【创新方案】2017版新课标物理一轮复习过关检测 第十三章 动量 原子物理(4) Word版含答案
【优化方案】2017届高考(全国新课标)物理一轮配套课件：13.3原子与原子核59PPT
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第十三章
动量守恒定律
近代物理
五、核力、结合能、质量亏损、核反应
1．核力
(1)定义：原子核内部，核子间所特有的相互作用力．
(2)特点：①核力是强相互作用的一种表现；
②核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内； ③每个核子只跟它的相邻核子间才有核力作用．
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第十三章
动量守恒定律
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第十三章
动量守恒定律
近代物理
二、玻尔理论 不连续 的能量状态中，在 1．定态：原子只能处于一系列__________ 稳定 的，电子虽然绕核运动，但 这些能量状态中原子是_________ 并不向外辐射能量．
2．跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它 辐射 吸收 _____________ 或____________ 一定频率的光子，光子的能量 Em－En 由这两个定态的能量差决定．即hν＝____________ .( h是普朗 克常量，h＝6.626×10－34 J· s) 3．轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核 运动相对应．原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道 不连续 也是______________ 的．
第十三章
动量守恒定律
近代物理
第三节
原子与原子核
第十三章
动量守恒定律
近代物理
一、原子的核式结构
1．α 粒子散射实验的结果：绝大多数α 粒子穿过金箔后，基本
少数 上仍沿原来的方向前进，但_________ α 粒子发生了大角度偏 极少数 转，__________α 粒子的偏转超过了90°，有的甚至被撞了回 来，如图所示．
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第十三章
动量守恒定律
近代物理
2017年高考物理一轮复习第13章原子物理第1讲讲义(新课标全国)
考点一 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 ′－p I ＝Δp[思维深化]1．动量定理理解的要点 (1)矢量式．(2)F 既可以是恒力也可以是变力． (3)冲量是动量变化的原因．(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．2．用动量定理解释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．1．[冲量、动量的概念]如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()图1A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同答案 C解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mg sin θ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N＝mg cos θ，F N a<F N b，因此弹力对a滑块的冲量较小．选C.2．[动量定理的应用]质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g＝10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500 N B．600 NC．1 100 N D．100 N答案 C解析安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝2gh＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)t＝0－(－m v )，则F ＝m vt＋mg ＝1 100 N ，C 正确．3．[动量定理的应用]皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2) 答案 (1)5∶4 (2)1.5 N·s ，方向竖直向下解析 (1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍．设皮球所处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2＝0.8v 1＝0.82v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有 F 1t ＝m v 1－(－m v 0)＝1.8m v 0F 2t ＝m v 2－(－m v 1)＝1.8m v 1＝1.44m v 0 则F 1∶F 2＝5∶4(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64 m ＝1.25 m ，球由1.25 m 落到0.8 m处的速度为v ＝3 m/s ，则应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝m v ＝1.5 N·s ，方向竖直向下．动量定理的两个重要应用1．应用I ＝Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I ＝Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I . 2．应用Δp ＝F Δt 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．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．[思维深化]动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．4.[动量守恒的判断]如图2所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()图2A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统动量守恒 B ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统动量守恒D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 答案 A解析 如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F f A 向右，F f B 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F f A ∶F f B ＝3∶2，则A 、B 组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 错．对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 均正确．若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C 正确．图35．[动量守恒定律的应用](2014·福建·30(2))一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图3所示．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 ． A ．v 0－v 2 B ．v 0＋v 2 C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案 D解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝(m 1＋m 2)v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.6．[动量守恒定律在多物体组成系统中的应用]如图4所示，两块厚度相同的木块A 、B ，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg 、0.9 kg ，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg 的铅块C (大小可以忽略)以10 m /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v ＝0.5 m/s.求木块A 的最终速度和铅块C 刚滑到B 上时的速度．图4答案0.25 m/s 2.75 m/s解析铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开A时的速度设为v C′，A和B 的共同速度为v A，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m C v0＝(m A ＋m B)v A＋m C v C′在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v C′＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v C′＝2.75 m/s.7．[动量守恒中的临界问题]如图5所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图5答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m v0＝11m v1－m v min①10m·2v0－m v min＝11m v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0动量守恒定律解题的基本步骤1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；3．规定正方向，确定初、末状态动量；4．由动量守恒定律列出方程；5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三碰撞现象1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类[思维深化]碰撞现象满足的三个规律：(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动量不增加：即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．8．[弹性碰撞](2015·福建·30(2))如图6，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 ．(填选项前的字母)图6A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动答案 D解析 选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2m v 0.B 的动量p B ＝－2m v 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．9．[碰撞后可能性的判定]两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m /s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m /s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m /s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m /s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m /s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．10．[非弹性碰撞](2015·天津理综·9(1))如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为 ，A 、B 两球碰撞前、后总动能之比为 ．图7答案 4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.碰撞前、后的总动能之比为12m B v 2B 112m B v 2B 2＋12m A v 2A 2＝95. 11．[多次碰撞问题]如图8所示，光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．图8答案 65v 0解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得 对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ① 对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ② 由A 与B 间的距离保持不变可知 v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得 v B ＝65v 0考点四 动量和能量观点的综合应用1．动量观点和能量观点动量观点：动量定理和动量守恒定律． 能量观点：动能定理和能量守恒定律． 2．动量观点和能量观点的比较(1)相同点：①研究对象：相互作用的物体组成的系统；②研究过程：某一运动过程． (2)不同点：动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．12．[动量定理与动能定理的综合应用](2015·安徽理综·22)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图9所示．一物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.图9(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12m v 2－12m v 20 代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝m v ′－m v 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12m v ′2解得W ＝9 J13．[动量守恒定律与能量守恒定律的应用](2015·全国Ⅱ·35(2))两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图10所示．