2018高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第13章 第2节 课后限时训练53
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第13章 第1节
课后限时训练(五十二)(建议用时：40分钟)1．关于光子的能量，下列说法中正确的是()A．光子的能量跟它的频率成反比B．光子的能量跟它的频率成正比C．光子的能量跟它的速度成正比D．光子的能量跟它的速度成反比B[光子的能量ε＝hν，由此可知，光子的能量与光的频率成正比，B正确．] 2．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C[光具有波粒二象性，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．(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大AD[增大入射光的强度，单位时间内照射到单位面积的光子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于入射光的频率，而与入射光的强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W＝12m v2可知，增加入射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确．]4．根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)()【导学号：81370423】A．h cλB．h λcC．hλ D.h λA[根据E＝hν，ν＝cλ得：E＝h cλ，故A对．]5．用频率为ν的光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E k；若改用频率为3ν的光照射该金属，则逸出的光电子的最大初动能为() A．3E k B．2E kC．3hν－E k D．2hν＋E kD[由爱因斯坦光电效应方程可知E k＝hν－W0，E k′＝h·3ν－W0，所以E k′＝2hν＋E k.]6．(多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是()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ABC[由德布罗意波可知A、C对；运动的微观粒子，达到的位置具有随机性，而没有特定的运动轨道，B对；由德布罗意理论知，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错．] 7．(多选)根据物质波理论，以下说法中正确的是()A．微观粒子有波动性，宏观物体没有波动性B．宏观物体和微观粒子都具有波动性C．宏观物体的波动性不易被人观察到是因为它的波长太长D．速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显BD[一切运动的物体都有一种物质波与它对应，所以宏观物体和微观粒子都具有波动性，A选项错误，B选项正确；宏观物体的物质波波长很短，不易观察到它的波动性，所以C选项错误；速度相同的质子与电子相比，电子质量小，物质波波长更长，所以电子波动性更明显，所以D选项正确．]8．(多选)在单缝衍射实验中，中央亮条纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子()【导学号：81370424】A．一定落在中央亮条纹处B．一定落在亮条纹处C．可能落在暗条纹处D．落在中央亮条纹处的可能性最大CD[根据光波是概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是落在中央亮条纹处．当然也可能落在其他亮条纹处，还可能落在暗条纹处，不过，落在暗条纹处的概率很小，故C、D选项正确．] 9．(多选)如图13-1-4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()图13-1-4A．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．]10．研究光电效应的电路如图13-1-5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( )图13-1-5C [由于光的频率相同，所以对应的反向遏止电压相同，选项A 、B 错误；发生光电效应时，在同样的加速电压下，光强度越大，逸出的光电子数目越多，形成的光电流越大，所以C 正确，D 错误．]11．(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )【导学号：81370425】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AB [光电效应说明光的粒子性，所以A 正确；热中子束在晶体上产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B 正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C 错误；根据德布罗意波长公式λ＝h p ，p 2＝2mE k ，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质子和电子，质子的德布罗意波波长较短，所以D 错误．]12．(多选)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是( )A ．遏止电压B ．饱和光电流C ．光电子的最大初动能D ．逸出功ACD [同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E k ＝hν－W 0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．]13．(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是( )A ．该种金属的逸出功为hc 3λB ．该种金属的逸出功为hc λC ．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AD [由hν＝W 0＋E k 知h c λ＝W 0＋12m v 21，h c 2λ＝W 0＋12m v 22，又v 1＝2v 2，得W 0＝hc 3λ，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．]14．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c 与入射光的频率ν的关系如图13-1-6所示．若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．图13-1-6【解析】 根据光电效应方程E km ＝hν－W 0及E km ＝eU c 得U c ＝hνe －W 0e ，故h e ＝k ，b ＝－W 0e ，得h ＝ek ，W 0＝－eb .【答案】 ek －eb15．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.【导学号：81370426】【解析】由逸出功定义有W0＝hc λ0由光电效应方程有hcλ＝W0＋E k＝hcλ0＋E k又由动能定理有－eU＝0－E k则hcλ＝hcλ0＋eU，U＝hce⎝⎛⎭⎪⎫1λ－1λ0＝hce·λ0－λλλ0【答案】hcλ0hce·λ0－λλλ0。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第13章 第3节
课后限时训练(五十四)(建议用时：40分钟)1．关于α、β、γ三种射线，下列说法中正确的是()A．α射线是原子核自发放出的氦核，它的穿透能力最强B．β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C．γ射线一般随着α或β射线产生，它的穿透能力最强D．γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱答案：C2．下列说法中正确的是()A．裂变又叫链式反应B．太阳上现在正在进行着激烈的裂变反应C．大亚湾核电站是利用裂变反应发电的D．秦山核电站是利用聚变反应发电的C[裂变反应并不是链式反应，故A错误．太阳上进行的反应是聚变反应，故B错误．核电站是利用裂变反应发电的，目前还没有利用聚变反应发电的核电站，故C正确，D错误．]3．下列核反应方程中，属于α衰变的是()A.147N＋42He→178O＋11HB.23892U→23490Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.23490Th→23491Pa＋0－1eB[α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象，其中α粒子是42He，所以B正确；A为人工转变，C为轻核的聚变，D是β衰变，故A、C、D皆错误．]4．(多选)关于近代物理学的结论，下面叙述中正确的是()A．氢原子从n＝6跃迁至n＝2能级时辐射出频率为ν1的光子，从n＝5跃迁至n＝2能级时辐射出频率为ν2的光子，频率为ν1的光子的能量较大B．已知铀238的半衰期为4.5×109年，地球的年龄约为45亿年，则现在地球上存有的铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半C．β衰变能释放出电子说明了原子核中有电子D．在核反应中，质量守恒、电荷数守恒答案：AB5．关于半衰期，以下说法正确的是()【导学号：81370436】A．同种放射性元素在化合物中的半衰期比在单质中长B．升高温度可以使半衰期缩短C．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个D．氡的半衰期为3.8天，若有4 g氡原子核，经过7.6天就只剩下1 gD[考虑到放射性元素衰变的快慢跟原子所处的物理状态或化学状态无关，又考虑到半衰期是一种统计规律，即给定的四个氡核是否马上衰变会受到各种偶然因素的支配，A、B、C错误．m余＝m原·⎝⎛⎭⎪⎫12tτ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫127.63.8g＝1 g，故D正确．]6．核反应方程94Be＋42He→126C＋X中的X表示()A．质子B．电子C．光子D．中子D[设X的质子数为m，质量数为n.则有4＋2＝m＋6,9＋4＝12＋n，所以m＝0，n＝1，即X为中子，故A、B、C错误，D正确．]7．(2017·衢州市调研)医学界通过14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是() A．示踪原子B．电离作用C．催化作用D．贯穿作用A[用14C标记C60来查明元素的行踪，发现可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，因此14C的作用是作示踪原子，故选项A正确．] 8．下列说法正确的是()A．重核裂变时放出能量，而轻核聚变时吸收能量B．轻核聚变必须在很高的温度下才能进行C．氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹小D．人类制成了原子弹，从而实现了用人工方法控制链式反应的速度，和平利用核能B[重核裂变时放出能量，而轻核聚变时也放出能量，A错误；轻核聚变必须在超高温下才能进行，B正确；氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹大，C错误；人类制成了原子弹是利用不可控的链式反应制成的，D错误．]9．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，核反应方程为42 He＋42He→84Be＋γ.以下说法正确的是()A．该核反应为裂变反应B．热核反应中有质量亏损，会放出巨大能量C．由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的D．任意原子核内的质子数和中子数总是相等的答案：B10．以下几个核反应中，X代表α粒子的反应式是()A.42He＋94Be→126C＋XB.23490Th→23491Pa＋XC.21H＋31H→10n＋XD.3015P→3014Si＋XC[A中X为10n，B中X为0－1e，D中X为01e，可知A、B、D错误，C中X 为α粒子，C正确．]11.23290Th(钍核)经过6次α衰变和4次β衰变后变成铅核，则()【导学号：81370437】A．铅核的符号为20882Pb，它比23290Th少8个中子B．铅核的符号为20478Pb，它比23290Th少16个中子C．铅核的符号为20882Pb，它比23290Th少16个中子D．铅核的符号为22078Pb，它比23290Th少12个中子C[设铅的质量数为M，核电荷数为Z，则由质量数守恒可得M＝232－6×4＝208，由核电荷数守恒可得Z＝90－6×2＋4×1＝82.则铅的中子数N1＝208－82＝126，钍的中子数N2＝232－90＝142.所以铅核的中子数比钍核的中子数少16个．C正确．]12．(2016·上虞选考模拟)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.210 83Bi 的半衰期是5天，100克210 83Bi 经过10天后还剩下50克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210 83Bi 为100×⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ g ＝100×⎝ ⎛⎭⎪⎫122 g ＝25 g ，选项D 错误．] 13．(多选)某放射性元素的原子核内有N 个核子，其中有n 个质子，该原子核发生2次α衰变和1次β衰变，变成1个新核，则( )A ．衰变前原子核有(N －n )个中子B ．衰变后新核有(n －3)个质子C ．衰变后新核的核子数为(N －3)D ．衰变前原子核的质量等于衰变后新核质量与放出粒子质量的和AB [因为核子数等于质子数加中子数，所以衰变前原子核有中子数(N －n )个；衰变后新核有n －(2×2－1)＝(n －3)个质子；衰变后新核的核子数为N －2×4＝N －8；因为核反应常伴随能量的产生，所以衰变前原子核的质量大于衰变后新核质量与放出粒子质量的和．选项A 、B 正确．]14．钋210经α衰变成稳定的铅，其半衰期为138天．质量为64 g 的钋210经过276天后，还剩多少克钋？生成了多少克铅？写出核反应方程．【解析】 核反应方程为：210 84Po →206 82Pb ＋42He.276天为钋的2个半衰期，还剩14的钋没有衰变，故剩余钋的质量m Po ＝14×64g ＝16 g.生成铅的质量m ＝206210×48 g ≈47.09 g.【答案】 16 g 47.09 g 210 84Po →206 82Pb ＋42He15．已知氘核的质量为2.013 6 u ，中子的质量为1.008 7 u ，32He 核的质量为3.015 0 u.(1)写出两个氘核聚变成32He 核的反应方程；(2)计算上述反应中释放的核能；(3)若两个氘核以相等的动能0.35 MeV 做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的32He 核和中子的动能各是多少？【导学号：81370438】【解析】 (1)核反应方程为21H ＋21H →32He ＋10n.(2)核反应中的质量亏损Δm ＝2.013 6 u ×2－(3.015 0 u ＋1.008 7 u)＝0.003 5 u释放的核能ΔE ＝Δmc 2＝0.003 5×931.5 MeV ≈3.26 MeV .(3)设32He 核和中子的质量分别为m 1、m 2，速度分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律及能量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，E k1＋E k2＝2E k0＋ΔE ，解得E k1＝14(2E k0＋ΔE )＝14×(2×0.35＋3.26) MeV ＝0.99 MeV E k2＝34(2E k0＋ΔE )＝34×(2×0.35＋3.26) MeV ＝2.97 MeV .【答案】 (1)21H ＋21H →32He ＋10n (2)3.26 MeV(3)0.99 MeV 2.97 MeV。
2018版高考物理大一轮复习(浙江专用 人教版)课件-第十三章 动量守恒 13.2
-5基础夯实 自我诊断
