（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核（课件+试题）（打包7套）.zip

1动量守恒定律及其应用1．(2016·广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选 AC.根据动能 Ek＝ mv2可知，动量 p＝ ，两个质量不同的物体，当动能12 2mEk相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．2.质量为 1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如右图所示，则物体在前 10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s,10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0.10 N·sD．0，－10 N·s解析：选 D.由题图可知，在前 10 s 内初、末状态的动量相等， p1＝ p2＝5 kg·m/s，由动量定理知 I1＝0；在后 10 s 内 p3＝－5 kg·m/s， I2＝ p3－ p2＝－10 N·s，故选 D.3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为 2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A．2∶3 B．2∶5 C．3∶5 D．5∶3解析：选 C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 m 甲 v1－ m 乙v2＝－ m 甲 v1′＋ m 乙 v2′，代入数据，可得 m 甲 ∶ m 乙 ＝3∶5，C 正确．24．将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A. v0 B． v0mM MmC. v0 D． v0MM－ m mM－ m解析：选 D.火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为 v，据动量守恒定律有 0＝( M－ m)v－ mv0，得 v＝ v0，D 正确．mM－ m5.(2016·淮安模拟)(多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可视为质点)自左端槽口 A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从 A 点进入槽内，则下列说法正确的是( )A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：选 CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D 正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B 错误，C 正确．6．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为 0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选 CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人3和船组成的系统总动量为 0，两球抛出后的系统总动量也是 0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为 0，船的动量也必为 0，船的速度必为 0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量 I 甲 ＝ mv－0，人给乙球的冲量 I2＝ mv－ mv′， v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．7．(2016·华南师大附中高三模拟) A、 B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船中质量为 m 的人，以对地的水平速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，…，12经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则( )A． A、 B(包括人)两船速度大小之比为 2∶3B． A、 B(包括人)两船动量大小之比为 1∶1C． A、 B(包括人)两船的动能之比为 2∶3D． A、 B(包括人)两船的动能之比为 1∶1解析：选 B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为 0， A、 B(包括人)两船的动量大小相等，选项 B 正确．经过 n 次跳跃后， A 船速度为 vA， B 船速度为 vB.0＝ mvA－ vB， ＝ ，选项 A(m＋m2) vAvB 32错．A 船最后获得的动能为 EkA＝ mv12 2AB 船最后获得的动能为EkB＝ v12(m2＋ m)2B＝ · 212(m2＋ m) (23vA)＝ ＝ EkA， ＝ ，选项 C、D 错误．23(12mv2A) 23 EkAEkB 328．用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验．(1)先测出可视为质点的两滑块 A、 B 的质量 m、 M 及滑块与桌面间的动摩擦因数 μ .(2)用细线将滑块 A、 B 连接，使 A、 B 间的轻弹簧处于压缩状态，滑块 B 恰好紧靠桌边．(3)剪断细线，测出滑块 B 做平抛运动的水平位移 x1，滑块 A 沿水平桌面滑行距离为x2(未滑出桌面)．4为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________；如果动量守恒，需要满足的关系式为__________________．解析：弹开后 B 做平抛运动，为求其弹开后的速度(即平抛运动的初速度)，必须测量下落高度 h.h＝ gt ， x1＝ v1t1，解得 v1＝ x1 12 21 g2h弹开后 A 做匀减速运动，由动能定理得 μmgx 2＝ mv12 2解得 v2＝ 2μ gx2若动量守恒，则需满足 Mv1－ mv2＝0即需要满足的关系式为 Mx1 ＝ m 12h 2μ x2答案：桌面离地的高度 h Mx1 ＝ m 12h 2μ x29．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板， 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 3∶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， A、 B 两球的质量之比为________， A、 B 碰撞前、后两球总动能之比为________．解析：设 A、 B 质量分别为 mA、 mB， B 的初速度为 v0，取 B 的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 A、 B 末速度正好相同，都是－ ，则v03mBvB＝ mA· ＋ mB· ，解得 mA∶ mB＝4∶1v03 (－ v03)碰撞前、后动能之比Ek1∶ Ek2＝ mBv ∶12 20 [12mA(v03)2＋ 12mB(－ v03)2]＝9∶5答案：4∶1 9∶510．(2014·高考大纲全国卷)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 的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．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 和 V，碰后乙的5速度大小为 V′，由动量守恒定律得mv－ MV＝ MV′①代入数据得 V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 Δ E，有mv2＋ MV2＝ MV′ 2＋Δ E③12 12 12联立②③式，代入数据得Δ E＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J11．