝0.25 s 时的波形图，标出P 、Q 点，如下图，此时P 点在x 轴下方，其加速度向上，B 正确．Δt ＝0.25 s －0.10 s ＝0.15 s ，Δx ＝v Δt ＝6.0 m ，C 正确．P 点起始位置不在平衡位置或最大位移处，故D 错误．由图知A ＝0.1 m ，ω＝2πT＝10π rad/s，所以Q 点做简谐运动表达式为y ＝0.10sin 10πt (单位制)，E 正确．答案：BCE5.(多项选择)(2021·高三检测)一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m 的a 、b 两质点的振动图象如下图．以下描述该波的图象可能正确的选项是( )解析：根据a 、b 两质点的振动图象可知其间距为λ4的奇数倍，即nλ4＝9 m(n＝1,3,5…)，那么波长λ的可能值是：36 m 、12 m 、365 m 、367 m 、4 m 、3611 m ．综上可知答案为A 、C.答案：AC[课时作业]一、单项选择题1．关于波的形成和传播，以下说法不正确的选项是( )A ．质点的振动方向与波的传播方向平行时，形成的波是纵波B ．质点的振动方向与波的传播方向垂直时，形成的波是横波C ．波在传播过程中，介质中的质点随波一起迁移D ．波可以传递振动形式和能量解析：横波和纵波的分类是根据波的传播方向和振动方向的关系，平行为纵波，垂直为横波，故A 、B 两项都正确；波是振动形式的传播，在传播过程中，质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故D 正确，C 错误．答案：C2．(2021·高考卷)一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .t＝0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图象．以下说法正确的选项是( )A ．t ＝0时质点a 的速度比质点b 的大B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小C．图乙可以表示质点a的振动D．图乙可以表示质点b的振动解析：由图甲可知，t＝0时，a在正向最大位移处，v＝0，加速度最大；b在平衡位置，速度最大，a＝0，且振动方向沿y轴负向，图乙可以表示质点b的振动，选项A、B、C都错误，选项D正确．答案：D3.如下图是两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干预的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，那么以下说法正确的选项是( )A．A点为振动点，经过半个周期，这一点振动减弱B．B点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动C．C点为振动点，经过半个周期，这一点振动仍D．D点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动解析：两列波在A、C两点(A、C连线上)引起的振动始终同相，振动始终，两列波在B、D两点引起的振动始终反相，振动始终减弱，故只有C正确．答案：C4．(2021·月考)如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是离原点x1＝2 m的一个介质质点，Q是离原点x2＝4 m的一个介质质点，此时离原点x3＝6 m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象(计时起点相同)．由此可知( )A．这列波的波长λ＝2 mB．图乙可能是图质点Q的振动图象C．这列波的传播速度v＝3 m/sD．这列波的波源起振方向为向上解析：由题图甲读出波长λ＝4 m，由题图乙读出周期T＝2 s，波速v＝λT＝2 m/s，A、C错误；由题图乙看出，t＝0时刻，质点经过平衡位置向上，而题图，Q点也经过平衡位置向上运动，B正确；波源的起振方向与x3＝6 m的质点t＝0时刻的振动方向相同，简谐波沿x轴正方向传播，那么知x3＝6 m的质点在t ＝0时刻的振动方向向下，那么波源的起振方向向下，D错误．答案：B5．如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t ＝0时的振动状态传到P点时，那么( )A．1 cm<x<3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处解析：画出当Q 点的振动状态传到P 点，即t ＝34T 时的波形图(如图中虚线所示)，由波的传播方向知，1 cm ＜x ＜2 cm 范围内的质点沿y 轴正方向运动，A 错误．此时Q 处的质点在波谷位置，具有沿y 轴正方向的加速度，所以B 正确，C 错误．介质中的各点在波的传播过程中只在其平衡位置附近做机械振动，并不向前传播，D 错误．答案：B二、多项选择题6．关于波的干预、衍射现象，以下说法正确的选项是( )A ．有的波只能发生干预现象，有的波只能发生衍射现象B ．产生干预现象的必要条件之一，就是两列波的频率相C ．能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比拟相差不多或比波长更小D ．在干预图样中，振动区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小E ．当观测者靠近波源时，接收到的波的频率会大于波源的振动频率解析：干预、衍射是波共有的特性，所以A 错误．干预需要满足两波频率相同、波源性质相同的条件，B 正确．当满足d ≤λ时，可产生明显的衍射现象，C正确．在干预图样中，位移随时间时刻发生变化，D 错误．在多普勒效中，观测者与波源相对靠近时，接收到的波的频率大于波源的振动频率，E 正确． 答案：BCE7．一列简谐横波在t ＝0时的波形图如下图．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y轴正方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin(5πt ) cm.关于这列简谐波，以下说法正确的选项是( )A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s解析：由题意知ω＝5π rad/s，周期T ＝2πω＝0.4 s ，由波的图象得振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ，故波速v ＝λT＝10 m/s ，P 点在t ＝0时振动方向为正y方向，波向正x 方向传播．答案：CD8．(2021·期中)一列波速为2.0 m/s 、沿x 轴正向传播的简谐机械横波某时刻的波形图如下图，P 为介质中的一个质点．关于这列机械波，以下说法中正确的选项是( )A ．该机械波的振幅为0.2 mB ．该机械波的波长为10 mC ．从此时刻起再经过10 s ，质点P 通过的路程为0.8 mD ．此时刻质点P 的加速度方向与速度方向相同解析：从题图中可得该机械波的振幅为0.2 m ，波长为10 m ，A 、B 正确．该机械波的周期T ＝λv ＝102s ＝5 s ，从此时刻起再经过10 s ，即质点P 振动了2个周期，所以经过的路程s ＝4A ×2＝4×0.2×2 m＝1.6 m ，C 错误．此时根据“上下坡法〞可得P 点正向下振动，回复力向下，即加速度向下，故此时刻质点P 的加速度方向与速度方向相同，D 正确．答案：ABD9.一列简谐横波沿x 轴正向传播，t ＝0时的图象如下图．此时刻后介质中P 质点回到平衡位置的最短时间为0.2 s ，Q 质点回到平衡位置的最短时间为1 s ，t ＝0时两质点相对平衡位置的位移相同，那么( )A ．该简谐波的传播周期为 sB ．该简谐波的传播速度为0.05 m/sC ．t ＝0.4 s 时，质点P 的加速度沿y 轴正方向D ．经过1 s 质点Q 向右移动了0.05 m解析：由简谐横波沿x 轴正向传播知，此时P 点向下运动，Q 点向上，传播周期T ＝2×(0.2＋1)s ＝ s ，A 错误．λ＝12 cm ，v ＝λT＝0.05 m/s ，B 正确．由题分析可知，P 质点回到平衡位置的最短时间为0.2 s ，从平衡位置到达波谷的最短时间为0.6 s ，那么t ＝0.4 s 时P 点位于向负的最大位移运动过程中，加速度为y 轴正向，C 正确．简谐横波沿x 轴正向传播，质点Q 振动方向与x 轴垂直，在x 轴方向没有位移，D 错误． 答案：BC10．(2021·高考课标卷Ⅰ)图甲为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．以下说法正确的选项是( )A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置解析：由图甲可知，波长λ＝2 m ，由图乙可知周期T ＝4 s ，那么波速v ＝λT＝0.5 m/s ，A 正确．t ＝2 s 时，x ＝ m 处的质点振动方向向下，那么波向左传播，B 错误.0～2 s 时间内P 质点运动的路程x P ＝tT×4A ＝8 cm ，C 项正确.0～2 s内P 质点由波峰向波谷振动，向y 轴负方向运动，D 项错误．t ＝0时P 质点位于正向最大位移处，故P 质点到达平衡位置的时刻为t ＝(2n ＋1)T4，那么n ＝3时，t ＝7 s ，P 恰好回到平衡位置，E 项正确． 答案：ACE 三、非选择题11.如下图，在某一均匀介质中，A 、B 是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x ＝0.1sin(20πt )m ，介质中P 点与A 、B 两波源间的距离分别为4 m 和5 m ，两波源形成的简谐横波分别沿AP 、BP 方向传播，波速都是10 m/s.(1)求简谐横波的波长；(2)P 点的振动________(选填“〞或“减弱〞)．解析：(1)设简谐波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题意知T ＝0.1 s ，由波速公式v ＝λT，代入数据得λ＝ 1 m.(2)|Δs |＝x BP －x AP ＝5 m －4 m ＝1 m 因为Δs ＝λ，所以P 点为点． 答案：(1)1 m (2)12．(2021·高考卷Ⅰ)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v ＝25 cm/s.两列波在t ＝0时的波形曲线如下图．求： (1)t ＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标；(2)从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间． 解析：(1)t ＝0时，在x ＝50 cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm. 从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝50 cm ，λ2＝60 cm ①甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为x 1＝50＋k 1λ1(k 1＝0，±1，±2，…)② x 2＝50＋k 2λ2(k 2＝0，±1，±2，…)③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标为x ＝(50＋300n )cm(n ＝0，±1，±2，…)④(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 cm.t ＝0时，两列波波谷间的x 坐标之差为Δx ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤50＋2m 2＋1λ22－⎣⎢⎡⎦⎥⎤50＋2m 1＋1λ12⑤式中，m 1和m 2均为整数．将①式代入⑤式得Δx ′＝10×(6m 2－5m 1)＋5⑥由于m 1、m 2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为 Δx 0′＝5 cm ⑦从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间t ＝Δx 0′2v⑧代入数值得t＝0.1 s⑨答案：(1)(50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，…)(2)0.1 s。

