江苏省2020版高考物理三轮复习热点20练习选修3_5

合集下载

(19)选修3-5—江苏省2020高考物理考前冲A攻略复习讲义

必考部分选修3-5 【考情播报】考纲要求选修3-5内容要求说明51.动量动量定理I52.动量守恒定律及其应用I53.弹性碰撞和非弹性碰撞I只限于一维54.氢原子光谱氢原子的能级结构、能级公式I55.原子核的组成I56.原子核的衰变半衰期I57.放射性同位素放射性的应用与防护I58.核力与结合能质量亏损I59.核反应方程I60.裂变反应聚变反应链式反应I61.普朗克能量子假说黑体和黑体辐射I62.光电效应I63.光的波粒二象性物质波I命题预测1．考查原子物理及原子核物理的知识点，近代物理涉及的物理学史和物理学方法。

2．重点考查光电效应和光电路，原子能级跃迁，核反应、半衰期与质量亏损。

应试技巧1.动量、冲量、动量定理2.动量守恒定律--条件、公式3．原子物理——波粒二象性：（1）黑体辐射（普朗克）：随着温度升高，各种波长的辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

（2）光电效应（爱因斯坦）：a．爱因斯坦光电效应方程：E k=hν–W0，其中光电子最大初动能E k=eU c（U c为遏止电压），hν为入射光子的能量，W0为金属的逸出功b．只有hν>W0时，才有光电子逸出，截止频率νc=0Wh江苏高考物理考前冲A攻略（19）【真题回顾】1.(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为________。

A.mMv B.Mmv C.mm＋Mv D.Mm＋Mv(2)100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。

后来，人们用α粒子轰击6028Ni核也打出了质子：42He＋6028Ni→6229Cu＋11H＋X，该反应中的X是________(选填“电子”“正电子”或“中子”)。

此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能。

目前人类获得核能的主要方式是________(选填“核衰变”核裂变”或“核聚变”)。

2020江苏高考物理二轮练习：选修部分热点巧练20 选修3-5

板块四选修部分热点巧练热点20选修3-5(建议用时：20分钟)1．(1)下列说法中正确的是____________．A．一个质子和一个中子结合成氘核，一定会释放出能量B．汤姆孙发现电子，揭示了原子核内部有复杂结构C．根据玻尔理论，电子没有确定轨道，只存在电子云D．氢原子可以吸收任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大(2)已知质子的质量为m1，中子的质量为m2，碳核(126C)的质量为m3，则碳核(12 6C)的比结合能为______________，碳14是碳的一种具有放射性的同位素，研究发现外来的宇宙射线与大气作用产生宇宙射线中子，宇宙射线中子和大气中氮核(147N)起核反应产生碳14，请写出核反应方程__________________________．(3)如图所示，在列车编组站里，一质量m1＝3.6×104kg的甲货车在平直轨道上以v1＝2 m/s 的速度运动，碰上一质量m2＝2.4×104kg的静止的乙货车，它们碰撞后结合在一起继续运动，求货车碰撞后运动的速度以及甲货车在碰撞过程中动量的变化量．2．(1)下列说法正确的是()A．所有元素都可能发生衰变B．一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时最多能发出6种不同频率的光C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D.23592U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短(2)1919年，卢瑟福发现了质子．现在科学家用质子轰击锂核73Li，生成了2个α粒子，这个核反应方程为____________．若用m1表示质子质量，m2表示锂核质量，m3表示α粒子质量，则此反应中释放的能量ΔE＝____________．(3)氢原子的能级图如图所示，原子从能级n＝3向n＝2跃迁所放出的光子正好使某金属材料发生光电效应．求：①该金属的逸出功．②原子从能级n＝2向n＝1跃迁所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大初动能．3．(1)(2019·泰州中学等综合评估)下列说法正确的是()A．电子的衍射图样表明电子具有波动性B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定(2)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核28Si*，核反应方程为____________，此过程中动量____________(填“守恒”或“不守恒”)．14(3)如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平拉力的大小为多少？热点20选修3-5 1．解析：(2)此核反应方程为：611H＋610n→126C故碳核(126C)的结合能为ΔE＝Δmc2＝(6m1＋6m2－m3)c2，因核子数为12，则比结合能为ΔE 12＝（6m1＋6m2－m3）c212.根据电荷数守恒、质量数守恒，得核反应方程为10n＋147N→146C＋11H.(3)对整个系统，碰撞过程动量守恒，设结合在一起继续运动的速度为v 则m1v1＝(m1＋m2)v货车碰撞后运动的速度v＝m1v1m1＋m2＝1.2 m/s，甲货车的动量的变化量Δp＝m1v－m1v1＝－2.88×104 kg·m/s(或“动量变化量大小为2.88×104 kg·m/s，方向与初速度方向相反”)．答案：(1)A(2)（6m1＋6m2－m3）c2121n＋147N→146C＋11H(3)1.2 m/s－2.88×104 kg·m/s2．解析：(1)自然界中部分元素没有放射现象，故A错误；一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时最多能发出3种不同频率的光，分别是从n＝3到n＝2，从n＝3到n＝1，从n＝2到n＝1，故B错误；根据质量数与电荷数守恒，则有放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1，故C正确；半衰期不随着地球环境的变化而变化，故D错误．(2)用质子轰击锂核，生成了2个α粒子，核反应方程为11H＋73Li→242He，反应过程中亏损的质量为Δm＝m1＋m2－2m3，则释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－2m3)c2.(3)①根据题意可知，原子从能级n＝3向n＝2跃迁放出的能量即为该金属的逸出功，W0＝E3－E2＝(－1.51＋3.4)eV＝1.89 eV.②原子从能级n＝2向n＝1跃迁放出的能量为hν＝(－3.4＋13.6) eV＝10.2 eV根据光电效应方程得E km＝hν－W0＝8.31 eV.答案：(1)C(2)11H＋73Li→242He(m1＋m2－2m3)c2(3)见解析3．解析：(2)根据质量数和电荷数守恒可得，核反应方程为p＋2713Al→2814Si*；核反应过程中释放的核力远远大于外力，故系统动量守恒．(3)以向前的方向为正方向，对5 s过程由动量定理有：Ft＝Δm v解得：F＝Δm vt＝5 000×0.55N＝500 N.答案：(1)AB(2)p＋2713Al→2814Si*守恒(3)500 N。

2020版物理高考新素养总复习江苏专用讲义：选修3-5+第十一章+动量守恒定律+第2讲和答案

第2讲光电效应波粒二象性知识排查黑体和黑体辐射普朗克能量子假说1.黑体与黑体辐射(1)黑体：是指能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。

(2)黑体辐射的实验规律①一般材料的物体，辐射的电磁波除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关。

