高中物理知识点复习粤教版选修

10【步步高】2023-2023学年高中物理学问点复习粤教版选修311．用动量定理求变力的冲量和物体动量的变化一个物体的动量变化Δp可以相互代换，据此有：应用I＝Δp求变力的冲量：假设物体受到大小或方向转变的力的作用，则不能直接Ft求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲I.应用Δp＝FΔt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化向时刻在变化，求动量的变化Δp＝p′－p需要运用矢量的运算方法，比较麻烦．假设作用力是恒力，可以先求恒力的冲量，等效代换动量的变化．2．用动量定理解释相关物理现象的要点Ft＝p′－p＝Δp可以看出，当Δp为恒量时，作用力F的大小与相互作用时间t成反比．例如，玻璃杯自肯定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能裂开，而掉在垫子上就可能不裂开，其缘由就是玻璃杯的动量变化虽然一样，但作用时间不同．当F为恒量时，物体动量的变化Δp与相互作用时间t成正比．例如，叠放在水平桌面上的1ABA抽出后，B将竖直下落．122mv沿水平方向射出，恰好垂直地落到一倾角为30°3速度大小的.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．42v，由题意知，v30°，且水平重量仍为v，如题图所示．由此得0v＝2v①0碰撞过程中，小球速度由v

3变为反向的v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量4定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为3I＝m(v)－m·(－v)②4I7由①②得＝mv.207答案 mv20规律方法重力的冲量可以无视不计是由于作用时间极短．重力的冲量远小于斜面对物体的冲量，这是物理学中常用的一种近似处理方法．1．(单项选择)跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小答案D解析人跳远从肯定高度落下，落地前的速度(＝＋g)肯定，则初动量一样；落0地后静止，末动量肯定，所以人下落过程的动量变化量Δp肯定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，依据动量定理Ft＝Δp知，t长F小，故D2．光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，球的质量为m，线速度v，且绳长为l，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小．答案2mv解析在球运动半圆周过程中，由动量定理可知：I绳＝Δp＝2mv.3．在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2F6sF后物体还能向前运动多长时间才停顿？(g10m/s2)答案12s解析解法一用动量定理解，分段处理．选物体为争论对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力状况如图甲所示，初态速度为零，末态速度为v.取水平力F的方向为正方向，依据动量定理有1对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力状况如图乙所示，初态速度为v，末态速度为零．依据动量定理有－μmgt＝0－mv2以上两式联立解得F－μmg 30－0.2×5×10t＝ t＝ ×6s＝12s2 μmg1 0.2×5×10解法二用动量定理解，争论全过程．选物体为争论对象，争论整个运动过程，这个过程物体初、末状态的速度都等于零．取水平力F的方向为正方向，依据动量定理得解得：t

1 2tF－μmgt＝2 μmg 130－0.2×5×10＝0.2×5×10

×6s＝12s2应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：(1)确定一小段时间Δt内的连续体为争论对象；(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；(3)分析连续体Δm的受力状况和动量变化；(4)应用动量定理列式、求解．对点例题飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决对点例题飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决舟五号”载入飞船得以飞行成功．假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝0.98m2，以＝2×13m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每13空间有一微粒，每一微粒平均质量＝2×10－4g，假设要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)解题指导由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等，t内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力．t内附着到飞船上的微粒质量为：M＝m·S·vt，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F＝M＝mSv，即mS，代入数据解得F＝0.784N.答案0.784N方法点评对这类有连续质量变动的问题关键在于争论对象的选取，通常承受的方法是选Δt时间内发生相互作用的变质量物体为争论对象，确定发生相互作用前后的动量，然后由动量定理解题．1145mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)( )A．0.15PaB．0.54PaC．1.5PaD．5.4Pa答案A

h45×10－3解析由题中145mm，可知每秒钟水位上升的高度：Δ

＝3600m＝1.25×10－5m，在t秒内雨水对睡莲叶面的冲量：I＝F·t＝mv＝ρ·V·v＝ρ(SF·Δh·t)·v，可得雨滴对睡莲叶面的压强：p＝底 S底确．2．1

