高三基础知识天天练物理5-3人教版

合集下载

(完整版)人教版高中物理选修35动量和动量定理专题练习(包含答案)

(完整版)人教版高中物理选修3-5动量和动量定理专题练习(包含答案)(word 版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)人教版高中物理选修3-5动量和动量定理专题练习(包含答案)(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整版)人教版高中物理选修3-5动量和动量定理专题练习(包含答案)(word版可编辑修改)的全部内容。

人教版高中物理选修3—5动量和动量定理专题练习1．有关实际中的现象，下列说法不正确的是( )A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好答案:　D　2．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h 时的动量大小为p1,当它下落2h时动量大小为p2，那么p1∶p2等于( ）A．1∶1 B．1∶ C．1∶2 D．1∶42答案：　B　3．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动。

它们的动量随时间变化如图所示。

设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( ）A．F1〉F2，I1＝I2B．F1〈F2，I1<I2C．F1>F2，I1〉I2D．F1＝F2，I1＝I2答案：　A　4．质量为0。

2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是( )A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 JB．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 JC．Δp＝0。

人教版高中物理选修3-5重点题型巩固练习] 动量守恒定律的应用(碰撞) 提高

人教版高中物理选修3-5知识点梳理重点题型（常考知识点）巩固练习【巩固练习】一、选择题1．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v＇，且满足Mv=(M+m)v＇D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv22．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移一时间图象（s-t图象）如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（）．A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶13．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间t A、t B、t C的关系是（）．A．t A＜t B＜t C B．t A＞t B＞t C C．t A＝t C＜t B D．t A＝t B＜t C4．如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m／s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）．A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J5．如图所示，有两个质量相同的小球A 和B （大小不计），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（）．A ．h ／2B ．hC ．h ／4D ．h6．在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有（） A ．1E ＜0E B ．1P ＜0PC ．2E ＞0ED ．2P ＞2P7．甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是=5k gm/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。

人教版选修3-5基础练习(含答案)

第1讲动量守恒定律及其应用1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s ，这说明( )． A ．物体的动量在减小 B ．物体的动量在增大 C ．物体的动量大小也可能不变 D ．物体的动量大小一定变化答案 C2．一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v ′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )． A ．Mv 0＝(M －m )v ′＋mv B ．Mv 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v 0) C ．Mv 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v ′) D ．Mv 0＝Mv ′＋mv 答案 A如图1所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )． A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动答案 B 4．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒答案：C5．a 、b 两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的st 图象如图3所示．若a 球的质量m a ＝1 kg ，则b 球的质量mb 等于多少？解析由图知v a ＝4 m/s ，v a ′＝－1 m/s ，v b ＝0，v b ′＝2 m/s ，根据动量守恒定律有m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′，解得m b ＝2.5 kg. 答案 2.5 kg 6．光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为4 m/s ，质量为2 kg ，B 的速度为2 m/s ，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s. 求：(1)B 的质量； (2)这一过程产生的内能．(1)设A 、B 两物块的质量分别为m A 、m B ，碰前速度为v A 、v B ，碰后共同速度为v ，以A 物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，则m B ＝v A －v v B ＋v m A ＝4－12＋1×2 kg ＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能Q ＝ΔE k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2＝12×2×42 J ＋12×2×22 J －12×(2＋2)×12 J ＝18 J. 答案 (1)2 kg (2)18 J7．如图5所示，质量m1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0不超过多少？解析要使物块恰好不从小车上滑出，需满足物块到小车右端时与小车有共同的速度v ，则m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，由功能关系有12m 2v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋μm 2gL ，代入数据解得v 0＝5 m/s ，故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0不能超过5 m/s.答案 5 m/s8．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图6所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋Mv 2C.12NμmgL D ．NμmgL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v 1，mv ＝(m ＋M )v 1，系统损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21＝12Mmv 2M ＋m ，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，C 错误，D 正确．答案 BD9．气垫导轨上有A 、B 两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图7甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，由图可知：(1)A 、B 离开弹簧后，应该做________运动，已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是____________________________． (2)若不计此失误，分开后，A 的动量大小为________ kg·m/s ，B 的动量的大小为________ kg·m/s ，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是: ________________________________________．解析 (1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝xt ，由题图知A 、B 匀速时速度分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B的动量大小均为p ＝0.018 kg·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案 (1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量相等，均为010．如图8所示，一辆质量M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求： (1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离．解析 (1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒，即：mv 1－Mv 2＝0， 12mv 21＋12Mv 22＝E p ，联立两式并代入数据解得： v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)在整个过程中，系统动量守恒，所以有m x 1t ＝M x 2t ，x 1＋x 2＝L ，解得：x 2＝L4.答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)L411．如图9所示，甲车质量为2 kg ，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量为1 kg 的小物块，乙车质量为4 kg ，以5 m/s 的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得6 m/s 的速度，物块滑到乙车上，若乙车足够长，其顶部上表面与物块间的动摩擦因数为0.2(g 取10 m/s 2)，则 (1)物块在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止； (2)物块最终距离乙车左端多大距离．解析 (1)对甲、乙碰撞，动量守恒，m 乙v 0＝m 甲v 1＋m 乙v 2，解得v 2＝2 m/s.物块滑向乙车，物块和乙车组成的系统，由动量守恒定律，m 乙v 2＝(m ＋m 乙)v ，解得v ＝1.6 m/s. 物块在滑动摩擦力作用下向左匀加速运动，加速度a ＝μg ＝2 m/s 2. 物块在乙车上滑动时间，t ＝va＝0.8 s.(2)由动能定理，μmgs ＝12m 乙，v 22－12(m ＋m 乙)v 2解得s ＝0.8 m ，即物块最终距离乙车左端0.8 m. 答案 (1)0.8 s (2)0.8 m12．如图10所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2 kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h ＝1.25 m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)小车C 上表面的最短长度．解析 (1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有：m A gh ＝12m A v 21，①代入数据解得v 1＝2gh ＝5 m/s. ②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， m A v 1＝(m A ＋m B )v 2， ③ 代入数据解得v 2＝2.5 m/s. ④(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3，根据动量守恒定律有：(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3 ⑤ 根据能量守恒定律有：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23 ⑥ 联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375 m ．⑦答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m第2讲光电效应波粒二象性1、在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图1所示．则可判断出( )．A ．甲光的频率大于乙光的频率B ．乙光的波长大于丙光的波长C ．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D ．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能答案 B2、太阳能光电直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能．如图2所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压． (1)说出电源和电流表的正、负极． (2)入射光应照射在________极上． (3)若电流表读数是10 μA ，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子数至少是________个．解析 (1)电源左边为正极，右边为负极，电流表是上边正极下边负极． (2)入射光应照射到阴极板上，即题图中的B 极． (3)q ＝It ＝10×10－6×1 C ＝10－5 C ，而n ＝qe ，所以每秒发射出6.25×1013个光电子．答案 (1)电源左边为正极，右边为负极电流表是上边正极下边负极 (2)B (3)6.25×1013 3、用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，得到U c ν图象如图7所示，根据图象求出该金属的截止频率νc ＝________ Hz ，普朗克常量h ＝________ J·s.(已知电子电荷量e ＝1.6×10－19C)解析由题图线可知νc ＝5.0×1014 Hz ，又eU c ＝hν－W 0，所以U c ＝he ν－W 0e .结合图线可得k ＝h e ＝ 2.05.0×1014 V/Hz ，h ＝2.0×1.6×10－195.0×1014J·s ＝6.4×10－34 J·s. 答案 5.0×1014 6.4×10－34 4．在光电效应实验中，某金属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 .答案 hc λ0 hc e ·λ0－λλ0λ(写为hc e ·λ－λ0λ0λ也可)5、爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能E km 与入射光频率ν的关系如图4所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是________．(填选项前的字母) A ．逸出功与ν有关B ．E km 与入射光强度成正比C ．当ν＜ν0时，会逸出光电子D ．图中直线的斜率与普朗克常量有关答案 D6．如图5所示，当电键S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零．(1)求此时光电子的最大初动能的大小．(2)求该阴极材料的逸出功．解析设用光子能量为2.5 eV的光照射时，光电子的最大初动能为E k，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U＝0.60 V以后，具有最大初动能的光电子达不到阳极，因此eU＝E k 由光电效应方程得：E k＝hν－W0由以上两式得：E k＝0.6 eV，W0＝1.9 eV.答案(1)0.6 eV(2)1.9 eV第3讲原子结构原子核1．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子()．A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少答案 B2．在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图1所示．该装置中探测器接收到的是()．A．X射线B．α射线C．β射线D．γ射线答案 D3．居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素(含铀、钍等)，会释放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病．根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是()．A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B．β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了1个C．γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了1个D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强、电离能力最弱答案 D4．氢原子的核外电子由离原子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() A．氢原子的能量增加B．氢原子的能量减少C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要放出一定频率的光子答案BD5．氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是()．A．核反应方程式为21H＋31H→42He＋10n B．这是一个裂变反应C．核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3D．核反应过程中释放的核能ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2答案AD6．在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是()．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．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C.23892U衰变成20682Pb要经过6次β衰变和8次α衰变D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的答案CD7．氦3与氘的核聚变发电不产生温室气体，不产生放射性物质，是一种十分清洁、安全和环保的能源，开发月壤中蕴藏丰富的氦3资源，对人类社会今后的可持续发展具有深远意义．该核反应可表示为32He＋21 H→43Li＋X(X表示某种粒子)，若32He、21H和43Li的质量分别为m1、m2、m3，则下列选项正确的是()．A．X为中子B．这种核反应在月球上可自发进行C．高速的X粒子可以用来工业探伤D．该反应释放的核能ΔE<(m1＋m2－m3)c2答案AD8．如图2所示，在氢原子能级图中，氢原子从各个较高能级跃迁至同一较低能级时，会发出一系列光谱线，形成谱线系，分别称为赖曼线系，巴耳末线系，帕邢线系等．在同一谱线系中，下列说法正确的是()．A．每一跃迁都会释放出一个电子，使原子变为粒子B．各种跃迁都会释放出不同能量的光子C．各条谱线具有相同的频率D．跃迁后原子的能级是相同的答案BD9．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．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，电子的动能减少，原子的能量也减少D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线答案 D9．如图3为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是()A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应答案D11．(1)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是()．(2)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量________(选填“越大”或“越小”)．已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为________(普朗克常量为h)．(3)有些核反应过程是吸收能量的．例如，在X＋147N―→17 8 O＋11H中，核反应吸收的能量Q＝[(m O＋m H)－(m x＋m N)]c2.在该核反应方程中，X表示什么粒子？X粒子以动能E k轰击静止的14 7N核，若E k ＝Q，则该核反应能否发生？请简要说明理由．答案(1)A(2)越大2（hν＋E1）m(3)42He不能发生因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求．12．(1)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k ，下列说法正确的是________． A ．对于同种金属，E k 与照射光的强度无关 B ．对于同种金属，E k 与照射光的波长成反比 C ．对于同种金属，E k 与光照射的时间成正比D ．对于同种金属，E k 与照射光的频率成线性关系E ．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k 与金属的逸出功成线性关系(2)一静止的238 92U 核经α衰变成为234 90Th 核，释放出的总动能为4.27 MeV.问此衰变后23490Th 核的动能为多少MeV(保留一位有效数字)?解析 (1)由E k ＝hν－W 0知E k 与照射光的强度及照射时间无关，与ν成线性关系，故选项A 、D 正确，C 错误．由E k ＝hcλ－W 0可知E k 与λ不成反比，故选项B 错误．在hν不变的情况下，E k 与W 0成线性关系，故选项E 正确．(2)据题意知：此α衰变的衰变方程为： 238 92U→234 90Th ＋42He ，根据动量守恒定律得： m αv α＝m Th v Th ， ①式中，m α和m Th 分别为α粒子和Th 核的质量，v α和v Th 分别为α粒子和Th 核的速度的大小，由题设条件知：12m αv 2α＋12m Th v 2Th ＝E k ，②m αm Th ＝4234，③式中E k ＝4.27 MeV 是α粒子与Th 核的总动能．由①②③式得： 12m Th v 2Th ＝m αm α＋m Th E k ，④代入数据得，衰变后234 90Th 核的动能：12m Th v 2Th ＝0.07 MeV.⑤ 答案 (1)ADE (2)0.07 MeV考前基础回扣练碰撞与动量守恒近代物理初步1.(多选)如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中()A.两物体所受重力做功相同B.两物体所受合外力冲量相同C.两物体到达斜面底端所用时间相同D.两物体到达斜面底端时动能相同【解析】选A、D。