三、实验器材 斜槽,重垂线,大小相等而质量不等的小球两个,白纸,复写纸,刻度 尺,圆规,三角板,天平,游标卡尺。 四、实验步骤 1.测质量与直径:用天平测出两个小球的质量m1、m2(m1>m2),用游 标卡尺测出小球直径D,并选定质量大的小球为入射小球 。 2.安装:安装好实验装置,将斜槽固定在桌边,并使斜槽末端的切线 水平,调节小支柱的高度,使入射小球与被碰小球在同一高度。 3.铺纸:在水平地面上铺上白纸,且在白纸上铺放复写纸,记下重垂 线所指位置O。
m1· ������������=m1· ������������+m2· ������������,如图丁所示。
丙
丁
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六、误差分析 1.难以做到准确正碰。 2.斜槽末端若不水平,得不到准确的平抛运动。 3.O、P、M、N各点定位不准确,测量和作图有偏差。
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自我诊断 1.(2016· 金华浦江月考)某同学设计了一个用电磁打点计时器验 证动量守恒定律的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使 之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成 一体,继续做匀速直线运动,如图甲所示。在小车A后连着纸带,电磁 打点计时器所用电源频率为50 Hz,长木板下垫着薄木片以平衡摩 擦力。
-11基础夯实 自我诊断
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解析: (1)从纸带上打点的情况看,BC段既表示小车做匀速运动, 又表示小车有较大速度,因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前 的运动情况,所以应选用BC段计算小车A碰前的速度。从CD段打 点的情况看,小车的运动情况还没稳定,而在DE段内小车运动稳定, 故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
2018年浙江卷高考物理真题及答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）物理试题14下列说法正确的是A.机械波的振幅与波源无关B.机械波的传播速度由介质本身的性质决定C.物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反D.动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关15.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。
发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。
在输电线与用户间连有一想想变压器，流入用户端的电流是I2。
则A.用户端的电压为I1U1/I2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U16.长期以来“卡戎星（Charon）”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1=19600km，公转周期T1=6.39天。
2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2=48000km，则它的公转周期T2最接近于A.15天B.25天C.35天D.45天17.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动。
可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。
当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。
地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。
在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.1.5s18.关于下列光学现象，说法正确的是A.水中蓝光的传播速度比红光快B.光从空气向射入玻璃时可能发生全反射C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽19.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。
一根轻抚绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。
小球A的质量为m、电量为q。
小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。
2018届高考物理(全国通用)一轮总复习 配套课件 13.1
机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
第十三章
考情分析 考纲要求 简谐运动(Ⅰ )
第1讲 机械振动
主干知识回顾 名师考点精讲 综合能力提升
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2015
2014 2013 新课标卷 Ⅱ ,T34(1)
2012
2011
简谐运动的公式和 图象(Ⅱ ) 单摆、单摆的周期公 式、受迫振动和共振 (Ⅰ ) 机械波、横波和纵波 (Ⅰ )
新课标 卷,T34
新课标 卷,T34
第十三章
考情分析 考纲要求
第1讲 机械振动
主干知识回顾 名师考点精讲 综合能力提升
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2015 新课标卷 Ⅰ ,T34(2); 新课标卷 Ⅱ ,T34(2)
2014 新课标卷 Ⅰ ,T34(1); 新课标卷 Ⅱ ,T34(1)
2013
2012 2011
横波的图象(Ⅱ ) 波的干涉和衍射现象、多普勒效 应(Ⅰ ) 波速、波长和频率(周期)的关系 (Ⅱ )
第十三章
第1讲 机械振动
主干知识回顾
名师考点精讲 综合能力提升
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【提示】回复力的两点注意: (1)回复力属于效果力,它可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力。 (2)公式F=-kx中的k指的是回复力与位移的比例系数,它由振动系统自身决定,不一定是 弹簧的劲度系数。
第十三章
名称 项目
新课标卷 Ⅰ ,T34(1)
第十三章
第1讲 机械振动
主干知识回顾 名师考点精讲 综合能力提升
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考情分析 2015 考纲要求 变化的磁场产生电场、变化的电 场产生磁场、电磁波及其传播;电 磁波的产生、发射和接收、电磁 波谱(Ⅰ) 狭义相对论的基本假设、质速关 系、质能关系、相对论质能关系 式(Ⅰ) 1
高考物理总复习课时跟踪检测第十三单元 第二节 电磁感应中的综合问题(A、B卷)
第十三单元 第二节 电磁感应中的综合问题（A 、B 卷）大题强化练(A)1.(2018·宁波十校联考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高度均为d ，两者间距也为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，质量为m 的水平金属杆从距磁场Ⅰ上边界h 处由静止释放，进入磁场Ⅰ时的速度大小和进入磁场Ⅱ时的速度大小相等。
金属杆在导轨间的电阻为r ，与导轨接触良好且始终保持水平，导轨上端连接一个定值电阻R ，不计其余电阻和空气阻力，重力加速度为g 。
求：(1)金属杆离开每个磁场区域时的速度大小； (2)穿过每个磁场区域过程中金属杆上产生的焦耳热； (3)求穿过每个磁场区域所需的时间。
解析：(1)金属杆在两个磁场区域之间做加速度为g 的匀加速运动，用v 1表示进磁场的速度，v 2表示出磁场的速度，则有v 12－v 22＝2gd v 12－0＝2gh 解得v 2＝2g (h －d )。
(2)研究金属杆从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程，运用动能定理 2mgd －W 克安＝0 Q 总＝W 克安 Q ＝r R ＋r Q 总解得：Q ＝2mgdrR ＋r。
(3)设金属杆穿过磁场区域所需的时间为t ，由动量定理得mgt －B I Lt ＝m (v 2－v 1) 又q ＝I t ＝BL v R ＋r t ＝BLdR ＋r解得t ＝B 2L 2dmg (R ＋r )－2gh －2g (h －d )g 。
答案：(1)2g (h －d ) (2)2mgdrR ＋r(3)B 2L 2dmg (R ＋r )－2gh －2g (h －d )g2．磁悬浮列车动力原理如图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，导轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B 1和B 2，方向相反，B 1＝B 2＝1 T 。
导轨上放有金属框abcd ，金属框电阻R ＝2 Ω，导轨间距L ＝0.4 m ，当磁场B 1、B 2同时以v ＝5 m/s 的速度向右匀速运动时，求：(1)如果导轨和金属框均光滑，金属框对地是否运动？若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么？运动性质如何？(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的k 倍，k ＝0.18，求金属框所能达到的最大速度v m 是多少？(3)如果要金属框维持(2)中最大速度运动，磁场每秒钟提供给金属框的能量为多少？ 解析：(1)金属框对地运动，因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad 、bc 边切割磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第5章 第4节 课
课后限时训练(二十)(建议用时：40分钟)1．如图5-4-8所示的伽利略的斜面理想实验中(斜面光滑)，以下说法正确的是()图5-4-8A．小球从A到B运动的过程动能保持不变B．小球从A到B运动的过程势能减小C．只有小球从B到C运动的过程中动能和势能的总和不变D．小球在斜面CD上运动的最大距离等于AB【答案】B2．关于能的转化与守恒定律，下列说法中错误的()A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少D．能的转化与守恒定律证明了能量既不会创生也不会消失A[能量可以在不同物体之间转移，也可以转化，但能的总量保持不变．] 3．(2016·浙江诸暨中学期中)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为0.8g.在物体下落h的过程中，下列说法中，正确的是()A．物体的重力势能增加了0.8mghB．物体的重力势能减少了0.8mghC．物体克服阻力做功0.8mghD．物体的重力势能减少了mghD[一个物体重力势能的变化量仅与高度的变化有关，与物体的运动状态无关，所以物体下落h的过程中，物体的重力势能减少了mgh，故A、B选项均错误，D选项正确．由于下落的加速度是0.8 g，由牛顿第二定律得mg－F f＝ma，F f＝mg－ma＝0.2mg，物体克服阻力做功W＝F f h＝0.2mgh，故C选项错误．]4．自由摆动的秋千摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是()A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒D[在秋千摆动的过程中，由于阻力的存在，需要克服阻力做功，机械能会减少，但能量并没有消失，减少的机械能转化为内能，总能量保持不变. ]5.如图5-4-9所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有()图5-4-9【导学号：81370215】A．A、B两物体的机械能总量守恒B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化C[A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒；轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化；A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化．]6.(多选)(2017·龙泉模拟)如图5-4-10所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()图5-4-10 A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了12mgHAC[分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力F f＝0.5mg，由动能定理，动能损失了F f Hsin 30°＋mgH＝2mgH，选项A正确，B错误．由功能关系，机械能损失F f Hsin 30°＝mgH，选项C正确，D错误．]7.如图5-4-11所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下列说法中正确的是()图5-4-11【导学号：81370216】A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多C[滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错、C对．]8.如图5-4-12所示，运动员在粗糙塑胶跑道上做负重起跑训练，轻质弹性橡皮条一端套在运动员的腰上，另一端系在一个大轮胎上，起跑过程可简化如下：运动员起跑初期拉动橡皮条使其变长，稍后轮胎在橡皮条牵引下开始运动，最后轮胎与运动员一起匀速运动．则起跑过程中，下列说法正确的是()图5-4-12A．起跑初期，轮胎未动时，人对橡皮条做的功等于橡皮条弹性势能的增加量B．一起匀速运动时，轮胎受到的外力的合力对轮胎做正功C．轮胎加速运动时，橡皮条对轮胎做的正功等于轮胎动能的增加量D．整个过程中，摩擦力对轮胎做正功A[轮胎未动时，根据能量守恒，人对橡皮条做的功等于橡皮条增加的弹性势能，选项A正确；由动能定理可知，匀速时轮胎受到的合力对它做功为零，选项B错误；由动能定理可知，加速时橡皮条对轮胎做的正功与摩擦力对轮胎做的负功的和等于轮胎动能的增加量，选项C错误；整个过程中摩擦力对轮胎做负功，选项D错误．]9．物体做自由落体运动，E k代表动能，E p代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)．下列图象能正确反映各物理量之间关系的是()A B C DB[由机械能守恒定律得E p＝E－E k，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错；由动能定理得E k＝mgh，则E p＝E－mgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错；E p＝E－12m v2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B对；E p＝E－12mg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错．]10.(多选)一升降机在箱底装有若干弹簧，如图5-4-13所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中()图5-4-13【导学号：81370217】A．箱先处于失重状态然后再处于超重状态B．箱的重力功率不断减小C．箱的机械能不断减小D．箱的机械能保持不变AC[箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A 正确；重力不变，重力的功率P＝mg v，先增大后减小，选项B错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C正确，选项D错误．] 11．(多选)(2017·海宁模拟)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh－12m v2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于功能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减少了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]12.