2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练八专题三动量与能量第8讲碰撞与动量守恒.doc

2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练八专题三动量与能量第8讲碰撞与动量守恒一、选择题(本大题共10小题,每小题6分,共60分。第16题只有一项符合题目要求,第710题有多项符合题目要求)1. 如图所示为江西艺人茅荣荣,他以7个半小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创造者,而这个世界纪录至今无人超越。若足球用头顶起,某一次上升高度为80cm,足球的重量为400 g,与头顶作用时间t为0.1s,则足球本次在空中的运动时间和足球给头部的作用力大小(空气阻力不计,g取10m/s2)()A.t=0.4sFN=36NB.t=0.4sFN=68NC.t=0.8sFN=68ND.t=0.8sFN=36N【解析】选D。足球自由下落时有:h=g,t0=0.4s竖直上抛运动的总时间为自由落体运动时间的2倍t=2t0=0.8s设竖直向上为正方向,由动量定理得:(FN-mg)t=mv-(-mv)v=gt0=4m/s,FN=36N。2.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度大小是()A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v【解析】选C。设向东为正方向,在最高点由水平方向动量守恒得:3mv0=2mv+mv,则v=3v0-2v,C正确。2.若元素A的半衰期为4天,元素B的半衰期为5天,则相同质量的A和B,经过20天后,剩下的质量之比mAmB为()A.12B.21C.303D.3130【解析】选A。由原子核的衰变公式m余=m()n,其中A衰变5次,B衰变4次,由公式可得A正确。3. 如图所示,质量为m的物体在水平外力F的作用下,沿水平面做匀速运动,速度大小为v,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行过程中经过B点,则物体由A点到B点的过程中,下列说法中正确的是()A.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越少B.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越多C.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功与速度v的大小无关D.速度v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功与速度v的大小无关【解析】选C。物体在A、B间运动的加速度为a=g,由=v2-2ax知速度v越大,vB越大,又由x=t可知,速度越大,t越小;摩擦力的冲量为If=mgt越小,摩擦力做功Wf=mgx与速度v的大小无关,C项正确。3.按照氢原子的玻尔模型,氢原子的核外电子绕原子核做匀速圆周运动,轨道半径和对应的能量rn=n2r1、En=,电子从半径较大的轨道n=2的激发态向半径较小的轨道基态跃迁时,放出光子(r1=0.0053nm,E1=-13.6eV)。则产生的光子频率为()A.=1.51015HzB.=2.01015HzC.=2.51015HzD.=4.51015Hz【解析】选C。r2=4r1,E2=-3.40eV,E2-E1=h,2.51015Hz。4.一中子与一质量数为A(A1)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.B.C.D.【解析】选A。中子与原子核发生弹性正碰时,动量和机械能都守恒,考虑到中子的质量小于静止的原子核的质量,所以设碰撞前中子的速度为v0,碰撞后中子原路返回的速度为-v,原子核的速度为V,中子的质量为m,则原子核的质量为Am,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mv0=AmV-mv和m=mv2+AmV2,所以=,故选项A正确。4.最近原子核科学家在超重元素的探测方面取得重大进展,1996年科学家们在研究某两个重离子结合成超重元素的反应时,发现生成的超重元素的核X经过6次衰变后的产物是Fm,由此,可以判定生成的超重元素的原子序数和质量数分别是()A.124、259B.124、265C.112、265D.112、277【解析】选D。因为每次衰变后,超重元素的核X都释放两个中子和两个质子,所以经过6次衰变后,超重元素的原子序数和质量数分别是Z=100+26=112,A=253+46=277,故选项D正确,A、B、C错误。5. 如图所示,细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长L。现将细线和小球拉至图中实线位置,此时细线与竖直方向的夹角为=60;并在小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是()A.B.C.D.【解析】选C。碰前由机械能守恒得mgL(1-cos60)=m,解得v1=,两球相碰过程动量守恒mv1=2mv2,得v2=,碰后两球一起摆动,机械能守恒,则有2m=2mgh,解得h=L。5.利用氦3He)和氘进行的聚变反应安全无污染,容易控制。月球上有大量的氦3,每个航天大国都将获取氦3作为开发月球的重要目标之一。已知两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子的核反应方程是HHen+3.26MeV,若有2g氘全部发生聚变,则释放的能量是(NA为阿伏加德罗常数)()A.0.53.26MeVB.3.26MeVC.0.5NA3.26MeVD.NA3.26MeV【解析】选C。