2015年高考物理二轮专题辅导与训练课件：8 碰撞与动量守恒 近代物理初步
高考物理复习碰撞与动量守恒近代物理初步碰撞与动量守恒近代物理初步课件
(1)滑块 a、b 的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因 碰撞而损失的机械能之比．
解析：(1)设 a、b 质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前 的速度为 v1、v2.由题给图象得
v1＝－2 m/s v2＝1 m/s
a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速 度为 v，由题给图象可得
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 vC ， A 的速度为 vA1 ，由动量守恒定律和机械能守恒得
mv0＝mvA1＋MvC1，① 12mv20＝12mv2A1＋12Mv2C1.②
m－M 联立①②式得 vA1＝m＋Mv0，③ vC1 ＝m2＋mMv0.④ 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，所以只需要考虑 m < M 的情况．
解得ΔWE＝12. 答案：(1)18 (2)12
4．(2015·全国新课标Ⅰ卷)如图所示，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，三者都处 于静止状态，现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之 间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．
解析：根据动能定理得12mev2e＝eUc 和爱因斯坦光电效 应方程12mev2e＝hν－W0 解得：遏止电压 Uc＝heν－We0，
结合 Uc－ν 图，斜率为 k＝he，截距为 b＝We0，可得 普朗克常量 h＝ek ，所用材料的逸出功 W0＝－eb.
【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-8 碰撞与动量守恒 近代物理初步(含解析)新人教版
【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-8 碰撞与动量守恒 近代物理初步（含解析）新人教版1．(2014年高考福建卷)(1)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．A ．①表示γ射线，③表示α射线B ．②表示β射线，③表示α射线C ．④表示α射线，⑤表示γ射线D ．⑤表示β射线，⑥表示α射线(2)一枚火箭搭载着卫星以速度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______．A ．v0－v2B ．v0＋v2C ．v0－m2m1v2D ．v0＋m2m1(v0－v2)解析：(1)α射线是高速氦核流，带正电，垂直进入匀强电场后，受电场力作用向右(负极板一侧)偏转，β射线是高速电子流，带负电，应向左(正极板一侧)偏转，γ射线是高频电磁波，不带电，不偏转，A 、B 错误；射线垂直进入匀强磁场，根据左手定则判定C 正确，D 错误．(2)箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D 正确．答案：(1)C (2)D2.(2014年高考山东卷)(1)(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmb ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级(2)如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：①B 的质量；②碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．解析：(1)由E 初－E 终＝hν＝h c λ可知，氢原子跃迁时始末能级差值越大，辐射的光子能量越高、波长越短，由能级图知E3－E2<E2－E1，故a 错误．由－1.51－－3.4－3.4－－13.6＝λ656得λ＝121.6 nm<325 nm ，故b 错误．由C23＝3可知c 正确．因跃迁中所吸收光子的能量必须等于始末能级的差值，即从n ＝2跃迁到n ＝3的能级时必须吸收λ＝656 nm 的光子，故d 正确．(2)①以初速度v0的方向为正方向，设B 的质量为mB ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2mBv ＝(m ＋mB)v ①由①式得mB ＝m 2②②从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m ＋mB)v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m(v 2)2＋12mB(2v)2－12(m ＋mB)v2④联立②③④式得ΔE ＝16mv20.答案：(1)cd (2)①m 2 ②16mv203．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)(1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．A ．所有元素都可能发生衰变B ．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C ．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E ．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线(2)如图，质量分别为mA 、mB 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知mB ＝3mA ，重力加速度大小g ＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：①B 球第一次到达地面时的速度；②P 点距离地面的高度．解析：(1)原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A 错．放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B 、C 项正确．