(2016·湖南模拟)如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块 A、 B、 C，质量分别为 mA＝ mC＝2 m， mB＝ m， A、 B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时 A、 B 以共同速度 v0运动， C 静止．某时刻细绳突然断开， A、 B 被弹开，然后 B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：(1)B 与 C 碰撞前 B 的速度；(2)弹簧具有的弹性势能．解析：(1) A、 B 被弹开的过程中， A、 B 系统动量守恒，设弹开后 A、 B 速度分别为vA、 vB，设三者最后的共同速度为 v 共 (vA＝ v 共 )，由动量守恒定律得对 A、 B：( mA＋ mB)v0＝ mAv 共 ＋ mBvB；对 B、 C： mBvB＝( mB＋ mC)v 共 ，对 A、 B、 C：(2 m＋ m)v0＝(2 m＋ m＋2 m)v 共 ，得 v 共 ＝ v0，所以 vB＝ v0.35 95(2)B 与 C 碰撞前后，机械能的损失为 Δ E＝ mv － ·3mv ，弹簧释放的弹性势能为12 2B 12 2共Ep，则 Ep＋ ·3mv ＝ ·5mv ＋Δ E，代入数据整理得 Ep＝ mv .12 20 12 2共 1225 20答案：(1) v0 (2) mv95 1225 201光电效应 波粒二象性1．关于光的本性，下列说法正确的是( )A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的—切行为，只能认为光具有波粒二象性解析：选 D.光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子，波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客体的两个不同的侧面、不同属性，只能认为光具有波粒二象性，A、B、C 错误，D 正确．2．(2014·高考上海卷)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.光具有波粒二象性，即光既具有波动性又具有粒子性．光电效应证实了光的粒子性．因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A 项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B 项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C 项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D 项错误．3．如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．A．速度 B．动能C．动量 D．总能量解析：选 C.由德布罗意波长 λ ＝ 知二者的动量应相同，故 C 正确，由 p＝ mv 可知二hp者速度不同， Ek＝ mv2＝ ，二者动能不同，由 E＝ mc2可知总能量也不同，A、B、D 均12 p22m错．4．(多选)分别用波长为 λ 和 2λ 的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为 2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用 h 和 c 表示，那么下列说法正确的有( )A．该种金属的逸出功为hc3λB．该种金属的逸出功为hcλ2C．波长超过 2λ 的光都不能使该金属发生光电效应D．波长超过 4λ 的光都不能使该金属发生光电效应解析：选 AD.由 hν ＝ W0＋ Ek知 h ＝ W0＋ mv ， h ＝ W0＋ mv ，又 v1＝2 v2，得 W0＝cλ 12 21 c2λ 12 2，A 正确、B 错误．光的波长小于或等于 3λ 时都能发生光电效应，C 错误、D 正确．hc3λ5．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子的最大初动能 Ek随入射光频率 ν 变化的 Ek－ ν 图象，已知钨的逸出功是 3.28 eV，锌的逸出功是 3.34 eV，若将二者的图线画在同一个 Ek－ ν 坐标系中，下图中用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是( )解析：选 A.依据光电效应方程 Ek＝ hν － W0可知， Ek－ ν 图线的斜率代表普朗克常量h，因此钨和锌的 Ek－ ν 图线应该平行．图线的横截距代表极限频率 ν c，而 ν c＝ ，因W0h此钨的 ν c小些，A 正确．6．(2016·常州模拟)1927 年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一．如下图所示的是该实验装置的简化图，下列说法不正确的是( )A．亮条纹是电子到达概率大的地方B．该实验说明物质波理论是正确的C．该实验再次说明光子具有波动性D．该实验说明实物粒子具有波动性解析：选 C.亮条纹是电子到达概率大的地方，该实验说明物质波理论是正确的，说明实物粒子具有波动性，但该实验不能说明光子具有波动性，C 错误，A、B、D 正确．7．(多选)图为一真空光电管的应用电路，其阴极金属材料的极限频率为 4.5×1014 Hz，则以下判断中正确的是( )3A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率B．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度C．用 λ ＝0.5 μm 的光照射光电管时，电路中有光电流产生D．光照射时间越长，电路中的电流越大解析：选 BC.在光电管中若发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关．据此可判断 A、D错误．波长 λ ＝0.5 μm 的光子的频率 ν ＝ ＝ cλ 3×1080.5×10－ 6Hz＝6×10 14Hz＞4.5×10 14Hz，可发生光电效应，所以 B、C 正确．8．(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为 4.27，与纵轴交点坐标为 0.5)．由图可知( )A．该金属的截止频率为 4.27×1014 HzB．该金属的截止频率为 5.5×1014 HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为 0.5 eV解析：选 AC.图线在横轴上的截距为截止频率，A 正确，B 错误；由光电效应方程Ek＝ hν － W0可知图线的斜率为普朗克常量，C 正确；金属的逸出功为 W0＝ hν 0＝eV＝1.77 eV，D 错误．6.63×10－ 34×4.27×10141.6×10－ 199．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．用频率为 ν 的普通光源照射阴极 K，没有发生光电效应．换同样频率为 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 K、A 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)( )4A． U＝ － B． U＝ －hνe We 2hνe WeC． U＝2 hν － W D． U＝ －5hν2e We解析：选 B.由光电效应方程可知：nhν ＝ W＋ mv (n＝2,3,4…)①12 2m在减速电场中由动能定理得－ eU＝0－ mv ②12 2m联立①②得： U＝ － (n＝2,3,4，…)，选项 B 正确．nhνe We10．(多选)某半导体激光器发射波长为 1.5×10－6 m，功率为 5.0×10－3 W 的连续激光．已知可见光波长的数量级为 10－7 m，普朗克常量 h＝6.63×10 －34 J·s，该激光器发出的( )A．是紫外线B．是红外线C．光子能量约为 1.3×10－18 JD．光子数约为每秒 3.8×1016个解析：选 BD.由于该激光器发出的光波波长比可见光长，所以发出的是红外线，A 错误，B 正确．光子能量 E＝ hν ＝ h ≈1.3×10 －19 J，C 错误．每秒发射的光子数cλn＝ ≈3.8×10 16个，D 正确．P×1E11．图示是研究光电管产生的电流的电路图，A、K 是光电管的两个电极，已知该光电管阴极的极限频率为 ν 0.