②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关。

a.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加。

b.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

2.能量子(1)定义：普朗克认为，带电微粒辐射或者吸收能量时，只能辐射或吸收某个最小能量值的整数倍。

即能量的辐射或者吸收只能是一份一份的。

这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子。

(2)能量子的大小：ε＝hν，其中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量。

h＝6.63×10－34 J·s。

光电效应1.定义照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象。

2.光电子光电效应中发射出来的电子。

3.研究光电效应的电路图(如图1)：图1其中A 是阳极。

K 是阴极。

4.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。

低于这个频率的光不能产生光电效应。

(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10－9s 。

(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。

爱因斯坦光电效应方程1.光子说在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光的能量子，简称光子，光子的能量ε＝hν。

其中h ＝6.63×10－34J·s 。

(称为普朗克常量)2.逸出功W 0 使电子脱离某种金属所做功的最小值。

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后所具有的动能的最大值。

4.遏止电压与截止频率(1)遏止电压：使光电流减小到零的反向电压U c 。

2020年高考物理专题复习专题选修3-5典型计算(共27张PPT)

电离态：n＝∞，E∞＝0
定态(En)→电离态(E∞=0) E吸＝E∞-En＝0-En＝-En
如吸收光子的能量足够大，克服电离能后获得自由的光电子还具有动能
注意：实物粒子和原子作用使原子激发或电离,是通过实物粒子和原子碰撞来实现的, 在碰撞过程中实物粒子的动能可以全部或部分地被原子吸收,所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两个能级的差值,就可以使原子受激发而跃迁到较高的能级,当入射粒子的动能大于原子在某能级的能量的绝对值时,可以使原子发生电离。
氢原子光谱、能级跃迁核反应和核能
（2019全国1卷）
2015年（2016年-2019年全国卷）
高考题型1 冲量、动量定理、动量、动量守恒高考题型2 光电效应、波粒二象性高考题型3 氢原子光谱、能级跃迁高考题型4 核反应和核能
高考题型1 冲量、动量定理、动量、动量守恒
动量定理
I合外力
∆P
金属
钨钙钠钾铷
W0(×10-19 J) 7.26 5.12 3.66 3.60 3.41
用一束可见光照射上述金属的表面,请通过计算说明哪些能发生
光电效应。已知该可见光的波长范围为 4.0×10-7~7.6×10-7 m,普
朗克常量h=6.63×10-34 J·s。
解：发生光电效应条件，则入射光 w0
F合t mv2 mv1
动量守恒定律 ∆P=0
m1v1 m2v2 m1v1' m2v'2
矢量式、过程
例1.（2018·江苏高考）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中.
(1)小球所受弹簧弹力冲量；（2）平均弹力大小F

【走向高考】2020年高考物理总复习选修3-5综合测试题

选修3－5综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下面列出的是一些核反应方程：3015P ―→3014Si ＋X ，94Be ＋21H ―→105B ＋Y ， 42He ＋42He ―→73Li ＋Z.其中( )A ．X 是质子，Y 是中子，Z 是正电子B ．X 是正电子，Y 是质子，Z 是中子C ．X 是中子，Y 是正电子，Z 是质子D ．X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子[答案] D[解析] 由电荷数守恒和质量数守恒规律可知，X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子，故D 正确．2．放射性同位素发出的射线在科研、医疗、生产等诸多方面得到了广泛的应用，下列有关放射线应用的说法中正确的有( )A ．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B ．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C ．用放射线照射作物种子能使其DNA 发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D ．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害[答案] D[解析] 利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视；作物种子发生的DNA 突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量，故选D.3．2020年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m 1的赵宏博抱着质量为m 2的申雪以v 0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，则有( )A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1[答案] C[解析] 因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4.“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的32He含量十分丰富，科学家认为，32He是发生核聚变的极好原料，将来32He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于32He，下列说法正确的是( )A.32He的原子核内有三个中子两个质子B.32He的原子核内有一个中子两个质子C.32He发生聚变，放出能量，一定会发生质量亏损D.32He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起[答案] BC[解析] 32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．5．下列说法正确的是( )A．中子和质子结合氘核时吸收能量B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电[答案] C[解析] 中子和质子结合成氘核时放出能量．放射性物质的半衰期不受温度的影响．原子核经过一次α衰变核内的中子数减少2个，一次β衰变核内的中子数减少一个．γ射线的电离作用很弱，不可用来消除有害静电．6．(2020·温州模拟)2020年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程23592U ＋n→14156Ba ＋9236Kr ＋αX 是反应堆中发生的众多核反应的一种，n 为中子，X 为待求粒子，α为X 的个数，则( )A ．X 为质子 α＝3B ．X 为质子 α＝2C ．X 为中子 α＝2D ．X 为中子 α＝3 [答案] D[解析] 由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X 电荷数为0，即X 应为中子，又由质量数守恒可得α＝3，因此，答案选D.7．颜色不同的a 光和b 光由某介质射向空气时，临界角分别为C a 和C b ，且C a > C b .当用a 光照射某种金属时发生了光电效应，现改用b 光照射，则( )A ．不一定能发生光电效应B ．光电子的最大初动能增加C ．单位时间内发射的光电子数增加D ．入射光强度增加[答案] B[解析] 由sin C ＝1n可知n a <n b ，则a 光的频率小于b 光的频率，因此B 对． 8．(2020·合肥模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v[答案] B[解析] 本题考查碰撞和动量守恒，意在考查学生对碰撞中的动量守恒和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．9．由于放射性元素23793Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi，下列论述中正确的是( )A．核20983Bi比核23793Np少28个中子B．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D．发生β衰变时，核内中子数不变[答案] B[解析] 因为核反应方程的质量和电荷数守恒，可以知道该核反应方程为23793Np→20983Bi＋742He＋40－1e，B正确；20983Bi和23793Np的中子数分别为126和144，相差18个，A错；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，D错．10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3kg的木板，木板上有质量为m＝1kg的物块．它们都以v＝4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能[答案] A[解析] 当木板速度为v1＝2.4m/s时，由动量守恒定律可得，Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝0.8m/s，方向向左，可见物块已经向左匀加速运动，选项A正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)在2020年温哥华冬奥会上，首次参寒的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员王冰玉投掷冰壶的镜头．假设在此次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后中国队的冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑行．若两冰壶质量相等，则对方冰壶获得的速度为________m/s.[答案] 0.3[解析] 由动量守恒定律m1v1＝mv′1＋m2v′2代入数值解得：v′2＝0.3m/s12．(6分)在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B 的质量之比为M A ∶M B ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为p A ∶p B ＝________.[答案] 1∶2[解析] 考查碰撞中动量守恒表达式的应用．实验中碰撞结束时刻的动量之比为p A p B＝M A ·OM M B ·ON ＝32×18.3055.14＝1213．(6分)1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现________．图中A 为放射源发出的________粒子，B 为________气．[答案] 质子 α 氮三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？(2)求此过程中释放的核能．[答案] (1)m 1v 0m 1＋m 2(2)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 2 [解析] (1)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝m 1v 0m 1＋m 2(2)核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3反应过程中释放的核能ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 215．(10分)(2020·江苏省姜堰市二中高三上学期学情调查)用速度为v 0、质量为m 1的42He核轰击质量为m 2的静止的147N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B .其中A 为148O 核，质量为m 3，速度为v 3；B 的质量为m 4.(1)计算粒子B 的速度v B .(2)粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反．[答案] (1)m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)v 3>m 1v 0m 3[解析] 根据动量守恒定律可解得粒子B 的速度，再根据粒子B 的速度方向与42He 核的运动方向相反，确定粒子A 的速度符合的条件．(1)由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)B 的速度与42He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0，解得：v 3>m 1v 0m 3 16．(11分)(2020·烟台模拟)如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，M ＝5m ，A 、B 间存在摩擦，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求A 、B 最后的速度大小和方向．[答案] 23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同． [解析] 由动量守恒可知：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝M －m M ＋mv 0 将M ＝5m 代入上式可得：v ＝23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同17．(11分)氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为E e ＝12.89eV 的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激，跃迁到n ＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量m e 与氢原子的质量m H 之比为1∶1840)[答案] 0.15eV[解析] 以v e 和v H 表示碰撞前电子的速度和氢原子的速率，根据题意有： m e v e －m H v H ＝0①碰撞前，氢原子与电子的总动能为：E k ＝12m H v 2H ＋12m e v 2e ② 联立①②两式并代入数据解得：E k ≈12.90eV③氢原子从基态跃迁到n ＝4的能级所需要能量由能级图可得：ΔE ＝－0.85eV －(－13.6eV)＝12.75eV ④碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为：E ′k ＝E k －ΔE ＝12.9eV －12.75eV ＝0.15eV。