高三基础知识天天练物理5-4人教版

第二模块第5章第4单元一、选择题图71．如图7所示，物体A 的质量为m ，置于水平地面上，A 的上端连一轻弹簧，原长为L ，劲度系数为k ，现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，则下列论述中正确的是( )A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．系统增加的机械能小于mgLD ．以上说法都不正确解析：由于将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后等于A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL ，A 选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L ，所以B 选项错误．答案：C图82．如图8所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理，知B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmg v ，故D 对．答案：D图93．轻质弹簧吊着小球静止在如图9所示的A 位置，现用水平外力F 将小球缓慢拉到B 位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是( )A ．系统的弹性势能不变B ．系统的弹性势能增加C ．系统的机械能不变D ．系统的机械能增加解析：根据三力平衡条件可得F ＝mg tan θ，弹簧弹力大小为F 弹＝mgcos θ，B 位置比A 位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A 位置到B 位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．答案：BD图104．如图10所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p 和E k ，弹簧弹性势能的最大值为E p ′，则它们之间的关系为( )A ．E p ＝E k ＝E p ′B ．E p >E k >E p ′C ．E p ＝E k ＋E p ′D ．E p ＋E k ＝E p ′解析：当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p ＝E k ＝E p ′，故答案选A.答案：A5．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部出发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)() A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2D．礼花弹的机械能变化量为W3－W1解析：由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正确．除重力之外的力的功对应机械能的变化，即W3－W2，C正确．答案：BC6．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是() A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变解析：制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误．答案：A图117．如图11所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是() A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减小解析：机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F与Fμ做功大小问题，由mg sin α＋F μ－F ＝ma ，知F －F μ＝mg sin30°－ma >0，即F >F μ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．答案：A8．如图12所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，则两个过程( )A ．合外力做的功相同B ．物体机械能变化量相同C ．F 1做的功与F 2做的功相同D ．F 1做的功比F 2做的功多图12解析：两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相等，合力做功也应相等．用F 2拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用F 2拉物体时拉力做功多．答案：AB9．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t 0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F 、v 、x 和E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如下图所示的图象中可能正确的是( )解析：物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A 正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v ＝at ，x ＝12at 2，所以B 、C 错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D 正确．答案：AD二、计算题图1310．如图13所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为s 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 20＋mgs 0sin θ又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即 Q ＝μmgs cos θ解以上两式可得s ＝1μ(v 22g cos θ＋s 0tan θ)．答案：1μ(v 22g cos θ＋s 0tan θ)11．如图14甲所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面AB 前，有一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：(1)滑块到A 处的速度大小．(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面的长度是多少？图14解析：(1)由图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.25mg ，始终做负功，由动能定理全程列式得：F 1l 1－F 2l 2－F f l ＝12m v 2A－0即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A解得v A ＝5 2 m/s(2)冲上斜面的过程，由动能定理得－mg ·L ·sin30°＝0－12m v 2A所以冲上AB 面的长度L ＝5 m 答案：(1)5 2 m/s (2)5 m12．电机带动水平传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上(传送带足够长)，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图15所示，当小木块与传图15送带相对静止时，求： (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速转动输出的总能量．解析：(1)小木块的加速度a ＝μg 小木块的位移l 1＝v 22a ＝v 22μg .(2)小木块加速运动的时间t ＝v a ＝vμg传送带在这段时间内位移l 2＝v t ＝v 2μg .(3)小木块获得的动能E k ＝12m v 2.(4)因摩擦而产生的热等于摩擦力(f )乘以相对位移(ΔL )，故Q ＝f ·ΔL ＝μmg (l 2－l 1)＝12m v 2.(注：Q ＝E k 是一种巧合，但不是所有的问题都这样)．(5)由能的转化与守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝E k ＋Q ＝m v 2.答案：(1)v 22μg (2)v 2μg (3)12m v 2 (4)12v 2 (5)m v 2。

人教版高中物理选修3-5动量与动量守恒定律复习题.docx

高中物理学习材料桑水制作动量与动量守恒定律复习题1．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中。

若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA 、tB、tc的关系是( )A．tA < tB<tcB．tA > tB>tcC．tA =tc<tBD．tA =tB<tc2．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。

用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止3．带有1／4光滑圆弧轨道质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )A小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为Mv2/2D．小球在弧形槽上升的最大高度为vo2/2g；4．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5kg·m／s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )A．pA /=6 kg·m／s,,pB/=6 kg·m／s B．pA/=3 kg·m／s，pB/=9 kg·m／sC．pA /=—2kg·m／s，pB/=14kg·m／s D．pA/=—4 kg·m／s，pB/=17 kg·m／s5．如图所示，p、p，分别表示物体受到冲量前、后的动量，短线表示的动量大小为15kg·m/s，长线表示的动量大小为30kg·m／s，箭头表示动量的方向．在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是( )．A．①② B．②④ C。

