（江苏专版）2019版高考物理二轮复习 第一部分 专题五 动量与原子物理学检测（含解析）.doc

动量与原子物理学第一讲动量守恒定律考点一动量、冲量、动量定理1.考查冲量大小的计算蹦床运动是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50 kg的运动员从1.8 m高处自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2 s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为(取g10 m/s2，不计空气阻力)()A400 NsB300 NsC200 NsD100 Ns解析：选A设运动员自由下落到蹦床的速度为v，由机械能守恒得：mghmv2，解得v6 m/s；运动员接触蹦床到陷至最低点过程中，由动量定理得：mgtIN0mv，解得INmvmgt506 Ns50100.2 Ns400 Ns，此过程中蹦床对运动员的冲量大小为400 Ns，方向竖直向上，故A正确，B、C、D错误。2考查应用动量定理求平均力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量，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.mgBmgC.mgDmg解析：选A由动量定理得(mgF)t0mv，又有v，解得Fmg，选项A正确。3考查碰撞与动量定理如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，下列表达式中正确的是()AEmv02，I2mv0BEmv02，Imv0CEmv02，I2mv0DEmv02，Imv0解析：选AA、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv02mv，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B两球的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能E2mv2，联立解得Emv02，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对A、B及弹簧整体，由动量定理得I2mv(2mv)4mv2mv0，A正确。考点二动量守恒及应用4.考查动量守恒的条件把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹的过程中，关于枪、子弹、车，下列说法正确的是()A枪和子弹组成的系统动量守恒B枪和车组成的系统动量守恒C子弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D枪、子弹、车三者组成的系统动量守恒解析：选D枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和子弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；枪和车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；枪、子弹、车组成的系统，它们之间相互作用的力为内力，例如子弹和枪筒之间的摩擦力，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，但子弹与枪筒组成的系统外力之和不为零，二者组成的系统动量不守恒，故D正确，C错误。5考查某一方向的动量守恒质量为m的人立于质量为M的平板车上，初始时人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动。当此人相对于车以竖直向上的速度v2跳起后，车的速度大小为()Av1Bv1C.D解析：选A人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向右，A正确。6考查多个物体的动量守恒如图所示，两辆质量相同的平板小车a、b成一直线排列，静止在光滑水平地面上，原来静止在a车上的一个小孩跳到b车，接着又立即从b车跳回a车，他跳回a车并相对a车保持静止，此后()Aa、b两车的速率相等Ba车的速率大于b车的速率Ca车的速率小于b车的速率Da、b两车均静止解析：选C由小车a、b及人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律(mam人)vambvb0，解得，所以a车的速率小于b车的速率，选项C正确。7考查体育赛事中的动量守恒在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变，已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：(1)正碰后冰壶乙的速度v；(2)碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力F的大小。解析：(1)由动量守恒定律有mv1mv2mv解得vv1v2。(2)冰壶乙在碰撞过程由动量定理有Ftmv0解得F。答案：(1)v1v2(2)考点三动量与能量的综合应用8.考查弹性碰撞与非弹性碰撞的判断如图所示，小球B质量为10 kg，静止在光滑水平面上，小球A质量为5 kg，以10 m/s的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2 m/s的速率反向弹回，则碰后B球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是()A4 m/s，非弹性碰撞B4 m/s，弹性碰撞C6 m/s，非弹性碰撞D6 m/s，弹性碰撞解析：选C取小球A开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E1m1v125102 J250 J。碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1m1v1m2v2，解得：v2 m/s6 m/s。碰撞后两小球的总动能：E2m1v12m2v22522 J1062 J190 J。因为E1E2，有能量损失，是非弹性碰撞，故C正确。9.考查动量守恒定律与st图像的综合应用多选如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘在一起共同运动，其碰前和碰后的st图像如图乙所示。已知ma5 kg。若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为E，则()Amb 1 kgBmb2 kgCE15 JDE35 J解析：选AC在st图像中图像的斜率表示小球运动的速度大小，所以va m/s6 m/s碰后粘合在一起共同运动的速度为v m/s5 m/s，碰撞过程动量守恒，得：mava(mamb)v解得：mb1 kg，故A正确，B错误；根据功能关系Emava2(mamb)v215 J，故C正确，D错误。10考查碰撞发生的可能性多选在光滑的水平桌面上，质量为m的物块A以速度v向右运动，与静止在桌面上的质量为3m的物块B发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A的速度可能为()A0.8vB0.2vC0.4vD0.1v解析：选BD根据完全弹性碰撞关系可得mvmvA3mvB，mv2mvA23mvB2，解得vAvv；根据完全非弹性碰撞关系可得mv4mvAB，解得vAvABv，所以若碰撞后A的速度向右，则应该小于v，若碰撞后A的速度向左，则应该小于v，故B、D正确，A、C错误。