求：图10(i)滑块a 、b 的质量之比；(ii)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 答案 (i)1∶8 (ii)1∶2解析 (i)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得 v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23 m/s ③ 由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8⑤(ii)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶214．[动量守恒定律与动能定理的综合应用](2014·新课标全国Ⅰ·35(2))如图11所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：图11(i)B 球第一次到达地面时的速度； (ii)P 点距离地面的高度． 答案 (i)4 m/s (ii)0.75 m解析 (i)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有 v B ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得 v B ＝4 m/s ②(ii)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可知v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v 2′2⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v B ′，由运动学及碰撞的规律可得 v B ′＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可知 h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h ′＝0.75 m应用动量、能量观点解决问题的两点技巧1．灵活选取系统，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．2．灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况.1．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图12所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()图12A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·sC．0,10 N·s D．0，－10 N·s答案 D解析由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D.2．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p甲>p乙．若规定p甲方向为正，不计一切阻力，则()A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿负方向答案 C解析由于规定p甲方向为正，两车动量关系为p甲>p乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A 错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C 正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp 甲沿负方向，Δp 乙沿正方向，选项D 错误． 3．(2014·山东·39(2))如图13所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：图13(i)B 的质量；(ii)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失． 答案 (i)m 2 (ii)16m v 20 解析 (i)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m ·v2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ① 由①式得m B ＝m2②(ii)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则 ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④联立②③④式得 ΔE ＝16m v 204．(2015·全国Ⅰ·35(2))如图14，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图14答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞， 由动量守恒定律得 m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2 解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M练出高分基础巩固1．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量答案 B解析 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．2．如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m /s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )图1A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10 答案 A解析 由两球的动量都是6 kg·m /s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg·m/s ，即A 球的动量为2 kg·m /s ，由动量守恒定律知B 球的动量为10 kg·m/s ，则其速度比为2∶5，故选项A 是正确的． 3．如图2所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止．则此时A 车和B 车的速度之比为( )图2A.M ＋m mB.m ＋M MC.M M ＋mD.m M ＋m答案 C解析 规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝M v B －(M ＋m )v A ，得v A v B ＝M M ＋m ，故选C.4．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图3所示，下列关系正确的是()图3A．m a>m b B．m a<m b C．m a＝m b D．无法判断答案 B解析由动量守恒定律得m a v a＝m a v a′＋m b v b′，由于v a′<0，则b球获得的动量大于a球最初的动量．若m a＝m b，则两球交换速度，与图象不符；由E k＝p22m知，若m a>m b，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a<m b.5．(多选)一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE.关于Δp和ΔE，下列说法正确的是()A．若Δp最大，则ΔE也最大B．若Δp最大，则ΔE一定最小C．若Δp最小，则ΔE也最小D．若Δp最小，则ΔE一定最大答案BD解析当小球原速率返回时，Δp最大，而ΔE＝0，选项B正确，A错误；当小球撞墙后速度减为零时，Δp最小，而ΔE最大，选项D正确，C错误．6．(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图4所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()图4A．A、B系统总动量仍然为m vB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等答案AD解析系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．7．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m /s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1 m/s B ．＋4 m /s 和－5 m/s C ．＋2 m /s 和－1 m/s D ．－1 m /s 和＋5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况 E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J ＋12×2×9 J ＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．8．(2014·江苏·12C(3))牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小． 答案1748v 0 3124v 0 解析 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2由动量守恒定律知：2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0综合应用9．(2014·大纲全国·21)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1 C.4A(A ＋1)2 D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，根据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，根据动能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得中子的速率为|v 1|＝A －1A ＋1v 0，故中子前、后速率之比为A ＋1A －1. 10．(2015·山东·39(2))如图5所示，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图5答案2116v 0解析 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12m v 20－12m v 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得 W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③ 据题意可知 W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v ＝2116v 011．(2014·天津·10)如图6所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图6(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.5 m /s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m 解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ①代入数据解得a ＝2.5 m/s 2②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③ 代入数据解得 v ＝1 m/s ④(3)设A 、B 发生碰撞前瞬间A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得 l ＝0.45 m12．(2013·新课标Ⅱ·35(2))如图7，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，。
高考物理一轮复习第13章动量守恒定律近代物理5第四节原子与原子核课后达标能力提升新人教版(1)
高考物理一轮复习第13章动量守恒定律近代物理5第四节原子与原子核课后达标能力提升新人教版(1)(建议用时：60分钟)一、选择题1．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上．下列说法正确的是( )A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的解析：选A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的，人们认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的，选项A正确．电子的发现说明了原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，选项B错误．由α粒子散射实验建立了原子的核式结构模型，选项C错误．密立根油滴实验说明物质所带电荷量是量子化的，选项D错误．2．在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看做静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是( )解析：选C．α粒子与原子核相互排斥，A、D错；运动轨迹与原子核越近，力越大，运动方向变化越明显，B错，C对．3．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：选C．γ射线为电磁波，在电场、磁场中均不偏转，故②和⑤表示γ射线，A、B、D项错；α射线中的α粒子为氦的原子核，带正电，在匀强电场中，沿电场方向偏转，故③表示α射线，由左手定则可知在匀强磁场中α射线向左偏，故④表示α射线，C项对．4．在匀强磁场中，有一个原来静止的6C原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为( )A．C→e＋B B．C→He＋BeC．C→H＋B D．C→e＋N解析：选D．由动量守恒定律可知：放出的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反，由在磁场中两圆径迹内切可知，反冲核带正电，放出的粒子带负电，由两圆直径之比为7∶1和R＝可知，反冲核的电量是粒子的7倍，故只有D正确．5．按照玻尔理论，一个氢原子中的电子从一半径为ra的圆轨道自发地直接跃迁到一半径为rb的圆轨道上，已知ra>rb，则在此过程中( )A．原子要发出某一频率的光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量也减小B．原子要吸收某一频率的光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小C．原子要发出一系列频率的光子，电子的动能减小，原子的电。