高三基础知识天天练物理6-3人教版

第三模块第6章第3单元一、选择题1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是() A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动解析：带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转，(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B、C可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D可能出现；不能做匀速直线运动，A不可能出现．答案：A图132．如图13所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误．．的(设电源电动势为U)() A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔE k，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．答案：C图143．如图14所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则() A．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势解析：两平行金属板间的电场为匀强电场．带电粒子先向下运动又折回说明粒子先向下做匀减速运动，折回后向上做匀加速运动．整个过程具有对称性，由此可知B项正确．答案：B4．如图15所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则()图15A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极解析：若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．答案：D5．如图16所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定，然后使两板各绕其中点在竖直平面内逆时针转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P在两板间()图16A．保持静止B．水平向左做直线运动C．向左下方运动D ．不知α角的值无法确定P 的运动状态解析：设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．答案：B图176．平行板间有如图17所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．在图17所示的图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是( )解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复，故A 对．答案：A7．传感器是一种采集信息的重要器件，如图18所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串联成闭合回路．当压力F 作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．从对膜片施加恒定的压力开始到膜片稳定之后，灵敏电流计指针的偏转情况为(已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)( )图18A ．向左偏到某一刻度后回到零刻度B ．向右偏到某一刻度后回到零刻度C ．向右偏到某一刻度后不动D ．向左偏到某一刻度后不动解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C ＝εr S 4πkd 增大，由C ＝QU 可知，两极板带电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处．综上所述，B 选项正确．答案：B图198．竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图19所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A ．两电荷的电荷量可能相等B ．两电荷在电场中运动的时间相等C ．两电荷在电场中运动的加速度相等D ．两电荷离开电场时的动能相等解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等，B 对；又因为d ＝12at 2，a＝qE m ，因为偏转量d 不同，故a 一定不同，C 错．由a ＝qEm ，因不知m 的关系，q 可能相等，也可能不相等，故A 正确．当q 相等时，电荷从进入到离开，电场力做的功不同，由动能定理可知，两电荷离开电场时的动能不同，D 错．9．图20中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则()图20A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：由O点电势高于C点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N 粒子带负电，A错误．N粒子从O点运动到a点，电场力做正功．M粒子从O点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO＝U Oc，且M、N粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．答案：BD10．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为—U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是() A．2v、向下B．2v、向上C．3v、向下D．3v、向上解析：当不加电场时，油滴匀速下降，即F f＝k v＝mg；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，即F电＝k v＋mg，解之得：F电＝2mg，当两极间电压为—U时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F电＋mg＝k v′，解之得：v′＝3v，C项正确．答案：C图2111．如图21所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电荷量为＋q 、质量为m 的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点由静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处，求：(1)小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度； (2)小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？解析：由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解(1)由题意知：小球运动到D 点时，由于AD ＝AB ，所以有电势φD ＝φB ，即U DB ＝φD －φB＝0①则由动能定理得：mg L 2sin30°＝12m v 2D －0②联立①②解得：v D ＝gL2③ (2)当小球运动至C 点时，对球受力分析如图22所示，则由平衡条件得：图22F N ＋F 库sin30°＝mg cos30°④ 由库仑定律得： F 库＝kq 2(L cos30°)2⑤联立④⑤得： F N ＝32mg －23kq 2L2由牛顿第三定律得：F N ′＝F N ＝32mg －2kq 23L 2.答案：(1)gL 2 (2)32mg －2kq 23L2图2312．如图23所示，两块长3 cm 的平行金属板AB 相距1 cm ，并与300 V 直流电源的两极相连接，φA <φB .如果在两板正中间有一电子(m ＝9×10－31kg ，e ＝－1.6×10－19C)，沿着垂直于电场线方向以2×107m/s 的速度飞入，则：(1)电子能否飞离平行金属板？(2)如果由A 到B 分布宽1 cm 的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？解析：(1)当电子沿AB 两板正中央以v 0＝2×107m/s 的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t ＝l v 0① 在沿AB 方向上，电子受电场力的作用，在AB 方向上的位移为 y ＝12at 2② 又a ＝F m ＝eE m ＝eU ABmd ③由①②③式得 y ＝12eU AB md (l v 0)2＝12×1.6×10－19×3009×10－31×1×10－2×(3×10－22×107)2m ＝6×10－3m ＝0.6 cm ，而d 2＝0.5 cm ，所以y >d2，故粒子不能飞出电场． (2)从(1)的求解可知，与B 板相距为y 的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x ＝d －y ＝(1－0.6) cm ＝0.4 cm.故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为： n ＝x d ×100%＝0.41×100%＝40%. 答案：(1)不能 (2)40%。

【新人教版】物理高中选修3-5课时同步练习全集【打印版)(全书完整版)