在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D 项正确．一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E 项错误．(2)①设B 球第一次到达地面时的速度大小为vB ，由运动学公式有vB ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得vB ＝4 m/s.②②设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B 球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④12mAv21＋12mBv22＝12mBv2′2⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB ⑥设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v ′2B －v222g ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m.答案：(1)BCD (2)①4 m/s ②0.75 m4．(1)锌是微量元素的一种，在人体内的含量以及每天所需的摄入量都很少，但对机体发育及大脑发育有关．因此儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一，其中比较简单的一种检测方法是取儿童的头发约50 g ，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应方程式为6430Zn ＋10n→6530Zn.6530Zn 衰变放射出能量为1 115 eV 的γ射线，通过测定γ射线的强度可以计算出头发中锌的含量．关于以上叙述，下列说法正确的是( )A ．产生6530Zn 的反应是聚变反应B.6430Zn 和6530Zn 具有相同的质子数C.6530Zn 衰变放射出γ射线时，发生质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．γ射线在真空中传播的速度是3.0×108 m/sE．γ射线是由于锌原子的内层电子激发产生的(2)氢原子的能级如图所示．若有一群处于n＝4能级的氢原子，这群氢原子最多能发出________种谱线，用发出的光子照射某金属能产生光电效应，则该金属的逸出功不应超过________eV.电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末线系．这群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有________条属于巴耳末线系．解析：(1)产生6530Zn的反应是人工转变，只有轻核才发生聚变反应，A错误；同位素6430Zn和6530 Zn的质子数相同，中子数不同，B正确；核反应中质量亏损不是质量消灭，是静止质量转变为运动质量，C正确；γ射线是波长很短的电磁波，在真空中传播的速度是3.0×108 m/s，γ射线是由于原子核受到激发产生的，D正确，E错误．(2)根据玻尔理论，电子从高轨道跃迁到低轨道，释放光子，能量减少，电子的运动速度加快，动能增加；一群处于n＝4能级的氢原子最多能发出C24＝6种谱线，其中从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最大，为E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6) eV＝12.75 eV，若金属的逸出功超过12.75 eV，用发射出的光子照射金属就不能发生光电效应；发出的谱线中属于巴耳末线系的有4→2或3→2两条．答案：(1)BCD(2)612.75 25．(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋1HB．铀核裂变的核反应是23592U→14156Ba＋9236Kr＋210nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(m1＋m2－m3)c2D.如右图所示，原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子(2)在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面质量为m3，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出(如图所示)．①求小球在圆弧面上能上升的最大高度．②若m1＝40 kg，m2＝2 kg，小孩将小球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件．解析：(1)卢瑟福发现质子的实验是用α粒子轰击氮核，核反应方程为42He＋147N→178O＋1H，A项正确；铀核裂变需要有中子轰击，其核反应是23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n，则B项不正确；质子和中子结合成一个α粒子，其核反应方程式为210n＋211H→42He，故释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，则C 项不正确；根据能级跃迁，原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射的光子能量是h c λ1；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收的光子能量是h c λ2，则原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的光子能量是h c λ2－h c λ1，其波长为λ1λ2λ1－λ2，D 项正确．(2)①小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有m2v0＝(m2＋m3)v ，12m2v20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ，解得h ＝m3v202m2＋m3g. ②小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m2v0－m1v1.