(加试要求)(2017·嵊州模拟)如图5-4-14所示，图5-4-14质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q ，滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 与时间t 、位移x 关系的是( )A B C DC [根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 正确，D 错误．产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，选项A 、B 错误．]13.(加试要求)如图5-4-15所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图5-4-15【导学号：81370218】A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功C [对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v 2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f v 2t ，机械能增加量ΔE＝F f x 1＝F f v 2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．]14．一质量为2 kg 的物块从离地80 m 高处自由落下，测得落地速度为30 m/s ，求下落过程中产生的内能．(g 取10 m/s 2)【解析】 根据能量守恒，产生的内能为E ＝mgh －12m v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×10×80－12×2×302 J ＝700 J. 【答案】 700 J15.(2016·瑞安模拟)如图5-4-16所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC 为光滑半圆形轨道，半径为R ，CD 为水平粗糙轨道，一质量为m 的小滑块(可视为质点)从半圆形轨道中点B 由静止释放，滑至D 点恰好静止，CD 间距为4R .已知重力加速度为g .图5-4-16(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)求小滑块到达C 点时，小滑块对圆轨道压力的大小；(3)现使小滑块在D 点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A ，求小滑块在D 点获得的初动能.【导学号：81370219】【解析】 (1)从B 到D 的过程中，根据动能定理得mgR －4μmgR ＝0－0所以μ＝0.25.(2)设小滑块到达C 点时的速度为v C ，根据机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2C解得：v C ＝2gR设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ，根据牛顿第二定律得F N－mg ＝m v 2C R解得F N ＝3mg根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小F N ′＝F N ＝3mg .(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A ，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A 点时的速度为v A ，根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2A R解得v A ＝gR设小滑块在D 点获得的初动能为E k ，根据能量守恒定律得E k ＝E p ＋E k A ＋Q即E k ＝2mgR ＋12m v 2A ＋4μmgR ＝3.5mgR . 【答案】 (1)0.25 (2)3mg (3)3.5mgR。
2018届高三物理(浙江学考)一轮复习课件
) B．15 J D．25 J
A．10 J C．20 J
1 2 gt A [由 h＝2gt ，tan 60° ＝v 可得 v0＝ 10 m/s.由小球被弹射过程中，小球 0
1 2 和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝2mv0＝10 J，故 A 正确．]
图 535
B
[设每个轻弹簧获得的弹性势能为 Ep，由机械能守恒定律可得：mgh＝
1 4Ep，故 Ep＝4mgh＝4 560 J，故 B 正确．]
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学考总复习
2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向 抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( A．一样大 C．斜向上抛的最大 B．水平抛的最大 D．斜向下抛的最大 )
不做功 统________.
(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力
为零 做功的代数和______.
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式 的能发生转化．
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学考总复习
(2016· 31 所示，无人 浙江 10 月学考)如图 5机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( A．动能 B．动能、重力势能 C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能 C [ 动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，机械能为两者
33 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加 图 5C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
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2018高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用
第3节牛顿运动定律的综合应用考点一| 动力学两类基本问题1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．3．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：(2016·浙江10月学考)在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h.图3-3-1(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度的大小．【解析】 由题意作v -t 图，如图(1)324 km/h ＝90 m/s ，可得a 1＝Δv Δt ＝0－90300 m/s 2＝－0.3 m/s 2所以减速时加速度的大小为0.3 m/s 2.(2)根据牛顿第二定律，得F －F f ＝ma 2 ①F f ＝kmg ＝0.1 mg ②加速阶段加速度a 2＝v 21－v 202x ＝902－02×8 100m/s 2＝0.5 m/s 2 ③ 将②③代入①，得F ＝F f ＋ma 2＝m (kg ＋a 2)＝8.0×105×(0.1×10＋0.5) N ＝1.2×106 N所以列车驶离车站加速过程中牵引力大小为1.2×106 N.(3)减速阶段位移x 1＝v 0t ＋12a 1t 2＝90×300 m ＋12×(－0.3)×3002 m ＝13 500m总位移x ＝x 1＋x 2＝(13 500＋8 100)m ＝21 600 m加速阶段时间t 3＝Δv a 2＝90－00.5 s ＝180 s 所以平均速度v ＝x t ＝21 600540＋180m/s ＝30 m/s. 【答案】 (1)0.3 m/s 2 (2)1.2×106 N (3)30 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；。
2018高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第1章 第2节 匀变速直线运动的研究
第2节 匀变速直线运动的研究考点一| 匀变速直线运动的规律1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向． 2．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v 2. (2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.3．v 0＝0时的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、…瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内、2T 内、3T 内…位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内…位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．1．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．2．两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a 突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．1．下列关于匀变速直线运动的说法中，正确的是( )A ．匀变速直线运动是运动快慢相同的运动B ．匀变速直线运动是速度变化量相同的运动C ．匀变速直线运动的速度一直在增加D ．匀变速直线运动就是速度变化快慢相同的运动D [匀变速直线运动是速度变化快慢相等的运动，即在相等时间内速度变化量相等的运动，若时间不相同，则速度的变化量不同，因此A 、B 错误，D 正确；匀变速直线运动分为匀加速直线运动和匀减速直线运动，只有加速度方向与速度方向相同时，才做加速运动，故C 错误．]2．(2017·舟山学考模拟)汽车由静止开始匀加速前进，经过10 s 速度达到5 m/s ，则在这10 s 内( ) 【导学号：81370017】A ．汽车的平均速度是0.5 m/sB ．汽车的平均速度是2.5 m/sC ．汽车的平均速度是5 m/sD ．汽车的位移是50 mB [由v ＝at 知a ＝0.5 m/s 2，v ＝v 0＋v 2＝2.5 m/s ，x ＝v ·t ＝25 m ．即A 、C 、D 选项均错误，B 选项正确．]3．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是20 m ，设该车辆的刹车加速度大小是10 m/s 2，该路段的限速为60 km/h.则该车( )。
2018年浙江省普通高校招生选考科目考试物理
绝密★启用前2018年浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是()A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿2.某驾驶员使用定速巡航,在高速公路上以时速110公里行驶了200公里。
其中“时速110公里”“行驶200公里”分别是指()A.速度、位移B.速度、路程C.速率、位移D.速率、路程3.用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是()A.kg·m2/s2B.kg·m/s2C.N/mD.N·m4.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2。
则它们()A.线速度大小之比为4∶3B.角速度大小之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶25.杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯。
已知高压钠灯功率为400 W,LED灯功率为180 W,若更换4 000盏,则一个月可节约的电能约为()A.9×103 kW·hB.3×105 kW·hC.6×105 kW·hD.1×1012 kW·h6.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷),分别固定在两处,它们之间的静电力为F。
用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为()A.F8B.F4C.3F8D.F27.处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()8.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。
下列F-t图象能反映体重计示数随时间变化的是()9.土星最大的卫星叫“泰坦”(如图),每16天绕土星一周,其公转轨道半径约为1.2×106 km。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测13
选考章末检测(十三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于光的本性，下列说法中正确的是()A．光电效应反映光的粒子性B．光电子的最大初动能和照射光的频率成正比C．光子的能量与光的频率成正比D．光在空间传播时，是不连续的，是一份一份的，每一份光叫做一个光子ACD[光电效应反映光的粒子性，故A正确；根据光电效应方程E km＝hν－W0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故B错误；根据E＝hν，可知：光子的能量与光的频率成正比，故C正确；由爱因斯坦的光子说：光在空间传播时，是不连续的，是一份一份的，每一份光叫做一个光子，故D正确．]2．(2016·富阳选考模拟)根据玻尔理论，以下说法正确的是()A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量C．原子内电子的可能轨道是不连续的D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差BCD[根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，选项B正确；玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，选项C正确；原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确．]3．下列光的波粒二象性的说法中，正确的是()A．有的光是波，有的光是粒子B．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著C．光的粒子性说明每个光子就像极小的小球体一样D．光波不同于宏观概念中的那种连续的波，它是表明大量光子运动规律的一种概率波BD[光既是波又是粒子，故A错误；光的波长越长，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著，选项B正确；光具有波动性，但不是经典理论中的波，光具有粒子性，也不是传统概念中的粒子，光与物质作用时，即发生能量交换时，不是连续进行的，而是“一份一份”进行的，表现出粒子性，光在空间的分布规律符合波动规律，表现出波动性，故选项C错误；光的波粒二象性学说是建立在麦克斯韦的光的电磁说和爱因斯坦的光子说的基础上，由光子说中提出的光子能量的计算公式E＝hν可知，反映粒子的特征的E与反映波动特征的ν相联系，进一步分析可知，当光子的能量比较小即频率ν较小，波长λ较大，波动性明显，粒子性不明显，反之，当光子的能量比较大，频率ν较大，波长λ较小，粒子性明显，波动性不明显，故选项D正确．]4．光电效应实验中，下列表述正确的是()A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子CD[在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D正确．