2g氘共有NA个氘核,每2个氘核反应就放出3.26MeV能量,2g氘全部发生聚变,释放的能量为0.5NA3.26MeV,所以C项正确。6. 如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车,其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道最低点B与水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g,空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程,下列说法中正确的是()A.小车和物块构成的系统动量守恒B.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C.物块的最大速度为D.小车的最大速度为【解析】选D。小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积,摩擦力做功的代数和不为零,故B错误;如果小车固定不动,物块到达水平轨道时速度最大,由机械能守恒定律得:mgR=mv2,v=,现在物块下滑时,小车向左滑动,物块的速度小于,故C错误;小车与物块组成的系统水平方向动量守恒,物块刚好下滑到B点时,小车具有最大速度,物块下滑过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得:m+M=mgR,解得:v2=,故D正确。6.以下关于天然放射现象,叙述正确的是()A.若使某放射性物质的温度升高,其半衰期将变短B.衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C.射线是原子核衰变产生的,它有很强的电离作用D.射线是原子核产生的,它是能量很大的光子流【解析】选C、D。半衰期与元素的物理状态无关,若使某放射性物质的温度升高,半衰期不变,故A错误;衰变所释放的电子是从原子核内释放出的,故B错误;射线是原子核衰变产生的,是氦的原子核,它有很强的电离作用,穿透能力很弱,故C正确;射线是原子核发生或衰变时产生的,它是能量很大的光子流,故D正确。7.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程,进入泥潭直到停止的过程称为过程,则以下说法正确的是()A.过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B.过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力的冲量的大小C.、两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量【解析】选A、C、D。过程中钢珠所受外力只有重力,由动量定理可知,钢珠动量的改变量等于重力的冲量,故A正确;过程中,钢珠所受外力有重力和阻力,所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和,故B错误;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,由动量定理可知,、两个过程中合外力的总冲量等于零,故C正确;在整个过程中,钢珠动量的变化量为零,故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中动量改变量的大小,而过程中动量改变量的大小等于过程中重力的冲量,故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量,故D正确。7.如图所示为一真空光电管的应用电路,其阴极金属材料的极限频率为4.51014Hz,则以下判断正确的是()A.发生光电效应时,电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率B.发生光电效应时,电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度C.用=0.5m的光照射光电管时,电路中有光电流产生D.光照射时间越长,电路中的光电流越大【解析】选B、C。在光电管中若发生了光电效应,单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关,光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关。据此可判断A、D错误,B正确;波长=0.5m的光子的频率=Hz=61014Hz4.51014Hz,可发生光电效应,故选项C正确。8. 两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧,用细线捆在一起,放在光滑的水平平台上,某时刻剪断细线,小木块被弹开,落地点与平台边缘的水平距离分别为lA=1m,lB=2m,如图所示,则下列说法正确的是()A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vAvB=12B.木块A、B的质量之比mAmB=21C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkAEkB=12D.弹簧对木块A、B的作用力大小之比FAFB=12【解析】选A、B、C。A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动,由平抛运动规律得:木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为=,A对;根据动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,=,由此可知B对;木块A、B离开弹簧时的动能之比为:=,C对;弹簧对木块A、B的作用力大小之比=,D错。