2020版高考物理大三轮冲刺押题练江苏专用练习：选修3-5专练 Word版含解析

选修3-5专练1．(1)对于下列四幅图的叙述正确的是________。

A ．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B ．由乙图可知，a 光光子的频率高于b 光光子的频率C ．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有14发生衰变D ．由丁图可知，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定 (2)氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量。

若某氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高－34E 1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级。

(3)如图所示，质量为m 的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t 滑到斜面底端时速率为v 。

求此过程中：①斜面对物块的支持力的冲量大小I N ； ②斜面对物块的摩擦力的冲量大小I f 。

解析：(1)由题图甲观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A 项正确；由题图乙可知，a 光光子的频率低于b光光子的频率，故B 项错误；由题图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有34发生衰变，故C 项错误；由题图丁可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故D 项正确。

(2)由题意可得发射光子后氢原子能量为E ＝E 1＋⎝⎛⎭⎫－34E 1＝14E 1；根据波尔理论氢原子发射光子能量E ＝E m －E n (m >n )，得到氢原子发射光子前的能量为E ′＝14E 1＋⎝⎛⎭⎫－316E 1＝E 116，根据氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，得到发射光子前n ＝4，发射光子后n ＝2。

(3)①把重力沿垂直斜面方向分解，分力为G 1＝mg cos θ，在垂直斜面方向物块受到支持力F N ，物块在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：F N ＝mg cos θ，所以支持力的冲量为：I N ＝F N ·t ＝mg cos θ·t ；②在整个过程，对物块由动量定理可得： mg sin θ·t －I f ＝m v －0，化简可得摩擦力的冲量为： I f ＝mg sin θ·t －m v 。

高考必刷题系列物理狂K重点——高二物理选修选修3-5 知识讲解(共37页)