（新人教版）高中物理选修3-5（全册）课时同步练习全集（打印版）课时跟踪检测（一）动量和动量定理1．(多选)下列说法正确的是()A．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动量一定发生变化C．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动能一定发生变化D．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析: 选AB动量的方向总与速度即运动方向相同, 故A对; 合外力的冲量不为零, 由动量定理I合＝Δp, 可知动量的变化量Δp一定不为零, 即动量一定变化, 但动能不一定变化, 有可能动量的大小不变, 方向变化, 故B 对, C 错; I 合的方向一定与动量变化量的方向相同, 但不一定与动量的方向相同, 故D 错.2．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解析: 选B 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, 从而减小了球的动量变化率, 减小了球对手的冲击力, 选项B 正确.3．(多选)古时有“守株待兔”的寓言, 设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死. 若兔子与树桩发生碰撞, 作用时间为0.2 s, 则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )图1A ．1 m /sB ．1.5 m/sC ．2 m /sD ．2.5 m/s解析: 选CD 根据题意建立模型, 设兔子与树桩的撞击力为F , 兔子撞击树桩后速度为零, 根据动量定理有－Ft ＝0－m v , 所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m /s ＝2 m/s.4.质量为1 kg 的物体做直线运动, 其速度图像如图2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2A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s, －10 N·sC ．0,10 N·sD ．0, －10 N·s解析: 选D 由图像可知, 在前10 s 内初、末状态的动量相等, p 1＝p 2＝5 kg·m /s, 由动量定理知I 1＝0; 在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s, I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s, 故选D.5．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0, 作用力随时间的变化情况如图3所示, 则( )图3A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零, 外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零, 外力对物体做功为零解析: 选C 0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同, 动量变化量不相等, A 错; t ＝t 0时, 物体速度最大, t ＝2t 0时物体速度为零, 由动量定理Ft ＝m Δv 可得, F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等, B 错, C 正确; 物体先加速后减速, 位移不为零, 动能变化量为零, 外力对物体做功为零, D 错.6．质量相等的A 、B 两个物体, 沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面, 由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1, 如图4所示, 则A 、B 两物体( )图4A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析: 选B 两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中, 机械能守恒, mg (h 2－h 1)＝12m v 2, v ＝2g (h 2－h 1), 物体下滑到h 1处时, 速度的大小相等, 由于α不等于β, 速度的方向不同, 由此可判断, 物体在h 1高度处动能相同, 动量不相同. 物体运动过程中动量的变化量不同, 所以合外力的冲量不相等. 物体下滑的过程中, mg sin α＝ma , h 2－h 1sin α＝12at 2. 由上述两式求得时间t ＝1sin α2(h 2－h 1)g, 由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等.7．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程: 如图5所示, 运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手, 此后冰壶沿AO ′滑行, 最后停于C 点. 已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ, 冰壶质量为m , AC ＝L , CO ′＝r , 重力加速度为g .图5(1)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小.(2)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ, 原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点, 求A 点与B 点之间的距离.解析: (1)由－μmgL ＝0－12m v A 2, 得v A ＝2μgL .由I ＝m v A , 将v A 代入得I ＝m 2μgL . (2)设A 点与B 点之间的距离为s , 由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v A 2, 将v A 代入得s ＝L －4r .答案: (1)m 2μgL (2)L －4r8.用0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里, 打击时铁锤的速度v ＝4.0 m/s, 如果打击后铁锤的速度变为0, 打击的作用时间是0.01 s, 那么:图6(1)不计铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力是多大?(2)考虑铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力又是多大? (g 取10 m/s 2) (3)比较(1)和(2), 讨论是否要忽略铁锤的重力.解析: (1)以铁锤为研究对象, 不计重力时, 只受钉子的作用力, 方向竖直向上, 设为F 1, 取竖直向上为正, 由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 铁锤钉钉子的作用力为200 N, 方向竖直向下.(2)若考虑重力, 设此时受钉子的作用力为F 2, 对铁锤应用动量定理, 取竖直向上为正. (F 2－mg )t ＝0－m v (矢量式) F 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10 N ＝205 N, 方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 此时铁锤钉钉子的作用力为205 N, 方向竖直向下.(3)比较F1与F2, 其相对误差为|F2－F1|F1×100%＝2.5%, 可见本题中铁锤的重力可忽略.答案: (1)200 N, 方向竖直向下(2)205 N, 方向竖直向下(3)见解析课时跟踪检测（二）动量守恒定律1．(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义, 高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统. 据广州铁路局警方测算: 当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时, 受到的阻力约为106N, 如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物, 会产生大约5 000 N的冲击力, 撞击时间约为0.1 s, 瞬间可能造成列车颠覆, 后果不堪设想. 在撞击过程中, 下列说法正确的是()图1A．冲击力对列车的冲量约为500 N·sB．冲击力对列车的冲量约为104 N·sC．冲击力对障碍物的冲量约为175 N·sD．列车和障碍物组成的系统动量近似守恒解析: 选AD冲击力为5 000 N, 冲量为5 000×0.1 N·s＝500 N·s, A对, B、C错; 撞击过程时间极短, 列车和障碍物组成的系统动量近似守恒, D对.2．甲、乙两船静止在湖面上, 总质量分别是m1、m2, 两船相距x, 甲船上的人通过绳子用力F拉乙船, 若水对两船的阻力大小均为F f, 且F f＜F, 则在两船相向运动的过程中()A．甲船的动量守恒B．乙船的动量守恒C．甲、乙两船的总动量守恒D．甲、乙两船的总动量不守恒解析: 选C甲船、人、绳、乙船组成的系统所受的合力为零, 动量守恒, 则选项C正确.3.如图2所示, 在光滑水平面上, 用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上, 已知m A<m B, 经过相同的时间后同时撤去两力, 以后两物体相碰并粘为一体, 则粘合体最终将()图2A．静止B．向右运动C．向左运动D．无法确定解析: 选A选取A、B两个物体组成的系统为研究对象, 根据动量定理, 整个运动过程中, 系统所受的合外力为零, 所以动量改变量为零, 初始时刻系统静止, 总动量为零, 最后粘合体的动量也为零, 即粘合体静止, 所以选项A正确.4．(多选)如图3所示, 小车放在光滑的水平面上, 将系着绳的小球拉开到一定的角度, 然后同时放开小球和小车, 那么在以后的过程中()图3A．小球向左摆动时, 小车也向左运动, 且系统动量守恒B．小球向左摆动时, 小车向右运动, 且系统动量守恒C．小球向左摆到最高点, 小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻, 小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反解析: 选BD以小球和小车组成的系统为研究对象, 在水平方向上不受力的作用, 所以系统在水平方向上动量守恒, 由于初始状态小车与小球均静止, 所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零, 要么大小相等、方向相反, 选项A、C错误, 选项B、D正确.5．(多选)如图4所示, 三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列, 静止在光滑水平面上. c车上有一小孩跳到b车上, 接着又立即从b车跳到a车上. 小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同. 他跳到a车上相对a车保持静止, 此后()图4A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析: 选CD 若人跳离b 、c 车时速度为v , 由动量守恒定律知, 人和c 车组成的系统: 0＝－M 车v c ＋m 人v对人和b 车: m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v 对人和a 车: m 人v ＝(M 车＋m 人)·v a 所以: v c ＝m 人v M 车, v b ＝0, v a ＝m 人vM 车＋m 人即v c >v a >v b , 并且v c 与v a 方向相反.6. (多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静止置于光滑水平面上, 如图5所示, 一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车, 到达某一高度后, 小球又返回小车的左端, 则( )图5A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 20D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为v 202g解析: 选BC 小球上升到最高点时与小车相对静止, 有共同速度v ′, 由动量守恒定律和机械能守恒定律有:M v 0＝2M v ′①12M v 20＝2×⎝⎛⎭⎫12M v ′2＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 204g, 知D 错误.从小球滚上到滚下并离开小车, 系统在水平方向上的动量守恒, 由于无摩擦力做功, 动能守恒, 此过程类似于弹性碰撞, 作用后两者交换速度, 即小球速度变为零, 开始做自由落体运动, 故B 、C 对, A 错.7．如图6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, 中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接). 开始时A 、B 以共同速度v 0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6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 )v 0＝m A v ＋m B v B m 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 ＝95v 0.答案: 95v 08.如图7所示, 一质量为M 的物体静止在桌面边缘, 桌面离水平地面的高度为h . 一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后, 以水平速度v 02射出. 重力加速度为g . 求:图7(1)此过程中系统损失的机械能;(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.解析: (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v , 由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－⎣⎡⎦⎤12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12M v 2③ 由②③式得ΔE ＝18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t , 落地点距桌面边缘的水平距离为s , 则h ＝12gt 2④s ＝v t ⑤由②④⑤式得s ＝m v 0Mh 2g. 答案: (1)18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g课时跟踪检测（三）碰撞1．在光滑水平面上, 两球沿球心连线以相等速率相向而行, 下列现象可能的是() A．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同, 碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同, 碰后两球都静止解析: 选A若两球质量相等, 碰前两球总动量为零, 碰后总动量也应该为零, 由此分析可得A可能、B不可能. 若两球质量不同, 碰前两球总动量不为零, 碰后总动量也不能为零, D不可能. 若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开, 则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同, 与碰前总动量方向相反, C不可能.2．关于散射, 下列说法正确的是()A．散射就是乱反射, 毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析: 选C由于散射也是碰撞, 所以散射过程中动量守恒.3.如图1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()图1A．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向右运动解析: 选D选向右为正方向, 则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0. B的动量p B＝－2m v0. 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.4.A、B两物体发生正碰, 碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动, 其位移—时间图像如图2所示. 由图可知, 物体A、B的质量之比为()图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析: 选C 由图像知: 碰前v A ＝4 m /s, v B ＝0. 碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s, 由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′, 解得m B ＝3m A . 故选项C 正确.5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动, 已知它们的动量分别是 5 kg·m /s 和7 kg·m/s, 甲追上乙并发生碰撞, 碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s, 则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝m 甲B ．m 乙＝2m 甲C ．4m 甲＝m 乙D ．m 乙＝6m 甲解析: 选C 碰撞前, v 甲>v 乙, 即p 甲m 甲>p 乙m 乙, 可得m 甲m 乙<57; 碰撞后, v 甲≤v 乙, 即p 甲′m 甲≤p 乙′m 乙,可得m 甲m 乙≥15; 综合可得15≤m 甲m 乙<57, 选项A 、D 错误. 由碰撞过程动能不增加可知, E 碰前≥E 碰后,由B 得到E 碰前<E 碰后, 所以排除B, 答案选C.6．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上, 箱子中间有一质量为m 的小物块, 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ. 初始时小物块停在箱子正中间, 如图3所示. 现给小物块一水平向右的初速度v , 小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止. 设碰撞都是弹性的, 则整个过程中, 系统损失的动能为( )图3A.12m v 2 B.mM v 22(m ＋M ) C.12NμmgL D ．NμmgL解析: 选BD 根据动量守恒, 小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m , 损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M ), 所以B 正确; 根据能量守恒, 损失的动能等于因摩擦产生的热量, 而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移, 所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL , 可见D 正确.7．冰球运动员甲的质量为80.0 kg. 当他以5.0 m /s 的速度向前运动时, 与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞. 碰后甲恰好静止. 假设碰撞时间极短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.解析: (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M, 碰前速度大小分别为v、V, 碰后乙的速度大小为V′. 由动量守恒定律有m v－MV＝MV′①代入数据得V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE, 应有12m v 2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③联立②③式, 代入数据得ΔE＝1 400 J .答案: (1)1.0 m/s(2)1 400 J8．如图4所示, 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4解析: A向右运动与C发生第一次碰撞, 碰撞过程中, 系统的动量守恒、机械能守恒. 设速度方向向右为正, 开始时A的速度为v0, 第一次碰撞后C的速度为v C1, A的速度为v A1. 由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v0＝m v A1＋M v C1①12m v 20＝12m v2A1＋12M v2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0③v C1＝2mm＋Mv0④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 A2, B的速度为v B1, 同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0⑤根据题意, 要求A只与B、C各发生一次碰撞, 应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5＋2)M⑧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. ⑨答案: (5－2)M≤m＜M课时跟踪检测（四）反冲运动火箭1．(多选)下列属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动解析: 选ACD选项A、C、D中, 三者都是自身的一部分向一方向运动, 而剩余部分向反方向运动, 而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力, 所以A、C、D对, B错.2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后, 火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气, 空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出, 气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气, 然后向后推出, 空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热, 加热周围空气, 空气膨胀推动火箭解析: 选B火箭的工作原理是反冲运动, 火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时, 使火箭获得反冲速度, 故正确选项为B.3．人的质量m＝60 kg, 船的质量M＝240 kg, 若船用缆绳固定, 船离岸1.5 m时, 船边沿高出岸h, 人从船边沿水平跃出, 恰能上岸. 若撤去缆绳, 人要从船边沿安全水平跃出上岸, 船离岸约为(不计水的阻力, 人两次消耗的能量相等)()A．1.5 m B．1.2 mC．1.34 m D．1.1 m解析: 选C 船用缆绳固定时, 设人水平跃出的速度为v 0, 则x 0＝v 0t , t ＝2hg . 撤去缆绳, 由水平方向动量守恒得0＝m v 1－M v 2, 两次人消耗的能量相等, 即动能不变, 12m v 20＝12m v 21＋12M v 22, 解得v 1＝ MM ＋m v 0, 故x 1＝v 1t ＝ MM ＋m x 0≈1.34 m, 选项C 正确. 4.如图1所示, 质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶, 一质量为m 的救生员站在船尾, 相对小船静止. 若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为( )图1A ．v 0＋mM v B ．v 0－mM v C ．v 0＋mM (v 0＋v )D ．v 0＋mM (v 0－v )解析: 选C 根据动量守恒定律, 选向右方向为正方向, 则有(M ＋m )v 0＝M v ′－m v , 解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v ), 故选项C 正确.5．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上, 甲、乙两人分别站在车的左、右端, 当两人同时相向而行时, 发现小车向左移, 则( )A ．若两人质量相等, 必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等, 必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等, 必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等, 必有m 甲<m 乙解析: 选AC 甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒, 且总动量为零, 甲动量方向向右, 小车动量方向向左, 说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|, 即m 甲v 甲>m 乙v 乙, 若m 甲＝m 乙, 则v 甲>v 乙, A 对, B 错; 若v 甲＝v 乙, 则m 甲>m 乙, C 对, D 错.6.如图2所示, 装有炮弹的火炮总质量为m 1, 炮弹的质量为m 2, 炮弹射出炮口时对地的速率为v 0, 若炮管与水平地面的夹角为θ, 则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )图2A.m 2m 1v 0 B.m 2v 0m 1－m 2 C.m 2v 0cos θm 1－m 2D.m 2v 0cos θm 1解析: 选C 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒, 0＝m 2v 0cos θ－(m 1－m 2)v , 得v ＝m 2v 0cos θm 1－m 2, 故选项C 正确.7．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M 的火箭, 突然喷出质量为m 的气体, 喷出的速度为v 0(相对于太空站), 紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体, 此后火箭获得的速度为v (相对于太空站), 火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?解析: 题意中所涉及的速度都是相对于太空站的, 可以直接使用动量守恒定律, 规定v 0的方向为正方向, 则: 第一次喷气后: 0＝m v 0－(M －m )v 1, v 1＝m v 0M －m , v 1与正方向相反第二次喷气后: －(M －m )v 1＝m v 2－(M －2m )v , 所以v 2＝⎝⎛⎭⎫M m －2v －v 0. 答案: 见解析8．在砂堆上有一木块, 质量M ＝5 kg, 木块上放一爆竹, 质量m ＝0.10 kg. 点燃爆竹后木块陷入砂中深5 cm, 若砂对木块运动的阻力恒为58 N, 不计爆竹中火药质量和空气阻力. 求爆竹上升的最大高度. (g 取10 m/s 2)解析: 火药爆炸时内力远大于重力, 所以爆炸时动量守恒, 取向上的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v －M v ′＝0①(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率) 木块陷入砂中做匀减速运动到停止, 其加速度大小为 a ＝F －Mg M ＝58－505m /s 2＝1.6 m/s 2. ② 木块做匀减速运动的初速度 v ′＝ 2as ＝2×1.6×0.05 m /s ＝0.4 m/s ③代入①式, 得v ＝20 m/s. ④爆竹以初速度v 做竖直上抛运动, 上升的最大高度为 h ＝v 22g ＝20220 m ＝20 m. ⑤答案: 20 m课时跟踪检测（五）能量量子化光的粒子性1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( ) A ．温度 B ．材料 C ．表面状况D ．以上都正确解析: 选A 影响黑体辐射电磁波的波长分布的因素是温度, 故选项A 正确. 2．(多选)以下宏观概念中, 哪些是“量子化”的( ) A ．物体的带电荷量 B ．物体的质量 C ．物体的动量D ．学生的个数解析: 选AD 所谓“量子化”应该是不连续的, 而是一份一份的, 故选A 、D. 3．(多选)N 为钨板, M 为金属网, 它们分别与电池的两极相连, 各电池的电动势和极性如图所示, 已知金属钨的逸出功为 4.5 eV . 现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出), 那么图中没有光电子到达金属网的是( )解析: 选AC C 、D 加反向电压, 只要入射光子的能量hν≥W 0＋eU , 就有光电子到达金属网, 将各数值代入上式可知D 中光电子能到达金属网; A 、B 加正向电压, 只要入射光子能量大于逸出功, 就有光电子到达金属网, 可知B 中光电子能到达金属网. 综上所述, A 、C 符合题意.4．人眼对绿光最为敏感, 正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时, 只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉. 普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3.0×108 m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( )A ．2.3×10－18 WB ．3.8×10－19W C ．7.0×10－10WD ．1.2×10－18W解析: 选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 所以察觉到绿光所接收的最小功率P ＝E t , 式中E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ＝6×6.63×10－34×3×108530×10－9W ＝2.3×10－18 W. 5.光子有能量, 也有动量, 动量p ＝hλ, 它也遵守有关动量的规律. 如图1所示, 真空中,有“∞”形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动, 其中左边是圆形黑纸片(吸收光子), 右边是和左边大小、质量相同的圆形白纸片(反射光子). 当用平行白光垂直照射这两个圆面时, 关于装置开始时的转动情况(俯视), 下列说法中正确的是( )图1A．顺时针方向转动B．逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动解析: 选B根据动量定理Ft＝m v t－m v0, 由光子的动量变化可知黑纸片和光子之间的作用力小于白纸片和光子之间的作用力, 所以装置开始时逆时针方向转动, B选项正确.6．(多选)光电效应的四条规律中, 波动说不能解释的有()A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光强度无关, 只随入射光频率的增大而增大C．入射光照射到金属上时, 光电子的发射几乎是瞬时的, 一般不超过10－9 sD．当入射光频率大于截止频率时, 光电流强度与入射光强度成正比解析: 选ABC此题应从光电效应规律与经典波动理论的矛盾着手去解答. 按照经典的光的波动理论, 光的能量随光的强度的增大而增大, 与光的频率无关, 金属中的电子必须吸收足够能量后, 才能从中逸出, 电子有一个能量积蓄的时间, 光的强度越大, 单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多, 被电子吸收的光子数目自然也多, 这样产生的光电子数目也多. 但是, 光子不一定全部形成光电流, 故应选A、B、C.7.实验得到金属钙的光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图2所示. 下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功, 参照下表可以确定的是()图2金属钨钙钠截止频率ν0/1014 Hz10.957.73 5.53逸出功W/eV 4.54 3.20 2.29A kmB．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 其斜率比图中直线的斜率大C．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 设其延长线与纵轴交点的坐标为(0, －E k2), 则E k2<E k1D．如用金属钨做实验, 当入射光的频率ν<ν1时, 可能会有光电子逸出解析: 选C由光电效应方程E km＝hν－W可知E km-ν图线是直线, 且斜率相同, A、B项错; 由表中所列的截止频率和逸出功数据可知C项正确, D项错误.8.在光电效应实验中, 飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光), 如图3所示. 则可判断出()图3A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析: 选B当光电管两端加上反向遏止电压且光电流恰好为零时, 有E k－0＝eU c, 对同一光电管(逸出功W0相同)使用不同频率的光照射, 有E k＝hν－W0, 两式联立得, hν－W0＝eU c, 丙光的反向遏止电压最大, 则丙光的频率最大, 甲光、乙光频率相同, A、C错误;又由λ＝cν可知λ丙<λ乙, B正确; 由E k＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大, D错误.9.如图4所示, 当开关S断开时, 用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K, 发现电流表读数不为零. 合上开关, 调节滑动变阻器, 发现当电压表读数小于0.60 V时, 电流表读数仍不为零; 当电压表读数大于或等于0.60 V时, 电流表读数为零. 求:图4(1)此时光电子的最大初动能的大小;(2)该阴极材料的逸出功.解析: (1)由题意可知, 遏止电压为0.60 V, 由动能定理得光电子的最大初动能E k＝eU＝0.6 eV.(2)由光电效应方程E k＝hν－W0得该阴极材料的逸出功W0＝hν－E k＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV.答案: (1)0.6 eV(2)1.9 eV。