11考查弹簧作用下动量守恒定律如图所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为M和m，现将两物块用一根轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度v0在水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块M恰好静止。求弹簧最初所具有的弹性势能Ep。解析：设弹簧将两物块弹开后，物块m的速度为v，弹簧弹开物块过程，系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得：(Mm)v0mv，由机械能守恒定律得：(Mm)v02Epmv2，解得：Ep。答案：12考查水平方向动量守恒定律与能量结合一平板小车静止在光滑水平地面上，车上固定一个足够高的光滑弧形轨道，弧形轨道与小车的水平上表面在B处相切，小车与弧形轨道的总质量为M2 kg。小车上表面粗糙，AB段长L1.5 m，现有质量m0.5 kg的滑块(视为质点)以v04.0 m/s的水平初速度滑上小车，滑块与小车AB段间的动摩擦因数0.1，取g10 m/s2，求：(1)滑块从A点第一次到B点的运动时间t；(2)滑块沿弧形轨道上升的最大高度h。解析：(1)对滑块，由牛顿第二定律得：mgma1由匀变速直线运动规律得：s1v0ta1t2对小车与弧形轨道，由牛顿第二定律得：mgMa2由匀变速直线运动规律得：s2a2t2又s1s2L联立解得：t0.4 s或t6 s当t6 s时，不是滑块第一次运动到B点所用的时间所以t0.4 s。(2)对滑块、小车与弧形轨道组成的系统，在水平方向由动量守恒定律得：mv0(Mm)v由功能关系得：mv02(Mm)v2mgLmgh联立解得：h0.49 m。答案：(1)0.4 s(2)0.49 m 释疑3大考点考点一动量、冲量、动量定理本考点是对动量、冲量的概念和动量定理的理解及应用的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。(一)辨析基本概念和规律1动量与动能的比较(1)动量是矢量，动能是标量。(2)动量和动能都是状态量。冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。(3)若动能发生了变化，动量也一定发生变化；而动量发生变化时，动能不一定发生变化。(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系：p或Ek。2动量定理(1)公式是矢量式，左边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。(2)公式右边是物体受到的所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(二)掌握解题思路和方法1确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体，如诊断卷第2题中的高空作业人员。2对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。3抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。4根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。 题点全练1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Ekmv2可知，动量pmv，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(2018南京、盐城一模)质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面，经0.2 s后，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，g10 m/s2。求：(1)小球与地面碰撞前后的动量变化；(2)小球受到地面的平均作用力大小。解析：(1)因取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量为pmv2(mv1)0.2(64)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。(2)由动量定理，得(Fmg)tp，代入数据求得：F12 N。答案：(1)2 kgm/s ，方向竖直向上(2)12 N3(2018江苏六市二模)蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m50 kg的运动员从距蹦床h11.25 m高处自由落下，接着又能弹起h21.8 m高，运动员与蹦床接触时间t 0.50 s，在空中保持直立，取g10 m/s2，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I的大小；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力F的大小。解析：(1)重力的冲量大小为Imgt50100.50 Ns250 Ns。(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：mgh1mv12解得：v15 m/s弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：mgh2mv22解得：v26 m/s取向上为正方向，由动量定理有：(Fmg)tmv2(mv1)代入数据解得F1 600 N。答案：(1)250 Ns(2)1 600 N考点二动量守恒定律及应用本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，可以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等。考生应学会灵活变通。(一)全面理解定律(二)重点例析应用1判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力，如诊断卷第4题，枪已经固定在小车上，所以枪与小车不能分离，把子弹与枪、小车组成系统，子弹与枪筒之间的摩擦力是内力，地面光滑则系统所受外力之和为零，故系统动量守恒。2动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律，如诊断卷第5题，人与平板车之间的相互作用沿竖直方向，不影响系统在水平方向动量守恒。3若系统所受合外力为零且初动量为零，则系统内物体相互作用过程中，系统动量始终为零，该结论对多物体组成的系统非常实用，如诊断卷第6题。题点全练1.如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是()A若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统解析：选A如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mAmB32，所以FAFB32，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；对A、B、C组成的系统，A与C、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；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒。综上可知选A。2.