2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動(dòng)量守恒 近代物理.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動(dòng)量守恒 近代物理必須掌握的概念、公式或規(guī)律必須理解的7個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)必須明確的7個(gè)易錯(cuò)易混點(diǎn)1.12個(gè)重要概念動(dòng)量沖量彈性碰撞非彈性碰撞反沖現(xiàn)象光電效應(yīng)現(xiàn)象能級基態(tài)激發(fā)態(tài)躍遷衰變半衰期1.動(dòng)量定理是矢量表達(dá)式2.動(dòng)量守恒滿足一定的條件，且系統(tǒng)在整個(gè)過程中任意時(shí)刻的總動(dòng)量均相等1.系統(tǒng)的總動(dòng)量是指各物體動(dòng)量的矢量和，不是代數(shù)和.2.利用動(dòng)量守恒時(shí)，各物體的速度必須是相對同一參考系的2.9個(gè)公式pmvIFtIp m1v1m2v2m1v1m2v2 hWmv2hEmEn Emc2Emc2 N余N原3.能否發(fā)生光電效應(yīng)，不取決于光強(qiáng)，而取決于光的頻率4.光電子不是光子，是電子5.玻爾理論的內(nèi)容包含定態(tài)、躍遷、軌道三方面的內(nèi)容玻爾理論能很好地解釋氫原子光譜3.微觀粒子和宏觀物體都具有波動(dòng)性4.微觀粒子的波動(dòng)性不同于機(jī)械波，它是一種概率波5.光電效應(yīng)中的“光”也包括不可見光3.5個(gè)規(guī)律動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律光電效應(yīng)規(guī)律玻爾理論衰變規(guī)律6.半衰期是一個(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對少數(shù)的原子核不適用7.核力是只發(fā)生在相鄰核子間的短程強(qiáng)相互作用.6.太陽光譜不是連續(xù)光譜是吸收光譜7.原子光譜是線狀光譜不是連續(xù)光譜第1節(jié)動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律 真題回放1(xx新課標(biāo)全國卷)在粗糙的水平桌面上有兩個(gè)靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動(dòng)后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小【解析】設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由能量和動(dòng)量守恒定律，得mv2mv(2m)vmvmv1(2m)v2式中，以碰撞前木塊A的速度方向?yàn)檎墒降胿1設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動(dòng)的距離分別為d1和d2，由動(dòng)能定理得mgd1mv(2m)gd2(2m)v按題意有dd1d2設(shè)A的初速度大小為v0，由動(dòng)能定理得mgdmvmv2聯(lián)立至式，得v0.【答案】2(xx新課標(biāo)全國卷)如圖1311，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，圖1311(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為E，對B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mvE(2m)v聯(lián)立式得Emv(2)由式可知v2v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后.碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變4對反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反的方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來處理(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒5爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒(2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)【例3】(xx新課標(biāo)全國卷 )如圖1314，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放圖1314當(dāng)A球下落t0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度【解析】(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎衜Av1mBv2mBv2mAvmBvmBv設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m突破訓(xùn)練1(xx大綱全國卷)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A1)的原子核發(fā)生彈性正碰若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.B.C.D.【解析】設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am.設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0mv1Amv2，mvmvAmv，解得v1v0，故，A正確【答案】A考點(diǎn)三 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律1.方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(1)測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量(2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌(3)實(shí)驗(yàn)：接通電源，利用配套的光電計(jì)時(shí)裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度(改變滑塊的質(zhì)量改變滑塊的初速度大小和方向)(4)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒2方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2.