【创新方案】2017版新课标物理一轮复习过关检测 第十三章 动量 原子物理(3) Word版含答案
2015最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理动量近代物理初步考试时间：100分钟；满分：100分班级姓名第I卷（选择题）一、单项选择题（本题共5道小题，每小题3分，共15分）1.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度为v2，B的动量为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为（）A． m(v2－v1) B．2m(2v2－v1) C．4m(v2－v1) D．m(2v2－v1)2.如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是（）A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同3.关于α粒子散射实验的结果，下列说法正确的是（）4.氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是（）5.一个氘核（）与一个氚核（）发生聚变，产生一个中子和一个新核，并出现质量亏损．聚变过程中（）吸收能量，生成的新核是放出能量，生成的新核是吸收能量，生成的新核是放出能量，生成的新核是6.如图为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A 、B 、C 、D 四个位置时，关于观察到的现象，下列说法正确的是_（ ）A ．相同时间内放在A 位置时观察到屏上的闪光次数最多B ．相同时间内放在B 位置时观察到屏上的闪光次数只比放在A 位置时稍微少些C ．放在C 、D 位置时屏上观察不到闪光D ．放在D 位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少 7.以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（ ） A ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B ．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C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应D ．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。
物理大一轮复习讲义5第十三章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第讲含答案
第2讲光电效应波粒二象性一、普朗克能量子假说黑体与黑体辐射1．黑体与黑体辐射（1)黑体:如果某种物质能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体．(2）黑体辐射：辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．2．普朗克能量子假说当带电微粒辐射或吸收能量时,是以最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收的，这个最小能量值ε叫做能量子．ε＝hν。
二、光电效应及其规律1．光电效应现象在光的照射下,金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．2．光电效应的产生条件入射光的频率大于等于金属的极限频率．3．光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于等于这个极限频率才能产生光电效应．(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大．(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s.(4）当入射光的频率大于等于极限频率时,饱和光电流的大小与入射光的强度成正比．4．爱因斯坦光电效应方程(1)光子说:光的能量不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子,光子的能量ε＝hν。
(2)逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值．(3)最大初动能：发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．(4）光电效应方程①表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0。
②物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0,剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．三、光的波粒二象性物质波1．光的波粒二象性(1)波动性:光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．(2）粒子性：光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．(3)光既具有波动性,又具有粒子性，称为光的波粒二象性．2．物质波（1)概率波光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波．（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＝错误!，p为运动物体的动量，h为普朗克常量．1．判断下列说法是否正确．(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应．(×)(2)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出功．(√）(3）光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比．（×）（4）光的频率越高，光的粒子性越明显,但仍具有波动性．（√）(5）德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律．(×）（6）美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性．(√)(7）法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性．(√）2．（多选）如图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（)图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．锌板带负电答案BC3．（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答案AD解析增大入射光强度,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,若光的频率仍大于等于极限频率，则仍会发生光电效应,选项C错误；根据hν－W逸＝错误!mv2可知,增加入射光频率，光电子的最大初动能增大，故选项D正确．4．有关光的本性，下列说法正确的是(）A．光既具有波动性，又具有粒子性，两种性质是不相容的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性,无法只用其中一种性质去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性答案D5．黑体辐射的规律如图2所示，从中可以看出，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都________（填“增大”“减小"或“不变)，辐射强度的极大值向波长________（填“较长"或“较短”）的方向移动．图2答案减少较长解析由题图可知,随着温度的降低，相同波长的光辐射强度都会减小;同时最大辐射强度向右侧移动,即向波长较长的方向移动。
高三物理一轮复习选考部分第13章动量光电效应核能第1节动量动量守恒定律教师用书
第1节动量动量守恒定律节次考纲命题规律第1节动量动量守恒定律动量、动量守恒定律Ⅰ 1.动量和动量守恒等基本概念、规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查；2．综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程；3．光电效应、波粒二象性的考查；4．氢原子光谱、能级的考查；5．放射性元素的衰变、核反应的考查；6．质能方程、核反应方程的计算；7．与动量守恒定律相结合的计算.弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验十三验证动量守恒定律第2节光电效应氢原子光谱普朗克能量子假说黑体和黑体辐射Ⅰ光电效应Ⅰ光的波粒二象性、物质波Ⅰ氢原子光谱、原子的能级Ⅰ第3节核反应和核能原子核式结构模型Ⅰ原子核的组成Ⅰ原子核的衰变、半衰期Ⅰ放射性同位素、放射性的应用与防护Ⅰ核反应方程Ⅰ核力与结合能、质量亏损Ⅰ裂变反应和聚变反应、链式反应Ⅰ第1节动量动量守恒定律知识点1 动量1．定义运动物体的质量和速度的乘积，通常用p来表示．2．表达式p＝mv.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．知识点2 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0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式(1)p＝p′，系统内力作用前总动量p等于内力作用后的总动量p′.(2)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．3．动量守恒定律的适用条件(1)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外力都为零，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，则系统在这一方向上动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．知识点4 实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图1311所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图1311(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图1312所示．图1312(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立.[核心精讲]1．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反．3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．[题组通关]1．(2015·福建高考)如图1313所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( ) 【导学号：】图1313A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动D 选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2．两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝0.90 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量m C ＝0.10 kg 的滑块C ，以v C＝10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图1314所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为0.50 m/s.求：图1314(1)木块A 的最终速度v A ； (2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.【解析】 C 从开始滑上A 到恰好滑至A 的右端过程中，A 、B 、C 组成系统动量守恒m C v C ＝(m B ＋m A )v A ＋m C v C ′C 刚滑上B 到两者相对静止，对B 、C 组成的系统动量守恒 m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v解得v A ＝0.25 m/sv C ′＝2.75 m/s.【答案】 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s [名师微博] 两点提醒：1．动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力.[核心精讲]1．碰撞现象满足的三个规律 (1)动量守恒即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2. (2)动能不增加即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[师生共研]●考向1 爆炸与反冲问题(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列选项中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝2hg＝1 s，取向右为正，由水平速度v＝xt知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s. 因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．●考向2 碰撞问题分析(2015·全国卷Ⅰ)如图1315，在足够长的光滑水平面上，物体A、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图1315【解题关键】关键信息信息解读在足够长的光滑水平面上物体在水平面上做匀速运动碰撞过程系统动量守恒三者均处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动 物体A 与B 、C 碰撞前B 、C 均处于静止状态物体A 先与C 碰撞物体间的碰撞都是弹性的碰撞过程中，系统动量、动能均守恒能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1②联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0解得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .【答案】 (5－2)M ≤m <M1．一个结论：在碰撞、爆炸和反冲问题中，即使有外力作用，往往因内力远大于外力，时间极短，认为系统动量是守恒的．2．两点提醒：(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能可增大． (2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．[题组通关]3．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离，如图1316所示．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( ) 【导学号：】图1316A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)D 根据动量守恒定律列方程求解． 对火箭和卫星由动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝m 1＋m 2v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.4．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 ．B ．C ．D ．vB 根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝时，v 1＝－，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－2＋12×3m 2＝×12mv 2，大于碰撞前的总动能．由于碰撞过程中能量不增加，故A 项错误；当v 2＝时，v 1＝－，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－2＋12×3m 2＝×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝时，v 1＝，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C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．[典题示例](2015·山东高考)如图1317，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图1317【解题关键】关键信息信息解读三个质量相同的滑块A 、B 、C 间隔相等滑块A 至B 过程和滑块B 至C 过程克服阻力做功相同滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值碰后B 、C 粘在一起向右运动 B 、C 碰撞后瞬间速度相同A A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得mv A ＝mv ′A ＋mv B①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B－12mv ′2B③ 据题意可知W A ＝W B④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0. 【答案】 2116v 0利用动量和能量的观点解题的技巧1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理． 3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[题组通关]5．(2016·天津高考)如图1318所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．【导学号：】图1318【解析】 由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv ＝(M ＋m )v 1，且M ＝2m相对静止时的共同速度v 1＝mv M ＋m ＝v 3由功能关系知：μmgs ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21 解得滑块相对盒的路程s ＝v 23μg. 【答案】 v3 v 23μg[核心精讲]1．实验应注意的几个问题(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．(2)方案提醒：①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m 1>m 2，防止碰后m 1被反弹．(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．2．实验误差分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m 和速度v 的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．[题组通关]6．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图1319甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图1319下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；已知碰后两滑块一起运动；⑥先_________________________，然后____________________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________________________________ ___________________________________________________.【解析】(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v 1＝错误! m/s ＝2 m/s ，其质量与速度的乘积为×2 kg·m/s ＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝错误! m/s ＝1.2 m/s ，其质量与速度的乘积之和为＋×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．【答案】 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦7．(2014·全国卷Ⅱ)现利用图13110所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图13110实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝ Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝ ms ，碰撞前后打出的纸带如图13111所示．图13111若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解析】 按定义，物块运动的瞬时速度大小v ＝Δx Δt ①式中Δx 为物块在很短时间Δt 内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f ＝ s ②Δt A 可视为很短．设A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式得v 0＝2.00 m/s③ v 1＝0.970 m/s④设B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B ⑤代入题给实验数据得v 2＝2.86 m/s ⑥ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2 ⑧ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100% ⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ＝%<5%.因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律．【答案】 本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析。
【名师讲解】高三物理一轮复习：第十三章 原子物理(37张PPT)
整电场强度E和磁感强度B的大小使得在MN上只有两个点受
到射线照射,下面的哪种判断是正确的( A．射到b点的一定是 射线 B．射到b点的一定是 C．射到b点的一定是 D、射到b点的一定是
C )．
射线射线
射线或
射线
【练习2】 （模拟题第54页练习8）
BD
题型二：放射性元素及半衰期
题型二：原子能级跃迁 【练习4】图中画出了氢原子的4个能 级，并注明了相应的能量E．处在n＝4的能 级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出 若干种不同频率的光波．已知金属钾的逸出 功为2.22eV．在这些光波中，能够从金属钾 的表面打出光电子的总共有 （ C ） A．二种 B．三种 C．四种 D．五种
第十三章
一、复习内容及课时安排
（一）、原子结构 （二）、原子核 （三）、波粒二象性
原子物理
2 2 1
（四）、单元测验和试卷讲评
2
二、考纲要求
三、考纲解读
原子和原子核为高考必考内容之一。一般都在选择题中出 现。主要涉及光电效应、α粒子散射实验、原子能级及跃迁、核
反应方程、核能的利用、半衰期等。其中光电效应、能级、核
A 0 X Z A1Y 1 e (2) 衰变： Z ．
(3) 射线是伴随 子核在发生
衰变、 衰变后，产生的新核处于高能级，
射线和 射线产生的，其实质是放射性原
光子．
它向低能级跃迁时而辐射
(4)半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，
它反映了放射性元素衰变的快慢，由元素的原子核内部因素
B．14 N 7
4 17 1 2 He 18 O 1 H
235 92 C．92U 01n 36 Kr 141Ba 3 01n 56
【创新方案】2017版新课标物理一轮复习课件：第13章-动量、近代物理初步 第2讲
(2)粒子性：光电效应、康普顿效应说明光具有 粒子 (3)光既具有 波动 象性。
性。
性，又具有 粒子 性，称为光的波粒二
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巩固小练
判断正误 (1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应。(× ) (2)要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于金属的逸 出功。(√) (3)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。(× ) (4)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性。(√) (5)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应 规律。(× ) (6)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应， 证实了光的粒子性。 (√) (7)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性。(√)
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[典题 1] (2016· 宜春月考)如图所示，
相距为 d 的两平行金属板 A、B 足够大， 板间电压恒为 U， 有一波长为 λ 的细激光 束照射到 B 板中央，使 B 板发生光电效应，已知普朗克常量 为 h， 金属板 B 的逸出功为 W， 电子质量为 m， 电荷量 e， 求： (1)从 B 板运动到 A 板所需时间最短的光电子到达 A 板 时的动能； (2)光电子从 B 板运动到 A 板所需的最长时间。
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核心考点· 分类突破——析考点 讲透练足
考点一 对光电效应的理解
1.正确理解光电效应中的五组概念 (1)光子与光电子： 光子指光在空间传播时的每一份能量， 光 子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其 本质是电子。光子是光电效应的因，光电子是果。
【创新方案】2017版新课标物理一轮复习课件：第13章-动量、近代物理初步 实验十六
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解析：(1)由于要保证两物体发生弹性碰撞后做平抛运动，即初 速度沿水平方向，所以必需保证槽的末端的切线是水平的。 (2) 由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球 的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球 a 的速度必需相同，根 1 2 据 mgh＝2mv 可得 v＝ 2gh，所以每次必需让 a 球从同一高处静止 释放滚下。
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试根据实验要求完成下列填空： (1)实验前，轨道的调节应注意____________________。 (2)实验中重复多次让 a 球从斜槽上释放，应特别注意 _____________________。 (3)实验中还缺少的测量器材有____________________。 (4)实验中需测量的物理量是_____________________。 (5)若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式________ 成立。
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(4)若利用斜槽小球碰撞应注意： ①斜槽末端的切线必须水平； ②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放； ③选质量较大的小球作为入射小球； ④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保 持不变。 3．探究结论 寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
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剖析考点· 瞄准热点——析考点 强化认识 考点一 实验原理、操作与误差
[典题 1] (2016· 徐州模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器， 它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫， 使滑块悬浮在导 轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡 板 C、D 的气垫导轨和滑块 A、B 探究碰撞中的不变量，实验装置 如图所示(弹簧的长度忽略不计)。