由－eU＝0－E k，E k＝hν－W，可知U＝(hν－W)/e，即遏止电压与入射光频率ν有关，C正确．]5．下列说法正确的是()【导学号：81370439】A．根据天然放射现象，卢瑟福提出了原子的核式结构B．一个氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级，该氢原子吸收光子，能量增加C．铀(23892U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅(20682Pb)的过程中，有6个中子转变成质子D．机场、车站等地进行安全检查时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了γ射线较强的穿透能力C[卢瑟福提出原子的核式结构的实验依据是α粒子散射实验，A错误；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，氢原子要放出光子，能量减小，B错误；机场、车站等地进行安全检查，利用的是X射线的穿透本领，D错误．] 6．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能极k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1＋hν2B．辐射光子的能量为hν1＋hν2C．吸收光子的能量为hν2－hν1D．辐射光子的能量为hν2－hν1D[由题意可知：E m－E n＝hν1，E k－E n＝hν2.因为紫光的频率大于红光的频率，所以ν2＞ν1，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E k－E m＝hν2－hν1，故只有D项正确．]7. (多选)如图1所示给出了氢原子的6种可能的跃迁，则它们发出的光()图1A．a的波长最长B．d的波长最长C．f的光子比d的光子能量大D．a的频率最小ACD[由玻尔理论知，原子跃迁时，h cλ＝ΔE，从能级图知ΔE a最小，a的波长最长，频率最小，则B错误，A、D正确；hνd＝ΔE d＝(132－122)E1＝－536E1，hνf＝ΔE f＝(122－112)E1＝－34E1，因此，f的光子的能量比d的光子的能量大，C正确．]8．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是()A．太阳内部发生的核反应是热核反应B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大D．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子AC[太阳内部发生的核反应是热核反应，A正确；一束光照射到金属表面不能发生光电效应，是因为光的频率小于金属的截止频率，与光强无关，B错误；按照玻尔理论，C正确；原子核发生一次β衰变，是核内一个中子转变为一个质子时，放出一个电子，D错误．]9．太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为1个氦核(42He)的热核反应，核反应方程是411H→42He＋2X，这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.下列说法中正确的是()【导学号：81370440】A．方程中的X表示中子(10n)B．方程中的X表示电子(0－1e)C．这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2D[由核质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为0＋1e，A、B错；质量亏损为Δm＝4m1－m2－2m3，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2，C错，D 对．]10．放射性元素23490Th的衰变方程为23490Th→23491Pa＋X，下列表述正确的是()A．X是由Th原子释放的核外电子B．该衰变是β衰变C．加压或加温不能改变其衰变的快慢D．Th发生衰变时原子核要吸收能量BC[根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为－1，质量数为0，则X为电子，该衰变为β衰变，β衰变的本质是其中的一个中子变成一个质子和一个电子，故A错误，B正确；衰变的快慢与温度压强无关，由原子核内部因素决定，故C正确；衰变时原子核会放出热量．故D错误．]11．(2017·奉化市联考)如图2所示为氢原子能级图，A、B、C分别表示电子三种不同能级跃迁时放出的光子，其中()图2A．频率最大的是B B．波长最长的是CC．频率最大的是A D．波长最长的是BAB[根据hν＝ΔE和c＝λν可知，ΔE大，频率就大，波长就小，选项A、B正确．]12．如下的说法中，正确的是()A.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变反应B．β衰变说明了原子核中有电子C．光电效应说明了光具有粒子性D．γ射线可用来消除静电AC[21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变反应，太阳辐射能量来自于轻核的聚变，故A正确；β衰变是中子转变成质子而放出的电子，故B错误；光电效应说明了光具有粒子性，故C正确；γ射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故D错误．]13．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()【导学号：81370441】图3A．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C D[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．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(6分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U是核电站常用的核燃料.23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．【解析】由质量数和电荷数守恒可知：23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n，可见产生了3个中子，链式反应的一个条件是铀燃料的体积必须大于或等于临界体积．【答案】3大于15．(10分)(2017·台州市联考)现有五个核反应：A.21H＋31H→42He＋10nB.23592U＋10n→X＋9438Sr＋210nC.2411Na→2412Mg＋0－1eD.22088Ra→21686Rn＋42HeE.42He＋94Be→10n＋126C(1)________是发现中子的核反应方程，________是研究原子弹和氢弹的基本核反应方程．(2)求B项中X的质量数和中子数．(3)判断以上五个核反应的反应类型．【解析】(1)E是查德威克发现中子的核反应方程，A是氢弹的核反应方程，B是原子弹的核反应方程．(2)由电荷数守恒和质量数守恒可以判定X的质量数为140，电荷数为54，所以中子数为140－54＝86.(3)衰变是原子核自发地放出α粒子或β粒子的反应，C是β衰变，D是α衰变，E是人工控制的原子核的变化，属人工转变，裂变是重核吸收中子后分裂成几个中等质量的核的反应，B是裂变，聚变是几个轻核结合成较大质量的核的反应，A是聚变．【答案】(1)E B、A(2)质量数为140，中子数为86(3)见解析16．(9分)三个α粒子结合成一个碳126C，已知碳原子的质量为12.000 0 u，氦原子质量为4.002 6 u.(1)写出核反应方程；(2)这个核反应放出的能量是多少焦？(3)这个能量合多少MeV?【导学号：81370442】【解析】(1)342He→126C＋ΔE.(2)Δm＝3×4.002 6 u－12.000 0u＝0.007 8 u，Δm＝0.007 8×1.66×10－27 kg＝12.948×10－30 kg，ΔE＝Δmc2＝1.165×10－12 J.(3)ΔE＝1.165×10－121.6×10－19eV＝7.29×106 eV＝7.29 MeV.【答案】(1)342He→126C＋ΔE(2)1.165×10－12 J(3)7.29 MeV17．(10分)在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图4所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝44∶1.求：图4(1)这个原子核原来所含的质子数是多少？(2)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)【解析】(1)设衰变后α粒子的电荷量为q1＝2e，新生核的电荷量为q2，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，则原来原子核的电荷量q＝q1＋q2，根据轨道半径公式有：r1 r2＝m1v1 Bq1m2v2 Bq2＝m1v1q2 m2v2q1又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则m1v1＝m2v2以上三式联立解得q＝90e.即这个原子核原来所含的质子数为90.(2)由于动量大小相等，因此轨道半径与粒子的电荷量成反比．所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道2是新生核的径迹，两者电性相同，运动方向相反．【答案】(1)90(2)圆轨道1理由见解析。
(浙江选考)2018年高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力和物体的平衡名师讲练
第2讲 力和物体的平衡[选考考点分布]考点一 重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2017·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A ．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B ．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C ．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D ．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 答案 C解析 物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2016·浙江10月学考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2015·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C5．(2017·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变答案 C6. (2017·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N，则( )图6A．弹簧所受的合力大小为10 NB．弹簧的劲度系数为200 N/mC．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝F x＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2017·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A ．小棋子共受三个力作用B ．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C ．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D ．质量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案 D解析 小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A 错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B 错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C 错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D 正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力． (3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在． 2．静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向． 3．弹力大小的计算方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解． 4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2017·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误． 3. (2016·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB 为等腰三角形，AB ＝AO ＝l ，对小球A 受力分析如图所示，由库仑定律得：F ＝kq 2AB2＝kq 2l 2，故A 错误；△AOB 为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：F cos 30°＝F T cos 30°＝12mg ，即F ＝F T ＝3mg3，故B 正确，C 、D 错误． 4. (2015·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l 2B.kQ 2l2 C ．mg D.3mg答案 A解析 根据库仑定律公式得F ＝kQQ(l sin 30°)2＝4kQ2l 2，A 选项正确，B 选项错误．由于小球A 、B 均静止，对球A 受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F ，F T cos 30°＝mg联立解得F ＝33mg ，C、D 选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G 的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F ，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值C ．当θ＝120°时，F ＝GD ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2F cos θ2＝G , 解得：F ＝G 2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，则F ＝G 2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2016·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M )g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M )g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M )g ，选项D 正确．7. (2016·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B 球悬线的拉力F T 与B 球的重力mg 大小相等，即mg ＝F T ，小球B 处于平衡状态，则库仑力F ＝2mg sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sinθ2，由库仑定律得F ＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mg sinθ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝F sin θ，故B选项正确．