多选A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的xt图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的xt图像，c为碰撞后它们的xt图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为()A2 kgB kgC4 m/sD1 m/s解析：选BD由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动，vc m/s1 m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc，代入数据解得mB kg，可知选项B、D正确。3(2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。答案：(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s考点三动量与能量的综合应用本考点考查时，一般是动量定理、动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、功能关系进行综合命题，试题综合性强，难度较大，可以计算题的形式命题。建议对本考点重点 攻坚。(一)三类碰撞的特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最多如诊断卷第8、9题为非弹性碰撞，第10题还考查了弹性碰撞和完全非弹性碰撞。(二)爆炸与反冲的特点1时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。2因有内能转化为机械能，系统机械能会增加。3系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。但系统初速度不为0的话，则物体速度方向可能相同。(三)动量观点和能量观点的选取原则动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ftmvmv0。对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。对于相互摩擦的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程QFfs解题。题点全练1.A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触。把质量为m0的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰前其速度为v0时，碰撞后两个小球的动量相等。则：(1)求碰撞后A球速度的大小；(2)若碰撞为弹性碰撞，求碰撞后B球的动能。解析：(1)设A球与B球相碰后A球的速度为vA，根据动量守恒定律，有m0v0m0vApB，又m0vApB，所以vA。(2)因为碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒定律有m0v02m0vA2EkB，解得EkBm0v02。答案：(1)(2)m0v022.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的弹性势能。解析：设A、B碰后瞬间A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有mv03mv设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有3mv2mv1mv0设弹簧释放的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，即3mv2Ep2mv12mv02解得Epmv02。答案：mv023如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠墙壁，A、B之间用轻弹簧拴接，它们的质量分别为mAm，mB2m，mCm。现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起。试求：(1)A离开墙前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙后，C的最小速度的大小。解析：(1)C、B碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒得：mCv0(mCmB)vBC得：vBCv0B、C一起压缩弹簧到最短的过程，B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧压缩到最短时有：(mCmB)vBC2Ep联立以上各式解得Epmv02。(2)在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动；在A离开墙壁后由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，选取向右为正方向，由A、B、C三物块组成的系统动量守恒得：(mBmC)vBCmAv(mBmC)vC又：EpmAv2(mBmC)vC2联立解得：vC，方向向右。(另一个解不合题意，舍去)答案：(1)mv02(2) 1(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 NB102 NC103 ND104 N解析：选C设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h325 m75 m，达到的速度v22gh，根据动量定理(Fmg)t0(mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力Fmg103 N，由牛顿第三定律知C正确。2.多选如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A小球的机械能减少了mg(Hh)B小球克服阻力做的功为mghC小球所受阻力的冲量大于mD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(Hh)，则小球的机械能减少了mg(Hh)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，可知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。3.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为()Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析：选D火箭和卫星组成的系统，在分离前、后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0(v0v2)，D项正确。4.如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为()A.BC.D解析：选B设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t，则v，v，取船的速度为正方向，根据动量守恒定律可得Mvmv0，即Mm，解得渔船的质量M，故B正确。5(2018盐城三模)在气垫导轨上，一个质量为0.6 kg的滑块甲以0.15 m/s的速度与另一质量为0.4 kg、速度为0.1 m/s并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，则碰撞后两个滑块一起运动的速度大小为_m/s，碰撞过程中乙滑块受到甲冲量大小为_Ns。解析：选甲的初速度为正方向，根据动量守恒定律有：m甲v甲m乙v乙(m甲m乙)v，代入数据解得：v0.05 m/s，对乙应用动量定理有：Im乙v(m乙v乙)，代入数据解得：I0.06 Ns。