(2)安裝：把兩個(gè)等大小球用等長懸線懸掛起來(3)實(shí)驗(yàn)：一個(gè)小球靜止，拉起另一個(gè)小球，放下時(shí)它們相碰(4)測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應(yīng)小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應(yīng)小球的速度(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗(yàn)(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒3方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量(2)安裝：將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥(3)實(shí)驗(yàn)：接通電源，讓小車A運(yùn)動(dòng)，小車B靜止，兩車碰撞時(shí)撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運(yùn)動(dòng)(4)測速度：通過紙帶上兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離及時(shí)間由v算出速度(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗(yàn)(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒4方案四：利用斜槽上滾下的小球驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律(1)用天平測出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏?2)按照如圖1315所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平圖1315(3)白紙?jiān)谙?，?fù)寫紙?jiān)谏希谶m當(dāng)位置鋪放好記下重垂線所指的位置O.(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面，圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置 (5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次用步驟(4)的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N.如圖1316所示圖1316(6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度將測量數(shù)據(jù)填入表中最后代入m1Om1Om2O，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立(7)整理好實(shí)驗(yàn)器材放回原處(8)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒5對實(shí)驗(yàn)誤差的分析(1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求，即：碰撞是否為一維碰撞實(shí)驗(yàn)是否滿足動(dòng)量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，長木板實(shí)驗(yàn)是否平衡掉摩擦力等(2)偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量(3)減小誤差的措施：設(shè)計(jì)方案時(shí)應(yīng)保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動(dòng)量守恒的條件采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差【例4】(xx新課標(biāo)全國卷)現(xiàn)利用圖1317甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律在圖甲中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計(jì)時(shí)器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時(shí)間甲圖1317實(shí)驗(yàn)測得滑塊A的質(zhì)量m10.310 kg，滑塊B的質(zhì)量m20.108 kg，遮光片的寬度d1.00 cm；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率f50.0 Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間為tB3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶如圖1317乙所示乙圖1317若實(shí)驗(yàn)允許的相對誤差絕對值(100%)最大為5%，本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？寫出運(yùn)算過程【解析】紙帶上打出的相鄰點(diǎn)的時(shí)間間隔t0.02 s根據(jù)v可計(jì)算出滑塊A碰撞前后的速度v02.00 m/s，v10.970 m/s滑塊A、B碰撞后滑塊B的速度v22.86 m/s兩滑塊碰撞前后的總動(dòng)量pm1v00.3102.00 kgm/s0.620 kgm/spm1v1m2v20.610kgm/s兩滑塊碰撞前后總動(dòng)量相對誤差絕對值為100%1.6%mbv0，則mamb，故選項(xiàng)A正確在0t2時(shí)間內(nèi)，兩小球從相向運(yùn)動(dòng)至同向運(yùn)動(dòng)到速度相等，間距會(huì)逐漸減小，而在t2時(shí)刻兩小球間距達(dá)到最小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤、選項(xiàng)C正確在t1t3時(shí)間內(nèi)，a和b是同向運(yùn)動(dòng)，b受到的斥力和運(yùn)動(dòng)方向相同，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤【答案】AC8(xx天津高考) 質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為_kgm/s.