9. (2017·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三 平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F ′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F ′的最小值． 答案 (1)0.5 (2)2255N解析 (1)设地板对金属块的支持力为F N ，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μF N mg ＝F sin θ＋F N解得：μ＝F cos 37°mg －F sin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F ′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F ′cos α＝μF N ′ 联立可得：F ′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F ′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mg sin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm ，劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用力F沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，F的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l －l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2017·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2017·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2017·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2017·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2017·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2017·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2016·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mg tan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2017·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2017·金华市义乌模拟)在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A．国旗受到2个力的作用B ．细线的拉力大于mgC ．空气对国旗的阻力大小为mg cos αD ．空气给直升机的力方向竖直向上 答案 B解析 对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F ＝mgcos α，F f ＝mg tan α，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲 乙图8A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析 对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C 正确． 11. (2016·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m .由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A ．23mg B.233mg C.833mg D ．8mg答案 C解析 以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg ， 得F T ＝833mg ，故C 正确．12. 如图10所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α答案 D解析 由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，对m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M 受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C 错误，D 正确．13. (2016·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A ．水平拉力F 先变小后变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大 答案 D解析 对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F .根据平衡条件，有F ＝mg tan θ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故D 正确，C 错误．14. 如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 答案 C解析 分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12mg ，C 正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动，g取10 m/s2.图13(1)求物体B与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？答案(1)0.2 (2)4 N解析(1)因物体A和B恰好一起匀速运动，所以物体A、B均处于平衡状态．由平衡条件得对A：F T－m A g＝0对B：F T－μF N＝0F N－m B g＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B由平衡条件得F－F T－μF N＝0解得：F＝4 N.16. (2016·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N ①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第13章 第2节
课后限时训练(五十三)(建议用时：40分钟)1．α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，是因为( )A ．α粒子与电子根本无相互作用B ．电子是均匀分布的，α粒子受电子作用的合力为零C ．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计D ．电子很小，α粒子碰撞不到电子C [α粒子与电子之间存在着相互作用力，这个作用力是库仑引力，但由于电子质量很小，只有α粒子质量17 300，碰撞时对α粒子的运动影响极小，几乎不改变运动方向，就像一颗子弹撞上一粒尘埃一样，故正确答案为C.]2．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )【导学号：81370429】答案：D3．(2017·桐乡调研)氢原子的基态能量为E 1，如图所示，四个能级图能正确代表氢原子能级的是( )C [由氢原子能级E n ＝1n 2E 1可知，n ＝2时，E 2＝14E 1，n ＝3时，E 3＝19E 1，n＝4时，E 4＝116E 1，n ＝∞时，E ∞＝0，对应四个能级图可得选项C 正确．]4．根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )A ．当氢原子由能量为E n 的定态向低能级跃迁时，氢原子要辐射的光子能量为hν＝E nB．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是νC．一个氢原子中的电子从一个半径为r a的轨道自发地直接跃迁到另一个半径为r b的轨道，已知r a＞r b，则此过程原子要辐射某一频率的光子D．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁C[原子由能量为E n的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，与E n不同，故A错误；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错误；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D 错误．]5．(2017·东阳选考模拟)对于基态氢原子，下列说法正确的是()A．它能吸收10.2 eV的光子B．它能吸收11 eV的光子C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能A[注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收.10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确，B错误．基态氢原子只可吸收动能为11 eV的电子的部分能量(10.2 eV)，剩余0.8 eV仍为原来电子所有，故C、D错误．]6．(多选)(2016·温州选考模拟)下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是()【导学号：81370430】图13-2-5A．图甲：光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B．图乙：铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，形成链式反应C．图丙：氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的D．图丁：卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小BD[由爱因斯坦光电效应方程可得E k＝hν－W0，最大初动能与频率不成正比，A错；氢原子能级是分立的，光谱也是分立的，C错．]7．氢原子光谱在可见光部分有四条谱线，一条红色，一条蓝色，两条紫色，它们分别是从n＝3、4、5、6能级向n＝2能级跃迁时产生的，则() A．红色光谱是氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时产生的B．蓝色光谱是氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时产生的C．从n＝6能级向n＝1能级跃迁时将产生紫外线D．若氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时所产生的光不能使某种金属发生光电效应，则氢原子从n＝5能级向n＝2能级跃迁时所产生的光可能使该金属发生光电效应C[跃迁能量最低的是从n＝3能级向n＝2能级跃迁，将产生红色谱线，则从n＝4能级向n＝2能级跃迁时将产生蓝色谱线，n＝5和n＝6能级向n＝2能级跃迁时将产生两条紫色谱线，而n＝6能级向n＝1能级跃迁时，谱线的频率会大于紫光的频率，将产生紫外线．]8．(多选)下列叙述中，正确的是()A．汤姆孙根据α粒子散射实验，提出了原子的枣糕式模型B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型C．汤姆孙最早发现了电子D．卢瑟福最早发现了电子答案：BC9．(多选)有关氢原子光谱的说法正确的是()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．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关BC[氢原子的发射光谱是不连续的，只能发出特定频率的光，说明氢原子的能级是分立的，选项A错误，选项B、C正确．根据玻尔理论可知，选项D 错误．]10．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图13-2-6所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是()【导学号：81370431】图13-2-6A．40.8 eV B．43.2 eVC．51.0 eV D．48.4 eVB[光子如要被基态氦离子吸收而发生跃迁，光子能量必须等于两能级间的能量差，B不符合条件．]11．(多选)原子的能量量子化现象是指()A．原子的能量是不可改变的B．原子的能量与电子的轨道无关C．原子的能量状态是不连续的D．原子具有分立的能级CD[根据玻尔理论，原子处于一系列不连续的能量状态中，这些能量值称为能级，原子不同的能量状态对应着不同的圆形轨道，故C、D正确．]12．(多选)(2017·舟山选考模拟)图13-2-7为氢原子的能级图，A、B、C分别表示电子在不同能级间跃迁时放出的光子，其中()图13-2-7A．频率最大的是B B．波长最长的是CC．频率最大的是A D．波长最长的是BAB[根据玻尔的原子跃迁理论，光子的能量hν等于初、末状态的能级差，因而跃迁的能级差越大，跃迁时放出的光子频率就越大，波长就越短，故频率最大的是B，而波长最长的是C，因而A、B正确，C、D错误．]13．(多选)氢原子的能级如图13-2-8所示．氢原子从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是()【导学号：81370432】图13-2-8A．氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大B．该金属的逸出功W0＝12.75 eVC．用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出D．氢原子处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动BD[氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A错误；恰能使某金属产生光电效应，由n＝4直接跃迁到n＝1，辐射的光子能量为ΔE＝13.6 eV－0.85 eV＝12.75 eV.则逸出功W0＝12.75 eV，故B正确；一群处于n＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C错误；根据玻尔原子模型可知，处于n ＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故D正确．] 14．根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图13-2-9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________(选填“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．图13-2-9【解析】能量最低的状态为基态，离原子核最近，如果吸收一定频率的光子，电子就会跃迁到能量较高的定态轨道，能级越高，离核越远．大量He＋从n ＝4的激发态向基态跃近时，有6种不同的跃迁方式，对应6条不同的谱线．【答案】近 615．图13-2-10为氢原子的能级图．用能量为12.6 eV的电子去轰击处于基态的氢原子样品时，能否引起氢原子的跃迁？若能引起，则可以使氢原子跃迁到哪些能级上？图13-2-10【解析】12.6 eV＞10.2 eV,12.6 eV＞12.09 eV，12.6 eV＜12.75 eV，故可以使氢原子跃迁到n＝2和n＝3的能级上．【答案】能n＝2、n＝3。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第13章 第1节