【创新方案】2017版新课标物理一轮复习课件：第13章-动量、近代物理初步 第3讲
解析：选 ACE 根据 C2 3＝3 知，这群氢原子能够发出 3 种不同频率的光子，故 A 正确；由 n＝3 跃迁到 n＝1，辐射的 光子能量最大，ΔE＝13.6－1.51 eV＝12.09 eV，故 B 错误； 从 n＝3 跃迁到 n＝2 辐射的光子能量最小， 频率最小， 则波长 最长，故 C 正确；一群处于 n＝3 的氢原子发生跃迁，吸收的 能量必须等于两能级的能级差，故 D 错误；如果发出的光子 只有一种能使某金属产生光电效应， 知这种光子为能量最大的 一种，即为 n＝3 跃迁到 n＝1 能级发出的，故 E 正确。
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3．[多选](2016· 南昌模拟)如图是氢原子的能级图，一群 氢原子处于 n＝3 能级，下列说法中正确的是( )
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A．这群氢原子跃迁时能够发出 3 种不同频率的波 B．这群氢原子发出的光子中，能量最大为 10.2 eV C．从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级时发出的光波长最长 D． 这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃 迁 E ．如果发出的光子中只有一种能使某金属产生光电效 应，那一定是由 n＝3 能级跃迁到 n＝1 能级发出的
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考点二 原子核的衰变规律
1．α 衰变、β 衰变的比较 衰变类型 衰变方程 衰变实质 α 衰变 β 衰变 A A－4 4 A A 0 X ―→ Y ＋ He X ―→ Y ＋ － ＋ － Z Z 2 2 Z Z 1 1e 2 个质子和 2 个中子结 1 个中子转化为 1 个 合成一个整体射出
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【创新方案】2017版新课标物理一轮复习过关检测第十三章动量原子物理(1)含答案
最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理动量 近代物理初步考试时间：100分钟；满分：100分班级 姓名第I 卷（选择题）一、单项选择题（本题共7道小题，每小题3分，共21分）1. 关于天然放射现象，下列说法中正确的是（ ）2. 如图为氢原子能级示意图的一部分,则氢原子( )A.从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长B.从n=5能级跃迁到n=1能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大C.处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率是一样的D.从高能级向低能级跃迁时,氢原子核一定向外放出能量 3. 以下是物理学史上3个著名的核反应方程732x Li y +→ 141778y N x O +→+91246y Be z C +→+ x 、y 和z 是3种不同的粒子,其中z 是 ( ) A.α粒子 B.质子 C.中子 D.电子 4. 下列说法正确的是（ ）A 、 原子的核式结构模型是汤姆孙建立起来的B、在α粒子散射实验中，绝大多数粒子发生了大角度偏转C、玻尔模型能够解释所有原子的光谱现象D、玻尔认为，电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的5.一个氡核Rn衰变成钋核P O并放出一个粒子，半衰期为3.8天，2g氧经过7.6天衰变掉的质量，以及衰变过程放出的粒子（）A、1.5g，α粒子B、1.5g，β粒子C、0.5g，α粒子D、0.5g，β粒子6. 质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）7. 如图所示，质量为m的圆环套在光滑的水平直杆上，一轻绳一端连接在环拉直且绳与竖直方向的央角为θ=53°，将小球由静止释放，小球到最低点时绳的拉力为F1，若将圆环固定，再将小球由开始的位置释放，小球到最低点时绳的拉力为F2，则为（）D8. 已知氘核的比结合能是1、09 MeV，氚核的比结合能是2、78 MeV，氦核的比结合能是7、03 MeV。
高考物理一轮复习章末冲关评价练13动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核
章末冲关评价练13 动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中，有三项符合要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．下列说法中正确的是( )A．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，光子把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长D．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并升高其温度，增大压强，它的半衰期也会相应发生改变E．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，原子的电势能减小【解析】不能发生光电效应是因为入射光的频率太低，即小于金属的极限频率，故A 错误；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故B正确；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，光子把一部分能量转移给电子，因此，光子散射后波长变长，故C正确；元素的半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，与外界环境因素没有关系，故D错误；根据玻尔理论，离核越近，电子动能越大，电势能越小，故E正确．【答案】BCE2．下列说法正确的是( )A.235 92U＋10n→9038Sr＋136 54Xe＋x10n是核裂变方程，其中x＝10B．β射线是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子时形成的高速电子束C．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力D．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关E．用升温、加压的方法和化学的方法可以改变原子核衰变的半衰期【解析】235 92U＋10n→9038Sr＋136 54Xe＋x10n是铀原子核的裂变反应，根据质量数守恒，x＝10，A正确；β射线是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子时形成的高速电子束，B正确；两个质子之间，距离小到一定程度时，核力才大于库仑力，所以C错误；由玻尔理论可知，氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关，D正确；半衰期是由放射性元素的原子核内部因素决定的，与原子所处的物理状态或化学状态无关，所以E错误．【答案】ABD3．现代家居装潢是大家普遍关注的，在装潢中经常用到花岗岩、大理石等材料，这些材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的有( ) A．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的B．放射性物质的温度升高，其半衰期不变C．氡的半衰期为3.8天，若有16个氡原子核，经过7.6天后一定只剩下4个氡原子核D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱E．只有原子序数大于或等于83的元素才能自发地放出射线【解析】由β衰变的实质可知A正确；放射性元素的半衰期是由原子核本身的性质决定的，与外界的物理或化学状态无关，且是一统计概念，所以B正确，C错误；α、β、γ三种射线的穿透能力为γ＞β＞α，电离能力为α＞β＞γ，D正确．原子序数小于83的元素，有的也有放射性，E错程．【答案】ABD4．如图1所示是氢原子四个能级的示意图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，则以下说法正确的是( )图1A．一个处于n＝3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出三种不同频率的光子B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小C．n＝4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75 eVD．一个处于基态的氢原子可以吸收任意频率的光子后跃迁到高能级E．氢原子辐射光子后能量减小，核外电子动能增大【解析】一个处于n＝3能级的氢原子最多可辐射出两种不同频率的光子，一群处于n＝3能级的氢原子最多可辐射出三种不同频率的光子，A选项错误；氢原子辐射光子后，由高能级跃迁到低能级，电子的轨道半径减小，动能增大，氢原子总能量减小，电势能减小，故B、E选项正确；由能级跃迁条件，氢原子只吸收或放出特定频率的光子，可知C选项正确，D选项错误．【答案】BCE5．放射性元素a b X的衰变反应是：a b X→c d Y＋N，其中N是未知的射线，则下列说法正确的是( )A．若此衰变为β衰变，则b＝d＋1B．若此衰变为α衰变，则a＝c＋4C．射线N是从Y核中放出的D ．若放射性元素a b X 经过6 h 还剩下1/8没有衰变，则它的半衰期为2 hE ．用射线N 照射锌板一定可使锌板带电【解析】 核反应遵循质量数守恒与电荷数守恒，若此衰变为β衰变，则b ＝d －1，A 错误；若此衰变为α衰变，则a ＝c ＋4，B 正确；若N 为α或β射线，则其是从X 核中放出的，C 错误；a b X 经过6 h 还剩下1/8没有衰变，则它的半衰期是2 h ，D 正确；N 可能是α射线或β射线或γ射线，其中α射线与β射线是由带电粒子组成的，γ射线虽不带电，但它能使锌板发生光电效应，故E 正确．【答案】 BDE6．下列说法中正确的是( )A ．用频率为ν的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为U c ，则该金属的逸出功为h ν－eU cB ．一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子C ．某放射性物质的半衰期为T ，质量为m ，该放射性物质经半个半衰期还剩12m D ．核反应方程411H →42He ＋k X 中，X 是质子，k ＝2E ．若α衰变A Z X →A －4Z －2Y ＋42He 中释放的能量为E ，则平均每个核子释放的能量为E A【解析】 用频率为ν的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为U c ，则光电子的最大初动能E k ＝eU c ，根据爱因斯坦光电效应方程，h ν＝E k ＋W 0，因此该金属的逸出功为W 0＝h ν－eU c ，A 项正确；一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子，B项正确；某放射性物质的半衰期为T ，质量为m ，该放射性物质经一个半衰期还剩12m ，C 项错误；根据质量数和电荷数守恒，核反应方程411H →42He ＋k X 中，X 是正电子，D 项错误；若α衰变A Z X →A －4Z －2Y ＋42He 中释放的能量为E ，则平均每个核子释放的能量为E A，E 项正确．【答案】 ABE7．如图2所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n ＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光电管，其逸出功为2.29 eV ，则( )图2A ．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子B ．钠光电管发出的光电子最多能够让氢原子从n ＝1能级跃迁到n ＝2能级C．为了增大钠光电管的光电流强度，可增大入射光的频率D．无论氢原子跃迁放出的光的强度减弱到何种程度，钠光电管表面依旧有光电子飞出E．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部【解析】氢原子放出光子的能量从大到小依次为：12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV，可知有4种频率的光子能量大于钠光电管的逸出功，选项A 正确；根据光电效应方程，氢原子放出的光子使钠光电管发生光电效应而放出光电子的最大初动能为10.46 eV，可以让氢原子从n＝1能级跃迁到n＝2能级，选项B正确；为了增大光电流强度，应增大光照强度，而不是增大入射光的频率，选项C错误；只要入射光频率大于极限频率，就有光电子飞出，与光照强度无关，选项D正确；光电子来源于原子核外电子，选项E错误．【答案】ABD8．如图3为氢原子能级图．下列说法正确的是( )图3A．一个处于n＝3能级的氢原子，可以吸收一个能量为0.7 eV的光子B．一个处于n＝3能级的氢原子，可以吸收一个能量为2 eV的光子C．大量处于n＝3能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出3种频率的光子D．氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量不可能大于13.6 eVE．用能量为10 eV和3.6 eV的两种光子同时照射大量氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离【解析】根据ΔE＝E m－E n，可知0.7 eV不在ΔE范围内，故A错误．n＝3能级的氢原子，E3＝－1.51 eV，当吸收能量为2 eV的光子时，出现电离现象，故B正确．根据C23＝3知，这些n＝3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子，故C正确．根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量最大值小于13.6 eV，故D正确．由于基态的氢原子的能量为－13.6 eV，要出现电离，则光子的能量至少为13.6 eV，因此10 eV和3.6 eV的两种光子不可能使处于基态的氢原子电离，故E错误．【答案】BCD9．人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图4所示的关系．下列关于原子结构和核反应的说法正确的是( )图4A．