物理同步人教选修3-5全国通用版课时训练3 动量守恒定律+Word版含解析.docx

课时训练3动量守恒定律题组一动量守恒的条件1.(多选)下列说法中正确的是()A.若系统不受外力作用,则该系统的机械能守恒B.若系统不受外力作用,则该系统的动量守恒C.平抛运动中,物体水平方向不受力,则水平方向的动能不变D.平抛运动中,物体水平方向不受力,则水平方向的动量不变解析:若有内力做功,则系统机械能不守恒,A错误;由动量守恒条件知,若系统不受外力作用,则系统动量守恒,B正确;动能是标量,不能将动能分解,C错误;动量是矢量,某一方向不受力,该方向上动量不变,D正确。

答案:BD2.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。

甲木块与弹簧接触后()A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析:甲木块与弹簧接触后,甲木块或乙木块所受的合力均不为零,动量不守恒,A、B两项错误;甲、乙两木块组成的系统受到的合力为零,系统的动量守恒,C项正确;甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒,故两木块组成的系统机械能不守恒,D项错误。

答案:C题组二动量守恒定律的应用3.(多选)若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并相互作用的物体的初动量,p1'、p2'表示它们的末动量,Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自动量的变化量,则下列式子能表示动量守恒的是()A.Δp1=Δp2B.p1+p2=p1'+p2'C.Δp1+Δp2=0D.Δp1+Δp2=常数(不为零)解析:动量和动量变化量都是矢量,由两个物体组成的系统,相互作用过程中一个物体动量增加,另一个物体动量减少,如果Δp1>0,则Δp2<0,但Δp1=|Δp2|,所以有Δp1+Δp2=0,因此B、C项正确。

答案:BC4.小船相对地面以速度v向东行驶,若在船上以相对于地面的相同速率v水平向西抛出一个质量为m 的重物,则小船的速度将()A.不变B.减小C.增大D.改变方向解析:以运动的整个系统为研究对象,在水平方向上不受外力的作用,系统遵守动量守恒定律。