第2节原子结构与原子核1.(2019·贵州安顺模拟)根据α粒子散射实验,卢瑟福提出了原子的核式结构模型.如图表示了原子核式结构模型的α粒子散射图景.图中实线表示α粒子的运动轨迹.其中一个α粒子在从a运动到b、再运动到c的过程中(α粒子在b点时距原子核最近),如下判断正确的答案是( B )A.α粒子的动能先增大后减小B.α粒子的电势能先增大后减小C.α粒子的加速度先变小后变大D.电场力对α粒子先做正功后做负功解析:α粒子受到斥力作用,根据电场力做功特点可知从a运动到b过程中电场力做负功,电势能增加,动能减小,从b运动到c过程中,电场力做正功,电势能减小,动能增加,A,D错误,B 正确;根据点电荷周围电场可知,距离原子核近的地方电场强度大,故越靠近原子核加速度越大,因此α粒子加速度先增大后减小,故C错误.2.(2018·广东肇庆三模)如下列图为1934年约里奥居里夫妇用α粒子轰击铝箔时的实验示意图,他们除探测到预料中的中子外,还发现拿走α粒子放射源以后,铝箔仍继续发射出一种神奇的粒子.如下说法中正确的答案是( B )A.α粒子轰击铝箔的核反响方程为Al He P HB.轰击铝箔后的生成物是磷P),它的衰变方程为P Si e+γC.拿走α粒子放射源以后,铝箔继续发射出的神奇粒子实际上是中子D.磷P)也具有放射性,只是它不像天然放射性元素那样有一定的半衰期解析:α粒子轰击铝箔的核反响方程为Al He P n,轰击铝箔后的生成物是P,是磷的一种同位素,它具有放射性,跟天然放射性元素一样发生衰变,也有一定的半衰期,衰变时放出正电子,衰变方程为P→Si e+γ,应当选B.3.(2019·湖南常德模拟)(多项选择)有关氢原子光谱的说法正确的答案是( BCD )A.氢原子的发射光谱是连续谱B.氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C.氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D.巴耳末公式反映了氢原子辐射光子频率的分立特性解析:由于氢原子发射的光子的能量E=E m-E n,所以发射的光子的能量值E是不连续的,只能是一些特定频率的谱线,故A错误,B正确;由于氢原子的轨道是不连续的,故氢原子的能级是不连续的即是分立的,故C正确;由于跃迁时吸收或发射的光子的能量是两个能级的能量差,所以氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关,巴耳末公式反映了氢原子辐射光子频率的分立特性,故D正确.4.(2019·河南安阳模拟)一群处于基态的氢原子吸收某种光子后,向外辐射了a,b,c三种光,其波长分别为λa,λb,λc,且λa>λb>λc,三种光子的能量分别为E a,E b,E c,假设a光恰能使某金属产生光电效应,如此( D )A.被氢原子吸收的光子的能量为hB.E a=E b+E cC.=+D.b光一定能使该金属发生光电效应解析:根据能级间跃迁辐射或吸收的光子的能量等于两能级间的能级差,且E=与λa>λb>λc,知E c=E a+E b,氢原子吸收的光子的能量为h,A,B错误;根据光子能量与波长的关系有,h=h+h,即=+,故C错误;b光的光子能量大于a光的光子能量,a光恰好能使某金属发生光电效应,如此b光一定能使该金属发生光电效应.故D正确.5.(2019·河北保定模拟)氢原子能级的示意图如下列图,大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a,从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b,如此( C )A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B.大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时能够辐射出6种频率的光子C.a光子能量比b光子的能量大D.氢原子在n=2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析:因为γ射线是原子核变化时辐射的,因此氢原子从高能级向低能级跃迁时,不会辐射γ射线,故A错误;大量的氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时释放3种频率的光子,故B 错误;从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量,如此a光子能量比b光子的能量大,故C正确;氢原子在n=2能级时,吸收的能量需大于等于3.4 eV,才能发生电离,故D错误.6.(2019·湖北宜昌质检)关于天然放射现象,如下说法正确的答案是( B )A.放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期B.放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出γ射线C.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时,将发生β衰变D.放射性物质放出的射线中,α粒子动能很大,因此贯穿物质的本领很强解析:放射性元素的半衰期是有一半该元素的原子核发生衰变所用的时间,故A错误;放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出γ射线,故B正确;β衰变的实质是核内的中子可以转化成质子和电子,产生的电子从核内发射出来,当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时将向低能级跃迁,不是发生衰变,故C错误;α粒子动能很大,但是贯穿物质的本领很弱,故D错误.7.(2018·安徽安庆二模)2017年9月29日世界首条量子保密通信干线——“京沪干线〞正式开通,我国科学家成功实现了世界上首次洲际量子保密通信.如下有关量子化学说的表示中正确的答案是( A )A.爱因斯坦根据光电效应的实验规律,提出了“光子说〞B.库仑通过对油滴实验的分析,发现“电荷是量子化〞的C.汤姆孙根据原子核式结构理论,提出了“原子轨道量子化〞的假说D.卢瑟福根据原子光谱的实验规律,提出了“原子能量量子化〞的假说解析:爱因斯坦通过对光电效应现象的研究提出了“光子说〞,A对;密立根通过油滴实验发现了电荷是量子化的,B错;玻尔提出了原子轨道量子化与原子能量量子化假说,C,D错误.8.(2018·江西上饶六校第一次联考)PET(正电子发射型计算机断层显像)的根本原理是:将放射性同位素O注入人体,参与人体的代谢过程O在人体内衰变放出正电子,与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子,被探测器探测到,经计算机处理后产生清晰的图像.根据PET原理,如下说法正确的答案是( B )A.O衰变的方程为O F eB.将放射性同位素O注入人体O的主要用途是作为示踪原子C.一对正负电子湮灭后也可能只生成一个光子D.PET中所选的放射性同位素的半衰期应较长解析:由质量数守恒和电荷数守恒得O的衰变方程是O N e,故A错误;将放射性同位素O注入人体,其主要用途是作为示踪原子,故B正确;由动量守恒定律可知,正负电子湮灭一定生成两个光子,故C错误;氧在人体内的代谢时间不长,因此PET中所选的放射性同位素的半衰期应较短,故D错误.9.(2019·安徽宿州模拟)铀核U)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核Pb),关于该过程,如下说法中正确的答案是( B )A.m=5,n=4B.铀核U)的比结合能比铅核Pb)的比结合能小C.衰变产物的结合能之和小于铀核U)的结合能D.铀核U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关解析:核反响方程为U Pb+He+e根据质量数守恒和电荷数守恒,有235=207+4m,92=82+2m-n,解得m=7,n=4,故A错误;比结合能越大,原子核结合得越结实,原子核越稳定,所以铀核的比结合能比铅核的比结合能小,故B正确;铀核U衰变成原子核Pb,根据爱因斯坦质能方程知,有质量亏损,释放能量,如此衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能,故C错误;放射性元素的半衰期与温度、压强无关,故D错误.10.(2019·浙江宁波质检)静止的氡核Rn放出α粒子后变成钋核Po,α粒子动能为Eα.假设衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能,真空中的光速为c,如此该反响中的质量亏损为( C )A.·B.0C.·D.·解析:设α粒子的质量为m1,速度大小为v,反冲核的质量为m2,速度大小为v′.根据动量守恒定律可得,m1v=m2v′,如此==;α粒子动能为Eα=m1v2,反冲核的动能E′=m2v′2,如此E′=Eα,释放的总动能为Eα+Eα=Eα,根据能量守恒知,释放的核能E=Eα,根据爱因斯坦质能方程E=Δmc2得,Δm=,C正确.11.(2019·辽宁营口模拟)一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反响,其裂变方程为U n→X Sr+n,如此如下表示正确的答案是( A )A.X原子核中含有54个质子B.X原子核中含有141个核子C.因为裂变时释放能量,根据E=mc2,所以裂变后的总质量数增加D.因为裂变时释放能量,出现质量亏损,所以生成物的总质量数减少解析:设X的原子核中含有x个质子,质量数为y,根据电荷数和质量数守恒有,92=x+38,235+1=y+94+2,解得x=54,y=140,故质子数为54个,而核子数为140个,故A正确,B错误;因为裂变时出现质量亏损,从而释放出能量,所以裂变后的总质量减少,但总的质量数是不变的,故C,D错误.12.(2019·陕西吴起高中月考)(多项选择)在花岗岩、大理石等装饰材料中,都不同程度地含有放射性元素,如下有关放射性元素的说法中正确的答案是( CD )A.β射线与γ射线一样都是电磁波,但穿透本领远比γ射线弱B.氡的半衰期为3.8天,4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C U衰变成Pb要经过8次α衰变和6次β衰变D.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解析:β射线的实质是电子流,γ射线的实质是电磁波,γ射线的穿透本领比拟强,故A项错误.半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故B项错误.经过一次β衰变,原子核的质量数不变,电荷数增加1,经过一次α衰变,原子核的质量数减少4,电荷数减少2,如此92-82=2n1-n2,238-206=4n1,α衰变的次数n1=8,β衰变的次数n2=6,故C项正确.发生β衰变时,原子核中的一个中子,转变为一个质子和一个电子,电子释放出来.故D项正确.13.(2019·福建龙岩模拟)日本9.0级大地震导致福岛核电站发生核泄漏事故,引起周边国家的关注和恐慌.核反响会产生许多放射性的副产品如碘131和铯137,由于发生核泄漏,许多国家都已检测出这两种元素.有关核反响与其产物,以下说法正确的答案是( D )A.日本福岛核电站是采用可控聚变反响技术,将产生的核能转化为电能B.反响堆可能发生的一种核反响方程是U n Xe Sr+nC.铯137的半衰期为30年,现有100个原子核铯137经过60年将剩下25个D.假设核反响中质量亏损了Δm,如此将释放Δmc2的核能.解析:日本福岛核电站是采用可控裂变反响技术,将产生的核能转化为电能,故A错误;核反响方程要满足质量数和电荷数守恒,故该反响产生2个中子,故B错误;半衰期是对大量放射性元素的统计规律,对少量原子核是无意义的,故C错误;根据质能方程可知,假设核反响中质量亏损了Δm,如此将释放E=Δmc2的核能,故D正确.14.(2019·湖北武汉模拟)(多项选择)一种典型的铀核裂变是生成钡和氪,同时放出3个中子,核反响方程是U+X→Ba+Kr+n;局部原子核的比结合能与核子数的关系如下列图,如下说法正确的答案是( AD )A.核反响方程中,X粒子是中子B.核反响方程中,X粒子是质子C U Ba和Kr相比Ba核的比结合能最大,它最稳定D U Ba和Kr相比U核的核子数最多,它的结合能最大解析:根据核反响方程结合质量数和电荷数守恒可知,X粒子是中子,故A正确,B错误;根据比结合能的曲线可知,在Fe附近原子核的比结合能最大,然后随核子数的增大,比结合能减小,所以U Ba和Kr相比Kr核的比结合能最大,它最稳定,故C错误;由于在核反响的过程中释放核能,可知U Ba和Kr相比U核的核子数最多,它的结合能最大,故D 正确.15.(2019·山东烟台模拟)某实验室工作人员,用初速度 v0=0.09c(c为真空中的光速)的α粒子轰击静止的氮原子核N,产生了质子H.假设某次碰撞可看做对心正碰,碰后新核与质子同方向运动,垂直磁场方向射入磁场,通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20,质子质量为m,如此( B )A.该核反响方程为He N O HB.质子的速度v约为0.19cC.假设用两个上述质子发生对心弹性碰撞,如此每个质子的动量变化量是0.19mcD.假设用两个上述质子发生对心弹性碰撞,如此每个质子的动量变化量方向与末动量方向相反解析:由题意可知,该核反响方程为He N O H,故A错误;设α粒子、新核的质量分别为4m,17m,质子的速度为v,由题意可知,新核的速度为,选取α粒子运动的方向为正方向,由动量守恒定律得,4mv0=+mv,解得,v≈0.19c,故B正确;两质子质量相等且发生对心弹性碰撞,如此碰撞后两质子交换速度.对某一质子,选其末动量方向为正方向,如此p2=mv,p1=-mv,又Δp=p2-p1,故解出Δp=0.38mc,方向与末动量方向一致,故C,D错误.16.用速度大小为v的中子轰击静止的锂核Li),发生核反响后生成氚核和α粒子.生成的氚核速度方向与中子的速度方向相反,氚核与α粒子的速度之比为7∶8,中子的质量为m,质子的质量可近似看成m,光速为c.(1)写出核反响方程;(2)求氚核和α粒子的速度大小;(3)假设核反响过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能,求出质量亏损.解析:(1n Li H He.(2)由动量守恒定律得m n v=-m H v1+m He v2.由题意得v1∶v2=7∶8,解得v1=,v2=.(3)氚核和α粒子的动能之和为E k=·3m+·4m=mv2.释放的核能为ΔE=E k-E kn=mv2-mv2=mv2.由爱因斯坦质能方程得,质量亏损为Δm==.答案:(1n Li H He(2)(3)。