第一学习单元动量1．动量冲量动量定理K 知识深层理解1、动量和冲量（1）动量：运动物体的质量和速度的乘积叫动量，即p mv =.动量是矢量，方向与速度的方向相同.两个动量相同一定是大小相等，方向一致.（2）冲量：力和力的作用时间的乘积叫力的冲量，即I Ft =.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.2、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 p '=-或Ft mv mv '=-.理解1 什么是动量？为什么要学习动量？物体的质量m 与速度v 的乘积叫物体的动量，用p 表示，表达式是p mv =.因为公式中的v 悬物体的瞬时速度，示以动量具有矢量性，方向与瞬时速度的方向相同.动量是一个状态量，是针对某一时刻而言的，计算物体的动量时应取某一时刻的瞬时速度；动量具有相对性，大小与参考系的选取有关，通常动量是相对地面而言的.相对于速度，动量在描述物体的运动方面更进一步，更能体现物体运动的作用效果.物体动量的变化率pt∆∆等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式.理解2 如何理解冲量？1.冲量描述的是力F 对作用时间t 的累积效果.力越大，作用时间越长，冲量就越大，由I Ft =可知冲量大小由力F 和作用时间t 共同决定，讲冲量必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量.2.冲量与功的区别（1）冲量是矢量，功是标量.（2）由I Ft =可知，有力作用，这个力一定会有冲量，因为时间t 不可能为零.但是由功的定义式cos W Fs α=可知，有力作用，这个力却不一定做功.【注意】一对相互作用力的冲量和一定为零，一对相互作用力做功的代数和不一定为零.理解3 动量与动能的区别动量是矢量，动能是标量.动量的改变由合外力的冲量决定，而动能的改变由合外力所做的功来决定.动量和动能都是相对量，均与参考系的选取有关.当物体的速度大小不变，方向变化时，动量一定改变，动能却不变，如匀速圆周运动.理解4 理解动量定理1.物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量，表达式：Ft p p '=-或Ft mv mv '=-.印象笔记◀◀冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累.这两种积累作用可以在“F t -”图像和“F s -” 图像中用面积表示.变力的F t -图像 ◀我们在分析问题时经常会遇到动量与动能相结合的问题，要注意动量与动能间的关系：22kp mE =或2k mE ρ=.2.根据得F ma =，得v v p p F mt t ''--==∆∆，即pF t∆=∆，这是牛顿第二定律的另一种表达形式：作用力F 等于物体动量的变化率pt∆∆. 3.动量定理反映了物体所受冲量与其动量变化量两个矢量间的关系，式子中的“=”的含义包括大小相等和方向相同（注意I 与初、末动量无必然联系）.式子中的F t ∆应是总冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. K 应试拓展注意拓展1 动量变化量的计算2121p p p mv mv ∆=-=-若物体的运动始终保持在一条直线上，选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算（此时的正、负号仅表示方向，不表示大小）.若物体运动的初、末状态不在一条直线上，动量的变化量p ∆的大小和方向可以按平行四边形定则求得，也可以由三角形定则来计算，如图所示.拓展2 冲量的计算方法冲量的计算一般有以下三种方法：（1）公式法：合外力的冲量可由I F t =∆求出，也可以由各个外力的冲量的矢量和求出.公式中t ∆是力作用的时间，F 必须是恒力（可以是某一个恒力，也可以是恒定的合力），若F 不是恒力，则除随时间均匀变化的力可通过取平均值计算以外，一般不能用此式表达.（2）图像法：若已知力随时间的变化图线，则力的冲量的大小为此图线与时间轴所围的“面积”，如图所示.（3）动量定理法：根据物体运动状态的变化，利用动量定理求出合外力的冲量.冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和.若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和.例如：一质量为m 的质点在水平面内以速度v 做匀速圆周运动，如图，质点从位置A 开始，经12圆周到B 位置，质点所受合力的冲量是多少？分析：质点做匀速圆周运动，它所受的合外力提供向心力，印象笔记◀动量变化的大小与动量大小无关，这类似于v ∆与v 的关系.动量变化的正负不表示动量变化的大小，只表示动量变化的方向，动量变化的大小只能通过其绝对值的大小来判断.◀矢量运算遵从平行四边形定则或三角形定则.合力是一个大小不变、方向不断变化的力，由F t p ∆=∆可知p ∆以B v 方向为正方向，因为,A B v v v v =-=，则2B A p mv mv mv ∆=-=，合力的冲量与B v 同向.拓展3 应用动量定理分析实际问题常用动量定理解释的两类现象1.物体的动量变化量p ∆一定，由动量定理Ft p =∆可知，若力的作用时间F 越短，则作用力F 越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短力的作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F 就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长力的作用时间.2.作用力F 一定，由动量定理Ft p =∆可知，力的作用时间越长，动量的变化量就越大，力的作用时间越短，动量的变化量就越小.例1 玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地面上易碎，而落到松软的地毯上不易碎.这是为什么？【分析】玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小.因为玻璃杯是从同一高度落下，故动量变化量相同.但玻璃杯与地毯的作用时间远比与硬水泥地面的作用时间长，所以地毯对玻璃杯的作用力远比硬水泥地面对玻璃杯的小.所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地面上易碎，而落到松软的地毯上不易碎.定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量根据动量定理，I p p I =∆∆−−−→合合，p F tF t I p ∆=⋅⋅−−−−→=∆合合合受恒力. 例2 质量为m 的重锤，以速度v 竖直打在木粧上，已知重锤对木粧的作用时间为t ，现在需要求出重锤对木粧的平均作用力. 【分析】取竖直向上为正方向，设木桩对重锤的平均作用力为F ，由动量定理得()()0F mg t mv -=--，整理得mvF mg t=+，由牛顿第三定律知，重链对木桩的平均作用力大小为mv mg t +，方向竖直向下.由mv F mg t=+知作用时间越短，F 越大，mg 可忽略. 2.动量守恒定律及其应月K 知识深层理解动量守恒定律（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.（2）表达式：11221122m v m v m v m v ''+=+. （3）成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的合力为零.②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题印象笔记◀应用动量定理解题比应用牛顿第二定律更加直接、更加简单.动量定理尤其适合用来解决作用时间短、而力的变化又十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲运动等.应用时只需知道运动物体的始末状态，无须深究其中间过程的细节.只要动量的变化具有确定的值，就可以用动量定理求冲力或平均冲力，而这是用牛顿第二定律很难解决的.中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比相互作用的内力小得多，可以忽略不计.③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的动量守恒.理解1 动量守恒定律的推导动量守恒并不是只有碰撞前和碰撞后两个时刻动量相等，而是系统的动量在整个过程中一直保持不变，任意两个时刻的动量都相等.在推导过程中要注意F、a、v等各量均为矢量.设两小球质量分别为1m、2m，碰撞前速度分别为1v、2v，碰撞后速度分别为1v'、2v'.根据动量定理可得对小球1m，有11111F t m v m v'∆=-，对小球2m，有22222F t m v m v'∆=-，两小球在碰撞过程中，有12F t F t∆=-∆，可得()11112222m v m v m v m v''-=--，整理可得11221212m v m v m v m v''+=+.结论：两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和.理解2 你是怎样认识系统“总动量保持不变”的？动量守恒定律有三种表达式1.11221212m v m v m v m v''+=+，表示作用前后系统的总动量相等.2.12p p∆+∆=（或0p∆=），表示相互作用的物体系统总动量增量为零.3.12p p∆=-∆，表示两物体动量的增量大小相等，方向相反.理解时注意以下几点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、末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.【注意】应用动量守恒定律时，要注意1p、2p……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，1p'、2p'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.理解3 动量守恒定律成立的条件1.系统不受外力作用.这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞都可视为这种情形.2.系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的和为零.如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零.印象笔记◀动量守恒定律由牛顿运动定律和运动学公式推导出来，请参考教材或自己尝试推导.◀正确区分内力与外力：内力是系统中各物体之间的相互作用力.外力是系统外的物体对系统内的物体的作用力.内力和外力与系统的划分有关.例如甲、乙、丙三个物体之间均有相互作用，如果以三个物体为系统，则甲、乙、丙相互之间的作用力均为内力；如果以甲、乙两个物体为系统，则甲、乙间的相互作用力为内力，丙对甲的作用力为外力.如图所示.3.系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒.如拋出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸的内力远大于外力，外力完全可以忽略不计，动量近似守恒.4.系统所受的合外力不为零，即0F ≠外，但在某一方向上合外力为零（0x F =或0y F =），则系统在该方向上动量守恒.5.系统受外力，但在某一方向上内力远大于外力，也可认为在这一方向上系统的动量近似守恒. 例（多选）如图所示，A 、B 两物体的质量A B m m >，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态.若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上滑离之前，A 、B 沿相反方向滑动过程中（）A.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相等，则组成的系统动量守恒组成的系统动量也守恒B.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等，则组成的系统动量不守恒组成的系统动量也不守恒C.若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等，则>1^组成的系统动量不守恒，但组成的系统动量守恒D.以上说法均不对【解析】本题是对动量守恒定律成立条件的考查.解题的关键是明确研究对象（系统）及相互作用的过程，正确区分内力和外力.当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A 、B 与C 之间的摩擦力为外力.当A 、B 与C 之间的摩擦力等大反向时，A 、B 组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相等时，A 、B 组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒.而对于A 、B 、C 组成的系统，由于弹簧的弹力，A 、B 与C 之间的摩擦力均为内力，故不论A 、B 与C 之间的摩擦力的大小是否相等，A 、B 、C 组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒.【答案】ACK 应试拓展注意拓展1 动量守恒定律的应用应用动量守恒定律解题的一般步骤：（1）确定以相互作用的系统为研究对象；（2）分析研究对象所受的外力；（3）判断系统是否符合动量守恒条件；（4）规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；（5）根据动量守恒定律列式求解.动量守恒定律不需要考虑中间过程，只要符合守恒的条件，就只需要考虑它们的初、末状态我们结合实例分析.印象笔记◀如果给出两个物体的运动图像，要求判断物体碰撞前后动量是否守恒，注意分析图像的分界点，这是物体运动状态发生变化的转折点，例如图中2s t =时就是物体碰撞的发生时刻.例如图所示，带有半径为的14光滑圆弧轨道的小车的质量为M ，小车置于光滑水平面上，一质量为m 的小球从圆弧轨道的顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？（重力加速度为g ）【解析】球和车组成的系统虽然总动量不守恒，但因水平面光滑，系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向动量守恒.又因圆弧轨道光滑，小球滚下时系统的机械能无损失，所以可由水平方向动量守恒结合机械能守恒求解.设球、车分离时，球的速度为1v ，方向向左，车的速度为2v ，方向向右，则120mv Mv -=，22121122mgR mv Mv =+，解得1v =2v =【点评】动量守恒定律具有矢量性，哪个方向上的合外力为零，则哪个方向上的动量就守恒.