若小球與地面的作用時(shí)間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為_N(取g10 m/s2)【解析】以豎直向上為正方向，則v4 m/s，v6 m/s所以小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為pmvmv0.240.2(6) kgm/s2 kgm/s根據(jù)動(dòng)量定理，得(Fmg)tp所以平均作用力Fmg N0.210 N12 N.【答案】2129某同學(xué)用如圖13113所示裝置來研究碰撞過程，第一次單獨(dú)讓小球a從斜槽某處由靜止開始滾下落地點(diǎn)為P，第二次讓a從同一位置釋放后與靜止在斜槽末端的小球b發(fā)生碰撞a、b球的落地點(diǎn)分別是M、N，各點(diǎn)與O的距離如圖所示該同學(xué)改變a的釋放位置重復(fù)上述操作由于某種原因他只測得了a球的落地點(diǎn)P、M到O的距離分別為22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地點(diǎn)N到O的距離圖13113【解析】設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2，碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律m1Om2Om1O，解得m1m241.改變a的釋放位置，有m1m2m1，解得：48.0 cm.【答案】48.0 cm10(xx江蘇高考)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小【解析】設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2由動(dòng)量守恒定律：2mv02mv1mv2，由題意知，解得v1v0，v2v0.【答案】v0v011(xx大綱全國卷)冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞碰后甲恰好靜止假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1)碰后乙的速度的大?。?2)碰撞中總機(jī)械能的損失【解析】(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰撞前速度大小分別為v、V，碰撞后乙的速度大小為V.取運(yùn)動(dòng)員甲速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有mvMVMV代入數(shù)據(jù)得V1.0 m/s(2)設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為E，應(yīng)有mv2MV2MV2E聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得E1 400 J.【答案】(1)1.0 m/s(2)1 400 J12. 如圖13114所示，質(zhì)量M2 kg的長木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊放有豎直固定擋板，B的右端到擋板的距離為s.現(xiàn)有一小物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m1 kg，以初速度v06 m/s從B的左端水平滑上B.已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，A始終未滑離B，B與豎直擋板碰前A和B已相對靜止，B與擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后以原速率彈回取重力加速度g10 m/s2，求：圖13114(1)B與擋板相碰時(shí)的速度大??；(2)s的最短距離；(3)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為多少時(shí)，物體A恰與長木板B相對靜止(保留兩位小數(shù))【解析】(1)設(shè)B與擋板相碰時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v1，v12 m/s.(2)A與B剛好共速時(shí)B到達(dá)擋板距離s最短，由牛頓第二定律，B的加速度為a1 m/s2，s2 m.(3)B與擋板碰后，A、B最后一起向左運(yùn)動(dòng)，共同速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律Mv1mv1(mM)v2，v2 m/s，設(shè)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為L時(shí)，物體A恰與長木板B相對靜止，對長木板B由動(dòng)能定理得mgLMvMv代入數(shù)據(jù)得L1.78 m.【答案】(1)2 m/s(2)2 m(3)1.78 m階段升華微專題(十五)動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律的強(qiáng)化應(yīng)用專題歸納專題一動(dòng)量與動(dòng)量定理1沖量、動(dòng)量與動(dòng)量的變化物理量項(xiàng)目沖量動(dòng)量動(dòng)量變化公式IFtpmvpmv末mv初方向性矢量，與F同方向矢量，與v同方向矢量，用平行四邊形定則確定性質(zhì)是過程量，對力而言是狀態(tài)量，對物體而言是過程量，對物體而言2動(dòng)量定理與動(dòng)能定理項(xiàng)目動(dòng)量定理動(dòng)能定理表達(dá)式I合p2p1pW總Ek2Ek1Ek標(biāo)矢性矢量式、I合、p均為矢量標(biāo)量式、W總、Ek均為標(biāo)量注意事項(xiàng)(1)規(guī)定矢量的正向，確定正負(fù)(2)確定過程及初、末狀態(tài)(1)功雖是標(biāo)量，但要確定功的正負(fù)及求法(2)確定初、末速度求初、末動(dòng)能【例1】排球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)同學(xué)們喜歡的體育運(yùn)動(dòng)為了了解排球的某些性能，某同學(xué)讓排球從距地面高h(yuǎn)11.8 m處自由落下，測出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t1.3 s，第一次反彈的高度為h21.25 m已知排球的質(zhì)量為m0.4 kg，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力求：(1)排球與地面的作用時(shí)間；(2)排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Φ拇笮　窘馕觥?1)排球第一次落到地面的時(shí)間為t1，第一次反彈到最高點(diǎn)的時(shí)間為t2，由h1gt，h2gt，得：t10.6 s，t20.5 s，所以排球與地面的作用時(shí)間ttt1t20.2 s.