答案：0.050.066(2018江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。解析：取向上为正方向，根据动量定理mv(mv)Imgt解得I2mvmgt。答案：2mvmgt7(2018江苏七市三模)如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v01.0 m/s向左匀速运动。某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v17.0 m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回。已知冰车的质量为m110 kg，小孩与滑板的总质量为m230 kg，小孩与滑板始终无相对运动。(取g10 m/s2)(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；(2)通过计算判断，冰车能否追上小孩？解析：(1)取向右为正方向，冰车与墙碰撞过程中由动量定理有Im1v1(m1v1)代入数据解得I140 Ns。(2)取向左为正方向，设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v解得v1.0 m/s，则小孩推出冰车后与滑板向右运动。由于|v|v1，故冰车能追上小孩。答案：(1)140 Ns(2)冰车能追上小孩8.(2018南京、盐城二模)在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静、韩聪组合获得亚军。如图所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0 m/s。韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0 s，隋文静的速度大小变为4.0 m/s。假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg，求：(1)推开后韩聪的速度大小；(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。解析：(1)以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得(m1m2)vm1v1m2v2解得v21 m/s，速度大小为1 m/s。(2)由动量定理Ftm2v2m2v，解得F60 N，即大小为60 N。答案：(1)1 m/s(2)60 N9.(2018苏北四市一模)如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2 m/s、2.0 m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止。已知碰撞时间为0.05 s，A、B的质量均为0.2 kg。求：(1)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小。解析：(1)A、B系统动量守恒，取B球的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mvBmvA0mvA解得vA0.8 m/s。(2)对B，由动量定理得：tpB0mvB解得：8 N。答案：(1)0.8 m/s(2)8 N10(2018北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点。质量m60 kg 的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s。取重力加速度g10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L100 m。(2)根据动量定理，有ImvBmvA1 800 Ns。(3)运动员经过C点时的受力如图所示。根据牛顿第二定律，有FNmgm运动员在BC段运动的过程中，根据动能定理，有mghmvC2mvB2解得FN3 900 N。答案：(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力图见解析3 900 N第二讲光电效应_波粒二象性 考点一光电效应规律和光电效应方程1.考查黑体辐射关于对黑体的认识，下列说法正确的是()A黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的B黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关C黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关D如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体解析：选C能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，故A错误；黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B错误，C正确；射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个小孔就成了一个黑体，故选项D错误。2考查对光电效应的理解关于光电效应，下列说法中正确的是()A发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大B不同金属产生光电效应的入射光的最低频率是相同的C金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能发生光电效应D如果入射光光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应解析：选D根据光电效应方程可得EkhW0，光子的能量与光照强度无关，A错误；每种金属都有自己的极限频率，B错误；金属内的每个电子一次只能吸收一个光子，而且是不能积累的，C错误；当入射光光子的能量小于金属的逸出功时，不能发生光电效应，D正确。3考查光电流的变化规律如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则()A若增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大B若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生C若换用波长为1(10)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流D若换用波长为2(20)的光照射阴极K时，电路中一定有光电流解析：选D光电流的强度与入射光的强度有关，当光越强时，光电子数目会增多，初始时电压增加光电流可能会增加，当达到饱和光电流后，再增大电压，光电流也不会增大了，故A错误；将电路中电源的极性反接，电子受到电场阻力，到达A极的数目会减小，则电路中电流会减小，甚至没有电流，故B错误；若换用波长为1(10)的光，其频率有可能大于极限频率，电路中可能有光电流，故C错误；若换用波长为2(20)的光，则其频率一定大于极限频率，电路中一定有光电流，故D正确。4考查对光电效应方程的理解对爱因斯坦光电效应方程EkhW，下面的理解正确的有()A只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能EkB式中的W表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功C逸出功W和极限频率c之间应满足关系式W hcD光电子的最大初动能和入射光的频率成正比解析：选C根据光电效应方程EkhW可知，同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子最大初动能Ek都相同，但初动能可能不同；W表示逸出功，是每个电子从这种金属中飞出过程中，克服金属中正电荷引力所做的功的最小值；当最大初动能为零时，入射频率即为极限频率，则有Whc；根据光电效应方程EkhW可知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系。