高三基础知识天天练物理4-5人教版

第二模块第4章第5单元一、选择题1．发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图3所示，这样选址的优点是，在赤道附近( )A ．地球的引力较大B ．地球自转线速度较大C ．重力加速度较大D ．地球自转角速度较大解析：若将地球视为一个球体，则在地球上各处的引力大小相同，A 错；在地球上各处的角速度相同，D 错；在地球的表面附近，赤道的半径较大，由公式v ＝ωr 可知，半径越大线速度越大，B 对；在赤道上的重力加速度最小，C 错．答案：B2．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l 的单摆做小振幅振动的周期为T ，将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，则月球的密度为( )A.πl 3GrT 2B.3πl GrT 2C.16πl 3GrT 2D.3πl 16GrT 2解析：由单摆的振动可求得月球表面的重力加速度g ′，根据月球表面的物体所受的重力等于月球对物体的万有引力即可求得月球的密度．设月球表面的重力加速度为g ′，则T ＝2πl g ′.根据万有引力F ＝GMmr 2和重力近似相等，GMm r 2＝mg ′，即g ′＝GM r 2，ρ＝M V ＝M 43πr 3，联立可得ρ＝3πl GrT 2.答案：B3．宇宙飞船到了月球上空后以速度v 绕月球做圆周运动，如图4所示，为了使飞船落在月球上的B 点，在轨道A 点，火箭发动器在短时间内发动，向外喷射高温燃气，喷气的方向应当是( )A ．与v 的方向一致B ．与v 的方向相反C ．垂直v 的方向向右D ．垂直v 的方向向左解析：因为要使飞船做向心运动，只有减小速度，这样需要的向心力减小，而此时提供的向心力大于所需向心力，所以只有向前喷气，使v 减小，从而做向心运动，落到B 点，故A 正确．答案：A4．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误．．的是 ( )A ．双星间的万有引力减小B ．双星做圆周运动的角速度增大C ．双星做圆周运动的周期增大D ．双星做圆周运动的半径增大解析：距离增大万有引力减小，A 正确；由m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2及r 1＋r 2＝r 得r 1＝m 2rm 1＋m 2，r 2＝m 1r m 1＋m 2，可知D 正确．F ＝G m 1m 2r 2＝m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，r 增大F 减小，因r 1增大，故ω减小，B 错；由T ＝2πω知C 正确．答案：B5．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600 N 的人在这个行星表面的重量将变为960 N ．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )A ．0.5B ．2C ．3.2D ．4解析：设人的质量为m ，在地球上重力为G 地′，在星球上重力为G 星′.由G Mm R 2＝G ′得R ＝GMm G ′，则R 星R 地＝M 星·G 地′M 地·G 星′＝ 6.4×600960＝2，故选B.答案：B6．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球半径的一半，若从地球表面高h 处平抛一物体，射程为60 m ，则在该星球上，从同样的高度以同样的初速度平抛同一物体，射程应为( )A ．10 mB ．15 mC ．90 mD ．360 m解析：由平抛运动公式可知，射程s ＝v 0t ＝v 02h g ，即v 0、h 相同的条件下s ∝1g，又由g ＝GM R 2，可得g 星g 地＝M 星M 地(R 地R 星)2＝91×(21)2＝361，所以s 星s 地＝g 地g 星＝16，选项A 正确．答案：A7．土星外层上有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以通过测量环中各层的线速度v 与该层到土星中心的距离R 之间的关系来判断( )A ．若v ∝R ，则该层是土星的一部分B ．若v 2∝R ，则该层是土星的卫星群C ．若v 2∝1R ，则该层是土星的一部分D ．若v 2∝1R，则该层是土星的卫星群解析：如果土星外层的环是土星的一部分，它们是一个整体，角速度固定，根据v ＝ωR ，可知v ∝R ，选项A 正确．如果环是卫星群，则围绕土星做圆周运动，则应满足G Mm R 2＝m v 2R ，可得v 2＝GM R ，即v 2∝1R，选项D 正确．答案：AD8．据报道“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km 和100 km ，运行速率分别为v 1和v 2.那么，v 1和v 2的比值为(月球半径取1700 km)( )A.1918B.1918C.1819D.1819解析：万有引力提供向心力GMm r 2＝m v 2r ，v ＝GMr.v 1/v 2＝r 2/r 1＝18/19，故选C. 答案：C9．宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 后落到月球表面(设月球半径为R )．据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为( )A.2Rh tB.2Rh tC.Rh tD.Rh 2t解析：设月球表面处的重力加速度为g 0，则h ＝12g 0t 2，设飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为v ，由牛顿第二定律得mg 0＝m v 2R ，两式联立解得v ＝2Rht，选项B 对．答案：B10．下表是卫星发射的几组数据，其中发射速度v 0是燃料燃烧完毕时火箭具有的速度，之后火箭带着卫星依靠惯性继续上升，到达指定高度h 后再星箭分离，分离后的卫星以环绕速度v 绕地球运动．根据发射过程和表格中的数据，下面哪些说法是正确的( )A.B ．离地越高的卫星机械能越大 C ．离地越高的卫星环绕周期越大D ．当发射速度达到11.18 km/s 时，卫星能脱离地球到达宇宙的任何地方解析：由机械能守恒定律知，A 正确．对B 选项，由于卫星的机械能除了与高度有关外，还与质量有关，所以是错误的；由G Mm r 2＝m 4π2T2r 知，离地面越高的卫星周期越大，C正确；从列表中可以看出，11.18 km/s 的发射速度是第二宇宙速度，此速度是使卫星脱离地球围绕太阳运转，成为太阳的人造行星的最小发射速度，但逃逸不出太阳系，D 错误．答案：AC 二、计算题11．2008年9月25日21时10分，“神舟”七号载人飞船发射升空，然后经飞船与火箭分离准确入轨，进入椭圆轨道，再经实施变轨进入圆形轨道绕地球飞行．飞船在离地面高度为h 的圆形轨道上，飞行n 圈，所用时间为t .已知地球半径为R ，引力常量为G ，地球表面的重力加速度为g . 求地球的质量和平均密度．解析：设飞船的质量为m ，地球的质量为M ，在圆轨道上运行周期为T ，飞船绕地球做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm (R ＋h )2＝m (R ＋h )4π2T 2 ①由题意得T ＝tn②解得地球的质量M ＝4n 2π2(R ＋h )3Gt 2③又地球体积V ＝43πR 3 ④所以，地球的平均密度ρ＝M V ＝3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 3.答案：4n 2π2(R ＋h )3Gt 2，3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 312．某航天飞机在地球赤道上空飞行，轨道半径为r ，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，求它下次通过该建筑物上方所需的时间．解析：用ω表示航天飞机的角速度，用m 、M 分别表示航天飞机及地球的质量，则有GMmr2＝mrω2.航天飞机在地面上，有G MmR 2＝mg .联立解得ω＝gR2r 2，若ω>ω0，即飞机高度低于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ωt －ω0t ＝2π所以t ＝2πω－ω0＝2πgR 2r 3－ω0若ω<ω0，即飞机高度高于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ω0t －ωt ＝2π所以t＝2πω0－ω＝2πω0－gR2 r3答案：2πgR2r3－ω0或2πω0－gR2r3。