第4讲专题提升:电磁感应中的动力学和能量问题基础对点练题组一电磁感应中的动力学问题1.(山东滨州模拟改编)电磁炮结构图如图1所示,其原理可简化为图2,MM'、NN'是光滑水平导轨,直流电源连接在两导轨左端,衔铁P放置在两导轨间,弹丸放置在P的右侧(图中未画出),闭合开关K后,电源、导轨和衔铁形成闭合回路,通过导轨的电流产生磁场,衔铁P在安培力作用下沿导轨加速运动。

已知电源的电动势大小为E,衔铁P与弹丸总质量为m,整个电路的总电阻恒为R,两导轨间距为L,导轨间的磁场可认为是垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度的大小与通过导轨的电流成正比,即B=kI,某时刻,衔铁P的速度大小为v,此时衔铁P的加速度大小为。

图1图22.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ,间距为L,电阻不计,两导轨构成的平面与水平面成θ角。

金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为R,质量分别为2m和m。

沿斜面向上的力作用在cd上使两金属棒静止,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,重力加速度大小为g。

将轻绳烧断后,保持F不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,则( )gsin θA.轻绳烧断瞬间,金属棒cd的加速度大小a=12B.轻绳烧断后,金属棒cd做匀加速运动C.轻绳烧断后,任意时刻两金属棒运动的速度大小之比v ab∶v cd=1∶2D.金属棒ab的最大速度v abm=2mgRsinθ3B2L2题组二电磁感应中的能量问题3.(北京卷)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。

不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。

导体棒ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。

在此过程中( )A.导体棒做匀减速直线运动B.导体棒中感应电流的方向为a到bC.电阻R消耗的总电能为mv02R2(R+r)D.导体棒克服安培力做的总功小于12mv024.(多选)(湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为l,通过长为l的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。

峙对市爱惜阳光实验学校第12章动量守恒律(时间：60分钟总分值：100分)一、选择题(此题共13小题，每题5分，共65分．每题所列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．下面的说法正确的选项是( )A．当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B．如果物体(质量不变)的速度发生变化，那么可以肯它受到的合外力的冲量不为零C．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大D．做曲线运动的物体，在Δt时间内所受合外力的冲量一般不为零BD[力的冲量：I＝F·Δt，与物体的位移无关，故A错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，物体的动量发生变化，由动量理可知，物体所受到的合外力的冲量不为零，故B正确；由动量理可知，物体所受合外力的冲量越大，物体动量的变化量越大，它的动量不一大，故C错误；做曲线运动的物体，速度方向沿切线方向，速度不断变化，物体动量不断变化，由动量理可知D正确．] 2．如图1所示，木块A、B用轻弹簧连接，用力F压缩弹簧，当撤去F后，假设地面光滑，那么( )【导学号：81370416】图1A．A尚未离开墙前，木块A、弹簧、木块B组成的系统动量守恒B．A尚未离开墙前，木块A、弹簧、木块B组成的系统机械能守恒C．A离开墙后，木块A、弹簧、木块B组成的系统动量守恒D．A离开墙后，木块A、弹簧、木块B组成的系统动量不守恒BC[A尚未离开墙前，木块A、弹簧、木块B组成的系统受合外力不为零，系统动量不守恒，该过程只有弹力做功，机械能守恒，故A错误，B正确；A离开墙后，木块A、弹簧、木块B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确，D错误．]3．(2021·选考模拟)古有“守株待兔〞的寓言．设兔子的头部受到大小于自身体重的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2 s，那么被撞死的兔子其奔跑速度可能为(g取10 m/s2)( )A．1 m/s B． m/sC．2 m/s D． m/sCD[取兔子奔跑的速度方向为正方向，根据动量理得－Ft＝0－mv，得v ＝Ftm；由F≥mg，得到v≥mgtm＝gt＝2 m/s，应选项C、D正确．] 4．质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h ，速度变为v ，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )A ．m (v －v 0)B ．mgtC ．m v 2－v 20 D ．m 2gh答案：BCD5．玻璃杯从同一高度自由下落，掉落到硬质水泥地板上易碎，掉落到松软地毯上不易碎，这是由于玻璃杯掉到松软地毯上( )【导学号：81370417】 A ．所受合外力的冲量小 B ．动量的变化量小 C ．动量的变化率小D ．地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力C [杯子从同一高度自由下落，与地面相碰前的瞬时速度、动量都是一的，碰后静止，动量的变化量一，Δp ＝m 2gh ，合外力的冲量大小相，由F ＝ΔpΔt 可知，玻璃杯掉到地毯上Δt 大，F 小，因此不易破碎，C 正确．]6．(2021·选考模拟)一个质量为0.18 kg 的垒球以20 m/s 的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s ，那么这一过程动量的变化量为( )A ．10.8 kg·m/s，方向水平向右B ．10.8 kg·m/s，方向水平向左C ． kg·m/s，方向水平向右D ． kg·m/s，方向水平向左B [规水平向右为正方向，那么初动量p 1＝mv 1＝0.18 kg×20 m/s＝ kg·m/s；打击后动量为：p 2＝mv 2＝0.18 kg×(－40 m/s)＝－ kg·m/s；故动量变化为：Δp ＝p 2－p 1＝－10.8 kg·m/s，负号表示方向与规的正方向相反，即水平向左．]7．水平地面上有一木块，质量为m ，它与地面间的动摩擦因数为μ，在水平恒力F 作用下由静止开始运动，经过时间t ，撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t 才停下，此恒力F 的大小为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmgC [从木块开始运动，到木块停止运动的整个过程用动量理(取水平恒力F 的方向为正方向)得：Ft －μmg ×3t ＝0.所以F ＝3μmg ，只有C 正确．]8．平静的水面上有一载人小船，船和人共同的质量为M ，站立在船上的人手中拿一质量为m 的物体．起初人相对于船静止，船、人、物体以共同速度v 0，当人相对于船以速度u 向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为(水的阻力不计)( )A.M ＋m v 0＋mu MB.Mv 0＋mu MC ．v 0＋mu M ＋m D ．v 0＋m MuC [物体被抛出的同时，船速已发生了变化，设为v ，那么物体抛出后相对地的速度为(u －v )，取小船、人和物体m 为一系统，由动量守恒律得：(M ＋m )v 0＝Mv －m (u －v )，所以v ＝M ＋m v 0＋mu M ＋m ＝v 0＋muM ＋m.故C 正确．]9．一个质量为0.3 kg 的小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s.那么碰撞前后墙对小球的冲量I 的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W 分别为( )A ．I ＝3 kg·m/s，W ＝－3 JB ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝－3 JC ．I ＝3 kg·m/s，W ＝ JD ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝3 JA [碰撞前后墙对小球的冲量大小I ＝mv ′－m (－v )＝3 kg·m/s，碰撞过程中墙对小球做的功于小球动能的改变量，即W ＝12mv ′2－12mv 2＝－3 J ，A 正确．]10．一辆小车静止在光滑水平面上，小车立柱上拴有一根长为L 的轻绳，轻绳末端拴着一个小球，如图2所示．现将小球拉直至水平位置后由静止释放，小球摆动的过程中不计一切阻力．那么以下说法中正确的选项是( )图2A ．小球摆动过程中机械能守恒B ．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能守恒、动量守恒C ．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能不守恒、动量不守恒D ．小球开始摆动后，小球达最大速度时小车也同时达最大速度D [以小球和小车组成的系统为研究对象，只有小球的重力做功，系统的机械能守恒，故A 错误； 当小球向下摆动的过程中，整体所受的合力不为零，那么系统的总动量不守恒，故B 、C 错误；当小球摆到最低点时，小球速度最大，根据水平方向动量守恒可知，小车也同时达最大速度，故D 正确．]11．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的间，如图3所示．现给小物块一水平向右的初速度图3v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为( )【导学号：81370418】 A.12mv 2B.mM 2m ＋Mv 2C.12NμmgL D ．NμmgLBD [由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经屡次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相设为u ，由动量守恒律得mv ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12mv 2－12(m ＋M )u 2＝mM2m ＋Mv 2，B 正确；系统损失的动能于克服摩擦力做的功，即ΔE k ＝－W f ＝NμmgL ，D 正确．]12．如图4所示为两滑块M 、N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接(细绳未画出)，使弹簧处于锁状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧别离的过程中，以下说法正确的选项是( )图4A ．两滑块的动量之和变大B ．两滑块与弹簧别离后动量大反向C ．如果两滑块的质量相，那么别离后两滑块的速率也相D ．整个过程中两滑块的机械能增大BCD [对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A 错误；由动量守恒律得0＝m M v M －m N v N ，显然两滑块动量的变化量大小相，方向相反，B 正确；当m M ＝m N 时，v M ＝v N ，C 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，那么两滑块的机械能增大，D 正确．]图513．如图5所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，那么( )A ．左方是A 球B ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10AC [两球碰前均向右运动，前球为被碰小球，动量一增加，后球动量减小，故左方为A 球，A 正确，B 错误；由动量守恒律可知，碰后m A v A ＝(6－4)kg·m/s ＝2 kg·m/s，m B v B ＝10 kg·m/s，又m B ＝2m A ，故v A ∶v B ＝2∶5，C 正确，D 错误．]二、非选择题(此题共4小题，共35分)14. (6分)气垫导轨(如图6)工作时，空气从导轨外表的小孔喷出，在导轨外表和滑块内外表之间形成一层薄薄的空气层．使滑块不与导轨外表直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a 的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b .气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源．并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图7为某次打出的、点迹清晰的纸带的一，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s 1、s 2和s 3.假设题中各物理量的单位均为单位．那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．重复上述，多做几次．假设碰撞前、后两滑块的总动量在误差允许的范围内相，那么动量守恒律得到验证．图6 图7【解析】 分析可知，速度较大的滑块与上面纸带相连，速度小的滑块与下面纸带相连，碰撞前速度大的滑块动量大小p 1＝m 1v 1＝a ·s 1t 1＝a ·s 15T ＝a ·s 1f5＝0.2abs 1；同理，碰撞前速度小的滑块动量大小为p 3＝0.2abs 3；碰撞前总动量大小p ＝p 1－p 3＝0.2ab (s 1－s 3)；碰后两滑块总动量p ′＝(m 1＋m 2)·v ′＝0.4abs 2.【答案】 0.2abs 3 0.2abs 1 0.2ab (s 1－s 3) 0.4abs 2(第1、2空答案可互换)15．(10分)某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量〞的：在小车A 前端装有橡皮泥，推动小车A 使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的装置及打出的纸带如图8所示，在小车A 的后面连着纸带，打点计时器电源频率为50 Hz.图8(1)木板的一端下边垫着小木片用以________． (2)在中，需要的测量工具有________． A ．弹簧测力计 B ．毫米刻度尺 C ．天平D ．螺旋测微器(3)已测得小车A (包括橡皮泥)的质量为m 1＝0.310 kg ，小车B (包括撞针)的质量为m 2＝0.205 kg ，由以上测量可得：(结果保存三位有效数字)碰前两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s； 碰后两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s.(4)结论：_________________________________________________________________________________________________________________.【导学号：81370419】【答案】 (1)平衡摩擦力 (2)BC (3)0.620 0.618 (4)在误差范围内，两小车的质量和速度的乘积之和在碰撞中保持不变16．(9分)(2021·选考模拟)如图9所示，水平桌面长L ＝3 m ，距水平地面高h ＝0.8 m ，桌面右端放置一个质量m 2＝0.4 kg 的小物块B ，桌面的左端有一质量m 1＝0.6 kg 的小物块A .某时刻物块A 以初速度v 0＝4 m/s 开始向右滑动，与B 发生正碰后立刻粘在一起，它们从桌面水平飞出，落到地面上的D 点．物块A 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图9(1)物块A 与物块B 碰前瞬间，A 的速度大小v 1；(2)物块A 与物块B 碰后瞬间，A 、B 整体的速度大小v 2； (3)A 、B 整体的落地点D 距桌面右边缘的水平距离x . 【解析】 (1)物块A 向右做匀减速直线运动，μmg ＝mav 21－v 20＝－2aL代入数据解得v 1＝2 m/s.(2)A 与B 碰撞过程动量守恒m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得v 2＝ m/s.(3)A 、B 整体做平抛运动 h ＝12gt 2，x ＝v 2t联立代入数据解得x ＝0.48 m.【答案】 (1)2 m/s (2) m/s (3)0.48 m17．(10分)如图10所示，在光滑水平面的左侧固一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞．试求：图10(1)A 、B 两球的质量之比；(2)A 、B 碰撞前、后两球总动能之比．【解析】 (1)设开始时B 的速率为v 0，B 球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A 与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以两球碰撞后A 与B的速度方向相反，大小相，选取向左为正方向，A 的速度是14v 0，B 的速度是－14v 0，由动量守恒律得：m B v 0＝m A ·14v 0＋m B ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14v 0整理得：m A m B ＝51.(2)碰撞前的动能：E 1＝12m B v 2碰撞后的动能：E 2＝12m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＋12m A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝38·12m B v 2所以：E 1E 2＝83.【答案】 (1)5∶1 (2)8∶3。