综上分析，C正确。5考查光电效应规律及光电效应方程多选用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时，电流表A的读数为0.2 mA。移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表读数为0，则()A光电管阴极的逸出功为1.8 eVB开关S断开后，没有电流流过电流表C光电子的最大初动能为0.7 eVD改用能量为1.5 eV的光子照射，也有电流流过电流表，但电流较小解析：选AC该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7 eV，根据光电效应方程EkmhW0，可得W01.8 eV，A、C正确；开关S断开后，用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，不加电压时，有光子能从阴极出发到阳极，则有电流流过电流表，故B项错误；改用能量为1.5 eV的光子照射时，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，没有电流流过电流表，故D项错误。6考查光电管的工作原理及光电效应方程如图所示是做光电效应实验的装置简图。在抽成真空的玻璃管内，K为阴极(用金属铯制成，发生光电效应的逸出功为1.9 eV)，A为阳极。在a、b间不接任何电源，用频率为(高于铯的极限频率)的单色光照射阴极K，会发现电流表指针有偏转。这时，若在a、b间接入直流电源，a接正极，b接负极，并使a、b间电压从零开始逐渐增大，发现当电压表的示数增大到2.1 V时，电流表的示数刚好减小到零。(普朗克常量h6.631034 Js)求：(1)a、b间未接直流电源时，通过电流表的电流方向_(填“向上”或“向下”)。(2)求从阴极K发出的光电子的最大初动能Ek(结果保留三位有效数字)。(3)求入射单色光的频率(结果保留三位有效数字)。解析：(1)单色光照射阴极K，K发射出光电子，光电子由K向A定向移动，光电流由A向K，所以通过电流表的电流方向从下向上。(2)根据动能定理得：光电子的最大初动能EkeUc2.1 eV3.361019 J。(3)由光电效应方程：EkhW0，得9.651014 Hz。答案：(1)向上(2)3.361019 J(3)9.651014 Hz考点二与光电效应现象有关的图像问题7.考查Ek图像多选如图所示是甲、乙两种金属的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图像，由图像可知()A甲金属的逸出功比乙金属的逸出功大B同一色光照射下，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大C要获得相等的最大初动能的光电子，照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率大D无论用什么金属做实验，图像的斜率不变解析：选BD根据光电效应方程有：EkhW，其中W为金属的逸出功：Wh0，根据图像可知，乙的极限频率比甲大，所以乙的逸出功比甲大，故A错误；同一色光照射，则入射光频率相等，根据EkhW结合乙的逸出功比甲大可知，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大，故B正确；根据EkhW结合乙的逸出功比甲大可知，若Ek相等，则照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率小，故C错误；根据EkhW可知，Ek图像的斜率表示普朗克常量，无论用什么金属做实验，图像的斜率不变，故D正确。8考查Uc图像下表是按照密立根的方法进行光电效应实验时得到的某金属的遏止电压Uc和入射光的频率的几组数据。Uc/V0.5410.6370.7140.8090.878/1014Hz5.6445.8886.0986.3036.501由以上数据应用Excel描点连线，可得直线方程，如图所示。则这种金属的截止频率约为()A3.51014 HzB4.31014 HzC5.51014 HzD6.01014 Hz解析：选B遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，根据方程Uc0.397 31.702 4，当Uc0解得4.31014 Hz，B正确。9考查光电流I与电压U的关系图像多选在光电效应实验中，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小于丙光的光电子最大初动能解析：选BD由题图可知，甲、乙两光对应的反向遏止电压均为Uc2，由爱因斯坦光电效应方程EkmhW逸及eUc20Ekm可知，甲、乙两光频率相同，且均小于丙光频率，波长均大于丙光的波长，故B正确，A错误；同一金属，截止频率是相同的，故C错误；丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应光电子最大初动能，故D正确。考点三光的波粒二象性和物质波10.考查光的波粒二象性与光子数量的关系用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明()A光只有粒子性没有波动性B光只有波动性没有粒子性C少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性D少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性解析：选D由这些照片可以看出，少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性，故D正确。11考查对物质的波粒二象性的理解下面关于光的波粒二象性的说法中，不正确的是()A大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性B光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性C光在传播时往往表现出波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性D频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著解析：选B光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，故A正确；光的波粒二象性是指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性，二者是统一的，故B错误；光在传播时往往表现出波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性，故C正确；在光的波粒二象性中，频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著，故D正确。12考查实物粒子的波动性多选1927年戴维孙和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一。如图所示是该实验装置的简化图，下列说法正确的是()A亮条纹是电子到达概率大的地方B该实验说明物质波理论是正确的C该实验再次说明光子具有波动性D该实验说明实物粒子具有波动性解析：选ABD电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A正确。