＝ρΔhv＝0.15PaA1水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d＝30cm，水速为v＝50m/s，假设水柱射在煤层的外表上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤＝1.0×13kg/3)答案1.77×105N解析设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS·vΔt.以质量为Δm的水为争论对象，如题图所示，它在Δt时间内的动量变化Δ＝·(0)＝ρSΔ.FFv的方向为正方向，依据动量定理(无视水的重力)，有′·＝＝ρ2Δ，即′＝ρS2.依据牛顿第三定律知π式中＝42，代入数据解得≈1.77×15N.3动量守恒定律是自然界中的一条普适规律，其表述为：物体在碰撞时，假设系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．下面从四个方面谈谈对动量守恒定律的理解一、动量守恒定律的争论对象从动量守恒定律的表述中不难看出，其争论对象是由两个或两个以上的物体所组成的系统，争论对象具有系统性．二、动量守恒的条件在定律表述中，明确提出了动量守恒的条件，即“系统所受到的合外力为零”．对守恒条件的把握应留意其全面性：严格的“守恒”条件系统所受到的合外力为零．“守恒”条件的外延当系统在某一方向上所受到的合外力为零时，则系统在这一方向上遵守动量守恒定律．当系统内力远大于外力时，该系统近似遵守动量守恒定律．三、“守恒”的含义定律中的“守恒”有两层含义系统作用前后总动量的大小和方向都不变；在整个动量守恒的过程中，系统在任意两个状态下的总动量都相等．四、动量守恒定律的两种表达式对动量守恒定律的生疏角度不同，将得到两种不同的表达式：守恒式：p＋p＝p′＋p′，其含义是：系统作用前后的总动量相等．1 2 1 2转移式：Δp＝－Δp，其含义是：系统中某一局部物体动量的增加量等于另一局部1 2物体动量的削减量．对点例题光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图1对点例题光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图10

向槽运动，假设开头时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．假设槽不固定，则小球上升的高度？11解题指导槽固定时，设球上升的高度为h，由机械能守恒得mgh＝m21 1 202h＝01 2g槽不固定时，设球上升的最大高度为h，2此时两者速度为v.由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v01 1由机械能守恒得：m2＝(＋)＋mghh＝

20 2 2M202 2m＋Mg2 M2答案 0 02g2m＋Mg点拨提升槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，到达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，因此水平方向上动量守恒，由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度一样．1．(22滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的选项是( )A．斜面和小球组成的系统动量守恒B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C．斜面对右运动D．斜面静止不动答案BC解析斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误．但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确．由水平方向动量守恒知斜面对右运动，CD3Mm的子弹以速v0面体的速度．3m答案 vM0解析子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故两者组成的系统水平方向m动量守恒，有mv＝Mvv＝v.0 M0如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v＝6.0m/sm＝1kgM＝0 150kgM＝30kgv＝16.5m/s2平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？4答案15解析两车不相碰的临界条件是它们最终的速度(对地)一样，由甲、乙和他们的车及全部小球组成的系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有Mv－Mv＝(M＋M)v′①10 20 1 2再以甲和他的车及全部小球组成的系统为争论对象，同样有Mv＝(M－nm)v′＋nmv②10 1联立①②解得n＝154一、碰撞过程的分类损失．弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即1 1 1 1m2＋m2＝mv′＋mv′2211

222

211

222m1

的小球以速度v1

与质量m2

1 1 1动能守恒有mv＝mvmv′，m2＝mv′2＋mv′2.11 11

22 211

211

222碰后两个小球的速度分别为：m－m 2mv′＝1 v，v′＝ 1v1 m＋m1 2

m＋m11 2 1 2假设m≫m，v′≈v，v′≈2v，表示m的速度不变，m2v

的速度被撞出去．1 2 1 1 2 1 1 2 1假设m≪m，v′≈－v，v′≈0，表示m被反向以原速率弹回，而m

仍静止．1 2 1 1 2 1 2假设m＝m，则有v′＝0，v′＝v，即碰撞后两球速度互换．1 2 1 2 1能损失．非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：1 1 1 1m2＋m2＞mv′＋mv′2211

222

211

222能损失最多．此种状况mm碰后速度一样，设为v，则：mv＋mv＝(m＋m)v1 2 11 22 1 2系统损失的动能最多，最大损失动能为1 1 1ΔE＝m2＋m2－(m＋m2km 211 222 21 2二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程．1．动量制约：即碰撞过程必需受到动量守恒定律的制约；动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比方，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．1AB，放在光滑的水平地面上，物1AB，放在光滑的水平地面上，物0

的子弹击中并嵌入其中，物体A的质量是物体B的34性势能．

B4图1解题指导此题所争论的状况可分为两个过程：一是子弹射入A的过程(从子弹开头射入A到它们获得一样的速度v)．这一过程时间很1短，物体B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以子弹和A发生完全非弹性mv v碰撞，子弹的质量为m，m＝3m，由动量守恒定律可知：mv＝(m＋m)v，v＝