现将频率为 ν (大于 ν 0)的光照射在阴极上，则：5(1)________是阴极，阴极材料的逸出功等于________．(2)加在 A、K 间的正向电压为 U 时，到达阳极的光电子的最大动能为__________________，将 A、K 间的正向电压从零开始逐渐增加，电流表的示数的变化情况是________________．(3)为了阻止光电子到达阳极，在 A、K 间应加上 U 反 ＝________的反向电压．(4)下列方法一定能够增加饱和光电流的是( )A．照射光频率不变，增加光强B．照射光强度不变，增加光的频率C．增加 A、K 电极间的电压D．减小 A、K 电极间的电压解析：(1)被光照射的金属将有光电子逸出，故 K 是阴极，逸出功与极限频率的关系为W0＝ hν 0.(2)根据光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能为 hν － hν 0，经过电场加速获得的能量为 eU，所以到达阳极的光电子的最大动能为 hν － hν 0＋ eU，随着电压增加，单位时间内到达阳极的光电子数量将逐渐增多，但当从阴极逸出的所有光电子都到达阳极时，再增大电压，也不可能使单位时间内到达阳极的光电子数量增多．所以，电流表的示数先是逐渐增大，直至保持不变．(3)从阴极逸出的光电子在到达阳极的过程中将被减速，被电场消耗的动能为 eUc，如果 hν － hν 0＝ eUc，就将没有光电子能够到达阳极，所以 Uc＝ .hν － hν 0e(4)要增加单位时间内从阴极逸出的光电子的数量，就需要增加照射光单位时间内入射光子的个数，所以只有 A 正确．答案：(1)K hν 0 (2) hν － hν 0＋ eU 逐渐增大，直至保持不变 (3) hν － hν 0e(4)A12．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长 λ ＝0.50 μm 的绿光照射阴极K，实验测得流过○G 表的电流 I 与 AK 之间的电势差 UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10 －34 J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)6(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极 K 时的最大动能；(2)该阴极材料的极限波长．解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极 A，阴极每秒钟发射的光电子的个数n＝ ＝ (个)＝4.0×10 12(个)Ime 0.64×10－ 61.6×10－ 19光电子的最大初动能为：Ekm＝ eU0＝1.6×10 －19 C×0.6 V＝9.6×10 －20 J(2)设阴极材料的极限波长为 λ 0，根据爱因斯坦光电效应方程： Ekm＝ h － h ，代cλ cλ 0入数据得 λ 0＝0.66 μm.答案：(1)4.0×10 12个 9.6×10 －20 J(2)0.66 μm1原子和原子核1．(2016·广东茂名模拟)(多选)有关原子结构，下列说法正确的是( )A．玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律B．卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性C．卢瑟福的 α 粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子D．卢瑟福的 α 粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”解析：选 AD.玻尔提出的原子模型成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱的实验规律；卢瑟福核式结构模型不能解释原子的稳定性；卢瑟福的 α 粒子散射实验表明原子具有核式结构，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型” ；汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子．故 A、D 正确，B、C 错误．2．(2015·高考福建卷)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. Bi 的半衰期是 5 天，100 克 Bi 经过 10 天后还剩下 50 克21083 21083解析：选 B.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 Bi 为21083100× g＝100× 2g＝25 g，选项 D 错误．(12) (12)3．以下说法中正确的是( )A．汤姆孙通过实验发现了质子B．贝克勒尔通过实验发现了中子C．卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型D．查德威克发现了天然放射现象，说明原子具有复杂的结构解析：选 C.汤姆孙通过实验发现了电子而不是质子，A 错误；贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核的复杂性，而中子是由英国物理学家查德威克发现的，所以 B、D 错误；卢瑟福通过 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，C 正确．4．(2016·河北廊坊质量监测)(多选)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He ＋ )的能级图如图所示．当某个 He＋ 处在 n＝4 的激发态时，由于跃迁所释放的光子可能有几个( )2A．1 个 B．2 个C．3 个 D．6 个解析：选 ABC.本题研究的是某个 He＋ ，若从 n＝4 到 n＝1 能级跃迁，则只发射一种谱线，A 项正确；若跃迁到 n＝2 能级，则还会发生第二次跃迁，跃迁到 n＝1 能级，则有 2条谱线，B 项正确；同理，若先跃迁到 n＝3 能级，则还会发生向 n＝2 或 n＝1 能级的跃迁，则会产生 3 条谱线，C 项正确．5．氢原子从能级 m 跃迁到能级 n 时辐射红光的频率为 ν 1，从能级 n 跃迁到能级 k 时吸收紫光的频率为 ν 2，已知普朗克常量为 h，若氢原子从能级 k 跃迁到能级 m，则( )A．吸收光子的能量为 hν 1＋ hν 2B．辐射光子的能量为 hν 1＋ hν 2C．吸收光子的能量为 hν 2－ hν 1D．辐射光子的能量为 hν 2－ hν 1解析：选 D.由题意可知： Em－ En＝ hν 1， Ek－ En＝ hν 2.因为紫光的频率大于红光的频率，所以 ν 2＞ ν 1，即 k 能级的能量大于 m 能级的能量，氢原子从能级 k 跃迁到能级 m 时向外辐射能量，其值为 Ek－ Em＝ hν 2－ hν 1，D 正确．6．(多选)钚的一种同位素 Pu 衰变时释放巨大能量，其衰变方程为 Pu→ U＋23994 23994 23592He＋γ，则( )42A．核燃料总是利用比结合能小的核B．核反应中 γ 光子的能量就是结合能C. U 核比 Pu 核更稳定，说明 U 的结合能大23592 23994 23592D．由于衰变时释放巨大能量，所以 Pu 比 U 的比结合能小23994 23592解析：选 AD.核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用比结合能小的核，才能更容易实现，A、D 正确；核反应中 γ 光子的能量是结合能中的一小部分，B 错；C 项说明 U 的比结合能大，更稳定，C 错．235927．核聚变与核裂变相比几乎不会带来放射性污染等环境问题，而且其原料可直接取自海水中的氘，来源几乎取之不尽，是理想的获取能源的方式．EAST 装置是中国耗时 8 年、耗资 2 亿元人民币自主设计、自主建造而成的，它成为世界上第一个建成并真正运行的全超导非圆截面核聚变实验装置．已知两个氘核聚变生成一个氦核和一个中子的核反应方程是 2 H― → He＋ n＋3.26 MeV，若有 2 g 氘全部发生聚变，则释放的能量是( NA为阿伏加21 32 103德罗常数)( )A．0.5×3.26 MeV B．3.26 MeVC．0.5 NA×3.26 MeV D． NA×3.26 MeV解析：选 C.根据核反应方程可知，两个氘核聚变释放的能量为 3.26 MeV，那么 2 g 氘核(即 1 mol 氘核)聚变释放的能量为 0.5 NA×3.26 MeV，C 正确．