《2017届高考物理二轮复习第一部分专题五碰撞与动量守恒近代物理初步第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017届高考物理二轮复习第一部分专题五碰撞与动量守恒近代物理初步第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步练习（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题五选修 3-5 部分 第 12 讲 碰撞与动量守恒近代物理初步 A卷 1( 多选)(2016 梅州模拟) 下列叙述正确的是( ) A衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 B普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 C爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说 D玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 E增大环境的压强或升高温度，都可使放射性物质的半衰期减小 解析：衰变的实质是原子核的一个中子变为质子的同时释放一个电子，A错误； 普朗 克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，B正确；爱因斯坦为了解释光电 效应的规律，受普朗克量子理论的启发
2、，提出了光子说，C正确；玻尔最先把量子观念引入 原子领域， 提出了原子结构假说，并提出定态和跃迁等概念，很好地解释了氢原子光谱的特 征， D正确；半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，E错误 答案： BCD 2( 多选 ) 下列说法正确的是( ) A放射性元素发生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 B衰变现象说明电子是原子核的组成部分 C不仅光具有波粒二象性，实物粒子也具有波粒二象性 D一群氢原子从n3 的激发态跃迁到基态时，能辐射2 种不同频率的光子 E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，核外电子的 运动速度增大 解析：衰变时，原子核
3、中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子 就是粒子， 即粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子，选 项 A 正确， B 错误；光子、实物粒子都具有波粒二象性，选项C 正确；一群氢原子从n3 的激发态跃迁到基态时，能辐射C 2 33 种不同频率的光子，选项 D错误；根据玻尔理论，氢 原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小， 电子 速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故E正确 答案： ACE 3( 多选)(2016 济南模拟) 下列有关物质组成与物理现象的叙述正确的有( ) A组成原子核的核子是质子和中子，
4、核子间相互作用的核力只存在于相邻的核子之间 B元素的种类由原子核内核子数决定，几种同位素是同一种元素的不同原子核 C原子和原子核都能发生能级跃迁，射线就是原子核能级跃迁产生的 D入射光照射到金属表面发生光电效应后，增大入射光的强度，光电子的最大初动能 增大 E在光的颜色不变的情况下，入射光越强，其照射金属发生光电效应时产生的饱和电 流越大 解析： 组成原子核的核子是质子和中子，核力只存在于相邻的核子之间，A选项正确； 元素的种类由原子核中质子数决定，B选项错误；原子和原子核都能发生能级跃迁，有些放 射性元素发生衰变或衰变后的原子核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放出高能量 的电磁波，就是射线，
5、 C 选项正确；发生光电效应后光电子的最大初动能由入射光频率 和金属的逸出功决定，与光的强度无关，D选项错误；饱和电流与入射光子数成正比，入射 光越强，光子数越多，饱和电流越大，E选项正确 答案： ACE 4. 一个人在地面上立定跳远最好成绩是s(m)，假设他站在静止于地面的小车的A端( 车 与地面的摩擦不计)，如图所示，他欲从A端跳上l(m) 远处的站台上，则( ) A只要ls，他一定能跳上站台 B只要ls，人 就一定跳不到站台上了，ls，人才有可能跳上站台，A、C、D错误， B正确 答案： B 5( 多选)(2016 湛江模拟) 如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水 平地
6、面上，在其右端放一个质量m1.0 kg 的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s， 方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木板 A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( ) A2.1 m/s B2.4 m/s C2.8 m/s D3.0 m/s 解析： 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，A先做 减速运动， 然后再做加速运动从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M m)v0MvB1，代入数据解得vB12.67 m/s ，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向 右方向为正方向，由动量守恒定律得 (Mm)v
7、0(Mm)vB2， 代入数据解得vB2 2 m/s ，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为2 m/svB2.67 m/s ，故选项A、B正确 答案： AB 6 (2016宜春模拟 ) 如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块 已 知木板质量大于物块质量，t0 时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右 面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木 板则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( ) A B C D 解析： 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物 块向右做匀减速运动，