0＝0.A 0 A

1 m＋m 4AA(包括子弹)以v1

A(包括子弹)向右做减速运动，BABm＋mvv守恒定律：(m＋m)v＝(m＋m＋m)v，得：v＝

A 1＝0A 1 A B 2

2 m＋m＋m 8A B1 1 1弹簧具有的弹性势能为E＝(＋m2－mm2＝m2p 2 A 1 2 A B 2 1601答案 m21601．(双选)半径相等的小球甲和乙在光滑水平面上沿同始终线相向运动假设甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能( )A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案AC解析甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒．碰撞前，由于E＝E，k甲 k乙2E＝，k 2m由题设条件m>m甲 乙p>p，甲 乙即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向一样．碰撞后，假设甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前一样，依据动量守恒定律，这是可能的．A选项正确．假设乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误．假设碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项正确．假设碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D22Mm的子弹以水平速度v0

射向木块，穿出后子弹的速度变为v，求木块和子弹所构成的系统损失的机械1能．(不计空气阻力)m答案2

2M0101[(2－2－vv)2]M0101解析木块和子弹所构成的系统的动量守恒，设子弹穿出后木块的速度为v，以子弹运2mv－v动的方向为正方向，则有：mv＝mv＋Mv得：v＝ 0 10 1 2 2 M由能量守恒定律得系统损失的机械能为1 1 1 mΔ＝m2－m2－M2＝[2)vv2]20 21 22 2M 0 1 0 15解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可无视不计，可以认为爆炸后，物体仍旧从爆炸的位置以的动量开头运动．对点例题从地面竖直向上放射一炮弹，炮弹的初速度v对点例题从地面竖直向上放射一炮弹，炮弹的初速度v＝100m/s，经t＝6.0s此炮弹炸成质量相等的两块．从爆炸时算起，经t＝10.0s后，第一块碎片先落到放射1点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g＝10m/s2，空气阻力不计)解题指导设炮弹爆炸时的速度为v′，离地面高度为H，则有：v′＝v－gt，H＝vt01—g22

0 0 0代入数据解得v′＝40m/s，H＝420m0设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v，因落在放射点，1v为竖直方向．假设v＞0，表示竖直向上运动；假设v＜0，表示竖直向下运动；1 1 1v＝0，则表示自由落体运动．假设v＝0，1则落地时间t′＝

12Hg＝84s＜t＝10.02Hg1

1H＝vt－g2，1解得：v＝8m/s1

11 21设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v2mv′＝mv＋mv2v′、v代入解得：v＝72m/s

0 1 20 1 2假设从爆炸时起，这块碎片经时间t2

落地，则1－＝vt－g2，22 22得：52－7t4202 2t≈18.9st′≈－4.5s(舍去)2 2答案18.9s方法总结1.炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多.2.爆炸时位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开头运动．有一大炮竖直向上放射炮弹，炮弹的质量为M＝6.0kg(内含炸药的质量可以无视不计)，射出时的速度v＝60m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其04.0kg.现要求这一片不能落到以放射点为圆心、R＝600m范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(无视空气阻力)答案6×104J2 602解析炮弹炸裂时的高度h＝0＝ m＝180m2h2h

2g2×10

s＝6s2×18010两弹片的质量m＝4.0kg，m＝2.02×180101 2设它们的速度分别为v、v，1 2由动量守恒定律知mv＝mvv＝2v

11 222 1m刚好落在R＝600m1＝＝ ＝100m/sR＝＝ ＝100m/sv1 t 6sv＝200m/s21 1＝m2＋m2211 222代入数据得＝6×14J.在水平面上以v＝20m/sm＝10kg，当炮弹上0升至最高点时，突然炸裂成A、B两块，各自沿着水平方向飞出，测得A、B落地点间的x＝100mAB的质量各为多少？(无视空气阻力，g10m/s2)答案m＝8kg，m＝2kgm＝2kg，m＝8kgA B A B2解析炮弹竖直上升的高度h＝0＝20m，炸裂的瞬间，A、B组成的系统水平方向动量2g0＝mv－mv.AA BBA、B各自做平抛运动，A、B落地时与水平方向的夹角分别为α和β，依题意有α＋β＝90°，1＝g2，22g＝2s.水平方向有vt＋vt＝100m，A B竖直方向有gt＝vtanα＝vtanβ，A B联立以上各式，v＝10m/s v40m/s代入数据解得A 或ABBv＝40m/s v10m/sBBmv41故A＝B＝或，mv14B Am＋m＝10kg，A Bm＝8kg m＝2kg则A 或ABBm＝2kg m＝8kgBB6反冲运动中的“人船模型”11Lm船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开头从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？以人和船组成的系统为争论对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒．当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某时刻人对地的速度为v人，船对地的速度为v船，取人前进的方向为正方向，依据动量守恒定律有：m人v人－m船v船＝0，即v船∶v人＝m人∶m船．由于人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比．因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比．而人的位移s人＝v人t，船的位移s船＝v船t，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s船∶s人＝m人∶m船①在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒．由图可以看出：s＋s＝L②船 人m由①②两式解得s＝