(2)設(shè)排球第一次落地的速度為v1，第一次反彈離開地面時(shí)的速度為v2，則有：v1gt16 m/s，v2gt25 m/s，設(shè)地面對排球的平均作用力的大小為F，以排球?yàn)檠芯繉ο?，取向上為正方向，則在排球與地面的作用過程中，由動(dòng)量定理得：(Fmg)tmv2m(v1)得：Fmg，代入數(shù)據(jù)得：F26 N根據(jù)牛頓第三定律得：排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?6 N.【答案】(1)0.2 s(2)26 N專題二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較動(dòng)量守恒定律機(jī)械能守恒定律表達(dá)式m1v1m2v2m1v1m2v2，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)相互作用前后動(dòng)量保持不變p1p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量變化量大小相等，方向相反p0，系統(tǒng)動(dòng)量增量為零EkEpEkEp(系統(tǒng)初態(tài)的機(jī)械能等于系統(tǒng)末態(tài)的機(jī)械能) EkEp(系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量) EA增EB減(A、B組成的系統(tǒng)，A的機(jī)械能的增加量等于B的機(jī)械能的減少量)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零這里要正確區(qū)分內(nèi)力和外力系統(tǒng)受外力的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可以認(rèn)為動(dòng)量守恒這時(shí)是一種近似守恒，但計(jì)算時(shí)仍可用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行計(jì)算系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功【例2】(xx山東高考)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變求B與C碰撞前B的速度大小圖1【解析】設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB對B、C木塊：mBvB(mBmC)v由A與B間的距離保持不變可知vAv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0.【答案】v0學(xué)習(xí)致用1(多選)下列說法中正確的是()A物體的動(dòng)量的改變，一定是速度大小的改變B物體的動(dòng)量的改變，一定是速度方向的改變C物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，其動(dòng)量一定改變D物體的速度方向改變，其動(dòng)量一定改變【解析】由pmv知，p的改變決定于v的改變，只要v的大小或方向有其一變化，p就變化，故選CD.【答案】CD2玻璃杯從同一高度自由下落，掉落到硬質(zhì)水泥地板上易碎，掉落到松軟地毯上不易碎，這是由于玻璃杯掉到松軟地毯上()A所受合外力的沖量小B動(dòng)量的變化量小C動(dòng)量的變化率小D地毯對杯子的作用力小于杯子對地毯的作用力【解析】杯子從同一高度自由下落，與地面相碰前的瞬時(shí)速度、動(dòng)量都是一定的，碰后靜止，動(dòng)量的變化量一定，pm，合外力的沖量大小相等由F可知，玻璃杯掉到地毯上t大，F(xiàn)小，因此不易破碎，C正確【答案】C3(xx福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是_(填選項(xiàng)前的字母)A.v0B.v0C.v0D.v0【解析】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解答本題，注意火箭模型質(zhì)量的變化取向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：0mv0(Mm)v故v，選項(xiàng)D正確【答案】D4水平地面上有一木塊，質(zhì)量為m，它與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在水平恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，撤去此力，木塊又向前滑行一段時(shí)間2t才停下，此恒力F的大小為()AmgB.2mgC3mgD.4mg【解析】從木塊開始運(yùn)動(dòng)，到木塊停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程用動(dòng)量定理(取水平恒力F的方向?yàn)檎较?得：Ftmg3t0.所以F3mg，只有C正確【答案】C5平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質(zhì)量為M，站立在船上的人手中拿一質(zhì)量為m的物體起初人相對于船靜止，船、人、物體以共同速度v0前進(jìn)，當(dāng)人相對于船以速度u向相反方向?qū)⑽矬w拋出時(shí)，人和船的速度為(水的阻力不計(jì))A. B.Cv0D.v0u【解析】物體被拋出的同時(shí)，船速已發(fā)生了變化，設(shè)為v，則物體拋出后相對地的速度為(uv)，取小船、人和物體m為一系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：(Mm)v0Mvm(uv)，所以vv0.