1．机械波的形成和传播(1)产生条件：①有波源。

②有传播振动的介质，如空气、水、绳子等。

(2)传播特点：①传播振动形式、能量和信息。

②质点不迁移。

③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同。

2．机械波的分类(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。

(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上的波，有疏部和密部。

3．波长、波速、频率及其关系(1)波长：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示。

(2)波速：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。

(3)频率：由波源决定，等于波源的振动频率。

(4)波长、波速和频率的关系：v＝fλ＝λT。

1．波速与振速的区别(1)波速是波在介质中传播的速度，它表示波形(或能量)向外平移的速度；波源振动几个周期，波形就向外平移几个波长，在同一种均匀介质中波的传播是匀速的，波速只与介质有关，与波源的振动频率无关。

(2)振速是指介质中质点振动的速度，在机械波传播的过程中，介质中各质点都在各自的平衡位置附近做周期性的振动——简谐运动，质点振动的速度时刻在变，质点并没有沿波的传播方向迁移。

2．振动与波动的区别和联系1．关于振动和波的关系，下列说法中正确的是( ) A ．振动是波的成因，波是振动的传播B ．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点联合起来呈现的运动现象C ．波的传播速度就是质点振动的速度D ．波源停止振动时，波立即停止传播解析：选AB 机械波的产生条件是有波源和介质。

由于介质中的质点依次带动由近及远传播而形成波，所以选项A 和B 正确。

波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度，在均匀介质中其速度大小不变；而质点振动的速度和方向都随时间周期性地发生变化。