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量B．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C．已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度E．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏【解析】质量亏损应释放能量而不是吸收能量，A错误；原子核A的核子平均质量比原子核B和C的核子平均质量大，所以A裂变为B和C时，会有质量亏损，要放出能量，B 正确；光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关，所以C错误；插入隔棒会吸收中子，从而控制铀裂变速度，D正确；修建厚的水泥层是为了防辐射，E正确．【答案】BDE10．下列说法正确的是( )A．原子的发射光谱都是线状谱，且不同原子特征谱线不同B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D．原子核的比结合能越大表示该原子核越稳定E．某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长更短的光照射可能发生光电效应【解析】原子的发射光谱是不连续的，属于线光谱，且都有自己的特征谱线，A对；β衰变是中子变质子时释放的，不能说明电子是原子核的组成部分，B错；太阳辐射的能量主要来源于氢核聚变，C错；原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，所以原子核更稳定，D对；波长越短，频率越高，而金属发生光电效应是有截止频率的，只有大于截止频率的光照射，才能发生光电效应，所以E对．【答案】ADE二、非选择题(共4小题，共40分，按题目要求作答，解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的，应写明单位)11．(10分)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．他设计的装置如图5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．图5(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动的起点，则应选________段来计算A 碰前的速度．应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.4 kg ，小车B 的质量为m 2＝0.2 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg ·m/s ，碰后两小车的总动量为________kg ·m/s.【解析】 (1)从分析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，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．(2)小车A 在碰撞前速度v 0＝BC 5T ＝10.50×10－25×0.02m/s ＝1.050 m/s 小车A 在碰撞前的动量p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg ·m/s ＝0.420 kg ·m/s碰撞后A 、B 的共同速度v ＝DE 5T ＝6.95×10－25×0.02m/s ＝0.695 m/s 碰撞后A 、B 的总动量p ＝(m 1＋m 2)v ＝(0.2＋0.4)×0.695 kg ·m/s＝0.417 kg ·m/s.【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.41712．(10分)如图6所示，粗糙水平面与半径为R ＝9.8 m 的光滑1/4圆轨道平滑连接，质量为m 的小滑块A 在水平恒力F ＝1.5 mg 的作用下从水平面左侧某点向右运动，力F 作用t 1＝2 s 后撤去，小滑块A 继续运动t 2＝2 s 后与静止在圆弧轨道底端的另一小滑块B 发生弹性碰撞，碰后小滑块B 能沿圆弧轨道上升的最大高度为h ＝R /8.已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取9.8 m/s 2.求：图6(1)小滑块A 与小滑块B 碰撞前瞬间的速度v 0；(2)小滑块B 的质量M .【解析】 (1)由动量定理有Ft 1－μmg (t 1＋t 2)＝mv 0－0所以v 0＝9.8 m/s.(2)设碰撞后A 、B 速度分别为v 1、v 2，对B 由机械能守恒定律有Mgh ＝12Mv 22得v 2＝4.9 m/s对于弹性碰撞过程，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22 由动量定恒定律有mv 0＝mv 1＋Mv 2联立解得M ＝3 m .【答案】 (1)9.8 m/s (2)3 m13．(10分)如图7所示，质量为m 的小球悬挂在长为L 的细线下端，将它拉至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置后自由释放，当小球摆至最低点时，恰与静止在粗糙水平面上质量为2m 的木块相碰，碰后小球速度反向且为碰前的14.求小球与木块碰撞过程中产生的热量Q 1和木块与地面摩擦产生的热量Q 2的比值．图7【解析】 小球从题图所示的位置摆到最低点的过程中机械能守恒，设小球在最低点时的速度大小为v 0，则由机械能守恒定律得mgL (1－cos θ)＝12mv 2小球在最低点与水平面上静止的木块发生碰撞，设碰后木块的速度大小为v ，小球的速度大小为v ′，则由动量守恒定律得 mv 0＝2mv －mv ′又v ′＝14v 0 所以v ＝58v 0由能量守恒定律可知在碰撞过程中产生的热量为Q 1＝12mv 20－12mv ′2－12·2mv 2 整理可得Q 1＝564mgL 木块由于摩擦会减速滑行直至停止，有Q 2＝12·2mv 2将v ＝58v 0代入可得Q 2＝2564mgL 所以Q 1Q 2＝15. 【答案】 1∶514．(10分)如图8所示，质量为M ＝4 kg 的L 形滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离为L ＝0.5 m ，这段滑板与木块A (可视为质点)之间的动摩擦因数为μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 之间的滑板上表面光滑．小木块A 以速度v 0＝10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 上表面向右运动．已知木块A 的质量为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图8(1)弹簧被压缩到最短时木块A 的速度；(2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．【解析】 (1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为v ，从木块A 开始沿滑板B 上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 系统的动量守恒，有mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mM ＋m v 0. 代入数据得木块A 的速度v ＝2 m/s.(2)木块A 压缩弹簧过程中，当A 、B 速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大．由能量守恒定律可得最大弹性势能为E p ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2－μmgL ，代入数据得E p ＝39 J.【答案】 (1)2 m/s (2)39 J。
2017版新课标物理一轮复习教参第13章动量原子物理Word版含答案
第1讲动量动量守恒定律考纲下载：1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)2.弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．冲量、动量和动量定理(1)冲量①定义：力和力的作用时间的乘积。
②公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
③方向：与力的方向相同。
(2)动量①定义：物体的质量与速度的乘积。
②表达式：p＝mv。
③单位：千克·米/秒；符号：kg·m/s。
④特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同。
(3)动量定理①内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。
②表达式：F合·t＝Δp＝p′－p。
③矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在力的方向上用动量定理。
(4)动能和动量的关系：E k＝p22m。
2．动量守恒定律(1)动量守恒定律的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)常用的四种表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)动量守恒定律的适用条件①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：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某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的应用(1)碰撞①碰撞现象两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
②碰撞特征a．作用时间短。
b．作用力变化快。
c．内力远大于外力。
d．满足动量守恒。
③碰撞的分类及特点a．弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
b．非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
c．完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
(整理)【高考领航】(新课标)2017年高考物理大一轮复习 第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子
第13章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第1节动量守恒定律及其应用一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．三、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．四、实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球． (2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O .(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图所示．(6)连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒． [易错警示·微点拨]1.物体动量的变化等于物体所受合外力的冲量，而不是某个力的． 2．动量守恒中的速度应是相对于同一参考系中的速度．3．动量是矢量，系统总动量不变，是指系统总动量的大小方向都不变． 4．相互作用的物体动量守恒但机械能不一定守恒．考点一 动量定理的理解及应用1．动量定理的理解要点(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中3个矢量都要选同一个方向为正方向． (2)动量定理公式中的F 是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F 为变力时，F 应是合外力对作用时间的平均值．(3)公式Ft ＝p ′－p 除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系． (5)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．2．用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．1．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B ．m 2ght －mg C.m ght＋mg D ．m ght－mg 解析：选A.由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2ght＋mg .选项A 正确． 2．(2016·山东烟台高三质检)皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍．设皮球所处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2＝0.8v 1＝0.82v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有F 1t ＝mv 1－(－mv 0)＝1.8mv 0F 2t ＝mv 2－(－mv 1)＝1.8mv 1＝1.44mv 0则F 1∶F 2＝5∶4(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64 m ＝1.25 m ，球由1.25 m落到0.8 m 处的速度为v ＝3 m/s ，则应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝mv ＝1.5 N·s，方向竖直向下．答案：(1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向竖直向下动量定理的应用技巧(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I ＝Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)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．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．解析：相对空间站而言，宇航员A和B构成的系统满足动量守恒的条件．以初速度v0＝0.1 m/s的方向为正方向，A将B向空间站方向轻推后，A的速度一定沿正方向，即v A＝0.2 m/s.