本题中小车和小球组成的系统在竖直方向上受到的重力和支持力不平衡，故系统在竖直方向上动量不守恒，但是可以判断出小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，这是解答本题的关键.拓展2 应用动量守恒解决多物体多过程问题系统的动量守恒不是系统内每个物体的动量始终不变，而是系统内所有物体动量的矢量和不变，而且每个物体的动量都是相对同一参考系而言的.因此，根据题目的要求，要善于应用整体动量守恒，巧妙选取研究系统，合理选取相互作用过程来研究，问题就会迎刃而解.例如图所示，两块厚度相同的木块A 、B ，紧靠着放在光滑的水平桌面上，其质量分别为2.00kg 、0.90kg ，它们的下表面光滑，上表面粗糙.另有质量为0.10kg 的铅块C （大小可以忽略）以10m /s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，由于摩擦，铅块C 最后停在木块B 上，此时B 、C 的共同速度0.5m /s v = .求木块A 的最终速度大小和铅块C 刚滑到B 上时的速度大小.【解析】铅块C 在A 上滑行时，木块A 、B 一起向右运动，设铅块C 刚离开A 时C 的速度为Cv '，A 和B 的共同速度为A v . 在铅块C 滑过A 的过程中，A 、B 、C 所组成的系统动量守恒，有印象笔记◀运用动量守恒定律时更注重初、末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此遇到物体组的问题，优先考虑是否满足动量守恒的条件 .很大，且远大于系统受到的外力，故可用动量守恒定律来处理.（2）在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能在爆炸后会增加；在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.（3）由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，故可以把作用过程看成一个理想化过程简化处理.即作用后仍在作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.理解1 碰鐘过程的特点分析1.系统的内力远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.例如两个小球的撞击、子弹射入木块、系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直、铁锤打击钉子、列车车厢的挂接、中子轰击原子核等均可视为碰撞问题.在碰撞过程中，相互作用的时间很短，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大.2.位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，物体的位移可忽略，认为物体在碰撞前后处在同一位置.3.能量特点：碰撞前总动能k E 与碰撞后总动能kE '满足k k E E '≥. 4.速度特点：碰后必须保证不穿透对方. 理解2 对弹性碰撞与非弹性碰撞的理解1.弹性碰撞是指碰撞过程中机械能守恒，弹性碰撞的特点是动量守恒，机械能守恒.举例：通常情况下的钢球、玻璃球等坚硬物体之间的碰撞及分子、原子等之间的碰撞皆可视为弹性碰撞.2.非弹性碰撞过程中动量守恒，机械能有损失.其中，碰撞后合为一体或碰后具有共同速度的这种碰撞动能损失最大，这样的碰撞称为完全非弹性碰撞.K 应试拓展注意拓展1 碰撞问题的可能性分析1.动量守恒，即1212p p p p ''+=+. 2.动能不增加，即k1k2k1k2E E E E ''+≥+或2222121212122222p p p p m m m m ''+≥+.3.速度要合理.（1）碰前，两物体同向，且v v >后前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v v ''≥后前. （2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.例质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A 球的动量为9kg m /s A p =⋅，球的动量为3kg m /s B p =⋅，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（）A.6kg m /s,6kg m /s A B p p ''=⋅=⋅B.8kg m /s,4kg m /s A B p p ''=⋅=⋅C.2kg m /s,14kg m /s A B p p ''=-⋅=⋅D.4kg m /s,17kg m /s A B p p ''=⋅=⋅【解析】以A 、B 为系统，系统所受合外力为零，A 、B 组成的系统动量守恒，即9kg m /s 3kg m /s 12kg m /s A B A B p p p p ''+=+⋅+⋅=⋅=，故D 项错误.A 、B 碰撞前的动能应不小于碰撞后的动能，即kA kB kAkB E E E E ''+≥+，有印象笔记◀.绚丽的烟花◀物体发生爆炸时，动量守恒，但k k E E '<，因为有化学能转化为动能.2222A B kAkB 81990(kg m /s)(kg m /s)2222p p E E m m m m ++=+=⋅=⋅，2222AB kA kB p p E E m m ''''++= .将A 、B 、C 三项代入可得C 项错误.A 、B 选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A 球的速度应不大于B 球的速度，即A B v v ''≤，故B 项错误.所以该题的正确选项为A.【答案】A拓展2 弹性碰撞的规律以质量为1m 、速度为1v 的小球与质量为2m 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，弹性碰撞应满足动量守恒和机械能守恒，则有111122m v m v m v ''=+ ① 222111122111222m v m v m v ''=+②由①②得()121111212122,m m v m v v v m m m m -''==++.()11220v v v v ''+==， 1122v v v v ''+=+，弹性碰撞的二级公式，可用于快速计算. 结论：（1）当12m m =时，1210,v v v ''==，两球碰撞后交换了速度. （2）当12m m >时，120,0v v ''>>，碰撞后两球都向1v 的方向运动. 若12m m ?，这时1211211121,,,2m m m m m m v v v v ''-≈+≈==，表示1m 的速度不变，2m 以12v 的速度向1v 的方向运动，如铅球碰乒乓球. （3）当12m m <时，120,0v v ''<>，碰撞后质量小的球被反弹回来. 若12m m =，这时121112121221,0,,0m m m v v v m m m m -''≈-≈=-=++，表示1m 被反向以原速率弹回，而2m 仍静止，如乒乓球碰静止的铅球或物体碰墙后以同样大小的速度返回. 拓展3 碰撞模型拓展碰撞的特点是动量守恒，动能不增加.相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞模型处理.对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或“恰上升到最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”.具体分析如下：1.如图甲所示，光滑水平面上的A 物体以速度0v 去撞击静止且一端带有轻弹簧的B 物体，A 、B 两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大. 2.如图乙所示，物体A 以速度0v 滑上静止在光滑水平面上的小车B ，当A 在B 上滑行的距离最大时，A 、B 相对静止，A 、B 的速度必相等.印象笔记◀五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，这是由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递”.◀爆炸和碰撞的区别主要表现在能量的转化上.在碰撞过程中，系统的总动能不会增加.在爆炸过程中，有其他形式的能（如化学能）转化为动能，爆炸后系统的总动能会增加.◀（1）在图甲中，若弹簧恢复原长，弹性势能又全部转化成动能，全过程系统没有动能的损失，可以看成弹性碰撞.（2）在图丙中，若小球回到水平面上，重力势能又全部转化成动能，全过程系统没有动能的损失，可以看成弹性碰撞.以上两种情况满足关系式：222012111222mv mv Mv =+，可以求出作用后的速度10m M v v m M -=+,202mv v m M=+3.如图丙所示，质量为M 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切.一个质量为m 的小球以速度0v 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块的最高点时（小球的竖直速度为零），两物体的速度一定相等（方向水平向右）.总结：以上三种类型都可以看成完全非弹性碰撞.在作用过程中，动能损失最大，系统损失的3能分别转化为弹性势能、内能和重力势能.满足关系式：0()mv m M v =+共，22200 11()222()mM E mv m M v v m M ∆=-+=+共. 4.反冲运动火箭K 知识深层理解反冲现象反冲现象是指一个静止的物体在内力作用下分裂为两个部分，一部分物体向某个方向运动，另一部分物体必然向相反的方向运动的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.在反冲现象里，系统的动量是守恒的.理解1 反冲运动的特点及遵循的规律反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.如射击时枪身的后坐、发射炮弹时炮身的后退、火箭因喷气而发射升空等都是典型的反冲运动.反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统的总动量是守恒的.在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加.在反冲运动中，系统在某个方向上满足动量守恒，则有11220m v m v -=，故2121m v v m =.物体在这一方向上有速度，产生位移，则位移同样满足2121ms s m =，它们之间的相对位移12ss s =+相对.理解2 如何提高火箭的发射速度火箭是利用反冲现象工作的，燃料燃烧，高速向后喷出气体，箭体获得向前的速度，随着不断喷出气体而加速.设火箭相对于地面以速度大小u 喷出质量为m ∆的气体，剩余箭体的质量为m ，开始时静止，火箭获得的速度大小为v ∆，由动量守恒定律得0m v mu ∆-∆=，解得muv m∆∆=. 根据mu v m ∆∆=可知，火箭性能的参数与喷气速度u 和mm∆有关，而0m m m ∆=-（0m 为火箭喷气之前的质量），01m v u m ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭，所以若想使火箭获得较大的速度，则需要：（1）增大喷出燃气的速度u ；（2）增大火箭喷气前后的质量比.K 应试拓展注意印象笔记◀火箭◀反冲运动的一般解题思路：确定研究对象→确定各部分质量及初、末状态→由动量守恒定律列式求解. 注意：解题的过程中一定要注意速度的相对性及质量发生变化的问题.拓展1 “人船模型”的处理方法 “人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题.处理“人船模型”问题的关键利用动量守恒，确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系. 由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒表达式可写成1122m v m v =（1v 、2v 为两物体的瞬时速率），表明任意时刻的瞬时速率都与物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比.进而可得两物体的位移大小与物体的质量成反比，即1221x m x m =. 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各位移之间的关系.例如图所示，长为L 、质量为M 的船停在静水中，一个质量为m 的人（可视为质点）站在船头，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？（忽略水对船的阻力）【解析】选人和船为一系统，由于系统在水平方向上不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒.设某一时刻人的对地速度为v ，船的速度大小为v '，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0mv Mv '-=.在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船也加速运动；当人匀速运动时，船也匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动.设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为1x ，船的对地位移大小为2x ，则12x vx v ='，又从图可见12x x L +=，联立解得1M x L M m =+，2mx L M m =+. 【答案】M L M m + mL M m+ 【点评】在人船模型中，易把人的位移误认为是相对船的位移. 拓展2 解决反冲运动应注意的问题1.反冲运动问题中，题目中给出的速度可能是相互作用的两物体的相对速度，因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程.2.在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短印象笔记◀“人船模型”适用条件（1）系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒.（2）在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒，注意两物体的位移是相对同一参考系而言的. ◀2112cos m x L m m θ=+1212cos m x L m m θ=+2112m x Rm m =+1212m x Rm m =+2112m x l m m =+1212m x l m m =+。

