2018物理二轮复习专题二能量、动量和原子物理第3讲原子物理和动量逐题对点特训

专题2 第3讲原子物理和动量1．(2017·湖北黄冈模拟)(多选)下列说法正确的是( AC )A．发现中子的核反应方程是94Be＋42He→126C＋10nB．20个23892U的原子核经过两个半衰期后剩下5个23892UC.23592U在中子轰击下生成9438Sr和14054Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变小D．原子从一种定态跃迁到另一种定态时，一定辐射出一定频率的光子解析发现中子的核反应方程是94Be＋42He→126C＋10n，选项A正确；原子核的半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，所以选项B错误；23592U在中子轰击下生成9438Sr和140 54Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变小，所以该反应过程会产生质量亏损，从而放出核能，选项C正确；原子从一种定态跃迁到另一种定态时，可能辐射出一定频率的光子，也可能会吸收一定频率的光子，故选项D错误．2．(2017·浙江杭州模拟)(多选)在光电效应实验中，李飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示．则可判断出( AB )A．甲光的频率等于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲对应的光电子最大初动能大于丙的光电子最大初动能解析由题图可知，甲、乙两光的截止电压都为U c2，由еU c＝E km及光电效应方程E km＝hν－W逸知，甲、乙两光的频率相同，选项A正确；同理可知，乙光的频率小于丙光的频率，由c＝λν知，乙光的波长大于丙光的波长，选项B正确；同一光电管对不同光的截止率是相等的，选项C错误；由题图可知，甲光的截止电压小于丙光的截止电压，甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，选项D错误．3．(2017·山东潍坊统考)(多选)运动员起跳摸高训练时，先屈膝下蹲，然后由静止向上跳起．如果运动员从静止到离开地面所用时间为Δt，离地时速度为v，运动员的质量为m，重力加速度为g，则在Δt时间内( BC )A．地面对运动员的冲量大小为mvB．地面对运动员的冲量大小为mv＋mgΔtC ．地面对运动员做的功为0D ．地面对运动员做功大小为12mv 2 解析 对运动员受力分析，受竖直向下的重力以及竖直向上的支持力，则对运动员，由动量定理得IF N －mg ·Δt ＝mv ，则地面对运动员的冲量大小为IF N ＝mg ·Δt ＋mv ，选项A 错误，B 正确；题中所述的过程中，在支持力的作用下运动员的位移为零，因此地面对运动员所做的功为0，选项C 正确，D 错误．4．(2017·辽宁三校调考)(多选)如图所示，一质量为m 0＝0.05 kg 的子弹以水平初速度v 0＝200 m/s 打中一放在水平地面上A 点的质量为m ＝0.95 kg 的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A 点沿AB 方向运动，与距离A 点L ＝5 m 的B 处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v 1＝8 m/s ，碰后以v 2＝6 m/s 的速度反向运动直到静止，测得物块与墙碰撞的时间为t ＝0.05 s ，g 取10 m/s 2，则( ABD )A ．物块从A 点开始沿水平面运动的初速度v ＝10 m/sB ．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.36C ．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小F ＝266 ND ．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q ＝18 J解析 子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m 0v 0＝(m 0＋m )v ，解得v ＝10 m/s ，选项A 正确；物块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有－μ(m 0＋m )gL ＝12(m 0＋m )v 21－12(m 0＋m )v 2，解得μ＝0.36，B 正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有－F t ＝－(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1，解得F ＝280 N ，选项C 错误；物块在反向运动过程中，根据动量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q ＝12(m 0＋m )v 22＝18 J ，选项D 正确． 5．(2017·河北保定调研)如图所示，一质量为M 的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上．如果轨道固定，将质量为m 、可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是( C )A ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B ．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．物块仍能停在水平轨道的最左端D ．物块将从轨道左端冲出水平轨道解析 假设物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为μ，粗糙部分的长度为L .如果轨道固定，则对物块由释放到静止在轨道最左端的过程，由动能定理可知mgR ＝μmgL ；如果轨道不固定，物块释放后，由于系统水平方向不受外力，则系统水平方向的动量守恒，物块受竖直向下的重力作用而沿圆弧轨道向下运动，故系统竖直方向的动量不守恒，又由于轨道的水平部分粗糙，则系统的机械能有损失，则物块与轨道组成的系统动量、机械能均不守恒，选项A 、B 错误；假设物块不能离开水平轨道，且二者的共同速度大小为v ，物块在水平轨道上的相对位移为x ，则对系统由水平方向动量守恒得0＝(M ＋m )v ，解得v ＝0，整个过程由功能关系得mgR ＝μmgx ＋12mv 2，由以上各式联立可解得x ＝L ，选项C 正确，D 错误． 6．