对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝－m2v2＋m3v3，12m2v20＝12m2v22＋12m3v23， 解得v2＝m3－m2m3＋m2v0. 若小孩将球推出后还能再接到球，则有v2>v1，得m3>4219 kg.答案：(1)AD (2)①m3v202m2＋m3g②m3>4219 kg 课时跟踪训练1．(1)(多选)下列四幅图的有关说法中正确的是________．①球m1以v 碰静止球m2 ②放射线在磁场中偏转③光电流与电压的关系A ．图①中，若两球质量相等，碰后m2的速度一定不大于vB ．图②中，射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C ．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，遏止电压Uc 越大D ．图④中，链式反应属于重核的裂变(2)质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h 处自由落下，如图所示．已知h 远大于两球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向上．若碰撞后m2恰处于平衡状态，求①两个小球的质量之比m1∶m2；②小球m1上升的最大高度．解析：(1)图①中，若两球质量相等，只有在完全弹性碰撞时碰后m2的速度才等于v ，一般碰撞，机械能损失，所以碰后m2的速度一定不大于v ，选项A 正确．图②中，射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，选项B 错误．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，遏止电压Uc 不变，选项C 错误．图④中，链式反应属于重核的裂变，选项D 正确．(2)下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1速度大小为v1，碰后m2处于平衡状态，速度为0.选向上方向为正方向，则(m2－m1)v ＝m1v1由能量守恒定律得12(m2＋m1)v2＝12m1v21，联立解得m1∶m2＝1∶3，v1＝22gh.反弹后高度H ＝v21/(2g)＝4h.答案：(1)AD (2)①1∶3 ②4h2．(2014年洛阳联考)(1)下列说法正确的是________．A ．电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性B ．235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短C ．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线D ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强E ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小(2)如图所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直的墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小孩接住，求整个过程中小孩对木箱做的功．解析：(1)电子通过狭缝或小孔后，其分布类似光的衍射图样，说明实物粒子具有波动性，选项A 正确；原子核的半衰期不随温度、压强等物理环境或化学条件而改变，选项B 错误；由核反应中电荷数守恒和质量数守恒知，原子核内的某质子转变成中子时，将释放出正电子，选项C 错误；在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，电离能力最强的是α射线，选项D 正确；由跃迁方程可知，氢原子的核外电子由较高能级向较低能级跃迁时，将释放光子，这种跃迁相当于核外电子由距原子核较远轨道迁移到较近轨道，原子核和电子之间的静电力对电子做正功，电子的动能增加而电势能减小，选项E 正确．(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律，有推出木箱的过程：0＝(m ＋2m)v1－mv ，接住木箱的过程：mv ＋(m ＋2m)v1＝(m ＋m ＋2m)v2.设人对木箱做的功为W ，对木箱由动能定理得W ＝12mv22，解得W ＝18mv2.答案：(1)ADE (2)18mv23．(2014年高考江苏卷)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________．A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是222 86Rn→218 84Po ＋________.已知222 86Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩1 g.(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．解析：(1)由光电效应方程Ekm ＝hν－W ＝hν－hν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p ＝2mEkm ，故动量小，由λ＝h p ，可知波长较长，则频率较小，选项A 正确．(2)由质量数、电荷数守恒有222 86Rn→218 84Po ＋42He.由m ＝m02n 得n ＝4，t ＝nT ＝4×3.8＝15.2 天．(3)设A 、B 球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律知2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0答案：(1)A (2)42He(或α) 15.2 (3)1748v0 3124v04.(1)(多选)如图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颜色的光．关于这些光下列说法正确的是________．A．由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光子频率最小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92U俘获一个中子裂变成9038Sr及13654Xe两种新核，且三种原子核的质量分别为235.043 (2)若2359 u、89.907 7 u和135.907 2 u，中子质量为1.008 7 u(1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 u对应931.5 MeV)①写出铀核裂变的核反应方程；②求9.2 kg纯铀235完全裂变所释放的能量是多少？