9.假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动,如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q,则下列说法正确的是()A.Q与飞船都可能沿原轨道运动B.Q与飞船都不可能沿原轨道运动C.Q运动的轨道半径可能减小,而飞船运行的轨道半径一定增大D.Q可能沿地球半径方向竖直下落,而飞船运行的轨道半径将增大【解析】选C、D。根据反冲,飞船的速度一定增大,做离心运动,轨道半径变大;而Q的速率有三种可能,即比原来的大,比原来的小,与原来的相等,由此Q的轨道半径有三种可能,即比原来的大,比原来的小,与原来的相同;另外,若对地速度为零,则会竖直下落,选项C、D正确。9.下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出四种不同频率的光子B.轻核的聚变过程有质量亏损,释放的核能可由爱因斯坦质能方程(E=mc2)计算CUThHe是衰变方程,目前核电站发电是利用这种核反应释放的核能转化为电能的DUnXeSr+n,式中d=2,目前核电站发电是利用这种核反应释放的核能转化为电能的【解析】选B、D。一群处于n=4能级的氢原子向n=3能级跃迁时辐射光子,而此能级也不稳定,还继续向低能级跃迁,因此在跃迁过程中,能辐射出六种不同频率的光子,故A错误;轻核的聚变过程有质量亏损,释放的核能可由爱因斯坦质能方程(E=mc2)计算,故B正确;自发辐射出氦核的反应,属于衰变,因此UThHe是衰变,目前核电站发电是利用重核的裂变释放的核能转化为电能的,故C错误;根据核反应过程中的质量数守恒可知,UnXeSr+n,式中d=2,目前核电站发电是利用这种核反应释放的核能转化为电能的,故D正确。10. 如图,两质量分别为m1=1kg和m2=4kg的小球在光滑水平面上相向而行,速度分别为v1=4m/s和v2=6m/s,发生碰撞后,系统可能损失的机械能为()A.25JB.35JC.45JD.55J【解析】选A、B。两物体发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,则相碰后两小球粘在一起,根据动量守恒定律,m2v2-m1v1=(m1+m2)v,此时损失的机械能Ek=m1+m2-(m1+m2)v2,解得Ek=40J,即动能的损失一定不大于40J,因此A、B正确,C、D错误。10. 用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子,发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子,它们的频率由低到高依次为1、2、3,由此可知,开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为()A.h1 B.h3C.h1+h2D.h1+h2+h3【解析】选B、C。氢原子吸收光子能向外辐射三种不同频率的光子,说明其吸收光子后从基态跃迁到第三能级,在第三能级不稳定,又向较低能级跃迁,发出光子。其中从第三能级跃迁到基态的光子能量最大为h3,所以氢原子吸收的光子能量应为E=h3,且关系式h3=h1+h2成立,故正确选项为B、C。二、非选择题(本大题共4小题,共40分。需写出规范的解题步骤)11.(10分)某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找碰撞中的不变量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复上述操作10次,得到10个落点痕迹,再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置C由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次,图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点,P为未放被碰小球B时A球的平均落点,M为与B球碰后A球的平均落点,N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示,其中米尺水平放置,且平行于OP,米尺的零点与O点对齐。(1)碰撞后B球的水平射程应为cm。(2)为了减小实验误差,入射小球的质量m1(选填“大于”或“小于”)被碰小球的质量m2。(3)在以下选项中,哪些是本次实验必须进行的测量?答:(填选项号)。A.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离B.A球与B球碰撞后,测量A球和B球落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量E.测量O点相对于水平槽面的高度(4)要验证碰撞前后动量守恒,只需验证的表达式(用m1、m2、OM、OP、ON表示)。【解析】(1)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点,可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7cm。(2)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒,故有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞过程中动能守恒,故有m1=m1+m2,解得v1=v0,要使碰后入射小球的速度v10,则要使m1-m20,即m1m2。