[浙江考试标准]第1节 波粒二象性 考点一| 光的粒子性1．量子化假设黑体的空腔壁由大量振子(振动着的带电微粒)组成，其能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，并以这个最小能量值为单位一份一份地吸收或辐射．2．能量子(1)定义：不可再分的最小能量值ε.(2)关系式：ε＝hν，ν是电磁波的频率，h 是普朗克常量，h ＝6.63×10－34 J·s.3．光电效应现象在光的照射下金属中的电子从金属表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子．4．实验规律(1)每种金属都有一个极限频率．(2)光子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大．(3)光照射到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的．(4)光电流的强度与入射光的强度成正比．5．爱因斯坦光电效应方程(1)光子：光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子称为光子，频率为ν的光的能量子为hν.(2)爱因斯坦光电效应方程①表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0.②物理意义：金属中电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量一部分用于克服金属的逸出功，剩下的表现为逸出后电子的初动能E k.1．对光电效应的四点提醒(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率．(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光．(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关．(4)光电子不是光子，而是电子．2．定量分析时应抓住三个关系式(1)爱因斯坦光电效应方程：E k＝hν－W0.(2)最大初动能与遏止电压的关系：E k＝eU c.(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0.3．光电效应的图象分析1．以下宏观概念，哪些是“量子化”的( ) A ．木棒的长度 B ．物体的质量 C ．物体的动量D ．学生的个数D [木棒的长度、物体的质量、物体的动量都可以取任意数值，因而不是量子化的，而学生的个数只能是分立的数目，是量子化的．]2．(多选)如图13-1-1所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是( )【导学号：81370420】图13-1-1A ．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电BC[用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误，B正确；锌板与验电器相连，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故C正确，D错误．]3．(2017·湖州选考模拟)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属发生光电效应的措施是()A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间B[某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，与入射光的强度和照射时间无关，不能发生光电效应，说明入射光的频率小于金属的极限频率，所以要使金属发生光电效应，应增大入射光的频率，X射线的频率比紫外线频率高，所以本题答案为B.]4．(2017·丽水选考模拟)如图13-1-2所示，已知用光子能量为2.82 eV的紫光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转，若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，电压表读数为1 V，则该金属涂层的逸出功约为()图13-1-2A．2.9×10－19 J B．6.1×10－19 JC．1.6×10－19 J D．4.5×10－19 JA[由hν－W＝E km，E km＝eU c可得该金属涂层的逸出功W＝hν－eU c＝2.82 eV－1 eV＝1.82 eV＝2.9×10－19 J，故A正确．]5．(2016·浙江4月选考)在光电效应实验中，采用极限频率为νc＝5.5×1014 Hz 的钠做阴极，已知普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，电子质量m＝9.1×10－31 kg.用频率ν＝7.5×1014 Hz的紫光照射钠阴极产生光电子的()【导学号：81370421】A．动能的数量级为10－19 JB．速率的数量级为108 m/sC．动量的数量级为10－27 kg·m/sD．德布罗意波长的数量级为10－9 mAD[根据光电效应方程E k＝hν－W，W＝hνc，E k＝hν－hνc＝6.6×10－34 J·s×7.5×1014 Hz－6.6×10－34 J·s×5.5×1014 Hz＝1.32×10－19 J，A正确；由动能E k＝m v22可知，光电子速率v＝2E km＝5.4×105m/s，B错误；动量p＝m v＝9.1×10－31kg×5.4×105m/s＝4.914×10－25kg·m/s，C错误；由德布罗意波长λ＝hm v＝6.6×10－344.914×10－25m＝1.34×10－9 m，D正确．]考点二| 粒子的波动性概率波1．光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．(2)光电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．2．物质波任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ＝hp，p为运动物体的动量，h为普朗克常量．3．概率波：大量光子产生的效果显示出波动性，个别光子产生的效果显示出粒子性，光波是概率波，光子的行为服从统计规律，对于电子和其他微粒，由于同样具有波粒二象性，所以它们的物质波也是概率波．4．不确定性关系在经典力学中，一个质点的位置和动量是可以同时测定的，在量子力学中，要同时测出微观粒子的位置和动量是不可能的，我们把这种关系叫做不确定性关系．1．光既具有粒子性，又具有波动性，对光的波粒二象性的理解：(1)光具有波粒二象性，光波是一种概率波．(2)单个光子的落点位置是不确定的，大量光子运动时落点位置服从概率分布规律．1．用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图13-1-3所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片．这些照片说明( )图13-1-3A．光只有粒子性没有波动性B．光只有波动性没有粒子性C．少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性D．少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性D[光具有波粒二象性，这些照片说明少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性，故D正确．]2．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C[根据德布罗意波长公式λ＝hp，选C.]3．(多选)下列各种波是概率波的是()A．声波B．无线电波C．光波D．物质波C D[声波是机械波，A错；电磁波是一种能量波，B错；由概率波的概念和光波以及物质波的特点分析可以得知光波和物质波均为概率波，故C、D正确．]4．(多选)关于不确定性关系ΔxΔp≥h4π有以下几种理解，其中正确的是()【导学号：81370422】A．微观粒子的动量不可能确定B．微观粒子的坐标不可能确定C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子CD[不确定性关系ΔxΔp≥h4π表示确定位置、动量的精度互相制约，此消彼长，当粒子位置的不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；当粒子位置的不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小，故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观粒子，不过这些不确定量微乎其微．]。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第6章 第1节 课
课后限时训练(二十三)(建议用时：40分钟)1.如图6-1-8所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流会偏向橡胶棒，这是由于它们之间存在()图6-1-8A．摩擦力B．静电力C．万有引力D．洛伦兹力B[毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，水是极性分子，静电引力大于静电斥力，故吸引，B项正确．]2.如图6-1-9所示，取甲、乙两个验电器，用一根长的导体杆把它们连接在一起，用带正电的有机玻璃棒靠近验电器乙的上端，甲会带正电，乙会带负电．关于甲、乙带电的现象，下列说法正确的是()甲乙图6-1-9A．这是感应起电现象，遵守电荷守恒定律B．这是摩擦起电现象，遵守电荷守恒定律C．这是感应起电现象，不遵守电荷守恒定律D．这是摩擦起电现象，不遵守电荷守恒定律A[电荷没有直接接触，通过电荷间的作用力将电荷进行重新分布，这是感应起电现象，且遵守电荷守恒定律，故A项正确．]3．物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说是属于()【导学号：81370233】A．控制变量的方法B．观察实验的方法C．理想化模型的方法D．等效替代的方法C[点电荷的概念和质点的概念相同，都是应用了理想化模型的方法．故选项C正确．]4．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电荷1.6×10－15 C，丙物体带电荷量的大小为8×10－16 C，则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－16 CA[由于甲、乙、丙原来都不带电，甲、乙相互摩擦导致甲失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C ＝8×10－16 C，故A正确，D错误．]5．在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，检验电荷受到的电场力为F，该点电场强度为E＝Fq，那么下列说法正确的是()A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B．若在该点放一个电荷量为2q的检验电荷，该点的场强就变为E 2C．若在该点放一个电荷量为－2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D．若在该点放一个电荷量为－q2的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向D[电场中某点的电场强度是由场源电荷和该点的位置决定的，而与检验电荷是否存在、检验电荷的电性、电荷量无关．故正确答案为D.]6．人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h 处，恰处于悬浮状态．现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h 处，无初速释放，则此带电粉尘将( )【导学号：81370234】A ．向星球地心方向下落B ．飞向太空C ．仍在那里悬浮D ．沿星球自转的线速度方向飞出C [均匀带电的星球可视为点电荷．粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即kQq r 2＝G Mm r 2，可以看出，r 增大，等式仍然成立，故选C.]7．(2017·台州模拟)在真空中有一点电荷形成的电场，离该点电荷距离为r 0的一点，引入一电量为q 的检验电荷，所受电场力为F ，则离该点电荷为r 处的场强大小为( )A.F qB.Fr 20qr 2C.Fr 0qrD.F q r 0r B [根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2可得：真空中同一点电荷产生的电场强度与场点位置r 的平方成反比，则E E 0＝r 20r 2，又E 0＝F q ，所以E ＝Fr 20qr 2，故选B.] 8．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶1D [两球接触前，由库仑定律得F 1＝k 3Q ·5Q a 2，两球接触后，由于两小球完全相同，故接触后带电量相同，即q ＝5Q －3Q 2＝Q ，由库仑定律得F 2＝k Q ·Q (2a )2，则F 1F 2＝60，选项D 正确，A 、B 、C 错误．] 9.(2017·平湖模拟)如图6-1-10所示，关于a 、b 两点的电场强度的大小及方向，下列表述正确的是( )图6-1-10A．E a>E b，方向相同B．E a>E b，方向不同C．E a<E b，方向相同D．E a<E b，方向不同B[电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场较强；电场线的切线方向表示电场方向，a、b两点的电场方向不相同，B正确．]10．真空中有一个点电荷＋Q1，在距其r处的P点放一电荷量为＋Q2的试探电荷，试探电荷受到的静电力为F，则下列判断中正确的是()【导学号：81370235】A．P点的场强大小为F Q1B．P点的场强大小等于FQ2也等于kQ2r2C．试探电荷的电荷量变为2Q2时，其受到的静电力将变为2F，而P处的场强为FQ2D．若在P点不放试探电荷，则该点场强为0C[由场强定义式E＝Fq得E＝FQ2，选项A错；由点电荷场强公式知E＝kQ1r2，选项B错误；电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入试探电荷、试探电荷的电荷量如何，电场强度都不变，选项C正确，D错误．]11.如图6-1-11所示直线为空间某电场的一条电场线，关于电场线上A、B 两点的电场特点，下列说法正确的是()图6-1-11A．A、B两点电场强度方向相同B．A、B两点电场强度方向不同C．A、B两点电场强度大小相等D．A、B两点电场强度大小不等A[电场强度方向沿电场线的切线方向，A、B两点在同一直电场线上，电场强度方向相同，选项A正确，B错误；因为图中只有一条电场线，无法从疏密程度上判断电场强度的强弱，所以A、B两点的电场强度大小无法判断，选项C、D错误．]12．(加试要求)一带负电荷的质点，只在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是减小的，关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()A B C DD[质点的速度减小，根据动能定理，电场力对质点做负功，即电场力的方向与速度方向之间的夹角大于90°、指向轨迹弯曲的内部，又因为负电荷受到的电场力与场强的方向相反，所以D正确．]13.(加试要求)(多选)如图6-1-12所示，M、N为两个等量同种点电荷，在其连线的中垂线上的P点(离O点很近)放一静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，下列说法中正确的是()图6-1-12A．点电荷q在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷q在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷q运动到O点时加速度为0，速度达到最大值D．点电荷q越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到点电荷的速度为0BCD[两点电荷在O点的电场强度刚好等大、反向，合电场强度为0，点电荷q在O点所受的力为0，加速度为0，而由图知，从O点往上、往下一小段位移内电场强度越来越强，加速度也就越来越大．从两侧往O点运动过程中，静电力方向与运动方向相同，点电荷q 做加速运动，到O 点时速度最大．故选项B 、C 、D 正确．]14.(2017·乐清模拟)如图6-1-13所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 球固定在竖直放置的10 cm 长的绝缘支杆上，B 球静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上，且恰与A 球等高．若B 球的质量为30 3 g ，则B 球带电荷量是多少？