(2017·广东百校联考)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m 1＝50 kg 的人从轨道上的A 点以v 0的水平速度冲上质量为m 2＝5 kg 的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE ，到达E 点时速度减为零，然后返回，已知H ＝1.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.设人和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是( C )A ．人和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中机械能不守恒B ．人的初速度v 0＝8 m/sC ．刚冲上DE 轨道时，人的速度大小为6 m/sD ．人冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析 人和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m 1＋m 2)gH ＝12(m 1＋m 2)v 2共，v 共＝6 m/s ，选项A 错误，C 正确；若规定向右为正方向，人冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 0＝6.6 m/s ，人与滑板组成的系统的功能变化量ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2共>0，则人冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，选项B 、D 错误．7．(2017·陕西宝鸡质检)(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块接触但不固定连接)，弹簧的压缩量为x .现将细线剪断，此刻物块A 的加速度大小为a ，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，则( BC )A ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv 2 B ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2C ．物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x 2D ．物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23x 解析 依据题述，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，由动量守恒定律，2mv ＝mv ′，解得物块B 的速度大小v ′＝2v .由动量守恒定律，物块开始运动前，弹簧的弹性势能为E p ＝12·2mv 2＋12mv ′2＝3mv 2，选项A 错误，B 正确；剪断细线瞬间，轻弹簧两侧物块受力大小相等，都为kx ，由牛顿第二定律，kx ＝2ma ；当物块B 的加速度大小为a 时，由牛顿第二定律，ma ＝kx ′，联立解得x ′＝x 2，选项C 正确；根据动量守恒定律，设A 的位移大小为x 1，则B 的位移大小为x －x 1，由人船模型有2m ·x 1－m (x －x 1)＝0解得x 1＝13x ，即物块A 开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为13x ，选项D 错误．8．(2017·河南洛阳统考)(多选)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2.则在整个过程中( BD )A ．物块和木板组成的系统动量守恒B ．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/sC ．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·sD ．物块相对木板滑行的时间为1 s解析 子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项A 错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律m 0v 0＝(m 0＋m ＋M )v ，解得v ＝2 m/s ，子弹的末动量大小为P ′0＝m 0v ＝0.005×2 kg·m/s＝0.01kg·m/s，选项B 正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，解得v 1＝6 m/s ，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为I ＝mv 1＝0.245×6 N·s＝1.47 N·s，选项C 错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力F f ＝μ(m 0＋m )g ＝0.4×0.250×10 N＝1 N ，对木板，由动量定理，F f t ＝Mv ，解得t ＝1 s ，选项D 正确．9．(2017·湖北黄冈模拟)(多选)动量可以像力那样进行正交分解，分解成两个相互垂直的分动量，而要总动量守恒，两个相互垂直直方向的分动量就必须都守恒．下面是交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故，根据两位司机的描述得知， 发生撞车时汽车A 正沿东西大道向正东行驶，汽车B 正沿南北大道向正北行驶．相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起，并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故分析图．通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为图中的P 点，测量出的相关数据已标注在图中．为简化问题，将两车均视为质点，且认为它们质量相等，它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是( CD )A ．两车发生碰撞时东西方向动量守恒，南北方向动量不守恒B ．发生碰撞时汽车A 的速度较大C ．发生碰撞时汽车B 的速度较大D ．发生碰撞时速度较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比为12∶5解析 设两辆车质量均为m ，相撞之前的速度分别为v A 、v B ，相撞后向北的速度为v 1，向东的速度为v 2，南北方向上动量守恒，则有mv B ＝2mv 1；东西方向上动量守恒，则有mv A ＝2mv 2.