故C正確【答案】C6. (xx天津高考)我國女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖2A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功【解析】根據(jù)沖量的定義、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解決問題乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙推甲的過程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即p甲p乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負(fù)功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤【答案】B7. 如圖3所示，一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30的固定斜面上，并立即沿反方向彈回已知反彈速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面對小球的沖量的大小圖3【解析】小球在碰撞斜面前做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛要碰撞斜面時(shí)小球速度為v.由題意，v的方向與豎直線的夾角為30，且水平分量仍為v0，如圖所示，由此得v2v0碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙，碰撞時(shí)間極短，可不計(jì)重力的沖量，由動(dòng)量定理：Im(v)mv由得Imv0.【答案】mv08如圖4所示，甲、乙兩冰球運(yùn)動(dòng)員為爭搶冰球而合理沖撞，已知甲運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60 kg，乙運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為70 kg，接觸前兩運(yùn)動(dòng)員速度大小均為5 m/s，沖撞結(jié)果，甲被撞回，速度大小為2 m/s，如接觸時(shí)間為0.2 s，問：圖4(1)沖撞時(shí)兩運(yùn)動(dòng)員的相互作用力多大？(2)撞后，乙的速度大小是多少？方向又如何？【解析】(1)取甲碰前的速度方向?yàn)檎较?，對甲運(yùn)用動(dòng)量定理，有：Ftm甲v甲m甲v甲所以F2 100 N.(2)取甲碰前的速度方向?yàn)檎较颍瑢ο到y(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，有：m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙所以v乙1 m/s方向與甲碰前速度相同【答案】(1)2 100 N(2)1 m/s，與甲碰前的速度同向第2節(jié)光電效應(yīng)氫原子光譜 真題回放1(xx新課標(biāo)全國卷)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，某金屬的截止頻率相應(yīng)的波長為0，該金屬的逸出功為_若用波長為(0)的單色光做該實(shí)驗(yàn)，則其遏止電壓為_已知電子的電荷量、真空中的光速和普朗克常量分別為e、c和h.【解析】設(shè)金屬的截止頻率為0，則該金屬的逸出功W0h0h；對光電子，由動(dòng)能定理得eU0hW0，解得U0.【答案】(寫為.也可)2(xx福建高考)關(guān)于近代物理，下列說法正確的是_A射線是高速運(yùn)動(dòng)的氦原子B核聚變反應(yīng)方程HHHen中，n表示質(zhì)子C從金屬表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能與照射光的頻率成正比D玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，其理論能夠解釋氫原子光譜的特征【解析】射線是高速氦核流，A錯(cuò)誤.n表示的是中子，B錯(cuò)誤由光電效應(yīng)方程EkmhW知Ekm與成線性關(guān)系，C錯(cuò)誤玻爾的量子化原子模型的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)一是原子的穩(wěn)定性，二是原子光譜的分立特征，故D正確【答案】D3(xx四川高考)如圖1321為氫原子能級示意圖的一部分，則氫原子()圖1321A從n4能級躍遷到n3能級比從n3能級躍遷到n2能級輻射出電磁波的波長長B從n5能級躍遷到n1能級比從n5能級躍遷到n4能級輻射出電磁波的速度大C處于不同能級時(shí)，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的D從高能級向低能級躍遷時(shí)，氫原子核一定向外放出能量【解析】光子能量Eh，而E4332，A項(xiàng)正確由于光波的波速由介質(zhì)和頻率共同決定，且在真空中傳播時(shí)與頻率無關(guān)，故B錯(cuò)電子在核外不同能級出現(xiàn)的概率是不同的，故C錯(cuò)能級躍遷是核外電子在不同軌道間的躍遷，與原子核無關(guān)，故D錯(cuò)誤【答案】A考向分析1.考綱展示(1)氫原子光譜(2)氫原子的能級結(jié)構(gòu)、能級公式 (3)光電效應(yīng) (4)愛因斯坦光電效應(yīng)方程 2.命題趨勢本節(jié)作為選考內(nèi)容，經(jīng)?？疾橐韵聝蓚€(gè)方面知識；(1)光電效應(yīng)現(xiàn)象的規(guī)律及光電效應(yīng)方程的應(yīng)用(2)氫原子的能級及光譜的形成3.選材特點(diǎn)以經(jīng)典理論為命題背景，選取光電效應(yīng)現(xiàn)象和氫原子能級圖進(jìn)行考查相關(guān)知識.考點(diǎn)一 對光電效應(yīng)規(guī)律的理解1.