选项C 错误。

波源一旦将振动传给了介质，振动就会在介质中向远处传播；当波源停止振动时，介质仍然继续传播波源振动的运动形式，不会随波源停止振动而停止传播，即波不会停止传播。

第1节动量动量定理【基础梳理】提示：速度mv 相同作用时间Ft 相同动量冲量p′－p【自我诊断】判一判(1)动量越大的物体,其速度越大．( )(2)物体的动量越大,其惯性也越大．( )(3)物体所受合力不变,则动量也不变．( )(4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零．( )(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．( )(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√做一做(1)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时,两手随球迅速收缩至胸前,这样做可以( )A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量(2)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示,则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零 提示：(1)B (2)AB对冲量、动量的理解与计算【知识提炼】1．动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量 定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式 p ＝mv E k ＝12mv 2Δp ＝p′－p标矢性 矢量 标量 矢量 特点 状态量状态量过程量关联方程E k ＝p 22m ,E k ＝12pv,p ＝2mE k ,p ＝2E kv联系(1)对于给定的物体,若动能发生变化,则动量一定也发生变化；若动量发生变化,则动能不一定发生变化(2)都是相对量,都与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系2.冲量的计算 (1)恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算,即用恒力F 乘以其作用时间Δt 而得． (2)方向恒定的变力的冲量计算若力F 的方向恒定,而大小随时间变化的情况如图所示,则该力在时间Δt ＝t 2－t 1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”．(3)一般变力的冲量计算在中学物理中,一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的． (4)合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算,既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和,又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．【典题例析】如图所示,PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道,圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b,从同一时刻开始,a 自由下落,b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S,它们在S 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S,它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S,它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S,它们在S 点的动量相同[解析] 在物体下落的过程中,只有重力对物体做功,故机械能守恒,故有mgh ＝12mv 2,解得v ＝2gh,所以在相同的高度,两物体的速度大小相同,即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程,故t a ＜t b ,即a 比b 先到达S,又因为到达S 点时a 的速度竖直向下,而b 的速度水平向左,故两物体的动量不相同,A 正确．[答案] A【题组过关】1．(2020·杭州月考)下列说法正确的是( ) A ．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 B ．动能不变,物体的动量一定不变 C ．动量为零时,物体一定处于平衡状态D ．物体所受合外力大小不变时,其动量大小一定要发生改变解析：选A.平抛运动是曲线运动,过程中只受重力作用,为恒力的冲量,所以A 正确；动能是标量,而动量是矢量,有可能速度的大小不变,但是方向变了,结果动能不变,而动量变了,B 错误；速度为零时,动量为零,但是速度为零时物体不一定处于平衡状态,比如物体做匀减速直线运动,当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动,过程中速度为零时,并不是处于平衡状态,C 错误；做匀速圆周运动过程中,合力大小不变,速度大小恒定,其动量大小恒定,D 错误．2．(2020·杭州六校联考)质量为60 kg 的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间1.2 s,安全带长5 m,g 取10 m/s 2,则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N解析：选B.选取人为研究对象,人下落过程v 2＝2gh,v ＝10 m/s, 缓冲过程由动量定理 (F －mg)t ＝mv,F ＝mv t ＋mg ＝(60×101.2＋60×10) N ＝1 100 N.由牛顿第三定律,安全带所受的平均冲力为1 100 N,故B 正确．动量定理的理解与应用 【知识提炼】1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向． 2．动量定理的三大应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大；作用时间越长,力就越小． ②作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化越大；力的作用时间越短,动量变化越小． (2)应用I ＝Δp 求变力的冲量．(3)应用Δp ＝F·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．【典题例析】某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度．[解析] (1)设Δt 时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则 Δm ＝ρΔV ① ΔV ＝v 0S Δt②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S.③(2)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12(Δm)v 2＋(Δm)gh ＝12(Δm)v 20 ④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)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.[答案] (1)ρv0S (2)v202g －M2g2ρ2v20S21．用动量定理解题的基本思路2．对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可整个过程用动量定理．【题组过关】考向1 应用动量定理解释物理现象1．有关实际中的现象,下列说法正确的是( )A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时,内能减小,转化为机械能,火箭向后喷出气流,火箭对气流有向后的力,由于力的作用是相互的,气流对火箭有向前的力的作用,从而推动火箭前进,故A正确；体操运动员在落地的过程中,动量变化一定,由动量定理可知,运动员受到的冲量I一定,着地时屈腿是延长时间t,由I＝Ft可知,延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F,故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响,故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,就要延长碰撞时间,由I＝Ft可知,车体前部的发动机舱不能太坚固,故D错误．考向2 应用动量定理解决物理问题2．(2020·丽水月考)如图所示,一质量为M＝2.0×103kg的平板小货车A载有一质量为m＝1.0×103kg的重物B,在水平直公路上以速度v 0＝36 km/h 做匀速直线运动,重物与车厢前壁间的距离为L ＝1.5 m,因发生紧急情况,火车突然制动,已知火车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4,重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2,重力加速度g ＝10 m/s 2,若重物与车厢前壁发生碰撞,且碰撞时间极短,碰后重物与车厢前壁不分开．(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞； (2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．解析：(1)刚刹车时,货车的加速度大小为a 1,重物的加速度大小为a 2,由牛顿第二定律可知μ(M ＋m)g －μ2mg ＝Ma 1,μ2mg ＝ma 2,解得a 1＝5 m/s 2,a 2＝2 m/s 2假设B 与A 碰撞,且从开始刹车到碰撞所用时间为t 1,则v 0t 1－12a 2t 21－(v 0t 1－12a 1t 21)＝L,解得t 1＝1 s此时货车A 的速度为v A ＝v 0－a 1t 1＝5 m/s, 此时重物B 的速度为v B ＝v 0－a 2t 1＝8 m/s因此此时A 、B 均未停止运动,且v A <v B ,故重物会与车厢前壁发生碰撞． (2)碰前货车的运动时间为t 1＝1 s,运动的位移为x 1＝v 0t 1－12a 2t 21＝7.5 m由于碰撞时间极短,故满足动量守恒,设碰后一起的速度为v,则Mv A ＋mv B ＝(M ＋m)v,解得v ＝6 m/s 碰后一起减速运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得μ1(M ＋m)g ＝(M ＋m)a,解得a ＝4 m/s 2一起减速的时间为t 2＝va ＝1.5 s一起减速的位移为x 2＝vt 2－12at 22＝4.5 m所以货车刹车的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s,刹车距离x ＝x 1＋x 2＝12 m. 答案：见解析电磁感应与动量定理的综合应用【知识提炼】理论上电荷量的求法：q ＝I －·Δt.方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说,据法拉第电磁感应定律,得E ＝ΔΦΔt ,显然该感应电动势也为对时间的平均值,再由I －＝E R (R 为回路中的总电阻)可以得到I －＝ΔΦRΔt.综上可得q ＝ΔΦR ,若B 不变,则q ＝ΔΦR ＝B ΔSR.方法2：设想在某一回路中,一部分导体仅在安培力作用下运动时,安培力F 为变力,其冲量可用它对时间的平均值进行计算,即I ＝F －Δt,而F －＝B I －L(I －为电流对时间的平均值) 故有B I －L Δt ＝mv 2－mv 1 而I －Δt ＝q,故有q ＝mv 2－mv 1BL.【典题例析】如图所示,金属棒AB 的质量m ＝5 g,放置在宽L ＝1 m 、光滑的金属导轨的边沿,两金属导轨处于水平面内,该处有竖直向下、磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．电容器的电容C ＝200 μF,电源的电动势E ＝16 V,导轨平面距地面高度h ＝0.8 m ．在开关S 与“1”接通并稳定后,再使它与“2”接通,发现金属棒AB 被抛到距导轨边沿水平距离s ＝0.064 m 的地面上,试求这时电容器两极板间的电压．(重力加速度g 取10 m/s 2)[解析] 当S 接“1”时,电源给电容器充电．当S 扳向“2”时,充电后的电容器通过金属棒放电,产生放电电流．金属棒在磁场中受到安培力作用,向右运动,当AB 棒离开导轨时获得一定的速度,使棒做平抛运动．只要求出通过AB 棒的电荷量,即可求出电容器两端的电压．AB 棒离开导轨后做平抛运动,有 h ＝12gt 2,s ＝vt 联立解得v ＝s 2g2h＝0.16 m/s AB 棒在导轨上运动,其末速度即为平抛运动的初速度,设电流的平均值为I －,应用动量定理得B I －L Δt ＝mv又Q 放＝I －Δt所以Q 放＝mv BL＝1.6×10－3C电容器充电电荷量为Q ＝EC ＝3.2×10－3C 放电后电容器剩下的电荷量为 Q ′＝Q －Q 放＝1.6×10－3C放电后电容器两极极间的电压为U′＝Q′C ＝8 V.[答案] 8 V【题组过关】1.如图所示,竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒a 和b,与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a,释放b,当b 的速度达到10 m/s 时,再释放a,经过1 s 后,a 的速度达到12 m/s,重力加速度g 取10 m/s 2.(1)此时b 的速度大小是多少？(2)若导轨很长,则a 、b 棒最后的运动状态如何？解析：(1)当b 棒先向下运动时,在a 和b 以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a 棒受到向下的安培力,b 棒受到向上的安培力,且二者大小相等．释放a 棒后,经过时间t ＝1 s,对此过程,分别以a 和b 为研究对象,根据动量定理,有(mg ＋F)t ＝mv a(mg －F)t ＝mv b －mv 0 解得v b ＝18 m/s.(2)在a 、b 棒向下运动的过程中,a 棒的加速度a 1＝g ＋F m ,b 棒的加速度a 2＝g －Fm .当a 棒的速度与b 棒接近时,闭合回路中的ΔΦΔt 逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小．最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动．答案：(1)18 m/s (2)以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动2.(2020·杭州质检)如图所示,两根平行的金属导轨固定在同一水平面上,磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计．导轨间的距离l ＝0.20 m,两根质量均为m ＝0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中始终与导轨保持垂直,每根金属杆的电阻为R ＝0.50 Ω.