江苏省2020版高考物理二轮复习专题六选修3_5习题(含解斩)

专题六选修3-51.(2018江苏南京调研)(1)下列说法中正确的是。

A.图甲中正确反映了黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与黑体的温度的关系B.图乙的放射性同位素应选择衰变时放出α粒子的同位素C.图丙中A、B两球质量相等,当A以速度v与静止的B发生正碰后,B的速度未必是vD.图丁中电子束通过铝箔产生的衍射图样,证实了物质波的存在(2)如图为氢原子的能级图,大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时,发出种频率不同的光子。

若用其中频率最大的光照射到逸出功为2.75 eV的光电管上,则加在该光电管上的遏止电压为V。

(3)花岗岩、大理石等装修材料都不同程度地含有放射性元素氡222,人长期吸入后会对呼吸系统造成损害。

设有一静止的氡核(86222Rn)发生衰变生成钋(84218Po),若放出5.6 MeV的核能全部转化为动能。

①写出核反应方程。

②求新核钋218的动能。

(结果保留一位有效数字) 答案 (1)CD (2)6 10 (3)见解析解析 (1)黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与黑体的温度的关系是:随着温度的升高,一方面,各种波长的辐射强度都有增加,另一方面,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,所以1 700 K 的峰值应在1 300 K 的左侧,故A 错误;α粒子的穿透能力很弱,甚至不能穿过一张纸片,故B 错误;图丙中A 、B 两球质量相等,只有当A 以速度v 与静止的B 发生弹性正碰后,B 的速度才是v,故C 正确;图丁中电子束通过铝箔产生的衍射图样,证实了物质波的存在,故D 正确。

(2)大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时,发出光子的频率种类为k=C 42=6种,其中频率最大的光子是由n=4跃迁到n=1放出的,即ΔE=E 4-E 1=[-0.85-(-13.6)] eV=12.75 eV,由光电效应方程有E k =hν-W 0=(12.75-2.75) eV=10 eV=e·U c ,故U c =10 V 。

2020版江苏省高考物理三轮选择题复习5 热点5 万有引力定律的应用 (1)