區(qū)分光電效應(yīng)中的五組概念(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時(shí)的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時(shí)發(fā)出來的電子，其本質(zhì)是電子光子是光電效應(yīng)的因，光電子是果(2)光電子的動(dòng)能與光電子的最大初動(dòng)能：光照射到金屬表面時(shí)，電子吸收光子的全部能量，可能向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動(dòng)能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時(shí)，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動(dòng)能光電子的初動(dòng)能小于等于光電子的最大初動(dòng)能(3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達(dá)陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個(gè)飽和值，這個(gè)飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關(guān)(4)入射光強(qiáng)度與光子能量：入射光強(qiáng)度指單位時(shí)間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量(5)光的強(qiáng)度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強(qiáng)度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的，對于不同頻率的光，由于每個(gè)光子的能量不同，飽和光電流與入射光強(qiáng)度之間沒有簡單的正比關(guān)系2兩種常見圖象比較圖象名稱圖線形狀由圖線直接(間接)得到的物理量最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率的關(guān)系圖線極限頻率：圖線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)c逸出功：圖線與Ek軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的值W0E普朗克常量：圖線的斜率kh顏色相同、強(qiáng)度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點(diǎn)飽和光電流Im：電流的最大值最大初動(dòng)能：EkmeUc【例1】(xx浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應(yīng)現(xiàn)象，實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖1322甲所示已知普朗克常量h6.631034 Js.甲乙圖1322(1)圖甲中電極A為光電管的_(填“陰極”或“陽極”)；(2)實(shí)驗(yàn)中測得銣的遏止電壓UC與入射光頻率之間的關(guān)系如圖1322乙所示，則銣的截止頻率c_Hz，逸出功W0_J；(3)如果實(shí)驗(yàn)中入射光的頻率7.001014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek_J.【解析】(1)在光電效應(yīng)中，電子向A極運(yùn)動(dòng)，故電極A為光電管的陽極(2)由題圖可知，銣的截止頻率c為5.151014 Hz，逸出功W0hc6.6310345.151014 J3.411019 J.(3)當(dāng)入射光的頻率為7.001014Hz時(shí)，由Ekhhc得，光電子的最大初動(dòng)能為Ek6.631034(7.005.15)1014 J1.231019 J.【答案】(1)陽極(2)5.1510143.411019(3)1.231019【反思總結(jié)】利用光電效應(yīng)分析問題，應(yīng)把握的三個(gè)關(guān)系(1)愛因斯坦光電效應(yīng)方程EkhW0.(2)光電子的最大初動(dòng)能Ek可以利用光電管用實(shí)驗(yàn)的方法測得，即EkeUc，其中Uc是遏止電壓(3)光電效應(yīng)方程中的W0為逸出功它與極限頻率c的關(guān)系是W0hc.突破訓(xùn)練1(xx廣東高考)(多選)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用頻率為的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)，下列說法正確的是()A增大入射光的強(qiáng)度，光電流增大B減小入射光的強(qiáng)度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消失C改用頻率小于的光照射，一定不發(fā)生光電效應(yīng)D改用頻率大于的光照射，光電子的最大初動(dòng)能變大【解析】增大入射光強(qiáng)度，使單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增加，因此光電流增大，選項(xiàng)A正確；光電效應(yīng)與照射光的頻率有關(guān)，與強(qiáng)度無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)照射光的頻率較小于，大于極限頻率時(shí)發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由EkmhW，增加照射光的頻率，光電子的最大初動(dòng)能變大，選項(xiàng)D正確【答案】AD考點(diǎn)二 氫原子能級和能級躍遷1.氫原子的能級圖能級圖如圖1323所示圖13232能級圖中相關(guān)量意義的說明相關(guān)量意義能級圖中的橫線表示氫原子可能的能量狀態(tài)定態(tài)橫線左端的數(shù)字“1,2,3”表示量子數(shù)橫線右端的數(shù)字“13.6，3.4”表示氫原子的能量相鄰橫線間的距離表示相鄰的能量差，量子數(shù)越大相鄰的能量差越小，距離越小帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷的條件為hEmEn3.對原子躍遷條件hEmEn的說明：(1)原子躍遷條件hEmEn只適用于光子和原子作用而使原子在各定態(tài)之間躍遷的情況(2)當(dāng)光子能量大于或等于13.6 eV時(shí)，也可以被處于基態(tài)的氫原子吸收，使氫原子電離；當(dāng)處于基態(tài)的氫原子吸收的光子能量大于13.6 eV時(shí)，氫原子電離后，電子具有一定的初動(dòng)能(3)原子還可吸收外來實(shí)物粒子(例如自由電子)的能量而被激發(fā)由于實(shí)物粒子的動(dòng)能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級的能量差值(EEmEn)，均可使原子發(fā)生能級躍遷【例2】(xx山東高考)氫原子能級如圖1324，當(dāng)氫原子從n3躍遷到n2的能級時(shí)，輻射光的波長為656 nm.以下判斷正確的是_。(雙選，填正確答案標(biāo)號)圖1324A氫原子從n2躍遷到n1的能級時(shí)，輻射光的