8．(2014·高考福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出 α、β、γ 三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )A．①表示 γ 射线，③表示 α 射线B．②表示 β 射线，③表示 α 射线C．④表示 α 射线，⑤表示 γ 射线D．⑤表示 β 射线，⑥表示 α 射线解析：选 C.①在电场中左偏，带负电，为 β 射线；②在电场中不偏转，不带电， 为γ 射线；③在电场中右偏，带正电，为 α 射线；④在磁场中左偏，带正电，为 α 射线；⑤在磁场中不偏转，不带电，为 γ 射线；⑥在磁场中右偏，带负电，为 β 射线．综合以上分析，C 正确．9．(1)(多选) Th(钍)经过一系列 α 衰变和 β 衰变，变成 Pb(铅)．以下说法正23290 20882确的是( )A．铅核比钍核少 8 个质子B．铅核比钍核少 16 个中子C．共经过 4 次 α 衰变和 6 次 β 衰变D．共经过 6 次 α 衰变和 4 次 β 衰变(2)约里奥—居里夫妇发现放射性元素 P 衰变成 Si 的同时放出另一种粒子，这种3015 3014粒子是________．P 是 P 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg 的 P 随时间衰变的关系如3215 3015 3215图所示，请估算 4 mg 的 P 经多少天的衰变后还剩 0.25 mg?32154解析：(1)设 α 衰变次数为 x，β 衰变次数为 y，由质量数守恒和电荷数守恒得232＝208＋4 x,90＝82＋2 x－ y，解得 x＝6， y＝4，C 错、D 对．铅核、钍核的质子数分别为 82、90，故 A 对．铅核、钍核的中子数分别为 126、142，故 B 对．(2)写出衰变方程为 P― → Si＋ e，故这种粒子为 e(正电子)3015 3014 0＋ 1 0＋ 1由 m－ t 图知 P 的半衰期为 14 天，由 m 余 ＝ m 原 ( ) 得 0.25 mg＝4 mg×( ) ，故321512tτ 12t14t＝56 天．答案：(1)ABD (2)正电子 56 天10．(1)(多选)卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：He＋ N→ O＋ H，下列说法正确的是( )42 147 178 1A．卢瑟福通过该实验提出了原子的核式结构模型B．实验中是用 α 粒子轰击氮核的C．卢瑟福通过该实验发现了质子D．原子核在人工转变的过程中，电荷数一定守恒E．原子核在人工转变的过程中，产生质量亏损，能量不守恒(2)为确定爱因斯坦的质能方程 Δ E＝Δ mc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.60 MeV 的质子轰击静止的锂核 Li，生成两个 α 粒子，测得两个 α 粒子的动能之73和为 E2＝19.9 MeV，已知质子、α 粒子、锂粒子的质量分别取 mp＝1.007 3 u、 mα ＝4.001 5 u、 mLi＝7.016 0 u，求：①写出该反应方程；②通过计算说明 Δ E＝Δ mc2正确．(1 u＝1.660 6×10 －27 kg)解析：(1)原子的核式结构模型是卢瑟福在 α 粒子的散射实验的基础上提出的，A 错.1919 年卢瑟福做了用 α 粒子轰击氮原子核的实验，用人工的方法使原子核发生变化从而发现了质子，原子核在人工转变过程中，电荷数一定守恒，选项 B、C、D 正确．原子核在人工转变的过程中，虽产生质量亏损，但能量仍守恒，选项 E 错误．(2)①核反应方程为： Li＋ H→2 He.73 1 42②核反应的质量亏损：Δ m＝ mLi＋ mp－2 mα ＝7.016 0 u＋1.007 3 u－2×4.001 5 u＝0.020 3 u，由质能方程可得与质量亏损相当的能量： Δ E＝Δ mc2＝0.020 3×931.5 MeV＝18.9 MeV，而系统增加的能量：Δ E′＝ E2－ E1＝19.3 MeV，这些能量来自核反应中，在误差允许的范围内可认为相等，所以 Δ E＝Δ mc2正确．答案：(1)BCD (2)① Li＋ H→2 He ②见解析73 1 4211．钚的放射性同位素 Pu 静止时衰变为铀核激发态 U*、α 粒子，而铀核激发23994 23592态 U*立即衰变为铀核 U，并放出能量为 0.097 MeV 的 γ 光子．已知： Pu、 U23592 23592 23994 23592和 α 粒子的质量分别为 mPu＝239.052 1 u、 mU＝235.043 9 u 和 mα ＝4.002 6 u,1 5u＝931.5 MeV/ c2.(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求 α 粒子的动能．解析：(1)衰变方程为Pu― → U*＋α①23994 23592U*― → U＋γ②23592 23592或合起来有 Pu― → U＋α＋γ③23994 23592(2)上述衰变过程的质量亏损为Δ m＝ mPu－ mU－ mα ④放出的能量为 Δ E＝Δ m·c2⑤Δ E 是铀核 U 的动能 EU、α 粒子的动能 Eα 和 γ 光子的能量 Eγ 之和．23592Δ E＝ EU＋ Eα ＋ Eγ ⑥可得EU＋ Eα ＝( mPu－ mU－ mα )c2－ Eγ ⑦设衰变后的铀核和 α 粒子的速度分别为 vU和 vα ，则由动量守恒有mUvU＝ mα vα ⑧又由动能的定义知EU＝ mUv ， Eα ＝ mα v ⑨12 2U 12 2α由⑧⑨式得 ＝ ⑩EUEα mαmU由⑦⑩式得 Eα ＝ [(mPu－ mU－ mα )c2－ Eγ ]mUmU＋ mα代入题给数据得 Eα ＝5.034 MeV答案：(1) Pu― → U*＋α23994 23592U*― → U＋γ 或 Pu― → U＋α＋γ23592 23592 23994 23592(2)5.034 MeV1第 13 章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核考纲展示 要求 复习定位1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ2.弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ实验：验证动量守恒定律3.光电效应 Ⅰ4.爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ5.氢原子光谱 Ⅰ6.氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ7.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ8.放射性同位素 Ⅰ9.核力、核反应方程 Ⅰ10.结合能、质量亏损 Ⅰ11.裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ12.射线的危害和防护 Ⅰ1.本章在高考命题中有选择也有计算形式，选择题以波粒二象性及原子结构和原子核为主，而计算题的考查重点仍以典型的碰撞、相互作用模型或生活实例为背景，考查动量守恒定律的应用．动量定理作为新增Ⅱ级考点应引起重视．2．本章的复习应注意以下几方面(1)动量及动量变化量的理解，动量守恒定律的应用(2)动量守恒定律结合动量定理及能量守恒来解决碰撞、打击、反冲等问题(3)光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性及德布罗意波．(4)核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件，半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写等．第 1 节 动量守恒定律及其应用一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式： I＝ Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式： p＝ mv.2(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式： F 合 ·t＝Δ p＝ p′－ p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为： p＝ p′、Δ p＝0 和 Δ p1＝－Δ p24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．