在t ＝0时刻,两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0.20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动．在t ＝5.0 s 时刻,金属杆甲的加速度为a ＝1.37 m/s 2,此时甲、乙两金属杆的速度各为多少？解析：设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为v 1和v 2,经过很短时间Δt,杆甲移动距离v 1Δt,杆乙移动距离v 2Δt,回路面积改变ΔS ＝(v 1－v 2)l Δt由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势E ＝B ΔSΔt回路中的电流I ＝E2R对金属杆甲,由牛顿第二定律得F －BlI ＝ma由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的动量(t ＝0时为0)变化等于外力F 的冲量,即Ft ＝mv 1＋mv 2联立以上各式解得 v 1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤Ft m ＋2R （F －ma ）B 2l 2 v 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤Ft m －2R （F －ma ）B 2l 2 代入数据得v 1＝8.15 m/s,v 2＝1.85 m/s. 答案：8.15 m/s 1.85 m/s电荷量q 与安培力的冲量之间关系可用下面的框图来说明．从以上框图可见,这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法1中相关物理量的关系． 第二：方法2中相关物理量的关系．第三：就是以电荷量作为桥梁,直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来,如把导体棒的位移和速度联系起来．由于这类问题中导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动,因此无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解,所以这种方法就显得十分巧妙．这种题型难度很大．[随堂检测]1．(2020·绍兴月考)一个质量为0.18 kg 的垒球,以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为( )A ．大小为3.6 kg·m/s ,方向向左B ．大小为3.6 kg·m/s ,方向向右C ．大小为12.6 kg·m/s ,方向向左D ．大小为12.6 kg·m/s ,方向向右解析：选D.选向左为正方向,则动量的变化量Δp ＝mv 1－mv 0＝－12.6 kg ·m/s,大小为12.6 kg ·m/s,负号表示其方向向右,D 正确．2．高空作业须系安全带,如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v,则v 2＝2gh,得v ＝2gh,设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg －F)·t＝0－mv,解得F ＝m 2ght＋mg. 3．(2020·嘉兴质检)如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：选C.动量的变化量为mv －mv 0,最终不会因为手的动作而改变,故A 错；根据动量定理F Δt ＝mv －mv 0,手对球的冲量即动量变化量不会改变,此即球对手的动量变化量,故B 、D 错误；手弯曲的动作是增加了作用时间,而减小了动量变化率（mv －mv 0）Δt,也即减小了冲力,起到缓冲效果,故C 正确．4．在水平力F ＝30 N 的作用下,质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2,若F 作用6 s 后撤去,撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一：用动量定理解,分段处理选物体为研究对象,对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程,受力情况如图甲所示,始态速度为零,终态速度为v,取水平力F 的方向为正方向,根据动量定理有(F －μmg)t 1＝mv －0.对于撤去F 后,物体做匀减速运动的过程,受力情况如图乙所示,始态速度为v,终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv. 以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解,研究全过程选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向,根据动量定理得(F －μmg)t 1＋(－μmg)t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 答案：12 s[课后达标]一、不定项选择题1．关于冲量,以下说法正确的是( )A ．只要物体受到了力的作用,一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B ．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化C ．冲量越大的物体受到的动量越大D ．如果力是恒力,则其冲量的方向与该力的方向相同答案：D2．(2020·杭州质检)如图所示,运动员挥拍将质量为m 的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v 1、v 2,v 1与v 2方向相反,且v 2>v 1.忽略重力,则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A ．大小为m(v 2－v 1),方向与v 1方向相同B ．大小为m(v 2＋v 1),方向与v 1方向相同C ．大小为m(v 2－v 1),方向与v 2方向相同D ．大小为m(v 2＋v 1),方向与v 2方向相同答案：D3．(2020·衢州调研)1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时,用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N,推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg答案：B4.(2020·宁波高二月考)如图所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为( )A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程,铁块所受的滑动摩擦力一定,以v的速度抽出纸条,铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长,由I＝F f t＝mv0得铁块获得速度较大,平抛运动的水平位移较大,以2v的速度抽出纸条的过程,铁块所受滑动摩擦力作用时间较短,铁块获得速度较小,平抛运动的位移较小,故B选项正确．5.如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,达到最高点后又滑回原处,所用时间为t.对于这一过程,下列判断正确的是( ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知,斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t,选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt,选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v,方向与初速度方向相反,故根据动量定理可知,物体受到的合力的冲量大小为2mv,选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ,则根据动量定理可知,物体动量的变化量大小为mgsin θ·t,选项D正确．6．(2020·浙江9＋1联盟联考)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示,观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中,他们之间的作用力大小相等,方向相反,作用时间相等,根据冲量的定义,甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,但方向相反,选项A 正确；乙推甲的过程中,遵守动量守恒定律,即Δp 甲＝－Δp 乙,他们的动量变化大小相等,方向相反,选项B 正确；在乙推甲的过程中,甲、乙的位移不一定相等,所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等,结合动能定理知,选项C 、D 错误．7．(2020·绍兴质检)如图所示,一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处,三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3,动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3,则有( )A ．三个过程中,合力的冲量相等,动量的变化量相等B ．三个过程中,合力做的功相等,动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3,Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3,Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等,动量变化量Δp ＝mv 相等,即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理,合力的冲量等于动量的变化量,故合力的冲量也相等,注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h,从顶端A 下滑到底端C,由h sin θ＝12gsin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h gsin 2 θ,所以θ越小,sin 2θ越小,t 越大,重力的冲量I ＝mgt 就越大,故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确,D 错误；物体下滑过程中只有重力做功,故合力做的功相等,根据动能定理,动能的变化量相等,故B 正确．8.(2020·湖州质检)如图所示,倾斜的传送带保持静止,一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中,与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中,摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中,摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中,木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中,系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ,与相对速度的大小无关,所以,当皮带运动时,木块所受的摩擦力未变,空间位移未变,则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变,所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变,故A 、C 错误,B 正确；但由于相对滑动的距离变长,所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大,故D 正确．二、非选择题9.(2020·宁波质检)质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回,如图所示,若球跟墙的作用时间为0.05 s,求小球所受平均力的大小．解析：选定小球与墙碰撞的过程,取v 1的方向为正方向,对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1,则,F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N,“－”号说明F 的方向向左． 答案：90 N10.(2020·丽水高二质检)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点,距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙,如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A点沿AB 方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止,g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由动能定理有－μmgx＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J11.如图所示,一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端,已知斜面的倾角θ＝37°,斜面长度L ＝2.5 m,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,取重力加速度g＝10 m/s 2,求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L ＝12at 2,解得：a ＝5 m/s 2,根据牛顿第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma解得：μ＝0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功,为：ΔE ＝μmg cos θ·L减小的重力势能为：ΔE p ＝mgsin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE ∶ΔE p ＝μ∶tan θ＝1∶6.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v,则有：v＝at＝5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I合＝mv－0＝5m (N·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G＝mgt＝10m (N·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶I G＝1∶2.答案：(1)0.125 (2)1∶6(3)1∶2。