13考查德布罗意波波长的计算一个德布罗意波波长为1的中子和另一个德布罗意波波长为2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为()A.BC.D解析：选A中子的动量p1，氘核的动量p2，同向正碰后形成的氚核的动量p3p2p1，所以氚核的德布罗意波波长3，A正确。 释疑3大考点考点一光电效应规律和光电效应方程本考点主要考查光电效应现象、规律及爱因斯坦的光电效应方程的有关应用，试题难度一般，可以选择题形式命题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题，就可轻松得分。建议考生自学为主。(一)理清知识体系(二)深化规律内涵1能否发生光电效应，由入射光的频率大小决定，与入射光的强度和照射时间无关；发生光电效应时，光子的能量与入射光的强度无关，如诊断卷第2题选项A。2光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但二者成一次函数，不是正比关系，如诊断卷第4题选项D。3在光电流没有达到饱和光电流时，光电管两端正向电压越大，光电流越大，当达到饱和光电流后，再增大电压，光电流也不会增大了，如诊断卷第3题选项A。4光电子的最大初动能与反向遏止电压的关系：EkmeUc(如诊断卷第6题)，因此光电效应方程可以写为：eUchW0。题点全练1一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列描述中正确的是()A只增大入射光的频率，金属逸出功将减小B只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增大C只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大D只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短解析：选C金属的逸出功由金属材料决定，与入射光无关，故A错误。根据爱因斯坦光电效应方程得知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与光照射时间无关，故B错误，C正确。只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间不变，故D错误。2.如图所示为研究光电效应现象的实验，电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是()A入射光强度较弱B入射光波长太长C电源电压太高D光照射时间太短解析：选B光的强度和光照时间都不能决定能否发生光电效应；光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，则可能是没有发生光电效应，即入射光的频率过小波长过大；电源电压为正向电压，使光电子加速，故选项B正确，A、C、D错误。3在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为0，求：(1)该金属的逸出功为多少？(2)若用波长为(0)的单色光做该实验，求其遏止电压的表达式。(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)解析：(1)设金属的截止频率为0，则该金属的逸出功W0h0h。(2)对光电子，由动能定理得eUchW0，解得Uc。答案：(1)h(2)Uc考点二与光电效应现象有关的图像问题本考点所涉及的题目，知识综合性较强，难度较大，但只要清楚四类图像的特点及图线斜率、截距等的意义，问题便可轻松解决。需要考生学会灵活变通。(一)看清四类图像图像名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能Ek与入射光频率的关系图线极限频率：图线与轴交点的横坐标c逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值W0|E|E普朗克常量：图线的斜率kh颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系遏止电压Uc：图线与横轴的交点饱和光电流Im：电流的最大值最大初动能：EkmeUc颜色不同时，光电流与电压的关系遏止电压Uc1、Uc2饱和光电流最大初动能Ek1eUc1，Ek2eUc2遏止电压Uc与入射光频率的关系图线截止频率c：图线与横轴的交点遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即hke。(注：此时两极之间接反向电压)(二)记牢三个规律1Ek图线是一条倾斜直线，但不过原点，其与横轴、纵轴交点的坐标值分别表示极限频率和金属逸出功。如诊断卷第7题。2在IU图线上可以得出的结论：同一频率的光，即使强度不同，反向遏止电压也相同，如诊断卷第9题中的甲、乙光；不同频率的光，反向遏止电压不同，且频率越高，反向遏止电压越大，如第9题中的丙光。3由IU图线可以看出，光电流并不是随加速电压的增大而一直增大，当光电流达到饱和值时，电压再增大，电流也不再增大了。题点全练1多选如图甲所示为光电效应的实验装置示意图，图乙为遏止电压随光照频率的变化规律。下列说法正确的是()A该金属的极限频率约为5.11014 HzB若图线斜率为k，则普朗克常量为keC用某色光照射金属板时能发生光电效应，增大光照强度则电流表示数增大D用某色光照射金属板时能发生光电效应，将滑动变阻器向右移电流表示数增大解析：选ABC由Uc知，该金属的极限频率为5.11014 Hz，斜率为k时，普朗克常量为ke，A、B正确；用某色光照射金属板时能发生光电效应，增大光照强度则电流表示数增大，向右移动滑动变阻器电流表示数将变小，甚至变为零，选项C正确，D错误。2用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率变化的Ek图像。已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.24 eV，若将二者的图线画在同一个Ek坐标图中，用实线表示钨，虚线表示锌，则能正确反映这一过程的是下图中的()解析：选B图像斜率代表普朗克常量h，因此两条线应平行；横截距代表了极限频率0，0，因此钨的0大些，故B正确。3多选如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列说法正确的是()A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大解析：选ABD由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；根据光电效应方程知，EkmhW0eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确；增大电压，当电压增大到一定值时，电流达到饱和电流，将不再增大，故C错误；根据EkmeUc，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故D正确。考点三光的波粒二象性和物质波本考点主要考查对光的波粒二象性的理解和对物质波的理解与计算，题型可为选择题，难度一般，只要考生多记忆并理解相关知识，便可轻松应对高考中的相关问题。建议考生适当关注即可。(一)理解基本概念和规律1对光的波粒二象性的理解实验基础说明光的波动性干涉、衍射和偏振现象光的波动性不同于宏观观念的波光是一种概率波，即光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可用波动规律来描述光的粒子性光电效应、康普顿