三、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．四、实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度3(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量 m1、 m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车 A 运动，小车 B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由 v＝ 算出速度．Δ xΔ t(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律 (1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置 O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复 10 次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心 P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验 10 次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置 M 和被碰小球落点的平均位置 N.如图所示．4(6)连接 ON，测量线段 OP、 OM、 ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入 m1 ＝ m1OP＋ m2 ，看在误差允许的范围内是否成立．OM ON(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．[易错警示·微点拨]1.物体动量的变化等于物体所受合外力的冲量，而不是某个力的．2．动量守恒中的速度应是相对于同一参考系中的速度．3．动量是矢量，系统总动量不变，是指系统总动量的大小方向都不变．4．相互作用的物体动量守恒但机械能不一定守恒．考点一 动量定理的理解及应用1．动量定理的理解要点(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中 3 个矢量都要选同一个方向为正方向．(2)动量定理公式中的 F 是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F 为变力时， F 应是合外力对作用时间的平均值．(3)公式 Ft＝ p′－ p 除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系．(5)由 Ft＝ p′－ p，得 F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间p′ － pt Δ pt的变化率．2．用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，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．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．1．(2015·高考重庆卷)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，5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. ＋ mg B． － mgm2ght m2ghtC. ＋ mg D． － mgmght mght解析：选 A.由动量定理得( mg－ F)t＝0－ mv，得 F＝ ＋ mg.选项 A 正确．m2ght2．(2016·山东烟台高三质检)皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的 0.64 倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在 0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量 m＝0.5 kg， g 取 10 m/s2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的 0.8 倍．设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为 v0＝ ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二2gH次碰撞前瞬时速度大小) v1和第二次碰撞后瞬时速度大小 v2满足 v2＝0.8 v1＝0.8 2v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为 F1、 F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有F1t＝ mv1－(－ mv0)＝1.8 mv0F2t＝ mv2－(－ mv1)＝1.8 mv1＝1.44 mv0则 F1∶ F2＝5∶4(2)欲使球跳起 0.8 m，应使球由静止下落的高度为 h＝ m＝1.25 m，球由 1.25 m0.80.64落到 0.8 m 处的速度为 v＝3 m/s，则应在 0.8 m 处给球的冲量为 I＝ mv＝1.5 N·s，方向竖直向下．答案：(1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向竖直向下动量定理的应用技巧(1)应用 I＝Δ p 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝ Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化 Δ p，等效代换变力的冲量 I.(2)应用 Δ p＝ FΔ t 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δ p＝ p2－ p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变6化．考点二 动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δ p1＝－Δ p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δ p＝0，系统总动量的增量为零．1．如图所示，进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 80 kg 和 100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1 m/s.A 将 B 向空间站方向轻推后， A 的速度变为0.2 m/s，求此时 B 的速度大小和方向．解析：相对空间站而言，宇航员 A 和 B 构成的系统满足动量守恒的条件．以初速度v0＝0.1 m/s 的方向为正方向， A 将 B 向空间站方向轻推后， A 的速度一定沿正方向，即vA＝0.2 m/s.由动量守恒定律得( mA＋ mB)v0＝ mAvA＋ mBvB将 v0、 vA代入数据解得 vB＝0.02 m/s因为 vB0，所以 B 的方向仍为离开空间站方向．答案：0.02 m/s 离开空间站方向2．(2015·济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑块C，滑块 B 置于 A 的左端．三者质量分别为 mA＝2 kg、 mB＝1 kg、 mC＝2 kg，开始时 C 静止，A、 B 一起以 v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动， A 与 C 相碰撞(时间极短)后 C 向右运动，经过一段时间， A、 B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 碰撞．