mL，s＝ 人 L.人 m＋m 船 m＋m人 船 人 船此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等．2所示，质量m＝60kg2所示，质量m＝60kgM＝300kg20.5mB．后退0.6mC．0.75mD．始终匀速后退解题指导人车组成的系统动量守恒，则mv＝Mvms＝Mss＋s＝L，解1 2 1 2 1 2s＝0.5m.2答案A方法点评人船模型是典型的反冲实例，从瞬时速度关系过渡到平均速度关系，再转化为位移关系，是解决此题的关键所在．1.3Mb3m的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？mb答案M＋m解析斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以系统在水平方向上动量守恒．斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如下图，由图知斜劈的位移为s，小球的水平位移为b－s，ms＝ms，11 22mb2.4质量为m、半径为R2R、质量为M的大空心球内，大球开头静止在光滑水平面上，如图4所示，当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多大？mm答案＋m解析小球与大球组成的系统水平方向不受力的作用，系统水平动量守恒．因此小球向右滚动，大球向左滚动．在滚动过程中，设小球向右移动的水平距离为s，大球向左移动的水平距离为s，1 2两者移动的总长度为R.因此有ms－Ms＝0s＋s＝R.1 2 1 2由以上两式解得大球移动的距离为ms＝ R2 M＋m7对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的状况也不尽一样，作用过程较为简单，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要依据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程．求解这类问题时应留意以下三点：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化状况，建立运动模型；(2)分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；(3)合理选取争论对象，既要符合动量守恒的条件，又要便利解题．对点例题两只小船质量分别为m对点例题两只小船质量分别为m＝500kg，m＝1000kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50kg的麻袋到对面的船上，如图1v＝8.5m/s行，假设水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率v1

＝ ，v＝2 .解题指导以载重较轻的船的速度v1

1过去的麻袋组成的系统为争论对象，如题图所示，依据动量守恒定律有(m－m)v－mv＝01 1 2450v－50v＝0①1 2选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋组成的系统为争论对象，依据动量守恒定律有mv－(m－m)v＝－mv1 2 2 250v－950v＝－1000×8.5②1 2选取两船、两个麻袋组成的系统为争论对象有mv－mv＝－mv11 22 2500v－1000v＝－1000×8.5③1 2联立①②③式中的任意两式解得v＝1m/s，v＝9m/s1 2答案1m/s9m/s方法点评应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取争论对象，有时选取某局部物体为争论对象，有时选取全部物体为争论对象．1．2AB，m＝0.5kg，mA B＝0.3kgm＝80gCv＝25m/sA外表上C滑动，由于CA、B间有摩擦，最终停在B上，BCv＝2.5m/s求：2木块A最终的速度；木块C在刚离开A时的速度．思路点拨此题要具体分析运动过程，来确定争论对象及初、末时刻．CA外表上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起转变运动状态，故CA外表上滑动时，A、B的速度CvB后，CBB的速度连续增大，并与ACABvA

B、C一起以共同速度v运动．答案(1)2.1m/s(2)4m/s解析(1A、B、C量守恒．CACp＝mv.作用后，B、C一C起运动时，设这时A的速度为v，那么系统的总动量Ap′＝mv＋(m＋m)vAA B依据动量守恒定律有mv＝mv＋(m＋m)vC AA Bmv－m＋mv所以v＝C BA mA0.08×25－0.3＋0.08×2.5＝ 0.5

m/s＝2.1m/s(2)以A、B、C三个物体组成的系统为争论对象，C刚滑上A时为初时刻，C刚滑上B前瞬间为末时刻，则系统的初动量p＝mv，设刚离开AC的速度为v′，1 C C则系统的末动量p″＝mv′＋(m＋m)v.C A B A依据动量守恒定律有mv＝mv′＋(m＋m)vC C A B Amv－m＋mv m＋mv′＝CC