(3)根据实验的原理知,m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,可知需要测量的物理量有:水平槽上未放B球时,A球落点位置到O点的距离;A球与B球碰撞后,A球和B球落点位置到O点的距离;A球和B球的质量,故A、B、D正确,C、E错误。故选A、B、D。(4)P为碰前入射小球落点的位置,M为碰后入射小球落点的位置,N为碰后被碰小球落点的位置,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,碰撞前入射小球的速度v0=,碰撞后入射小球的速度v1=,碰撞后被碰小球的速度v2=,若m1v0=m2v2+m1v1,表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,代入数据得:m1OP=m1OM+m2ON。答案:(1)64.7(6466都正确)(2)大于(3)A、B、D(4)m1OP=m1OM+m2ON12. (10分)如图所示,在海滨游乐场里有一种滑沙运动,某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来,若人和滑板的总质量m=60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为=0.50,斜坡的倾角=37(sin37=0.6,cos37=0.8),斜坡与水平滑道间是平滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2,求:(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大?(2)若AB的长度为16m,人滑到B处时的动量为多大?(3)若AB的长度为16m,从A运动到C摩擦力的冲量为多大?【解析】(1)人在斜坡上受力如图所示,建立图示坐标系,设人在斜坡上滑下的加速度为a1,由牛顿第二定律有:mgsin37-Ff1=ma1,FN1-mgcos37=0又Ff1=FN1联立解得:a1=g(sin37-cos37)代入数据得:a1=2.0m/s2(2)根据运动学公式x=at2得t=s=4s沿斜坡方向,以人和滑板为研究对象,根据动量定理mgtsin37-mgtcos37=mv-0解得v=8m/s人滑到B处时p=480kgm/s(3)设BC段人和滑板运动的加速度为a2根据牛顿第二定律-mg=ma2,解得a2=-5m/s2由运动学公式vC=vB+a2t1得t1=s=1.6 s从A运动到C摩擦力的冲量大小I=mgtcos37+mgt1=1440Ns答案:(1)2.0m/s2(2)480kgm/s(3)1440Ns13. (10分)如图所示,在竖直面内有一个光滑曲面,其末端水平,且与处于同一竖直面内光滑圆弧形轨道的最底端相切,并平滑连接。A、B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从曲面上的某一高度P点处由静止滑下,当两滑块刚滑入圆弧形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,其中前面的滑块A沿圆弧形轨道运动恰能通过圆弧形轨道的最高点,后面的滑块B恰能返回到P点。已知圆弧形轨道的半径R=0.72m,滑块A的质量mA=0.4kg,滑块B的质量mB=0.1kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力可忽略不计。求:(1)滑块A运动到圆弧形轨道最高点时速度的大小。(2)两滑块开始下滑时距圆弧形轨道底端的高度h。(3)弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。【解析】(1)设滑块A恰能通过圆弧形轨道最高点时的速度大小为v2,根据牛顿第二定律有mAg=mA,解得v2=m/s。(2)设滑块A在圆弧形轨道最低点被弹开时的速度大小为v1,对滑块A从圆弧形轨道最低点运动到最高点的过程,根据机械能守恒定律,有mA=mAg2R+mA,解得:v1=6m/s,设滑块A和B运动到圆弧形轨道最低点时速度大小为v0,对滑块A和B下滑到圆弧形轨道最低点的过程,根据动能定理,有(mA+mB)gh=(mA+mB)同理滑块B在圆弧形轨道最低点被弹开时的速度大小也为v0,弹簧将两滑块弹开的过程,A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒,(mA+mB)v0=mAv1-mBv0解得:h=0.8 m(3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep,对弹开两滑块的过程,根据机械能守恒定律,有(mA+mB)+Ep=mA+mB解得:Ep=4J答案:(1)m/s(2)0.8m(3)4J14. (10分)如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少?(2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度a是多少?【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中,两棒的总动量守恒,有mv0=2mv,根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热Q=m-(2m)v2=m。(2)设ab棒的速度变为v0时,cd棒的速度为v,则由动量守恒可知mv0=mv0+mv,解得v=v0此时回路中的电动势为E=BLv0-BLv0=BLv0此时回路中的电流为I=此时cd棒所受的安培力为F=BIL=由牛顿第二定律可得,cd棒的加速度a=答案:(1)m(2)