求 A 与 C 发生7碰撞后瞬间 A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短， A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间 A 的速度大小为vA， C 的速度大小为 vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝ mAvA＋ mCvC， A 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律得 mAvA＋ mBv0＝( mA＋ mB)vAB，A、 B 达到共同速度后恰好不再与 C 碰撞，应满足 vAB＝ vC，联立解得 vA＝2 m/s.答案：2 m/s应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三 动量和能量观点的综合应用(高频考点)1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动( a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．题组一 高考题组1．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为 mA、 mB的两个弹性小球 A、 B静止在地面上方， B 球距地面的高度 h＝0.8 m， A 球在 B 球的正上方．先将 B 球释放，经8过一段时间后再将 A 球释放．当 A 球下落 t＝0.3 s 时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零．已知 mB＝3 mA，重力加速度大小 g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度；(2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 vB，由运动学公式有 vB＝ ①2gh将 h＝0.8 m 代入上式，得 vB＝4 m/s②(2)设两球相碰前后， A 球的速度大小分别为 v1和 v1′( v1′＝0)， B 球的速度分别为v2和 v2′，由运动学规律可得 v1＝ gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋ mBv2＝ mBv2′④mAv ＋ mBv ＝ mBv2′ 2⑤12 21 12 2 12设 B 球与地面相碰后的速度大小为 vB′，由运动学及碰撞的规律可得 vB′＝ vB⑥设 P 点距地面的高度为 h′，由运动学规律可得h′＝ ⑦vB′ 2－ v22g联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m⑧答案：(1)4 m/s (2)0.75 m2．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块 a、 b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块 a、 b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设 a、 b 的质量分别为 m1、 m2， a、 b 碰撞前的速度为 v1、 v2.由题给图象得9v1＝－2 m/s①v2＝1 m/s②a、 b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v0.由题给图象得 v＝ m/s③23由动量守恒定律得m1v1＋ m2v2＝( m1＋ m2)v④联立①②③④式得m1∶ m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Δ E＝ m1v ＋ m2v － (m1＋ m2)v2⑥12 21 12 2 12由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝ (m1＋ m2)v2⑦12联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶Δ E＝1∶2⑧答案：(1)1∶8 (2)1∶2题组二 模拟题组3．(2016·银川一中测试)如图所示，两块长度均为 d＝0.2 m 的木块 A、 B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为 M＝0.9 kg.一颗质量为 m＝0.02 kg 的子弹(可视为质点且不计重力)以速度 v0＝500 m/s 水平向右射入木块 A，当子弹恰水平穿出 A 时，测得木块的速度为 v＝2 m/s，子弹最终停留在木块 B 中．求：(1)子弹离开木块 A 时的速度大小及子弹在木块 A 中所受的阻力大小；(2)子弹穿出 A 后进入 B 的过程中，子弹与 B 组成的系统损失的机械能．解析：(1)设子弹离开 A 时速度为 v1，对子弹和 A、 B 整体，有 mv0＝ mv1＋2 MvFd＝ mv － mv － ×2Mv212 20 12 21 12联立解得 v1＝320 m/s， F＝7 362 N(2)子弹在 B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为 v2，对子弹和 B 整体，有mv1＋ Mv＝( m＋ M)v2解得 v2＝ m/s2052310Δ E＝ mv ＋ Mv2－ (m＋ M)v ＝989 J.12 21 12 12 2答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，木块 A、 B 的质量均为 m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块 A、 B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让 A、 B 以初速度 v0一起从 O 点滑出，滑行一段距离后到达 P 点，速度变为 ，此时炸药爆炸使木块v02A、 B 脱离，发现木块 B 立即停在原位置，木块 A 继续沿水平方向前进．已知 O、 P 两点间的距离为 s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数 μ ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为 μ ，炸药爆炸释放的化学能为 E0.从 O 滑到 P，对 A、 B 由动能定理得－ μ ·2mgs＝ ·2m( )2－ ·2mv ①12 v02 12 20解得 μ ＝ ②3v208gs(2)在 P 点爆炸时， A、 B 动量守恒，有2m· ＝ mv③v02根据能量守恒定律，有E0＋ ·2m·( )2＝ mv2④12 v02 12联立③④式解得 E0＝ mv .14 20答案：(1) (2) mv3v208gs 14 20应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守11恒情况．考点四 实验十六：验证动量守恒定律1．实验时应注意的几个问题(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰” ．(2)方案提醒：①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即： m1m2，防止碰后 m1被反弹．(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．2．对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量 m 和速度 v 的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．1．甲同学用如图甲所示装置，通过半径相同的 A、 B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．(1)(多选)实验中必须满足的条件是________．A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球 A 每次必须从轨道的同一位置由静止滚下12D．两球的质量必须相等(2)测量入射球 A 的质量为 mA，被碰撞小球 B 的质量为 mB，图中 O 点是小球抛出点在水平地面上的投影．