高三基础知识天天练物理1-3人教版

第一模块第1章第3单元一、选择题1．自由下落的物体第n 秒内通过的位移与第(n －1)秒内通过的位移之差为( )A ．9.8 mB ．4.9(2n ＋1) mC ．3(n ＋1) m D.n 2n 2－1m解析：Δx ＝x n －x n －1＝aT 2(a ＝g ，T ＝1 s) Δx ＝9.8 m. 答案：A2．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度v t 随着下落高度h (位移大小)是均匀变化(即：v t ＝kh ，k 是个常数)的可能性，设计了如下的思想实验：在初速为零的匀变速的直线运动中，∵v ＝v t2(式中v 表示平均速度)；①而h ＝v ·t ② 如果v t ＝kh ③成立的话，那么，必有：h ＝12kht ，即t ＝2k＝常数．t 竟然是与h 无关的常数，这显然与常识相矛盾．于是，可以排除速度v t 是随着下落高度h 均匀变化的可能性．关于伽利略这个思想实验的逻辑及逻辑片语，你做出的评述是( )A ．全部正确B ．①式错误C ．②式错误D ．③式以后的逻辑片语错误解析：本实验是为了研究自由落体运动的性质，因此自由落体运动的性质不明确，①式不能直接使用．B 正确．答案：B3．我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V 0＝pa ＋q (p 、q 均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )A ．p /qB ．q /p C.p ＋q p D.p ＋q q解析：直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h ＝12at 2，t ＝2h a ，总耗油量V ＝V 0t ＝p 2ha ＋q 2h a ＝q 2h ⎝⎛⎭⎫p q a ＋1a ，当p q a ＝1a时总耗油量最小，此时a ＝qp，B 正确．答案：B4．从地面竖直上抛物体A ，同时在某高度有一物体B 自由下落，两物体在空间相遇(并非相碰)的速率都是v ，则下列叙述正确的是( )A ．物体A 的上抛初速度大小是相遇时速率的2倍B ．相遇时物体A 上升的高度和物体B 已下落的高度相同C ．物体A 和B 的落地时间相同D ．物体A 和B 的落地速度相等解析：A 、B 两物体加速度相同(同为g )，故在相同的时间内速度变化的大小相同．两物体从开始运动到相遇，B 的速度增加了v ，A 的速度相应减少了v ，所以知A 上抛时速度为2v ，即A 对．由竖直上抛运动全过程的对称性知，落地时A 、B 两物体速度相等，即D 也对．答案：AD5．一物体从高x 处做自由落体运动，经时间t 到达地面，落地速度为v ，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v 3，x 9B.v 9，x 9C.v 3，89xD.v 9，33x 解析：根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t3时的速度为v ′＝v ·t 3t ＝v 3. 根据公式x ＝12gt 2得，下落位移h 与时间的平方t 2成正比，所以下落t3时下落的高度为x ′＝x ·⎝⎛⎭⎫t 32t 2＝19x .所以距地面高度x 距＝x －x ′＝x －19x ＝89x .答案：C6．四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是图5中的( )解析：因为各个球是间隔相等时间落地的，且都做自由落体运动，由h ＝12gt 2可得各球初始离地高度之比h 1∶h 2∶h 3＝…＝12∶22∶32∶…故C 图正确．答案：C7．滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在正下方的盘子里，调节水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时后一滴水恰好离开水龙头，测出n 次听到水击盘声的总时间为t ，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h ，即可算出重力加速度．设人耳区别两个声音的时间间隔为0.1 s ，声速度为340 m/s ，则( )A ．水龙头距人耳的距离34 mB ．水龙头距盘子的距离为34 mC ．重力加速度的计算式为2hn 2t2D ．重力加速度的计算式为2h (n －1)2t 2解析：设听到两次声音的时间间隔为Δt ，此即每滴水下落的运动时间Δt ＝tn －1，又因为h ＝12gΔt 2，则g ＝2h Δt 2＝2h (n －1)2t 2.注意，人耳距水龙头及水龙头距盘子的距离对测量都没有影响，故选项D 正确．答案：D8．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2,5 s 内物体的( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上解析：初速度为30 m/s ，只需要3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝302/20 m ＝45 m ，再自由下落2 s ，下降高度为h 2＝0.5×10×22 m ＝20 m ，故路程为65 m ，A 对；此时离地面高25 m ，位移方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，速度改变量为50 m/s ，C 错；平均速度为255m/s ＝5 m/s ，D 错．答案：AB 二、填空题 9．用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图6的一段纸带．测得AB ＝7.65 cm ，BC ＝9.17 cm.已知交流电频率是50 Hz ，则打B 点时物体的瞬时速度为________ m/s.如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是____________．解析：B 点的速度就是AC 段内的平均速度．v B ＝AB ＋BC 2t ＝(7.65＋9.17)×10－2 m2×0.02 s ＝2.10m/s.图7答案：2.10 下落过程中存在阻力等10．伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图7所示．图中OA 表示测得的时间，矩形OAED 的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD 的长度表示______________________．P 为DE 的中点，连接OP 且延长交AE 的延长线于B ，则AB 的长度表示________________．解析：以OD 为速度轴，以OA 为时间轴建立坐标系，由几何知识可知矩形OAED 和△AOB 面积相等，故OB 为物块运动的v －t 图线，由图线特点可知OD 、AB 的物理意义．答案：OA 段时间中点时刻的速度物块到达路程末端时的速度三、计算题11．有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门打开到关闭的时间)是固定不变的．为估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上A 点的正上方与A 相距H 0＝1.5 m 处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A 点时，立即按动快门，为小石子照相，得到如图8所示的照片．由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD ，已知每块砖的平均厚度是6 cm.请从上述信息和照片上选取估算相机曝光时间必要的物理量，用符号表示，如H 等．推算出计算曝光时间的关系式，并估算出这个“傻瓜”相机的曝光时间．(g 取9.8 m/s 2，要求保留1位有效数字)解析：该题考查了自由落体的位移公式等知识．由图示信息结合文字说明求出下落点至C 点或D 点的距离．由自由落体运动可求解出落到C 、D 两点的时间差，此时间差即为该相机的曝光时间．设A 、C 两点间的距离为H 1，A 、D 两点间的距离为H 2，曝光时间为t ，则：H 1＋H 0＝12gt 21① H 2＋H 0＝12gt 22②其中t ＝t 2－t 1③ 解①②③得：t ＝2(H 0＋H 2)g －2(H 0＋H 1)g代入数据得t ＝2×10－2 s 答案：0.02 s12．在北京奥运会上，一跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水，从离开平台到手接触水面，运动员可以用于完成动作的时间为多长？在此过程中，运动员水平方向的运动忽略不计，运动员可视作全部质量集中在重心的一个质点，取g ＝10 m/s 2.解析：如图9所示，从平台跃起，到手接触水面，运动员重心的高度变化为h ＝10 m解法1：将整个过程分上升和下降两个阶段考虑，设运动员跃起的初速度为v 0，则v 202g ＝Hv 0＝2gH ＝2×10×0.45 m/s ＝3 m/s故上升时间为：t 1＝v 0g＝0.3 s设运动员从最高点到手接触水面所用时间为t 2，则： 12gt 22＝h ＋H t 2＝2(H ＋h )g ＝2(10＋0.45)10s ＝1.4 s故用于完成动作的时间t 为t ＝t 1＋t 2＝1.7 s 综上所述，本题正确的答案为1.7 s解法2：运动员的整个运动过程为竖直上抛运动，设总时间为t ，由于运动员入水时位于跃起位置下方10 m 处，故该过程中位移为x ＝－h ，即：x ＝v 0t －12gt 2＝－h其中v 0＝3 m/s代入数据得：5t 2－t －10＝0 t ＝3＋20910 s ＝1.7 s(另一根舍去)答案：1.7 s。

人教版高中物理选修3-5同步练习：17.1能量量子化：学的新纪元.docx

高中物理学习材料桑水制作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4．能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10—18J，已知可见光的平均波长约为60 μm，普朗克常量丸：6．63 x10—34J·s，则进人人眼的光子数至少为 ( )A．1个B．3个C .30个D．300个5．黑体辐射的实验规律如图所示，由图可知 ( )A．随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加B．随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动6．“非典”期间，很多地方用红外线热像仪监测人的体温，只要被测者从仪器前走，便可知道他的体温是多少，你知道其中的道理吗?7．某广播电台发射功率为10kW，在空气中波长为187．5 m的电磁波，试求：(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子?(2)若发射的光子四面八方视为均匀的，求在离天线2．5km处，直径为2m的环状天线每秒接收的光子个数以及接收功率?[参考答案]1.D2.A3.AB4.B5.ACD8.2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化。

他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点。

下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是 ( ) A．微波是指波长在10-3m到10m之间的电磁波B．微波和声波一样都只能在介质中传播C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说[解析) 微波的波长范围是1 mm到10m，A正确。

微波能在真空中传播，B不正确。

黑体热辐射实际上是电磁辐射，C正确。

普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说，D正确。

考查电磁波的基本知识。

[答案] ACD9.红光和紫光相比 ( )A．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大B．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大C．红光光予的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小D．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小[解析] 此题只需比较红光和紫光的区别就行了，红光与紫光相比，红光波长较长、频率较低、光子能量较低、在同种介质中传播速度较快，正确答案为B。

长春市高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习

长春市高中物理人教版选修3-5第十六章第2节动量和动量定理同步练习姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共5题；共10分)1. （2分） (2017高二下·宜春期中) 一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（）A . 大小10.8kg m/s，方向向右B . 大小10.8kg m/s，方向向左C . 大小3.6kg m/s，方向向右D . 大小3.6kg m/s，方向向左2. （2分） (2017高一下·商丘期末) 将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，20g燃烧的燃气以大小为500m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）．在燃气喷出后的瞬间，燃气的动量大小为（）A . 5.0×102kg•m/sB . 10kg•m/sC . 4.7×102kg•m/sD . 5.3×102kg•m/s3. （2分） (2017高二下·永登期末) 下列有关冲量的说法中正确的是（）A . 放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物体受到重力的冲量为零B . 力对物体的冲量越大，物体受到的力一定越大C . 力对物体的冲量越大，力的作用时间一定越长D . 物体的冲量越大，它的动量变化越大4. （2分） (2017高一下·黑龙江期末) 质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t，达到最高点，速度变为0，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是（）A . ﹣mv和﹣mgtB . mv和mgtC . mv和﹣mgtD . ﹣mv和mgt5. （2分） (2019高一下·南昌期末) 质量为M的光滑活动斜面体原来静止在水平面上，一质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0滑上斜面，斜面体的速度达到最大值应出现在（）A . m在斜面最高处；B . m与斜面相对静止时；C . m从斜面开始下滑时；D . m回到斜面底端时。