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．入射光照到某金属表面发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则下列说法中正确的是()A．从光照射到金属表面上到金属发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应解析：选C.光电效应瞬时(10－9 s)发生，与光强无关，A错误；光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，入射光的频率越大，最大初动能越大，B错误；光电子数目多少与入射光的强度有关，光强减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目减少，C正确；能否发生光电效应，只取决于入射光的频率是否大于极限频率，与光强无关，D错误．2．(2019·太原质检)关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是()A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性解析：选D.光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性．光的波长越长，波动性越明显，光的频率越高，粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性，D项错误．3．在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C.按照光的波动理论，电子吸收光子的能量需要时间，因此光电效应不可能瞬时发生，这与光电效应具有瞬时性矛盾；按照光的波动理论，只要有足够长的时间，电子会吸收足够的能量，克服原子的束缚成为光电子，因此所有金属均可以发生光电效应，这与光电效应有极限频率矛盾；按照光的波动理论，照射光越强，电子获得的能量越大，打出的光电子的最大初动能越大，这与光电效应中打出的光子的最大初动能与光强无关，而与照射光的频率有关矛盾；按照光的波动理论也可以得到光越强打出的光电子越多，光电流越大，因此C项正确．4．(2017·高考北京卷)2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×108 m/s)()A．10－21 J B．10－18 JC．10－15 J D．10－12 J解析：选B.由题意知，电离一个分子的能量等于照射分子的光子能量，E＝hν＝h cλ≈2×10－18 J，故选项B正确．5．研究光电效应电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I 与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是()解析：选C.由于是强度不同的光照射同种钠极板，则遏止电压相同，强度不同，饱和光电流不同，选项C正确．6．(2017·高考上海卷)光子的能量与其()A．频率成正比B．波长成正比C．速度成正比D．速度平方成正比解析：选A.由E ＝hν＝h c λ，可见光子的能量与其频率成正比、与其波长成反比，A 正确，B 错误；由于任意能量的光子在真空中传播的速度都是相同的，故C 、D 错误．7．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意图如图所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K ，没有发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的(其中W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电荷量)( )A ．U ＝hνe －W eB ．U ＝2hνe －W eC ．U ＝2hν－WD ．U ＝5hν2e －W e解析：选B.以从阴极K 逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得：－Ue ＝0－12m v 2m①由光电效应方程得：nhν＝12m v 2m＋W (n ＝2，3，4，…) ② 由①②式解得：U ＝nhνe －W e(n ＝2，3，4，…)， 故选项B 正确．二、多项选择题8．如图所示，电路中所有元件完好，但光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，其原因可能是( )A ．入射光太弱B ．入射光波长太长C ．光照时间短D ．电源正、负极接反解析：选BD.入射光波长太长，入射光的频率低于截止频率时，不能发生光电效应，故选项B 正确；电路中电源反接，对光电管加了反向电压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，故选项D 正确．9．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在照相底片上先后出现如图甲、乙、丙所示的图象，则( )A ．图象甲表明光具有粒子性B ．图象乙表明光具有波动性C ．用紫外线观察不到类似的图象D ．实验表明光是一种概率波解析：选ABD.图象甲曝光时间短，通过光子数很少，呈现粒子性．图象乙曝光时间长，通过了大量光子，呈现波动性，故A 、B 正确；同时也表明光波是一种概率波，故D 正确；紫外线本质和可见光本质相同，也可以发生上述现象，故C 错误．10．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等解析：选AB.光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A 正确，选项C 错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B 正确；由德布罗意波长公式λ＝h p和p 2＝2mE k 知动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波长不相等，选项D 错误．11．(2019·北京朝阳模拟)用绿光照射一个光电管，能产生光电效应．欲使光电子从阴极逸出时最大初动能增大，可以( )A ．改用红光照射B ．改用紫光照射C ．改用蓝光照射D ．增加绿光照射时间解析：选BC.光电子的最大初动能与照射时间或照射强度无关，而与入射光子的能量有关，入射光子的能量越大，光电子从阴极逸出时最大初动能越大，所以本题中可以改用比绿光光子能量更大的紫光、蓝光照射，以增大光电子从阴极逸出时的最大初动能．12. (2019·河北保定模拟)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是( )A ．只调换电源的极性，移动滑片P ，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压U 0的数值B ．保持光照条件不变，滑片P 向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大C ．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大D ．阴极K 需要预热，光束照射后需要一定的时间才会有光电流解析：选AC.只调换电源的极性，移动滑片P ，电场力对电子做负功，当电流表示数为零时，则有eU ＝12m v 2m，那么电压表示数为遏止电压U 0的数值，故A 项正确；当其他条件不变，P 向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子运动更快，由I ＝q t得电流表读数变大，若电流达到饱和电流，则电流表示数不会增大，B 项错误；只增大入射光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，C 项正确；因为光电效应的发生是瞬间的，阴极K 不需要预热，所以D 项错误．13．产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k ，下列说法正确的是( )A ．对于同种金属，E k 与照射光的强度无关B ．对于同种金属，E k 与照射光的波长成反比C ．对于同种金属，E k 与照射光的时间成正比D ．对于同种金属，E k 与照射光的频率成线性关系解析：选AD.发生光电效应，一个电子获得一个光子的能量，E k ＝hν－W 0，所以E k 与照射光的强度无关，与光照射的时间无关，A 正确，C 错误；由E k ＝hν－W 0＝h c λ－W 0可知E k 与λ并非成反比关系，B 错误；由E k ＝hν－W 0可知，E k 与照射光的频率成线性关系，D 正确．14．(2019·陕西师大附中检测)用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是()A．增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电C．a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的解析：选CD.增大a光的强度，从金属板中打出的光电子数增多，验电器带电荷量增大，指针偏角一定增大，A错误；a光照射到金属板时发生光电效应现象，从金属板中打出电子，金属板带正电，因此，验电器的金属小球带正电，B错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，因此a光的频率大于b光的频率，a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长，C正确；氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的光子能量大于氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的光子能量，D正确．。