实验时，先让入射球 A 从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置 P，测得平抛射程为 OP；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B 相撞，分别找到球 A 和球 B 相撞后的平均落点 M、 N，测得平抛射程分别为 OM 和 ON.当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞．(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球 A、球 B 与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为 B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点 P′；再将入射球 A 从斜轨上起始位置由静止释放，与球 B 相撞，确定球 A 和球 B 相撞后的撞击点分别为 M′和 N′.测得 B′与 N′、 P′、 M′各点的高度差分别为 h1、 h2、 h3.若所测物理量满足表达式________，则说明球 A 和球 B 碰撞中动量守恒．解析：(1)只有斜槽轨道末端的切线水平，小球每次从末端飞出后才做平抛运动，时间才相等，故选项 B 对；入射球 A 每次必须从轨道上的同一位置由静止滚下，每次从末端飞出时的初速度才相等，故选项 C 对．(2)由动量守恒定律得 mA·vA＝ mA·vA′＋ mB·vB′， v＝ x/t，故得出mA·OP＝ mA·OM＋ mB·ON；若是弹性碰撞，则动能守恒，有 mAv ＝ mAvA′ 2＋ mBvB′ 2，联12 2A 12 12立解得 mA·OP2＝ mA·OM2＋ mB·ON2，或 OP＋ OM＝ ON.(3)由 h＝ gt2， v＝ ，得出 v 与 成正比，再结合动量守恒定律12 xt 1hmA·vA＝ mA·vA′＋ mB·vB′，故得出 ＝ ＋ .mAh2 mAh3 mBh1答案：(1)BC(2)mA·OP＝ mA·OM＋ mB·ONmA·OP2＝ mA·OM2＋ mB·ON2(或 OP＋ OM＝ ON)(3) ＝ ＋mAh2 mAh3 mBh1132．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有 A、 B 两个滑块，滑块 A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块 B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块 A 的质量 m1＝0.310 kg，滑块 B 的质量 m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率 f＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块 A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为 Δ tB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．若实验允许的相对误差绝对值Error!×100%Error!最大为 5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．解析：按定义，物块运动的瞬时速度大小 v＝ ①Δ sΔ t式中 Δ s 为物块在很短时间 Δ t 内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 Δ tA，则Δ tA＝ ＝0.02 s②1fΔ tA可视为很短．设 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 v0、 v1，将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00 m/s③v1＝0.970 m/s④设 B 在碰撞后的速度大小为 v2，由①式有 v2＝ ⑤dΔ tB代入题给实验数据得 v2＝2.86 m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为 p 和 p′，则p＝ m1v0⑦p′＝ m1v1＋ m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δ p＝ ×100%⑨|p－ p′p |14联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δ p＝1.7%＜5%⑩因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律．答案：本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析课堂小结——名师微点拨本节课重在理解动量守恒的条件及守恒的描述，对“系统总动量保持不变”注意以下三点：(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、未两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.课时规范训练(单独成册)1．(2016·广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选 AC.根据动能 Ek＝ mv2可知，动量 p＝ ，两个质量不同的物体，当动能12 2mEk相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．2.质量为 1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如右图所示，则物体在前 10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s,10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0.10 N·sD．0，－10 N·s15解析：选 D.由题图可知，在前 10 s 内初、末状态的动量相等， p1＝ p2＝5 kg·m/s，由动量定理知 I1＝0；在后 10 s 内 p3＝－5 kg·m/s， I2＝ p3－ p2＝－10 N·s，故选 D.3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为 2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A．2∶3 B．2∶5 C．3∶5 D．5∶3解析：选 C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 m 甲 v1－ m 乙v2＝－ m 甲 v1′＋ m 乙 v2′，代入数据，可得 m 甲 ∶ m 乙 ＝3∶5，C 正确．4．将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A. v0 B． v0mM MmC. v0 D． v0MM－ m mM－ m解析：选 D.火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为 v，据动量守恒定律有 0＝( M－ m)v－ mv0，得 v＝ v0，D 正确．mM－ m5.(2016·淮安模拟)(多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可视为质点)自左端槽口 A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从 A 点进入槽内，则下列说法正确的是( )A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：选 CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D 正16确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B 错误，C 正确．6．