热点5 万有引力定律的应用(建议用时：20分钟)1．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳照射的此卫星，发现日落的 T 2 时间内有T 6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )A.24πGT 2B.3πGT 2C.8πGT 2D.16πGT 2 2．(多选)(2019·无锡市高三期末)如图所示，两颗卫星A 、B 质量相等，A 绕地球运动的轨迹为圆，B 绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一平面内且相切于P 点，则( )A ．在P 点两卫星的加速度大小相等B ．在P 点卫星B 的速度介于11.2 km/s 和16.7 km/s 之间C ．卫星B 的周期比A 长D ．两卫星的机械能相等3．(多选)近年来，我国航天与深海潜水事业交相辉映，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”已经不再是梦想．处于7 062 m 深海处随地球自转的蛟龙号的向心加速度为a 1，转动角速度为ω1；处于393 km 高空圆轨道的神舟十一号向心加速度为a 2，转动角速度为ω2；处于36 000 km 高空圆轨道的地球同步卫星的向心加速度为a 3，转动角速度为ω3.下列说法正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 1<a 2<a 3C ．ω2>ω3＝ω1D ．ω2<ω3＝ω14．(2019·南京调研)2019年1月3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测器提供地月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日－2点”(简称地月L 2点)附近运动，地月L 2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月L 2点的探测器的说法正确的是( )A ．探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比B ．探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道半径的平方成反比C ．探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比D ．不可能有探测器能定点于地月连线之间某点5．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏．当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾．如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则( )A ．“轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星M 对接补充能源后开动M 上的小发动机向前喷气，能校正卫星M 到较低的轨道运行B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机校正C ．在图乙中M 的动能一定小于N 的动能D ．在图乙中，M 、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上6．某行星的质量约为地球质量的12，半径约为地球半径的18，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶17．(2019·南京二模)如图所示，1、3轨道均是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R ，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B 点，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内．已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G ，地球质量为M ，三颗卫星的质量相等，则下列说法正确的是( )A ．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能B ．若卫星在1轨道上的速率为v 1，卫星在2轨道A 点的速率为v A ，则v 1＜v AC ．若卫星在1、3轨道上的加速度大小分别为a 1、a 3，卫星在2轨道A 点的加速度大小为a A ，则a A ＜a 1＜a 3D ．若OA ＝0.4R ，则卫星在2轨道B 点的速率v B ＞ 5GM 8R8.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v 0拋出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点Q ，斜坡的倾角为θ，已知该星球半径为R ，引力常量为G ，下列说法错误的是( )A ．星球表面的重力加速度为v 0tan θtB ．该星球的质量为2v 0R 2tan θGtC ．在该星球上发射卫星的发射速度一定大于 2v 0R tan θtD ．在该星球上不可能发射周期小于π 2Rt v 0tan θ的卫星热点5 万有引力定律的应用1．解析：选A.设行星质量为M ，半径为R ，密度为ρ，卫星质量为m ，如图所示，发现日落的T 2时间内有T 6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r ＝R cos φ＝2R ，根据G Mm （2R ）2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2·2R ，M ＝ρ43πR 3，解得ρ＝24πGT 2.2．AC3．解析：选AC.由题意可知ω3＝ω1，由GMm r2＝mω2r 知，ω2>ω3，C 正确，D 错误；由于地球同步卫星比蛟龙号的轨道半径大，根据a ＝rω2，可知a 3>a 1，由GMm r2＝ma 知，a 2>a 3，A 正确，B 错误．4．解析：选C.定点于L 2处的探测器与月球公转同周期，因此A 错；由a ＝ω2r 知B 错；由v ＝ωr 知C 对；在地月连线之间会有一处满足F 地－F 月＝mω2r ，D 错．5．解析：选A.根据向心运动条件知，卫星M 减速，即开启的发动机向前喷气，万有引力大于圆周运动所需的向心力，故卫星M 会降低轨道运行，A 正确；卫星M 在没有补充能源情况下，不能降低到“轨道康复者”N 所在轨道上，B 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律知G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GM r，虽然M 运行的轨道半径大于N 的轨道半径，M 的运行速率小于N 的运行速率，但二者质量的大小关系不确定，所以不能判断动能大小，C 错误；在题图乙中M 绕地球的运行周期大于N 绕地球的运行周期，所以经过一段时间卫星M 、康复者N 和地球球心三者是有可能处在同一直线上的，D 错误．6．解析：选A.设地球质量为M ，地球半径为R ，由GMm R 2＝m v 2R ，可知地球上的第一宇宙速度v 地＝ GM R ，同理可得，行星上的第一宇宙速度v 行＝12GM 18R ＝2GM R，所以v 行∶v 地＝2∶1，则A 正确，B 、C 、D 错误．7．解析：选B.2、3轨道在B 点相切，卫星在3轨道相对于2轨道是做离心运动的，卫星在3轨道上的线速度大于在2轨道上B 点的线速度，因卫星质量相同，所以卫星在3轨道上的机械能大于在2轨道上的机械能，A 错误；以OA 为半径作一个圆轨道4与2轨道相切于A 点，则v 4＜v A ，又因v 1＜v 4，所以v 1＜v A ，B 正确；加速度是万有引力产生的，只需要比较卫星到地心的高度即可，应是a A ＞a 1＞a 3，C 错误；由开普勒第三定律可知，2轨道的半长轴为R ，OB ＝1.6R ，3轨道上的线速度v 3＝5GM 8R ，又因v B ＜v 3，所以v B ＜ 5GM 8R，D 错误．8．解析：选A.根据tan θ＝12gt 2v 0 t 解得，星球表面的重力加速度g ＝2v 0tan θt，A 错误；在星球表面，有G Mm R 2＝mg ，解得M ＝gR 2G ＝2v 0R 2tan θGt ，B 正确；根据重力提供向心力，有mg ＝m v 2R，解得第一宇宙速度为v ＝gR ＝ 2v 0R tan θt ，因此发射卫星的速度一定大于 2v 0R tan θt ，C 正确；根据G Mm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 可得T 2∝r 3，当r ＝R 时，最小周期为π 2Rt v 0tan θ，故在该星球上不可能发射周期小于π 2Rt v 0tan θ的卫星，D 正确．。

江苏省高考物理选修3-5知识点梳理

选修3-5动量动量守恒定律Ⅱ1、冲量冲量可以从两个侧面的定义或解释。

①作用在物体上的力和力的作用时间的乘积, 叫做该力对这物体的冲量。

②冲量是力对时间的累积效应。

力对物体的冲量, 使物体的动量发生变化; 而且冲量等于物体动量的变化。

冲量的表达式 I = F ·t 。

单位是牛顿·秒冲量是矢量, 其大小为力和作用时间的乘积, 其方向沿力的作用方向。

如果物体在时间t 内受到几个恒力的作用, 则合力的冲量等于各力冲量的矢量和, 其合成规律遵守平行四边形法则。

2、动量可以从两个侧面对动量进行定义或解释。

①物体的质量跟其速度的乘积, 叫做物体的动量。

②动量是物体机械运动的一种量度。

动量的表达式P = mv 。

单位是千克米 / 秒。

动量是矢量, 其方向就是瞬时速度的方向。

因为速度是相对的, 所以动量也是相对的, 我们啊3、动量定理物体动量的增量, 等于相应时间间隔力, 物体所受合外力的冲量。

表达式为I = 或12mv mv Ft -=。

运用动量定理要注意①动量定理是矢量式。

合外力的冲量与动量变化方向一致, 合外力的冲量方向与初末动量方向无直接联系。

②合外力可以是恒力, 也可以是变力。

在合外力为变力时, F 可以视为在时间间隔t 内的平均作用力。

③动量定理不仅适用于单个物体, 而且可以推广到物体系。

4、动量守恒定律当系统不受外力作用或所受合外力为零, 则系统的总动量守恒。

动量守恒定律根据实际情况有多种表达式, 一般常用等号左右分别表示系统作用前后的总动量。

运用动量守恒定律要注意以下几个问题:①动量守恒定律一般是针对物体系的, 对单个物体谈动量守恒没有意义。

②对于某些特定的问题, 例如碰撞、爆炸等, 系统在一个非常短的时间内, 系统内部各物体相互作用力, 远比它们所受到外界作用力大, 就可以把这些物体看作一个所受合外力为零的系统处理, 在这一短暂时间内遵循动量守恒定律。