由动量守恒定律得(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B将v0、v A代入数据解得v B＝0.02 m/s因为v B>0，所以B的方向仍为离开空间站方向．答案：0.02 m/s 离开空间站方向2．(2015·济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端．三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C相碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为v A，C的速度大小为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C，联立解得v A＝2 m/s.答案：2 m/s应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三动量和能量观点的综合应用(高频考点)1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．题组一高考题组1．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s ②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′，由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v 2′2⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v B ′，由运动学及碰撞的规律可得v B ′＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ⑧ 答案：(1)4 m/s (2)0.75 m2．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v 0.由题给图象得v ＝23 m/s ③由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2⑧答案：(1)1∶8 (2)1∶2 题组二 模拟题组3．(2016·银川一中测试)如图所示，两块长度均为d ＝0.2 m 的木块A 、B ，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M ＝0.9 kg.一颗质量为m ＝0.02 kg 的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v 0＝500 m/s 水平向右射入木块A ，当子弹恰水平穿出A 时，测得木块的速度为v ＝2 m/s ，子弹最终停留在木块B 中．求：(1)子弹离开木块A 时的速度大小及子弹在木块A 中所受的阻力大小； (2)子弹穿出A 后进入B 的过程中，子弹与B 组成的系统损失的机械能． 解析：(1)设子弹离开A 时速度为v 1，对子弹和A 、B 整体， 有mv 0＝mv 1＋2MvFd ＝12mv 20－12mv 21－12×2Mv 2联立解得v 1＝320 m/s ，F ＝7 362 N(2)子弹在B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为v 2，对子弹和B 整体，有mv 1＋Mv ＝(m ＋M )v 2解得v 2＝20523m/sΔE ＝12mv 21＋12Mv 2－12(m ＋M )v 22＝989 J.答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0. 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得 －μ·2mgs ＝12·2m (v 02)2－12·2mv 20①解得μ＝3v 28gs②(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有 2m ·v 02＝mv ③根据能量守恒定律，有 E 0＋12·2m ·(v 02)2＝12mv 2④联立③④式解得E 0＝14mv 20.答案：(1)3v 208gs (2)14mv 2应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．考点四实验十六：验证动量守恒定律1．实验时应注意的几个问题(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．(2)方案提醒：①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m1>m2，防止碰后m1被反弹．(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．2．对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．1．甲同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．(1)(多选)实验中必须满足的条件是________．A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D ．两球的质量必须相等(2)测量入射球A 的质量为m A ，被碰撞小球B 的质量为m B ，图中O 点是小球抛出点在水平地面上的投影．实验时，先让入射球A 从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P ，测得平抛射程为OP ；再将入射球A 从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B 相撞，分别找到球A 和球B 相撞后的平均落点M 、N ，测得平抛射程分别为OM 和ON .当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞．(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A 、球B 与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A 从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B ′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A 从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P ′；再将入射球A 从斜轨上起始位置由静止释放，与球B 相撞，确定球A 和球B 相撞后的撞击点分别为M ′和N ′.测得B ′与N ′、P ′、M ′各点的高度差分别为h 1、h 2、h 3.若所测物理量满足表达式________，则说明球A 和球B 碰撞中动量守恒．解析：(1)只有斜槽轨道末端的切线水平，小球每次从末端飞出后才做平抛运动，时间才相等，故选项B 对；入射球A 每次必须从轨道上的同一位置由静止滚下，每次从末端飞出时的初速度才相等，故选项C 对．(2)由动量守恒定律得m A ·v A ＝m A ·v A ′＋m B ·v B ′，v ＝x /t ，故得出m A ·OP ＝m A ·OM ＋m B ·ON ；若是弹性碰撞，则动能守恒，有12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2，联立解得m A ·OP 2＝m A ·OM2＋m B ·ON 2，或OP ＋OM ＝ON .(3)由h ＝12gt 2，v ＝x t ，得出v 与1h成正比，再结合动量守恒定律m A ·v A ＝m A ·v A ′＋m B ·v B ′，故得出m A h 2＝m A h 3＋m Bh 1. 答案：(1)BC(2)m A ·OP ＝m A ·OM ＋m B ·ONm A ·OP 2＝m A ·OM 2＋m B ·ON 2(或OP ＋OM ＝ON )(3)m A h 2＝m A h 3＋m Bh 12．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%⎭⎪⎫最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．解析：按定义，物块运动的瞬时速度大小v ＝ΔsΔt ①式中Δs 为物块在很短时间Δt 内走过的路程 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则 Δt A ＝1f＝0.02 s ②Δt A 可视为很短．设A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1，将②式和图给实验数据代入①式得v 0＝2.00 m/s ③ v 1＝0.970 m/s ④设B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有v 2＝dΔt B ⑤代入题给实验数据得v 2＝2.86 m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp ＝1.7%＜5%⑩因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律．答案：本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析课堂小结——名师微点拨本节课重在理解动量守恒的条件及守恒的描述，对“系统总动量保持不变”注意以下三点：(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、未两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.课时规范训练(单独成册)1．(2016·广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( ) A ．动能相等，则质量大的动量大 B ．动能相等，则动量大小也相等 C ．动量大小相等，则质量大的动能小 D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．2.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如右图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0.10 N·sD．0，－10 N·s解析：选D.由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D.3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0B．Mmv0C.MM－mv0D．mM－mv0解析：选D.火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝mM－mv0，D正确．5.(2016·淮安模拟)(多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是( )A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：选CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D 正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B 错误，C 正确．6．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．两球抛出后，船向左以一定速度运动B ．两球抛出后，船向右以一定速度运动C ．两球抛出后，船的速度为0D ．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I 甲＝mv －0，人给乙球的冲量I 2＝mv －mv ′，v ′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．7．(2016·华南师大附中高三模拟)A 、B 两船的质量均为m ，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为12m 的人，以对地的水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船，…，经n 次跳跃后，人停在B 船上，不计水的阻力，则( )A ．A 、B (包括人)两船速度大小之比为2∶3 B ．A 、B (包括人)两船动量大小之比为1∶1C ．A 、B (包括人)两船的动能之比为2∶3D ．A 、B (包括人)两船的动能之比为1∶1解析：选B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A 、B (包括人)两船的动量大小相等，选项B 正确．经过n 次跳跃后，A 船速度为v A ，B 船速度为v B .0＝mv A －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋m 2v B ，v A v B ＝32，选项A 错． A 船最后获得的动能为E k A ＝12mv 2A B 船最后获得的动能为。
高三物理一轮复习选考部分第13章动量光电效应核能第2节光电效应氢原子光谱练考题随堂自测