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为 0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选 CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为 0，两球抛出后的系统总动量也是 0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为 0，船的动量也必为 0，船的速度必为 0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量 I 甲 ＝ mv－0，人给乙球的冲量 I2＝ mv－ mv′， v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．7．(2016·华南师大附中高三模拟) A、 B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船中质量为 m 的人，以对地的水平速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，…，12经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则( )A． A、 B(包括人)两船速度大小之比为 2∶3B． A、 B(包括人)两船动量大小之比为 1∶1C． A、 B(包括人)两船的动能之比为 2∶3D． A、 B(包括人)两船的动能之比为 1∶1解析：选 B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为 0， A、 B(包括人)两船的动量大小相等，选项 B 正确．经过 n 次跳跃后， A 船速度为 vA， B 船速度为 vB.0＝ mvA－ vB， ＝ ，选项 A(m＋m2) vAvB 32错．A 船最后获得的动能为 EkA＝ mv12 2AB 船最后获得的动能为EkB＝ v12(m2＋ m)2B＝ · 212(m2＋ m) (23vA)17＝ ＝ EkA， ＝ ，选项 C、D 错误．23(12mv2A) 23 EkAEkB 328．用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验．(1)先测出可视为质点的两滑块 A、 B 的质量 m、 M 及滑块与桌面间的动摩擦因数 μ .(2)用细线将滑块 A、 B 连接，使 A、 B 间的轻弹簧处于压缩状态，滑块 B 恰好紧靠桌边．(3)剪断细线，测出滑块 B 做平抛运动的水平位移 x1，滑块 A 沿水平桌面滑行距离为x2(未滑出桌面)．为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________；如果动量守恒，需要满足的关系式为__________________．解析：弹开后 B 做平抛运动，为求其弹开后的速度(即平抛运动的初速度)，必须测量下落高度 h.h＝ gt ， x1＝ v1t1，解得 v1＝ x1 12 21 g2h弹开后 A 做匀减速运动，由动能定理得 μmgx 2＝ mv12 2解得 v2＝ 2μ gx2若动量守恒，则需满足 Mv1－ mv2＝0即需要满足的关系式为 Mx1 ＝ m 12h 2μ x2答案：桌面离地的高度 h Mx1 ＝ m 12h 2μ x29．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板， 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 3∶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， A、 B 两球的质量之比为________， A、 B 碰撞前、后两球总动能之比为________．解析：设 A、 B 质量分别为 mA、 mB， B 的初速度为 v0，取 B 的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明 A、 B 末速度正好相同，都是－ ，则v03mBvB＝ mA· ＋ mB· ，解得 mA∶ mB＝4∶1v03 (－ v03)18碰撞前、后动能之比Ek1∶ Ek2＝ mBv ∶12 20 [12mA(v03)2＋ 12mB(－ v03)2]＝9∶5答案：4∶1 9∶510．(2014·高考大纲全国卷)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 的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．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 和 V，碰后乙的速度大小为 V′，由动量守恒定律得mv－ MV＝ MV′①代入数据得 V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 Δ E，有mv2＋ MV2＝ MV′ 2＋Δ E③12 12 12联立②③式，代入数据得Δ E＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J11．(2016·湖南模拟)如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块 A、 B、 C，质量分别为 mA＝ mC＝2 m， mB＝ m， A、 B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时 A、 B 以共同速度 v0运动， C 静止．某时刻细绳突然断开， A、 B 被弹开，然后 B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：(1)B 与 C 碰撞前 B 的速度；(2)弹簧具有的弹性势能．解析：(1) A、 B 被弹开的过程中， A、 B 系统动量守恒，设弹开后 A、 B 速度分别为vA、 vB，设三者最后的共同速度为 v 共 (vA＝ v 共 )，由动量守恒定律得对 A、 B：( mA＋ mB)v0＝ mAv 共 ＋ mBvB；对 B、 C： mBvB＝( mB＋ mC)v 共 ，对 A、 B、 C：(2 m＋ m)v0＝(2 m＋ m＋2 m)v 共 ，得 v 共 ＝ v0，所以 vB＝ v0.35 9519(2)B 与 C 碰撞前后，机械能的损失为 Δ E＝ mv － ·3mv ，弹簧释放的弹性势能为12 2B 12 2共Ep，则 Ep＋ ·3mv ＝ ·5mv ＋Δ E，代入数据整理得 Ep＝ mv .12 20 12 2共 1225 20答案：(1) v0 (2) mv95 1225 20第 2 节 光电效应 波粒二象性一、光电效应及其规律1．光电效应现象在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．2．光电效应的产生条件入射光的频率大于金属的极限频率．3．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．(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 10－9 s.(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．二、爱因斯坦光电效应方程1．光子说在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每—份叫做一个光子，光子的能量ε ＝ hν .2．逸出功 W0：电子从金属中逸出所需做功的最小值．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时所具有的动能的最大值．4．光电效应方程(1)表达式： hν ＝ Ek＋ W0或 Ek＝ hν － W0.(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是 hν ，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功 W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．三、光的波粒二象性201．光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．2．光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．3．光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性．[易错警示·微点拨]1．光电效应中的“光”不是指可见光，光电效应中的“光电子”实质上就是电子．2．能否发生光电效应不是取决于光的强度，而是取决于光的