8、速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者 速度相同，设为v. 设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv0mv0 (M m)v，得v Mm Mm v0mB，当两球 相碰后，其中一球停止，则可以断定( ) A碰前A的动量等于B的动量 B碰前A的动量大于B的动量 C若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量 解析： 两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由 动量守恒定律得：m AvAmBvBmAvAmBvB，如果碰撞前 A的动量等于B的动量，碰撞后 两者速度都等于零，故
9、 A错误； 若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发 生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量； 若碰后B的速度为零， 则碰撞后A反向运动， 否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动 量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量； 由以上分析可知，两球碰撞后一 球静止， 可能是碰撞前A的动量大于B的动量， 也可能是碰撞前A的动量小于B的动量， 故 B错误， CD正确，故选CD. 答案： CD 6(2016成都模拟) 如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面 与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道的左、右最高点释放，二者碰撞后
10、粘在一起向上运动， 最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60，则两物体的质量之比m1m2为 ( ) A(21)(21) B.21 C(21)(21) D12 解析： 两球到达最低的过程由动能定理得：mgR 1 2mv 2， 解得：v2gR， 所以两球到达最低点的速度均为：2gR， 设向左为正方向，则m1的速度v12gR，则m2的速度v22gR， 由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2m1v1(m1m2)v共， 解得：v共 m2m1 m1m2 2gR， 二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得： (m1m2)gR(1 cos 60 ) 0 1 2( m1m2)v
11、2 共， 由解得： （m1m2） 2 （m2m1） 22， 整理得：m1m2(21)(21) ，故选 C. 答案： C 7某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可发生衰变，若人长期生活在氡浓度过高的 环境中， 对身体会产生危害原来静止的氡核( 222 86Rn发生一次衰变生成新核钋(Po) ，并放 出一个能量为E0 0.09 MeV 的光子，则其衰变核反应方程为_，若已知放 出的粒子的动能是新核钋动能的55 倍，且粒子的动能为E5.55 MeV ，1 u931.5 MeV ，则衰变过程中总的质量亏损为_u( 保留三位有效数字) 解析： 由核反应方程中质量数及核电荷数守恒知衰变方程为 222 86R
12、n 218 84Po 4 2He， 由题 意及能量守恒知衰变时放出的总能量为EE0EEPomc 2，代入数据得衰变过程中 总的质量亏损为m0.006 16 u. 答案： 222 86Rn 218 84Po 4 2He0.006 16 8. 一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一质量为1 kg 的物体A，A处于静止状态，此时 弹簧被压缩了0.15 m 质量也为1 kg 的物体B从A正上方h0.3 m 处自由下落，碰后A、 B结合在一起向下运动，重力加速度g取 10 m/s 2，该弹簧形变量为 x时的弹性势能为Ep 1 2 k0 x 2，其中 k0为弹簧的劲度系数求：( 导学号 59230143) (
13、1) 碰后瞬间两物体的总动能； (2) 碰后A、B的最大动能 解析： (1)B自由下落，由机械能守恒定律得 m2gh 1 2m 2v 2 0， 碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，有 m2v0(m1m2)v， 代入数据解得v 6 2 m/s， 碰后瞬间两物体的动能Ek1 2( m1m2)v 21.5 J. (2)A与B共同下降过程中，弹力大小等于两物体重力时A、B的动能最大， 则k0 x1mg， k0 x22mg， 跟平衡位置相比，A与B共同下落的距离 xx2x1 0.15 m ， 由机械能守恒得(m1m2)gxEkmaxEkEp， 其中Ep 1 2k 0 x 2 2 1 2k 0 x 2 1，
14、 代入数据解得Ekmax2.25 J. 答案： (1)1.5 J (2)2.25 J 9. 如图所示，竖直平面内固定有半径R4.05 m的1 4圆弧轨道 PQ，与足够长的水平面相 切于Q点质量为5m的小球B静置于水平面上，质量为m的小球A从P处由静止释放，经 过Q点后与B发生正碰两球均可视为质点，不计一切摩擦，所有碰撞过程均为弹性碰撞， 重力加速度g取 10 m/s 2. 求： (1)A第一次与B碰撞后的速度vA1； (2)B的最终速度vB的大小 解析： (1)A由P点到Q点的过程，根据机械能守恒定律有 1 2mv 2mgR ， 得v9 m/s. 以水平向右为正方向，A第一次与B碰撞过程，根据
15、动量守恒定律有 mvmvA15mvB1 1 2 mv 21 2mv 2 A11 25mv 2 B1， 解得vB1 3 m/s ，vA1 6 m/s ，负号表示方向水平向左 (2)A与B第二次碰撞前的速度为vA16 m/s ， A第二次与B发生碰撞过程有 m( vA1) 5mvB1mv A25mvB2， 1 2mv 21 2mv 2 A2 1 25mv 2 B2， 解得vA2 1 m/s ，vB24 m/s( 另一组根不符合题意，已舍去) 由于vA2mgl 即 v 2 0 2gl 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1. 由能量守恒有 1 2mv 2 0 1 2mv 2 1mgl 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒 有 mv1mv1 3 4mv 2 1 2mv 2 1 1 2mv 2 1 1 2 3 4 mv 2 2 联立式解得v2 8 7v 1 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 2 3 4mv 2 2 3 4mgl 联立式，可得 32v 2 0 113gl 所以a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是 32v 2 0 113gl v 2 0 2gl . 答案： (1)ABE (2) 32v 2 0 113gl v 2 0 2gl