第2讲原子结构氢原子光谱考点一原子核式结构模型α粒子散射实验【典例1】(2019·济南模拟)如下列图为α粒子散射实验装置的俯视图，带荧光屏的显微镜可沿图中圆形轨道转动，对图中P、Q、M三处位置观察到的实验现象，如下描述正确的答案是世纪金榜导学号( )A.在M、Q位置时，一样时间内观察到屏上的闪光次数一样多B.在P位置时，一样时间内观察到屏上的闪光次数最多C.在Q位置时，屏上观察不到闪光D.在M位置时，屏上观察不到闪光【解析】选B。

根据实验的现象，大多数α粒子射到金箔上时运动方向根本不变，仍沿直线运动，只有少数粒子方向发生改变，有的偏转超过90°，甚至有的被反向弹回，如此放在P 位置时，一样时间内观察到屏上的闪光次数最多；放到Q位置和M位置看到闪光次数很少，且放到Q位置时观察到屏上的闪光次数比放到M位置时观察到的闪光次数多，B正确，A、C、D错误。

原子核式结构模型【典例2】如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。

如下说法正确的答案是世纪金榜导学号( )A.该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C.α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D.绝大多数的α粒子发生大角度偏转【解析】选A。

卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项A正确；卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否认了汤姆孙原子模型的正确性，选项B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，选项C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，几乎仍沿原方向前进，选项D错误。

1.α粒子散射实验：(1)α粒子散射实验装置。

(2)α粒子散射实验的结果：绝大多数α粒子穿过金箔后根本上仍沿原来的方向前进，但少数α粒子穿过金箔后发生了大角度偏转，极少数α粒子甚至被“撞了回来〞。