(取两位有效数字)解析：(1)由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量E1＝[－0.85－(－13.6)]eV＝12.75 eV 为跃迁时产生光子能量的最大值，A正确．由n＝4向n＝3能级跃迁时，产生的光子能量最小，频率也最小，B错．这些氢原子跃迁时共可辐射出6种不同频率的光，C错．从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为10.2 eV，大于金属铂的逸出功(6.34 eV)，故能发生光电效应，D正确．92U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋1010n.(2)①235②因为一个铀核裂变的质量亏损Δm＝(235.043 9 u＋1.008 7 u)－(89.907 7 u＋135.907 2 u＋10×1.008 7 u)＝0.150 7 u，故9.2 kg的铀裂变后总的质量亏损为ΔM＝6.02×1023×0.150 7×9.2×103/235 u＝3.55×1024 u，所以ΔE＝ΔMc2＝3.55×1024×931.5 MeV＝3.3×1027 MeV.38Sr＋13654Xe＋1010n答案：(1)AD(2)①23592U＋10n→90②3.3×1027 MeV5．(1)某放射性元素原子核X有N个核子，发生一次α衰变和一次β衰变后，变为Y核，衰变后Y核的核子数为________，若该放射性元素经过时间T，还剩下1/8没有衰变，则它的半衰期为________，如果衰变前X核的质量为mX，衰变后产生Y核的质量为mY，α粒子的质量为mα，β粒子的质量为mβ，光在真空中传播的速度为c，则衰变过程中释放的核能为________．(2)如图所示，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg的木块A、木板B置于光滑水平面上，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木板B上，B、C之间用一轻弹簧拴接且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：①A、B碰撞后瞬间A的速度；②弹簧第一次恢复原长时C 的速度大小．解析：(1)α衰变后核子数少4个(其中2个质子、2个中子)，β衰变后核子数不变(中子少1个、质子多1个)，Y 核的核子数为N －4；根据半衰期的公式，得到该放射性元素的半衰期为T/3；根据爱因斯坦质能方程得到ΔE ＝Δmc2＝(mX －mY －mα－mβ)c2.(2)①因碰撞时间极短，A 、B 碰撞过程中，C 的速度为零，A 、B 系统动量守恒，则有 mAv0＝mAvA ＋mBvB ，碰后瞬间A 的速度为vA ＝mAv0－mBvB mA＝－4 m/s ，方向与A 初速度方向相反． ②弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为零．设此时B 的速度大小为vB′，C 的速度大小为vC.B 、C 相互作用过程中动量守恒、能量守恒，有mBvB ＝mBvB′＋mCvC ，12mBv2B ＝12mBvB′2＋12mCv2C ， 联立解得vC ＝2mB mB ＋mCvB ＝4.7 m/s. 答案：(1)N －4 T 3 (mX －mY －mα－mβ)c2(2)①4 m/s ，方向与A 初速度方向相反 ②4.7 m/s6.(1)如图为氢原子的能级图，大量处于n ＝4激发态的氢原子跃迁时，发出多个能量不同的光子，其中频率最大的光子能量为______ eV ，若用此光照射到逸出功为2.75 eV 的光电管上，则加在该光电管上的遏止电压为______V.(2)如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为mA ＝3 kg ，mB ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬间绷直后再拉A 、B 共同前进，在B 总共前进0.75 m 时，两物块共同向前运动的速度为23m/s ，求连接两物块的绳长L.解析：(1)当氢原子从n ＝4激发态的能级直接跃迁到第一能级时发出的光子能量最大，频率最大．则由hν＝E4－E1，可求得hν＝12.75 eV ；根据(hν－2.75 eV)－eU ＝0，可得U ＝10 V.(2)当B 前进距离L 时，由动能定理FL ＝12mBv2B ，得vB ＝2FLmB ，此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒mBvB ＝(mA ＋mB)vAB ，然后A 、B 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得vAB′2－v2A B ＝2F mA ＋mBx ，x ＝0.75－L ，解得L ＝0.25 m. 答案：(1)12.75 10 (2)0.25 m7．(2014年山东泰安高三质检)(1)下列说法正确的是( )A ．具有相同的质子数而中子数不同的原子互称同位素B ．某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少4个C.239 94Pu 与239 92U 的核内具有相同的中子数和不同的核子数D ．进行光谱分析时既可以用连续光谱，也可以用线状光谱(2)如图所示，质量为m2＝10 kg 的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1＝5 kg ，以v1＝10 m/s 的速度与滑块相碰后以2 m/s 的速率被弹回．碰撞前两物体的总动能为________J ，碰撞后两物体的总动能为________J ，说明这次碰撞是________(选填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)．(3)氢原子的能级如图所示，求：①当氢原子从n ＝4向n ＝2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为多少？②现有一群处于n ＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有多少种？