(g 取10 m/s 2)【导学号：81370236】图6-1-13【解析】 因为B 球静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 球等高．设A 、B 两球之间的水平距离为L .依据题意可得：tan 30°＝h L ，L ＝h tan 30°＝1033cm ＝10 3 cm. 对B 球进行受力分析，如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力： F ＝mg tan 30°＝303×10－3×10×33 N ＝0.3 N.依据F ＝k q 1q 2r 2得F ＝k Q 2L 2，解得 Q ＝F k ·L ＝0.39×109×103×10－2 C ＝1.0×10－6 C. 【答案】 1.0×10－6 C15.(加试要求)如图6-1-14所示，图6-1-14一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E ＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电荷量为q ＝－1.73×10－5 C 、质量为m ＝3×10－2 kg 的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点．已知AB 间距离x 1＝0.4 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)小球在B 点的速度v B ；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)小球从A 点滑至C 点的时间.【导学号：81370237】【解析】 (1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒有mgx 1sin α＝12m v 2B ，可得v B ＝2 m/s.(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度a 2＝mg sin α－qE cos αm＝－5 m/s 2. 小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，BC 的距离为x 2＝－v 2B 2a 2＝0.4 m. (3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移中的平均速度分别为v AB ＝0＋v B 2，v BC ＝v B ＋02.小球从A 到C 的平均速度为v B 2.x 1＋x 2＝ v t ＝v B 2t ，可得t ＝0.8 s.【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)0.8 s。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第12章 第1节
[浙江考试标准]第1节 动量和动量定理 动量守恒定律考点一| 动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝m v . (3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：⎩⎨⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp1．用动量定理解题的基本思路2．动量定理的应用 (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；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．1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．动量越大的物体，其质量一定越大A[动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误．物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误．物体的动量越大，其质量并不一定越大，故选项D错误．] 2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图12-1-1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()图12-1-1A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零BD[拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项D正确．]3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小D[人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v＝v20＋2gh)一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑里作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长F小，故D对．]4．(2016·宁波调研)如图12-1-2所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F ＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力的大小．(g取10 m/s2)图12-1-2【解析】 全过程整体考虑，取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 方向为正方向，则由动量定理：Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F －t 3＝－m v ′ 代入数据整理解得：F －＝280 N. 【答案】 280 N5．(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图12-1-3所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．(不计空气阻力)(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v 0；(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系)【导学号：81370400】图12-1-3【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ， Q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR ，电流方向向右．(2)平均感应电流I －＝E －R ＝B ΔS R Δt ， 平均安培力F －＝B I －L ， 由动量定理得 (F －－mg )Δt ＝m v 0， v 0＝B 2L ΔSmR －g Δt .(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正， 由动量守恒定律得－m ′u ＋(m －m ′)Δv ＝0， 解得Δv ＝m ′m －m ′u .【答案】 见解析考点二| 动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．1．动量守恒定律的“五性”(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、末状态的动量；(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．1．(多选)下列四个选项所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()AC[子弹射入木块的过程中，水平方向系统合力为零，动量守恒，A正确；两球匀速下降，总浮力等于总重力，细线断裂后，系统在竖直方向合力仍为零，动量守恒，C正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，系统水平方向动量增大，动量不守恒；木块沿光滑斜面下滑过程中，木块动量增大，斜面静止，故系统动量不守恒．]2．(2017·桐乡选考模拟)一个质量M＝2 kg的装沙小车沿光滑水平轨道运动，速度v＝3 m/s，一个质量m＝1 kg的球从0.2 m高处自由落下，恰落入小车的沙中，此后小车的速度v′为()A．3 m/s B．2 m/sC．2.7 m/s D．0B[车、沙、球组成的系统在水平方向上动量守恒，有M v＝(M＋m)v′，解得v′＝M vM＋m＝2×32＋1m/s＝2 m/s，选项B正确．]3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙的速度为多大；(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大.【导学号：81370401】【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s＝43m/s≈1.33 m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝m乙v乙－m甲v甲m乙＝1×3－0.5×21m/s＝2 m/s.【答案】(1)1.33 m/s(2)2 m/s4．如图12-1-4所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A＝m C＝2m，m B＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(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B与C碰撞前B的速度．图12-1-4【解析】设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为v B，由动量守恒定律有(m A＋m B)v0＝m A v＋m B v Bm B v B＝(m B＋m C)v联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为v B＝95v0.【答案】9 5 v0。
【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第十三章第2讲-原子核
[考试标准]一、原子核的组成1．天然放射现象(1)天然放射现象元素自发地放出射线的现象，首先由贝可勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构．(2)三种射线2.原子核的组成(1)原子核由质子(11H)和中子(10n)组成，质子和中子统称为核子．质子带正电，中子不带电．(2)基本关系①核电荷数(Z)＝质子数＝元素的原子序数＝核外电子数．②质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．(3)X元素的原子核的符号为A Z X，其中A表示质量数，Z表示核电荷数．(4)同位素：具有相同质子数而中子数不同的原子核，在元素周期表中处于同一位置，它们互称为同位素．二、放射性元素的衰变1．原子核的衰变(1)原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变．(2)分类α衰变：A Z X→A－4Y＋42HeZ－2β衰变：A Z X→A Z+1Y＋0-1e当放射性物质连续发生衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ辐射．(3)两个典型的衰变方程α衰变：23892U→23490Th＋42Heβ衰变：23490Th→23491Pa＋0-1e.2．半衰期放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系．三、探测射线的方法威尔逊云室，气泡室，盖革—米勒计数器．四、放射性的应用与防护1．应用射线：工业上可以测厚度、医疗方面可以放射治疗、照射种子来培育优良品种等．2．示踪原子：有关生物大分子的结构及其功能的研究，要借助于示踪原子．3．辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用．要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染．4．裂变的应用：原子弹、核反应堆．五、核裂变1．典型的裂变反应方程：235U＋10n→8936Kr＋14456Ba＋310n.922．链式反应：由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程．3．临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量．4．裂变的应用：原子弹核反应堆．六、核聚变1．典型的聚变反应方程：2H＋31H→42He＋10n＋17.6 MeV12．人工转变：(1)卢瑟福发现质子：147N＋42He→178O＋11H.(2)查德威克发现中子：94Be＋42He→126C＋10n.1．与原子核内部变化有关的现象是()A．α粒子散射现象B．光电效应现象C．电离现象D．天然放射现象答案 D2．(2016·衢州市调研)医学界通过14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是()A．示踪原子B．电离作用C．催化作用D．贯穿作用答案 A3．表示放射性元素碘131(13153I)β衰变的方程是()A. 13153I→12753Sb＋42HeB. 13153I→13154Xe＋0-1eC. 13153I→13053I＋10nD. 13153I→13052Te＋11H答案 B4. 1932年，英国物理学家查德威克用α射线轰击铍核(94Be)时，产生了碳核(126C)和一种不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是()A．光子流B．中子流C．电子流D．质子流答案 B5．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近()A．1036 kg B．1018 kg C．1013 kg D．109 kg答案 D6．下列说法正确的是()A．重核裂变时放出能量，而轻核聚变时吸收能量B．轻核聚变必须在很高的温度下才能进行C．氢弹是利用轻核聚变制成的，因此它的威力比原子弹小D．人类制成了原子弹，从而实现了用人工方法控制链式反应的速度，和平利用核能答案 B命题点一原子核及核反应例1(多选)(2016·10月浙江选考·16)用中子(10n)轰击铀核(235 92U)产生裂变反应，会产生钡核(144 56 Ba)和氪核(8936Kr)并释放出中子(10n)，当达到某些条件时可发生链式反应．一个铀核(235 92U)裂变时，释放的能量约为200 MeV(1 eV＝1.6×10－19 J)．以下说法正确的是()A. 23592U的裂变方程为23592→14456Ba＋8936Kr＋210nB. 235 92U 的裂变方程为235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310nC. 235 92U 发生链式反应的条件与铀块的体积有关 D ．一个235 92U 裂变时，质量亏损约为3.6×10－29kg解析 铀核在裂变过程中需要中子的轰击，产生链式反应，所以选项A 错误，选项B 正确．而链式反应在进行过程中，还需要铀矿达到临界体积才能维持链式反应持续不断进行下去，所以选项C 正确．根据释放出来的核能，结合质能方程ΔE ＝Δmc 2可知，反应过程中，亏损质量为Δm ＝200×106×1.6×10－19(3×108)2kg ≈3.6×10－28 kg ，选项D 错误． 答案 BC1．核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头“→”连接并表示反应方向，不能用等号连接．2．核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程．3．核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒，核反应过程中反应前后的总质量一般会发生变化． 4．核反应遵循电荷数守恒． 题组阶梯突破1．(多选)14C 发生放射性衰变成为14N ，半衰期约为5 700年，已知植物存活期间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动结束后，14C 的比例持续减少，现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是( )A ．该古木的年代距今约5 700年B ．12C 、14C 具有相同的中子数 C ．