高中物理选修3-5自然界中的守恒定律练习试题

人教版高中物理选修3-5自然界中的守恒定律练习试题选择题如图所示，在光滑的水平面上，木块A以速度v与静止木块B正碰，已知两木块质量相等，当木块A开始接触固定在B左侧的弹簧C后( )A.弹簧C压缩量最大时，木块A减少的动能最多B.弹簧C压缩量最大时，木块A减少的动量最多C.弹簧C压缩量最大时，整个系统减少的动能最多D.弹簧C压缩量最大时，木块A的速度为零质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是( )A.子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B.阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等C.子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D.子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前( )A.汽车和拖车的总动量不变B.汽车和拖车的总动能不变C.汽车和拖车的总动量增加D.汽车和拖车的总动能增加如图所示，在一个足够大的光滑平面内有A、B两个质量相同的木块静止，中间用轻质弹簧相连，弹簧处于自然长度.今使B获得水平初速度v0，此后A、B的情况是( )A.在任意时刻A、B加速度大小相同B.弹簧伸长到最长时，A、B速度相同C.弹簧恢复到原长时，A、B动量与开始时相同D.弹簧压缩到最短时，系统总动能最大如图所示，用两根长度都为L的细绳，把质量相等、大小相同的a、b两球悬挂于同一高度，静止时两球恰好接触，现把a球拉到细绳处于水平位置，然后由静止释放，当a球摆到最低点与b球相碰后，b球上摆的最大高度不可能为( )如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上.有一质量也为m、速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h 后，又下降而离开小车，离车后球的运动情况是( )A.做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B.做平抛运动，水平速度方向跟车相反C.做自由落体运动D.小球跟车有相同的速度一个质量为m的小球甲以速度v0在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为v，那么乙球获得的动能等于( )计算题如图所示，滑块A、B的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后用一轻绳绑紧，两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动.若突然断开轻绳，当弹簧第一次恢复原长时，滑块A的动能变为原来的，求弹簧第一次恢复到原长时B的速度.真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v和2v的瞬时速率，并开始相向运动.由于它们间的斥力作用，二者始终没有接触.求：(1)当甲原子核的动能最小时，乙原子核的动能;(2)当两原子核相距最近时，甲核的速度;(3)从两原子核相向运动到二者相距最近的这段时间内，甲核动量变化量的大小.光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以速度v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的最大高度(槽足够高).若槽不固定，则小球又上升多高?。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第二模块第5章第3单元一、选择题1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A 、B 、C 中斜面是光滑的，图D 中的斜面是粗糙的，图A 、B 中的F 为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A 、B 、D 中的木块向下运动，图C 中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是( )解析：依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，由此可见A 、B 均有外力F 参与做功，D 中有摩擦力做功，故A 、B 、D 均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.答案：C2．一质量为m 的物体，以13g 的加速度减速上升h 高度，不计空气阻力，则 ( )A ．物体的机械能不变B ．物体的动能减小13mgh C ．物体的机械能增加23mgh D ．物体的重力势能增加mgh 解析：设物体受到的向上的拉力为F .由牛顿第二定律可得：F 合＝F －mg ＝－13mg ，所以F ＝23mg .动能的增加量等于合外力所做的功－13mgh ；机械能的增加量等于拉力所做的功23mgh ，重力势能增加了mgh ，故B 、C 、D 正确，A 错误．答案：BCD图103．如图10所示，质量相等的A 、B 两物体在同一水平线上，当A 物体被水平抛出的同时，B 物体开始自由下落(空气阻力忽略不计)，曲线AC 为A 物体的运动轨迹，直线BD 为B 物体的运动轨迹，两轨迹相交于O 点，则两物体( )A．经O点时速率相等B．在O点相遇C．在O点具有的机械能一定相等D．在O点时重力的功率一定相等解析：由机械能守恒定律可知，A、B下落相同高度到达O点时速率不相等，故A错．由于平抛运动竖直方向的运动是自由落体运动，两物体从同一水平线上开始运动，将同时达到O点，故B正确．两物体运动过程中机械能守恒，但A具有初动能，故它们从同一高度到达O点时机械能不相等，C错误．重力的功率P＝mg v y，由于两物体质量相等，到达O点的竖直分速度v y相等，故在O点时，重力功率一定相等，D项正确．答案：BD图114．如图11所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法中正确的是() A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成圆弧形，物体仍能沿AB′升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒解析：若把斜面从C点锯断，物体将从C点做斜上抛运动，到最高点速度不为零，据机械能守恒定律，物体不能升高到h；若弯成弧状升高h，则升到圆弧的最高点必有大于或等于Rg的速度，据机械能守恒，不能升高h.答案：D图125．如图12所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且M>m，不计摩擦，系统由静止开始运动过程中()A ．M 、m 各自的机械能分别守恒B ．M 减少的机械能等于m 增加的机械能C ．M 减少的重力势能等于m 增加的重力势能D ．M 和m 组成的系统机械能守恒解析：M 下落过程，绳的拉力对M 做负功，M 的机械能不守恒，减少；m 上升过程，绳的拉力对m 做正功，m 的机械能增加，A 错误．对M 、m 组成的系统，机械能守恒，易得B 、D 正确；M 减少的重力势能并没有全部用于m 重力势能的增加，还有一部分转变成M 、m 的动能，所以C 错误．答案：BD图136．如图13所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则①物体到海平面时的势能为mgh②重力对物体做的功为mgh③物体在海平面上的动能为12m v 20＋mgh ④物体在海平面上的机械能为12m v 20其中正确的是( )A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④解析：以地面为零势能面，物体到海平面时的势能为－mgh ，①错，重力对物体做功为mgh ，②对；由机械能守恒，12m v 20＝E k －mgh ，E k ＝12m v 20＋mgh ，③④对，故选B. 答案：B图147．如图14所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m 的小球，自弹簧正上方h 高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球做正功，小球的重力势能减小C ．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧的弹性势能一直减小D ．小球的加速度先减小后增大解析：小球与弹簧作用过程，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，使弹性势能增加，因此A 错误，C 错误；小球下落过程中重力对小球做正功，小球的重力势能减小，B 正确；分析小球受力情况，由牛顿第二定律得：mg －kx ＝ma ，随弹簧压缩量的增大，小球的加速度a 先减小后增大，故D 正确．答案：BD图158．如图15所示，固定在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为最高点，DB 为竖直线，AE 为水平面，今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D (不计空气阻力的影响)．则小球通过D 点后( )A ．一定会落到水平面AE 上B ．一定不会落到水平面AE 上C ．一定会再次落到圆轨道上D ．可能会再次落到圆轨道上解析：小球在轨道内做匀速圆周运动，在通过最高点时的最小速度为gr ，离开轨道后小球做的是平抛运动，若竖直方向下落r 时，则水平方向的位移最小是gr ·2r g＝2r ，所以小球只要能通过最高点D ，就一定能落到水平面AE 上．答案：A9．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力，如图16所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力F 随时间的变化图象．实验时，把小球举高到绳子的悬点O 处，然后让小球自由下落．从图象所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )图16A ．t 1时刻小球速度最大B ．t 2时刻小球动能最大C ．t 2时刻小球势能最大D ．t 2时刻绳子最长解析：小球自由下落的过程中，t 1时刻绳子的拉力为零，此时速度不是最大，动能也不是最大，最大速度的时刻应是绳子拉力和重力相等时，即在t 1、t 2之间某一时刻，t 2时刻绳子的拉力最大，此时速度为零，动能也为零，绳子的弹性势能最大，而小球的势能不是最大，而是最小，t 2时刻绳子所受拉力最大，绳子最长．答案：D图17二、计算题10．如图17所示，跨过同一高度处的光滑滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B .A 套在光滑水平杆上，细线与水平杆的夹角θ＝53°.定滑轮离水平杆的高度为h ＝0.2 m ．当B 由静止释放后，A 所能获得的最大速度为多少？(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)解析：物体A 在绳的拉力作用下向右做加速运动，B 向下加速运动，v B ＝v A cos θ，当A 运动到滑轮的正下方时，速度达最大值，此时A 沿绳方向速度为零，故B 的速度为零．对A 、B 组成的系统，由机械能守恒定律有：mg (h sin θ－h )＝12m v 2A，v A ＝1 m/s. 答案：1 m/s图1811．半径为R 的光滑半圆环形轨道固定在竖直平面内，从与半圆环相吻合的光滑斜轨上高h ＝3R 处，先后释放A 、B 两小球，A 球的质量为2m ，B 球的质量为m ，当A 球运动到圆环最高点时，B 球恰好运动到圆环最低点，如图18所示．求：(1)此时A 、B 球的速度大小v A 、v B ；(2)这时A 、B 两球对圆环作用力的合力大小和方向．解析：(1)对A 分析：从斜轨最高点到半圆环形轨道最高点，机械能守恒，有2mg (3R －2R )＝12×2m v 2A . 解得v A ＝2gR .对B 分析：从斜轨最高点到半圆环形轨道最低点，机械能守恒，有3mgR ＝12m v 2B ，解得v B ＝6gR .(2)设半圆环形轨道对A 、B 的作用力分别为F NA 、F NB ，F NA 方向竖直向下，F NB 方向竖直向上．根据牛顿第二定律得F NA ＋2mg ＝2m v 2A R ，F NB －mg ＝m v 2B R.解得F NA ＝2mg ，F NB ＝7mg .根据牛顿第三定律，A 、B 对圆环的力分别为：F NA ′＝2mg ，F NB ′＝7mg ，F NA ′方向竖直向上，F NB ′方向竖直向下，所以合力F ＝5mg ，方向竖直向下．答案：(1)2gR 6gR (2)5mg ，方向竖直向下图1912．半径R ＝0.50 m 的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m ＝0.20 kg 的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L 0＝0.50 m ，劲度系数k ＝4.8 N/m ，将小球从如图19所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C ，在C 点时弹簧的弹性势能E PC ＝0.6 J ，g 取10 m/s 2.求：(1)小球经过C 点时的速度v c 的大小；(2)小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向．解析：(1)设小球经过C 点的速度为v c ，小球从B 到C ，据机械能守恒定律得mg (R ＋R cos60°)＝E PC ＋12m v 2c ，代入数据求出v c ＝3 m/s. (2)小球经过C 点时受到三个力作用，即重力G 、弹簧弹力F 、环的作用力F N . 设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F ＋F N －mg ＝m v 2c R ，由于F ＝kx ＝2.4 N ，F N ＝m v 2c R＋mg －F ，解得F N ＝3.2 N ，方向向上．根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N ．方向竖直向下．答案：(1)3 m/s(2)3.2 N，方向竖直向下。