解析：(1)同位素的质子数相同，中子数不同，A 正确；某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少2个，B 错误；239 94Pu 和239 92U 的核内具有相同的核子数和不同的中子数和质子数，C 错误；进行光谱分析时只能用线状光谱，不能用连续光谱，D 错误．(2)碰撞前总动能为12m1v21＝250 J ，碰撞过程动量守恒有m1v1＝m2v2－m1v1′，得v2＝6 m/s ，故碰撞后系统总动能为12m1v1′2＋12m2v22＝190 J<250 J ，故这次碰撞为非弹性碰撞． (3)①W ＝E4－E2＝－0.85 eV －(－3.40 eV)＝2.55 eV.②一群处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能放出6种不同频率的光，但4→3和3→2两种光子不能使该金属发生光电效应，故共有4种频率的光子能使该金属发生光电效应． 答案：(1)A (2)250 190 非弹性碰撞(3)①2.55 eV ②4种8．(1)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意图如图所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K ，没有发生光电效应，高中物理资源下载平台--光世昌的博客 /guangshichang换用同样频率ν的强激光照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的(其中W 为逸出功， h 为普朗克常量，e 为电子电量)( )A ．U ＝hνe －W eB ．U ＝2hνe －W eC ．U ＝2hν－WD ．U ＝5hν2e －W e(2)用α粒子轰击静止氮原子核(14 7N)的实验中，假设某次碰撞恰好发生在同一条直线上．已知α粒子的质量为4m0，轰击前的速度为v0，轰击后，产生质量为17m0的氧核速度大小为v1，方向与v0相同，且v1＜v05，同时产生质量为m0的质子．求：①写出该实验的反应方程式；②质子的速度大小和方向．解析：(1)本题中，“当增大反向电压U ，使光电流恰好减小到零时”，即为从阴极K 逸出的具有最大初动能的光电子，恰好不能到达阳极A.以从阴极K 逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得－Ue ＝0－12mv2m ①由光电效应方程得nhν＝12mv2m ＋W(n ＝2,3,4…)②由①②式解得U ＝nhνe －W e (n ＝2,3,4…)，故选项B 正确．(2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H.②设产生的质子速度为v2，由动量守恒定律，得4m0v0＝17m0v1＋m0v2，得v2＝4v0－17v1.由于v1＜v05，有v2＞0，即质子飞出的方向与v0同向．答案：(1)B (2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H ②4v0－17v1 与v0同向。
高考物理二轮专题复习 第1部分 专题知识攻略 18 碰撞与动量守恒 近代物理初步课件 新人教
[解析] (1)选 A、B 球的初速度方向为正方向，当弹簧被压缩到最 短时，对 A、B、C 及弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 2m·1.5v0－mv0 ＝3mv，
5．研究光电效应的两条线索
由图可知两条线索：一是光的频率线，二是光的强度线．两条线 索对应关系是：
(1)光强→光子数目多→发射光电子多→光电流大； (2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大．
[例2] (多选)(2014年沈阳质量监测)如图为氢原子的能级示意图， 锌的逸出功是3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光 子的特征，下列认识正确的是( )
专题八 碰撞与动量守恒 近代物理初步
热点1 动量守恒定律的应用
动量守恒是指系统在某一过程中总动量大小及方向均一直不变， 而不仅仅是初、末两个时刻总动量相同．动量守恒有以下几种情况： (1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受到的外力远小于内 力，系统动量近似守恒；(3)系统在某一个方向上所受的外力之和为零， 则该方向上动量守恒；(4)全过程的某一阶段系统受的合力为零，则该 阶段系统动量守恒．
(2)设木块相对平板小车的位移为 x，由功能关系得 μmgx＝12×2mv20－12×3mv2共，(2 分) 解得 x＝3vμ20g(2 分) 故平板小车的长度至少为 L＝x＝3vμ20g.(1 分) (3)在题设过程中平板小车向右运动的距离(1 分) x 车＝ v 车 t＝v0＋223v0×32μvg0＝95μvg20 .(2 分)
高考物理一本二轮复习课件专题二碰撞与动量守恒
穿戴个人防护装备
在进行可能发生身体碰撞的运 动时，应穿戴专业的防护装备 ，如头盔、护膝、护肘等。
掌握紧急避险技能
在交通事故或运动碰撞发生时 ，应迅速采取源自急避险措施，减轻损害程度。
06 总结回顾与拓展 延伸
关键知识点总结回顾
碰撞的定义和分类
碰撞是指两个或多个物体在极短时间内相互作用的过程。 根据碰撞前后物体的总动能是否守恒，碰撞可分为弹性碰 撞和非弹性碰撞。
混淆动能和动量
动能和动量是两个不同的物理量，它们之间没有直接的关系。在碰撞问题中，需要分别考 虑动能和动量的变化情况。
忽视非弹性碰撞的能量损失
在非弹性碰撞中，物体的形变不能完全恢复，会有一部分能量转化为内能而损失掉。因此 ，在处理非弹性碰撞问题时，需要注意能量不守恒的情况。
拓展延伸：其他相关物理现象探讨
系统外力
系统以外的物体对系统内物体的作用 力称为外力。外力可以是重力、电场 力、磁场力等。
动量守恒定律应用举例
01
碰撞问题
碰撞是动量守恒的典型应用。在碰撞过程中，系统内物体间存在相互作
用的内力，同时可能受到外力的作用。如果碰撞过程中内力远大于外力
，则可以认为系统动量守恒。
02
爆炸问题
爆炸过程中，系统内物体间存在巨大的相互作用力，使得物体获得很大
完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞定义
碰撞后两物体粘在一起，具有共同的速度，称为完全非弹性 碰撞。
完全非弹性碰撞特点
碰撞过程中机械能损失最大，动能损失最多，动量仍然守恒 。
02 动量守恒定律及 其应用