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变答案AC解析放射性元素经过一个半衰期剩下的原子核的质量是原来的一半，故该古木的年代距今约为5 700年，A正确；具有相同的质子数、不同的中子数的元素称为同位素，B错误；14C 衰变为14N，电荷数增加1，说明放出了电子，发生了β衰变，C正确；半衰期由元素本身决定，与外界因素无关，D错误．2．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n.下列说法正确的有()A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案AC解析核裂变反应是重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应，A选项正确；铀块要发生链式反应需达到一定的体积，B选项错误；链式反应可人工控制用以建立核电站，C选项正确；原子核的半衰期是由原子核本身的性质决定，与其所处的环境或状态无关，D选项错误．3．(多选)据报道，2014年3月4日英国兰开夏郡的一名13岁学生杰米·爱德华兹在学校实验室里成功完成了一项核试验，成为世界上实现聚变的最年轻的人，引起人们对氢元素、氢的同位素、核反应的热议．下列说法正确的是()A．氢原子光谱是线状谱B．氘(21H)可以发生α衰变C.21H＋31H―→42He＋10n是核聚变D．核聚变都是可控的答案AC解析因为氢原子释放的能量是不连续的，氢原子的光谱是线状光谱，选项A正确；原子序数较大的原子核才可能发生α衰变，选项B错误；21H＋31H―→42He＋10n是核聚变，选项C正确；核聚变并非都是可控的，选项D错误．4. 23290Th(钍核)经过6次α衰变和4次β衰变后变成铅核，则()A．铅核的符号为20882Pb，它比23290Th少8个中子B．铅核的符号为20478Pb，它比23290Th少16个中子C．铅核的符号为20882Pb，它比23290Th少16个中子D．铅核的符号为22078Pb，它比23290Th少12个中子答案 C解析设铅核的质量数为M，核电荷数为Z，则由质量数守恒可得M＝232－6×4＝208，由核电荷数守恒可得Z＝90－6×2＋4×1＝82.则铅核的中子数N1＝208－82＝126，钍核的中子数N2＝232－90＝142.所以铅核的中子数比钍核的中子数少16个．C正确．命题点二核能的计算例2铀核裂变的一种方式是23592U＋10n→14360Nd＋9040Zr＋310n＋8X，该反应的质量亏损是0.2 u,1 u相当于931.5 MeV的能量．(1)核反应方程中的X是____________．(2)该反应放出的能量是________J．(结果保留3位有效数字)解析①根据质量数和电荷数守恒得：X质量数为0，核电荷数为－1，故此粒子是电子0－e，②该核反应质量亏损为：Δm＝0.2 u，能量亏损为：ΔE＝0.2×931.5 MeV≈2.98×10－11 J. 1答案①0-1e②2.98×10－11 J核能的计算方法1．根据爱因斯坦质能方程列式计算：即ΔE＝Δmc2(Δm的单位：kg)．2．根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏能量，则ΔE＝Δm×931.5 MeV(Δm的单位：u)．3．核反应遵守动量守恒定律和能量守恒定律，因此我们可以结合动量守恒定律和能量守恒定律来计算核能．题组阶梯突破5．(多选)“超导托卡马克”(英名称：EAST，俗称“人造太阳”)是我国自行研制的可控热核反应实验装置．设该实验反应前氘核(21H)的质量为m1，氚核(31H)的质量为m2，反应后氦核(42He)的质量为m3，中子(10n)的质量为m4，光速为c.下列说法中正确的是()A．这种装置中发生的核反应方程式是21H＋31H→42He＋10nB．由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4C．核反应放出的能量等于(m1＋m2－m3－m4)c2D．这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同答案ACD解析可控热核反应装置中发生的核反应方程式是21H＋31H→42He＋10n，故A正确；核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此m1＋m2≠m3＋m4，故B 错误；核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3－m4，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确；这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不同，故D正确．6．氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为21H＋31H→42He＋x，式中x 是某种粒子．已知：21H、31H、42He和粒子x的质量分别为2.0141 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u＝931.5 MeV.由上述反应方程和数据可知，粒子x是______，该反应释放出的能量为______MeV(结果保留3位有效数字)．答案10n或中子17.6解析由核电荷数守恒可知，x粒子的核电荷数为：1＋1－2＝0，由质量数守恒可知，x粒子的质量数为：2＋3－4＝1，则x粒子是10n或中子；核反应过程中释放的能量为E＝Δmc2≈17.6 MeV.1．(多选)以下是有关近代物理内容的若干叙述：其中正确的有()A．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用B．太阳内部发生的核反应是热核反应C．原子的核式结构模型是由汤姆逊在α粒子散射实验基础上提出的D．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象答案ABD解析核力为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故A正确；太阳内部发生的是热核反应；故B正确；原子的核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故C 错误；关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射现象，故D正确．2．在核反应堆外修建很厚的水泥层，是为了防止()A．核爆炸B．放射性外泄C．快中子外泄D．慢中子外泄答案 B解析核爆炸用水泥层是防不住的，反应堆内部是用镉棒控制中子数目，修建很厚的水泥层，是为了屏蔽放射线，B正确．3．(多选)(2016·东阳市联考)有关放射性同位素3015P的下列说法，正确的是()A.3015P 与3014X 互为同位素B.3015P 与其同位素有相同的化学性质C.用3015P 制成化合物后它的半衰期变长D.含有3015P 的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响答案 BD解析 同位素有相同的质子数，所以选项A 错误．同位素有相同的化学性质，所以选项B 正确．半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以3015P 制成化合物后它的半衰期不变，选项C 错误．含有3015P 的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D 正确．4．(多选)有关原子核的知识，下列说法正确的是( )A ．原子核可发生β衰变表明原子核中有电子B ．放射性元素的原子核经过2个半衰期将全部衰变C ．在核反应中，动量守恒D ．在核反应中，质量数和电荷数都守恒答案 CD解析 原子核内只有质子和中子，β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子，并放出电子，选项A 错误；放射性元素的原子核经过2个半衰期还剩余总量的14，选项B 错误；核反应前后，满足动量守恒定律，选项C 正确；在核反应前后，质量数和电荷数守恒，选项D 正确．5．曾任美国总统的老布什曾让医生们虚惊了一场，那是在访日宴会上突然昏厥，美国政府急忙地将他送回国，医生用123I 进行诊断，通过体外跟踪，迅速查出了病因. 123I 的特性是( )A ．半衰期长，能迅速从体内清除B ．半衰期长，并缓慢从体内清除C ．半衰期短，能迅速从体内清除D ．半衰期短，并缓慢从体内清除答案 C解析利用放射性同位素123I放出的γ射线，穿透本领比α、β射线强.123I的半衰期较短，可以迅速从体内消失，不至于因长时间辐射而对身体造成伤害．故C对．6．(多选)下列应用是把放射性同位素作为示踪原子的是()A．利用钴60治疗肿瘤等疾病B．γ射线探伤C．利用含有放射性碘131的油检测地下输油管的漏油情况D．把含有放射性元素的肥料施给农作物用以研究农作物吸收养分的规律答案CD解析利用钴60治疗肿瘤和利用γ射线探伤是利用钴60或γ射线能量高、贯穿本领大的特点，故A、B错误；C、D项是利用放射性同位素作为示踪原子，故C、D正确．7．(多选)下列说法正确的是()A．分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较小B．用升温、加压或发生化学反应的方法不能改变放射性元素的半衰期C．以m D、m p、m n分别表示氘核、质子、中子的质量，则m D＝m p＋m nD．天然放射现象中的γ射线是原子核受激发产生的答案BD解析分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应；由光电效应方程：E k＝hν－W0，则用频率比较大的X射线照射时光电子的最大初动能较大；故A错误；半衰期与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故B正确；质子和中子结合成氘核，有质量亏损，可知m D＜m p＋m n，故C错误；天然发射现象中的γ射线是原子核受激发产生的，故D正确．8．放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了()A．1位B．2位C．3位D．4位答案 C解析原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，所以经过2次α衰变后电荷数减小4；同时，经过一次β衰变，电荷数增加1；所以元素A经过2次α衰变和1次β衰变后电荷数减小3，则生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3位，故C正确，A、B、D错误．9．(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有()A.31H＋21H―→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H―→42He＋10n是β衰变C.23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.23592U＋10n―→14054Xe＋9438Sr＋210n是α衰变答案AC解析两个轻核聚合成一个较重的核的反应为核聚变反应，故A对，B错．重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应为核裂变反应，故C对．原子核放出α或β粒子后变成另一种原子核的反应称为原子核的衰变．原子核衰变的反应物只有一种，故D错．10．在核反应堆中，使用的核燃料是钚239，裂变时释放出快中子，周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239(23992U)很不稳定，会发生β衰变成钚239(23994Pu)(1)铀239(23992U)经过______次β衰变后变成钚239(23994Pu)．(2)写出铀239(23992U)衰变成钚239(23994Pu)核的反应方程式：____________.(3)若铀239(23992U)的质量为m1，钚239(23994Pu)的质量为m2，电子的质量为m3，光速为c，则铀239(23992U)衰变成钚239(23994Pu)放出的能量为__________．答案(1)2(2)23992U―→23994Pu＋20－1e(3)(m1－m2－2m3)c2解析(1)从铀239(23992U)到钚239(23994Pu)电荷数增加2，故经过了2次β衰变；(2)核反应方程为：23992U―→23994Pu＋20－1e；(3)反应的质量亏损是：Δm＝(m1－m2－2m3)，根据质能方程E ＝mc2可知，放出的能量为ΔE＝(m1－m2－2m3)c2.11.23892U核经一系列的衰变后变成20682Pb核，问：(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变？(2) 20682Pb和23892U相比，质子数和中子数各少了多少？(3)综合写出这一衰变过程的方程．答案(1)86(2)1022(3)23892U―→20682Pb＋842He＋60－1e解析(1)设23892衰变为20682Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和核电荷数守恒可得238＝206＋4x①92＝82＋2x－y②联立①②解得x＝8，y＝6.即一共经过8次α衰变和6次β衰变．(2)因为原子核的核电荷数等于质子数，因此质子数减少了92－82＝10个．原子核的质量数为质子数与中子数的和，故中子数减少量为(238－92)－(206－82)＝22个．(3)此核反应方程为23892U―→20682Pb＋842He＋60-1e.。
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课后限时训练(五十三)
(建议用时：40分钟)
1．α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，是因为( )
A ．α粒子与电子根本无相互作用
B ．电子是均匀分布的，α粒子受电子作用的合力为零
C ．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计
D ．电子很小，α粒子碰撞不到电子
C [α粒子与电子之间存在着相互作用力，这个作用力是库仑引力，但由于
电子质量很小，只有α粒子质量17 300，碰撞时对α粒子的运动影响极小，几乎
不改变运动方向，就像一颗子弹撞上一粒尘埃一样，故正确答案为C.]
2．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )
【导学号：81370429】
答案：D
3．(2017·桐乡调研)氢原子的基态能量为E 1，如图所示，四个能级图能正确代表氢原子能级的是( )
C [由氢原子能级E n ＝1n 2E 1可知，n ＝2时，E 2＝14E 1，n ＝3时，E 3＝19E 1，n
＝4时，E 4＝116E 1，n ＝∞时，E ∞＝0，对应四个能级图可得选项C 正确．]
4．根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )
A ．当氢原子由能量为E n 的定态向低能级跃迁时，氢原子要辐射的光子能量为hν＝E n
B．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是ν
C．一个氢原子中的电子从一个半径为r a的轨道自发地直接跃迁到另一个半径为r b的轨道，已知r a＞r b，则此过程原子要辐射某一频率的光子D．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁
C[原子由能量为E n的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，与E n不同，故A错误；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错误；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D 错误．]
5．(2017·东阳选考模拟)对于基态氢原子，下列说法正确的是()
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能
A[注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收.10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确，B错误．基态氢原子只可吸收动能为11 eV的电子的部分能量(10.2 eV)，剩余0.8 eV仍为原来电子所有，故C、D错误．]
6．(多选)(2016·温州选考模拟)下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是()
【导学号：81370430】。