③计算动量时要涉及速度, 这时一个物体系内各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的, 一般取地面为参照物。

高中物理选修3-5动量守恒定律的典型例题有答案

动量守恒定律的典型例题【例1】把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的有哪些[]A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．车、枪和子弹组成的系统动量守恒D．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小【分析】本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒．物体间存在相互作用力是构成系统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件．不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力．如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、解决一些具体问题是没有意义的．选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑“由于物体的相互作用而改变了物体的动量”的条件．桌子和小车之间虽有相互作用力，但桌子的动量并没有发生变化．不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统．分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力．对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒．子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量．所以D的因果论述是错误的．【解】正确的是C．<【例2】一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离．【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。

【解】把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由Mv0＋mv＝(m＋M)u，得击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为-鸟落地处离击中处水平距离为S＝ut＝×2m＝．【例3】一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为[]【分析】列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力f，f=k(m＋M)g(k为比例系数)，因此，整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车(前部+尾部)的动量应该守恒．考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由(m+M)v0=0+Mv·得此时前部列车的速度为【答】B．【说明】上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单．如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解．有兴趣的同学，请自行研究比较．【例4】质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s．碰撞后，小球m2恰好停止．那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何【分析】取相互作用的两个小球为研究的系统。

江苏省2020版高考物理三轮复习热点3牛顿运动定律的应用练习(含解析)

热点3 牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1．(2019·江苏五校联考)如图所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间动摩擦因数均为μ.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )则( )A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，aB ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μg2.(多选)如图所示，ab 、ac 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c位于同一圆周上，O 为该圆的圆心，ab 经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b 、c 点无初速度释放，用v 1、v 2分别表示滑环到达a 点的速度大小，用t 1、t 2分别表示滑环到达a 所用的时间，则( )A ．v 1>v 2B ．v 1<v 2C ．t 1＝t 2D ．t 1<t 2 3．(多选)(2019·苏州市调研)弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为 2 kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N ，如果从升降机的速度大小为3 m/s 时开始计时，则经过1 s ，升降机的位移大小可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．3 mB ．5 mC ．2 mD ．4 m 4.(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D ．物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和5．如图所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大6．(多选)(2019·江苏省高考压轴冲刺卷)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A ．若m ＞M ，有x 1＝x 2B ．若m ＜M ，有x 1＝x 2C ．若μ＞sin θ，有x 1＞x 2D ．若μ＜sin θ，有x 1＜x 27．质量为M ＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量为m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( )A ．木板一定静止不动，小木块不会滑出木板B ．木板一定静止不动，小木块会滑出木板C ．木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板D ．木板一定向右滑动，小木块会滑出木板8．(多选)倾角为θ的斜面体M 静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m 的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m 施加一个向左的水平拉力F ，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M 始终保持静止．则此时( )A ．物块m 下滑的加速度等于F cos θm B ．物块m 下滑的加速度大于F cos θmC ．水平面对斜面体M 的静摩擦力方向水平向右D ．水平面对斜面体M 的静摩擦力大小为零热点3 牛顿运动定律的应用1．解析：选C.对物块B 受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm 2g ＝kx ，则x ＝μm 2g k.以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T ＝μ(m 1＋m 2)g ；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A 受到的合外力与T 大小相等，方向相反，则：a A ＝T m 1＝μ（m 1＋m 2）g m 1；B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B 的加速度仍然等于0.故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．解析：选AD.小滑环沿杆下滑过程中，只有重力做功，且由b 到a下落的高度大，重力做功多，由动能定理W 合＝ΔE k 知，v 1>v 2，选项A 正确，B 错误；设圆半径为R ，ab 与ac 之间的夹角为β，ac 与水平面之间的夹角为α，则2R ＝12gt 21·sin(α＋β)，2R cos β＝12gt 22sin α，比较sin(α＋β)与sin αcos β的大小，有sin(α＋β)－sin αcos β＝cos （α＋β）·sin βcos β.又(α＋β)为锐角，cos(α＋β)>0，sin βcos β>0，所以sin(α＋β)>sin αcos β，即t 1<t 2，所以选项C 错误，D 正确．3．解析：选CD.对物体进行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于弹簧测力计的示数)，加速度a ＝mg －F 弹m＝2 m/s 2，方向向下．升降机初速度大小为v 0＝3 m/s ，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s 内的位移有两种情况，向下加速时x 1＝v 0t ＋12at 2＝4 m ；向上减速时x 2＝v 0t －12at 2＝2 m ，故选C 、D. 4．解析：选CD.当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以其重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A，由动能定理知物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A的机械能增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．5．解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g cos θ－(m1＋m2)·g sin θ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2－μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a2，联立解得T2＝m1m1＋m2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝m1m1＋m2F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m1m1＋m2F，选项C正确．6．解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T－μmg＝ma1②联立①②式解得T＝Fmm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)g sin θ－μ(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T′－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2⑤联立④⑤式，解得T′＝FmM＋m⑥比较③⑥式，可知，弹簧的弹力(或伸长量)相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．7．解析：选A.小木块对木板的摩擦力F f1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面对木板的最大静摩擦力F f2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因为F f1<F f2，故木板一定静止不动．由牛顿第二定律得小木块的加速度a2＝μ2g＝4 m/s2，x＝v202a2＝168m＝2 m<L，所以小木块不会滑出木板．故选项A正确，B、C、D错误．8．解析：选BD.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mg sin θ＝μmg cos θ，施加拉力F后，mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma，解得a＝F cos θ＋μF sin θ，所以A错误，B正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向m下为F f＝μ(mg cos θ－F sin θ)，正压力F N＝mg cos θ－F sin θ，又μ＝tan θ，把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以C错误，D正确．。

2020年高考真题——物理(江苏卷) 含答案

物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题选项符合题意.只有一个．．．．1。

质量为3⨯的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受1.510kg到的阻力大小为3⨯.此时，汽车发动机输出的实际功率是101.8N（）A.90WB.30kW C。

36kW D.300kW2。

电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。

则电流互感器( ）A。

是一种降压变压器 B.能测量直流电路的电流C。

原、副线圈电流的频率不同 D.副线圈的电流小于原线圈的电流3.如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B和2B大小相等、方向相反。

1金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（）A 。

同时增大1B 减小2BB.同时减小1B 增大2BC 。

同时以相同的变化率增大1B 和2BD.同时以相同的变化率减小1B 和2B4。

如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。

该过程中，物块的动能kE 与水平位移x 关系的图象是( )A 。

B. C. D.5。

中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F 。

若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( ）A. FB.1920F C 。

19F D 。

20F 二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6。

某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。

当汽车启动时，开关S 闭合，电机工作,车灯突然变暗,此时（ )A.车灯的电流变小B.路端电压变小C.电路的总电流变小 D 。