动量守恒定律表述
动量守恒定律
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持 不变。
高中物理二轮专题复习课件专题二碰撞与动量守恒
实验步骤与注意事项
02
01
03
实验步骤 1. 调整气垫导轨水平，并接通光电计时器的电源。 2. 用天平测量两个小球的质量，并记录数据。
实验步骤与注意事项
3. 将两个小球分别放在气垫导 轨的两端，并调整它们的位置 ，使它们能够发生对心碰撞。
4. 开启光电计时器，使两个小 球同时从导轨两端开始运动， 并记录它们通过两个光电门的 时间。
碰撞过程中的能量转化
在弹性碰撞中，系统的机械能守恒，没有能量转化 。
在非弹性碰撞中，系统的机械能减少，减少的机械 能转化为内能。
内能的表现形式为物体的温度升高，或者产生声音 、光等形式的能量。
03
一维碰撞问题求解
一维弹性碰撞问题求解
80%
弹性碰撞定义
在碰撞过程中，如果系统内物体 间相互作用力为保守力，且碰撞 过程中系统动能守恒，则称此类 碰撞为弹性碰撞。
求解方法
根据动量守恒和能量损失 情况，可以求出碰撞后物 体的速度大小和方向。
二维碰撞中的临界问题
临界条件
注意事项
在二维碰撞中，当两个物体刚好能够 发生碰撞或者刚好不能发生碰撞时， 称为临界条件。
在处理临界问题时，需要注意物理量 的取值范围和限制条件，避免出现不 符合实际情况的解。
求解方法
根据临界条件和动量守恒、动能守恒 等物理规律，可以求出临界条件下的 物理量，如速度、角度等。
05
动量守恒定律在综合问题中的应用
动量守恒定律与牛顿运动定律的综合应用
碰撞问题
分析碰撞过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解碰撞后物体的速度
和方向。
爆炸问题
分析爆炸过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解爆炸后物体的速度
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(1)该使用者被缓慢推至距水面H高的过程中，飞行器对使用者做的功； (2)使用者悬停在水面上方时，飞行器喷水产生的推力多大？两个喷水口喷出水 的速度需要多大？飞行器喷水的平均功率多大？
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第6讲 碰撞与动量守恒
考向一 动量定理的应用(综合提能) 【建模型】通规律 【模型】流体模型
1.模型图解
图示
说明
高速流体冲击固体 1.流体受到固体的反作用力。 2.反作用力的冲量作用下流体的动量发生变化。
（名师整理课本专题）高考物理二轮 复习优 质PPT碰 撞与动 量守恒 ppt优 质说课 稿（精 选）
【练类题】重拓展 1.(动量定理的简单应用)(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞， 车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内 减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是 ( ) A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能 D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
高考物理二轮专题复习 163 碰撞与动量守恒 近代物理初步课件
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2 ＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交 流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给 滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显 示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所 示．
专题六 选考模块
第三讲 碰撞与动量守恒 近代物理初步
循专题线索·查思维断点
知专题重点·明备考方向 1.必须掌握的概念、公式、定律 (1)冲量、动量、极限频率、逸出功、半衰期等概念． (2)氢原子能级公式、光电效应方程、质能方程等公 式．
(3)动量定理、动量守恒定律等． 2.必须理解的四个关键点 (1)动量守恒定律的适用条件及应用．
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如 本例中，恰好不再与 C 碰撞的含义是碰后 A、B、C 的速度 相同．
1．(2014·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅 有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、 乙的质量比为3：1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
mAv0＝mAvA＋mCvC
碰撞后，木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速 之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝ (mA＋mB)v
A和B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最 后三者速度相等，vC＝v，联立以上各式，代入数据解得： vA＝2 m/s
【答案】 2 ห้องสมุดไป่ตู้/s
(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的 选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确 哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的．
高考物理二轮突破课件1-7-3碰撞与动量守恒、近代物理初步
μmgx＝12×2mv02－12×3mv21
[二轮备考讲义] 第一部分 专题七 第3讲 第27页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解得 x＝3vμ20g
基
础 记 忆
故平板小车的长度至少为 L＝x＝3vμ20g.