文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编借•欢迎下载支持.第2节光电效应氢原子光谱1.一群氢原子处于同一较髙的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中（）A.可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线B.可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若F条亮线C.只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线D.只发出频率一泄的光子，形成光谱中的一条亮线B处于较高能级的电子可以向较低的能级跃迁，能量减小，原子要发出光子，由于放出光子的能量满足hV=Ea-En，处于较高能级的电子可以向较低的激发态跃迁，激发态不稳泄可能继续向较低能级跃迁，所以原子要发出一系列频率的光子，故A、C、D错误，B正确.2.（多选）（2016 •全国乙卷）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生.下列说法正确的是（）【导学号：96622226]A.保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B.入射光的频率变高，饱和光电流变大C.入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E.遏止电压的大小与入射光的频率有关，与4射光的光强无关ACE产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确.饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误.光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确.减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误.遏I匕电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确.3.氢原子能级的示意图如图13・2・6所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a,从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b,贝9 （）图13-2-6A.氢原子在73=2的能级时可吸收能量为3. 6 eV的光子而发生电离B.氢原子从n=4的能级向”=3的能级跃迁时辐射出光子的能量可以小于0.66 eVC.b光比a光的波长短D.氢原子从n=4的能级可辐射岀5种频率的光子A从n=2电离所需的最小能量等于：5-^=0-（-3. 4） eV=3. 4 eV,光子能量3. 6 eV 高于此值故能引起电离，故A正确：氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射出光子的能量为：一0.85—（一 1.51） eV=0. 66 eV,故B错误；根据跃迁规律可知从n=4向”=2 跃迁时辐射光子的能量大于从n=3向n=2跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b,又根据光子能量4力v可得a光子的频率大于b,故a光比b光的波长短，故C文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑•欢迎下载支持. 错误：氢原子从n=4的能级跃迁时，能发岀C7=6种频率的光子，故D错误.4.（多选）图13-2-7是某金属在光的照射下，光电子最大初动能区与入射光频率$的关系图象，由图象可知（）图13-2-7A.该金属的逸岀功等于厅B.该金属的逸出功等于力心C.入射光的频率为2卩。
高考物理一轮复习第十三章动量守恒、波粒二象性、原子结构章末质量检测
章末质量检测(十三)(时间：60分钟 满分：100分)1．(1)(6分)下列说法中正确的是________。
(填正确答案标号。
选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B ．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C ．一个氢原子从n ＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D ．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E ．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，原子总能量增大(2)(9分)图1如图1所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。
已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。
取重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：①碰撞前瞬间A 的速率v ；②碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；③A 和B 整体在桌面上滑动的距离l 。
解析 (1)β衰变现象不能说明电子是原子核的组成部分，A 选项是错误的；目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变，故B 选项正确；一群氢原子从n ＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射C 23＝3种不同频率的光子，而一个氢原子从n ＝3的激发态跃迁到基态时，只能是三种可能频率中的一种或两种，故C 选项错误；卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型，D 选项正确；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，库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大(动能转为电势能)而因为吸收了光子，故原子总能量变大，E 选项正确。
(2)设滑块的质量为m 。
①根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2(2分) 得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s(1分)②根据动量守恒定律mv ＝2mv ′(2分)得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s(1分) ③根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl (2分) 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m 。
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2015最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理动量近代物理初步考试时间：100分钟；满分：100分班级姓名第I卷（选择题）一、单项选择题（本题共5道小题，每小题3分，共15分）1. 将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()2. 将物体P从静置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统()A．动量守恒B．最后P和Q均静止C．水平方向动量守恒D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动3. 如图所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则()A．人运动越快，车运动越慢B．车的运动方向总是与人的运动方向相反C．人在车上行走时，车可以保持相对地面静止D．车的运动方向可以与人的运动方向相同4. 下面关于结合能和平均结合能的说法中，正确的有A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B ．平均结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大C ．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和平均结合能都大D ．中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大5. 如图为氢原子的能级图。
当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2 的能级时，辐射出光子a ；当氢原子从n=3的能级跃迁到n=1的能级时，辐射出光子b ，则下列判断正确的是A ．光子a 的能量大于光子b 的能量B ．光子a 的波长小于光子b 的波长C ．b 光比a 光更容易发生衍射现象D ．若光子a 能使某金属发生光电效应，则光子b 也一定能使该金属发生光电效应二、多项选择题（本题共7道小题，每小题6分，共42分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得得0分）6. 北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I 13153→Xe 13154+Y 。
根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A ．Y 粒子为β粒子B ．I 13153的半衰期大约是8天，若取4个碘原子核，经16天就可能剩下1个碘原子核了C ．生成的Xe13154处于激发态，放射γ射线。
γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D ．I13153中有53个质子和131个核子E.如果放射性物质碘131处于化合态，可能对放射性会有影响 7. 下列说法正确的是A.放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律；B.α、β、γ射线比较，α射线的电离作用最弱;C.光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显；D.原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里；E. 由玻尔的原子模型可以推知，处于激发态的氢原子，量子数越大，核外电子动能越小8. 如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在自发跃迁中放出一些光子，用这些光子照射逸出功为2．25ev 的钾，下列说法正确的是 A ．这群氢原子能发出三种不同频率的光B ．这群氢原子发出光子均能使金属钾发生光电效应C ．金属钾表面逸出的光电子最大初动能一定小于12.09evD ．金属钾表面逸出的光电子最大初动能可能等于9.84evE ．金属钾表面逸出的光电子最大初动能可能小于7.95ev9. 关于核反应的类型，下列表述正确的有238234492902U Th+He →是α衰变1441717281N+He O+H →是β衰变 C ．23411120H+H He+n →是聚变 D ．828203436-1Se Kr+2e →是裂变10. 以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是 A ．β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱 B. 238 92U 衰变成206 82Pb 要经过6次β衰变和8次α衰变C ．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核D ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光波长太长E ．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，电子的动能减少，原子的能量增加 11. 下列说法正确的是________A ．放射性元素的半衰期随温度的升高而减小B ．放射性元素放射出的α射线、β射线和γ射线，电离能力最强的是α射线C ．Th23290衰变成Pb20882要经过6次α衰变和4次β衰变D ．原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是吸收能量的过程E ．光电效应的实验结论是：对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大 12. 下列说法正确的是（ ）C 的半衰期不会随着周围环境的变化而变化第II 卷（非选择题）三、计算题（本题共4道小题, ,共43分）13.(8分)已知氘核质量为2.0136u ，中子质量为1.0087u ，32He 核的质量为3.0150u 。
（1）写出两个氘核聚变成32He 的核反应方程。
（2）若两氘核以相等的动能00.35E MeV =作为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？（12931.5/u MeV c =）14. (8分)已知氢原子基态电子轨道半径为r0=0.528×10-10 m,量子数为n 的激发态的能量En=26.13n eV.求：(1)电子在基态轨道上运动的动能；(2)计算这几条光谱线中波长最短的一条光谱线的波长.(k=9.0×109 N ·m2/C2,e=1.60×10-19 C,h=6.63×10-34 J)15.(12分)如图所示，长度为L 长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为M ，静止在光滑的水平地面上．小木块B 质量为m ，从A 的左端开始以初速度v0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰好滑到A 的左端就停止滑动．则：①判断在整个运动过程中，A 和B 是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的； ②求B 与A 间的动摩擦因数为μ．16. (15分)如图所示，一个半径为R=l.00m 粗糙的四分之一圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=1.25m.在轨道末端放有质量为B m =0.30kg 的小球B （视为质点），另一质量为A m =0.l0kg 的小球A （也视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，对轨道的压力为2.6N 。
A 与B 发生正碰，碰后小球B水平向右飞出，落到地面时的水平位移为s=0.80m ，不计空气阻力，重力加速度取g=l02/m s 。
求： (1)A 与B 正碰前瞬间小球A 的速度A v 的大小；(2)A 与B 正碰前小球A 克服摩擦力所做的功fW ；(3)A 与B 正碰后瞬间小球A 的速度'A v 。
试卷答案1.C2.C3.B4.D5. D6.AD7.ACE8.ACD9.AC 10.BDE 11.BCE 12.BDE13.【解析】（1）22311120H H H n +→+ （2分）依据题意：系统动量守恒12n He m v m v =（1分）可知2122132112n kn kHeHe m v E E m v ==（1分）系统能量守恒02kn kHe E E E E +∆=+（1分）其中释放的核能 2E m C ∆=∆⋅（1分）可得：2.97,0.99kn kHe E MeV E MeV ==【答案】2.97,0.99kn kHe E MeV E MeV ==14. 【解析】(1)库仑力提供向心力，则有202r ke =02r v m ,则221mv =022r ke ,代入数据得电子在基态轨道上运动的动能为13.6 eV.(2)波长最短的光频率最高、能量最大，对应处于n=3的激发态的氢原子向n=1能级跃迁所发出光的光谱线.将能量单位“eV ”换算成国际单位“J ”后得：λ=13E E hc- =1.03×10-7 m.【答案】1.03×10-7 m15. 【解析】 A 在运动过程中不可能向左运动，B 在与A 碰撞时，若B 的质量比较小，碰后B 的速度有可能反向，即向左运动．…………………………3 分0000222(2)()....................2()112().............................222............................................24()mv m M V mv V m M mgL mv m M V Mv m M gL m m =+\=+=-+\=+系统动量守恒：分分分16. 【解析】。