由题图可知v 1∶v 2＝6∶2.5＝12∶5，得v B ∶v A ＝12∶5，可知选项C 、D 正确．10．(2017·四川重点中学联考)在足够长的光滑绝缘水平面上，两虚线P 、Q 之间存在水平向右的匀强电场，一不带电的绝缘小滑块乙放在虚线Q 的边缘，一带正电的小滑块甲放在虚线P 的边缘，如图所示．现将滑块甲无初速度释放，当滑块甲到达虚线Q 时，与滑块乙发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程滑块甲的电荷量不变，整个过程中仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为两虚线间距的49，两滑块均可视为质点，求： (1)甲、乙两滑块的质量之比；(2)两滑块因碰撞损失的能量与电场力对滑块甲做功的比值．解析 (1)设P 、Q 之间的距离为L ，滑块甲受到的电场力为F ，滑块甲、乙的质量分别为m 1、m 2，滑块甲碰前瞬间的速度为v 0，滑块甲、乙碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，由题意知，碰后滑块甲、乙速度大小相等、方向相反，设其大小为v ，则v 2＝－v 1＝v .碰前，对滑块甲由动能定理有FL ＝12m 1v 20， 碰后，设滑块甲在虚线P 、Q 之间往返运动的时间为t ，由动量定理有Ft ＝2m 1v ，碰后，滑块乙向右做匀速运动，有49L ＝vt ，联立解得v ＝v 03，m 1m 2＝14. (2)碰撞过程中两滑块损失的机械能ΔE ＝12m 1v 20－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1v 21＋12m 2v 22， 代入数据，解得ΔE ＝29m 1v 20， 由(1)可知电场力做的功为W ＝12m 1v 20，解得ΔE W ＝49. 答案 (1)1∶4 (2)4∶911．(2017·云南七校联考)如图所示，质量为m ＝0.6 kg 的小球A 从半径为R ＝1.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，运动到轨道末端O 点时与另一质量为m ′(未知)的小球B 发生弹性正碰，碰撞后小球B 水平抛出，经0.5 s 时间小球B 击中平台右下侧挡板上的P 点．以O 为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，挡板形状满足方程y ＝x 2－10.25(单位：m)，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计碰撞时间．求：(1)碰后小球B 的速度；(2)小球B 的质量和碰后小球A 的速度．解析 (1)碰后小球B 从O 点抛出做平抛运动，满足－y ＝12gt 2，x ＝v B t ， 又y ＝x 2－10.25 (m)，联立解得v B ＝6 m/s.(2)小球A 从静止释放到运动至O 点的过程，根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 20，解得v 0＝5 m/s.小球A 与小球B 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv 0＝mv A ＋m ′v B ，12mv 20＝12mv 2A ＋12m ′v 2B ， 联立解得v A ＝1 m/s ，m ′＝0.4 kg.(v A ＝5 m/s ，m ′＝0不符合题意舍去)答案 (1)6 m/s (2)0.4 kg 1 m/s12．(2017·甘肃张掖诊断)如图所示，一长木板A 放在水平地面上，可视为质点的物块B 静止放在长木板上且距A 左端为L 0，与B 完全相同的物块C 以水平初速度v 0冲上A 并能与B 相碰，B 、C 碰后黏在一起不再分开并一起向右运动．已知A 、B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，B 、C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝14，A 与地面之间的动摩擦因数μ2＝18，v 0＝92gL 0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：(1)物块C 冲上木板瞬间，A 、B 、C 的加速度各为多少？(2)C 与B 发生碰撞后的速度大小为多少？(3)为使B 、C 结合体不从A 右端掉下来，A 的长度至少要多长？解析 (1)C 冲上A 后，C 受到的摩擦力大小为F f C ＝μmg ＝14mg ，A 受到地面的最大静摩擦力大小为F f A m ＝μ2(3m )g ＝38mg ，由于F f A m >F f C ，所以A 、B 保持静止， 即加速度a A ＝0，a B ＝0，由牛顿第二定律F f C ＝ma C ，物块C 运动的加速度大小为a C ＝14g . (2)C 在A 上做减速运动，设其碰前速度为v C ，由动量定理得－μ1mgL 0＝12mv 2C －12mv 20， 物块B 、C 碰撞过程动量守恒，设碰后速度为v BC ，有mv C ＝2mv BC ，解得v C ＝v 20－12gL 0＝2gL 0， v BC ＝12v C ＝gL 0. (3)B 、C 结合体受到A 的摩擦力F f BC ＝2μ1mg ＝12mg ，方向向左根据牛顿第三定律，结合体给A 向右的摩擦力F ′f BC ＝F f BC >F f A m .故A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 、C 做匀减速直线运动，设其达到的共同速度为v ABC ，由牛顿第二定律知对B 、C ：F f BC ＝2ma BC ，对A ：F ′f BC －F f A m ＝ma ′A ，解得a BC ＝14g ，a ′A ＝18g ， 由运动学方程v ABC ＝v BC －a BC t ，v ABC ＝a ′A t ，解得v ABC ＝13gL 0. 设A 从开始运动到达到共同速度，对地位移为s A ，B 、C 在这段时间内的对地位移为s BC ，由动能定理对B 、C ：－F f BC s BC ＝12·2mv 2ABC －12·2mv 2BC ， 对A ：(F f BC －F f Am )s A ＝12mv 2ABC ， 解得：s BC ＝169L 0，s A ＝49L 0， 综合体B 、C 在A 上运动的距离为ΔL ＝s BC －s A ＝43L 0， 若达到共同速度v ABC 时，结合体B 、C 恰好运动至木板A 的最右端，木板长最小L ＝L 0＋ΔL ＝73L 0， 即A 的长度至少为73L 0. 答案 (1)a A ＝0 a B ＝0 a C ＝14g (2)gL 0 (3)73L 0。