提 能 专 训
热 点 盘 点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题七 第3讲 第28页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
专
(2)动能有损失
训
热
点
盘 点
完全
(1)碰后两物体合为一体
(2)动量守恒 非弹性碰撞
(3)动能损失最大
[二轮备考讲义] 第一部分 专题七 第3讲 第12页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
2．(1)p＝p′(系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后总动
基 量 p′)；
础
记
(2)Δp＝0(系统总动量的增量等于零)；
[二轮备考讲义] 第一部分 专题七 第3讲 第18页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[解析] (1)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 vB，由
基 础
运动学公式有 vB＝
2gh①
记 忆
将 h＝0.8 m 代入上式，得 vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为 v1 和 v1′(v1′
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解析：(1)木块相对平板小车静止时，二者有共同速度 v1，
基 在题设过程中由动量守恒定律得
础
记 忆
2mv0＝(2m＋m)v1
解得 v1＝23v0
提 能 专
训
热
在题设过程中对木块，由动量定理得 μmgt＝mv1－0
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数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度
和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指
碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述
过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球 B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。
【审题流程】
第一步：审题干→提取信息
解得 v1 17 v 0，v 2 31 v 0
48 24 31 答案： 17 v0 v0 48 24
【解题悟道】
应用动量守恒定律解题的步骤
(1)选取研究系统和研究过程。
(2)分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒。
①系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时，系统动量守恒；
动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，
且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【破题关键】解答本题时应注意以下三点：
系统不受地面摩擦力作用，在相 (1)“光滑水平轨道”表明：_____________________________
互作用过程中，系统动量守恒 。 ___________________________
可辐射出的光谱线条数N= C2 。 n
(3)光电效应。 ①光电效应规律。②光电效应方程：hν =Ek+W0。 (4)核反应、核能的计算。 ①两个守恒：质量数守恒、电荷数守恒。 ②质能方程：E=mc2。
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想。
(2)物理方法：临界法、整体与隔离法。
热点考向一
动量守恒定律
【典题1·师生探究】(2013·山东高考) 如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A
(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为
mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s
的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运
①速度之比总是约为15∶16；
②玻璃球对心碰撞：碰撞前后运动方向在一条直线上，动量守
恒。 第二步：审问题→确定思路 由动量守恒2mv0=2mv1+mv2和速度之比联立求解。
【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2，由题意知 v2 v1 15
v0 16
②系统所受内力远大于外力时，可认为系统动量守恒；
③系统在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和为零，在 该方向上系统动量守恒。
(3)规定正方向，确定系统的初、末状态的动量的大小和方向。
(4)根据动量守恒定律列方程求解。
【对点训练】
1.(2014·浙江高考)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
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
【解析】长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间
极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，
长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则
mAv0=mAvA+mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之 前所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA+mBv0=(mA+mB)v 长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则 最后三者速度相等，vC=v 联立以上各式，代入数值解得：vA=2m/s 答案：2m/s
【拓展延伸】 (1)【典题1】中在相互作用的整个过程中，系统的机械能损 失了多少？ 【解析】由“典题1”可得三者最后的速度：v=3m/s 相互作用前E1= (mA+mB)v02=37.5J A、B再次达到共同速度时 E 2=
1 (mA+mB+mC)v2=22.5J 2 1 2
机械能损失：ΔE=E1-E2=15J 答案：15J
【解析】(1)设木块相对小车静止时小车的速度为v′ 根据动量守恒定律有：mv=(m+M)v′ 解得v′=4m/s (2)对小车，根据动能定理有：μmg·s= 1 Mv′2-0
2
解得s=16m 答案：(1)4m/s (2)16 m
【加固训练】(2014·福建高考定位
(2)若【典题1】中，A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最 终的速度是多少？ 【解析】整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量 守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒 (mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v 代入数据可得：v=3m/s 答案：3m/s
【典题2·自主探究】(2014·江苏高考)牛顿的《自然哲学的
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】选C。根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，
系统的动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙的一部分动能转
化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒， D错误。
(2)“A与C发生碰撞(时间极短)”表明：在碰撞过程中滑块B与
可忽略 ，长木板A与滑块C组成的系 长木板A间的摩擦力的冲量_______ 动量守恒 。 统_________ 最后A和B达到的共同速度等于 (3)“恰好不再与C碰撞”表明：___________________________ C的速度 。 ________
2.如图所示，木块质量m=0.4kg，它以速度v=20m/s水平地滑上
一辆静止的平板小车，已知小车质量M=1.6kg，木块与小车间
的动摩擦因数为μ =0.2，木块没有滑离小车，地面光滑，g取
10m/s2，求：
(1)木块相对小车静止时小车的速度大小； (2)从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的 距离。
专题八 碰撞与动量守恒 近代物理初步
【主干回顾】
【核心精华】 知识规律 (1)动量、动量守恒定律。 ①条件：系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。 ②表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。 (2)能级跃迁。 ①辐射条件：hν =Em-En。 ②辐射光谱线条数：一群处于量子数为n的激发态的氢原子，