A B A＝v－A Bvm C m 0.5＋0.3＝(25－

0.08

×2.1)m/s＝4m/s2.3AC m B 3

AB vv3所示，滑块、

质量均为

，滑块

质量为m.开头时2

、分别以

、的速度1 2沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．假设B与挡板碰撞将以原速率反弹，AB碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v、v应满足什么关系？答案1.5v

<v≤2v

1 2vv2vv≤v<或2 1 2 21 231或解析设向右为正方向，AC粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv＝2mv′①1为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v②2AB碰后的共同速度为v″，mv 3 72′－mv＝mv″③22 2B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④vv或联立①②③④式得1.5v<v≤2v 1≤v2vv或<2 1 2 21 2318点动量守恒定律与能量守恒定律、功能关系、动能定理的结合的两大主线，它们又常常“联手”消灭在试题中，依据动量守恒定律、能量守恒定律，分别从动量角度和能量角度争论系统的初、末状态是解决综合性问题的根本思路方法．2．对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，假设明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程．其中要留意：应用动量定理、动能定理、动量守恒定律等规律解题时，物体的位移和速度都要相对于同一个参考系．一般都统一以地球为参考系．1M＝2kg之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分别)．其中甲车上外表光P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而1M＝2kg右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个0系统处于静止．现剪断细线，求：(g＝10m/s2)1滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小．要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？解题指导(1)设滑块P滑上乙车前的速度为vvP为系统，0对从滑块P开头运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有mv－2Mv＝0①0在这个过程中系统的机械能守恒，有1 1E＝m2＋×2M②0 20 2由①②两式得：v＝4m/s0同时可得v＝1m/s(2)设滑块P到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v′，选滑块的初速度方向为正方向，依据动量守恒定律有－Mv＝(m＋M)v′③0v 4－2×1 2由③得：′＝

2＋1

m/s＝m/s④3对滑块P和小车乙组成的系统，由能量守恒定律得1 1 1m2＋M2－(＋)′μmg⑤20 2 2L5联立各式，代入数值求得：＝m35答案(1)4m/s(2)m3点拨提升动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．22m＝0.01kg的子弹以v＝500m/sm＝0.491 1 2kgm＝1.5kg的木板上，木板停顿在光滑3水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，求：(g＝10m/s2)子弹进入木块过程中产生的内能ΔE；1木块在长木板上滑动过程中产生的内能ΔE；2木块在长木板上滑行的距离s.答案(1)1225J(2)18.75J(3)37.5m解析(1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则m3

的运动状态可认为不变，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v，2m、m组成的系统由动量守恒定律有1 2mv＝(m＋m)v11 1 2 2又由能量守恒有1 1ΔE＝m2－(mm21 211 21 2 2联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能ΔE＝1225J1设木块与木板相对静止时的共同速度为v，3m、m、m组成的系统由动量守恒定律有1 2 3(m＋m)v＝(m＋m＋m)v1 2 2 1 2 3 3又由能量守恒有1 1ΔE＝(mm)2－(m＋m＋m22 21 2 2 21 2 3 3联立以上两式并代入数据得木块在长木板上滑行过程中产生的内能ΔE＝18.75J2对m、m、m组成的系统由功能关系有1 2 3＋m)gs＝ΔE1 2 2s＝37.5m9“光电效应”是光的粒子性的一个重要表达，也是光学学问中的一个高考热点．因此在复习过程中，要分清一些易混淆的概念，如“光子”与“光电子”、“光子的能量”与“入射光的强度”等，这对理解光电效应的规律具有重要意义．一、“光子”与“光电子”光子是指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电，是微观领域中的一种粒子；而光电子是金属外表受到光照耀时放射出来的电子，因此其本质就是电子．二、“光子的能量”与“入射光的强度”光子的能量是一份一份的，每一份的能量为ε＝hν，其大小由光的频率打算；而入射光的强度是指单位时间内入射光中所包含光子的能量总和，入射光的强度可表示为I＝nhνn为光子数．三、“光电子的最大初动能”与“光电子的初动能”金属外表的电子，只需抑制原子核的引力做功就能从金属外表逸出，那么这些光电子具E＝hν－W(式中W为金属的逸出功)．而不从金属外表放射的光k 0 0电子，在逸出的过程中损失的能量会更多，所以此时间电子的初动能E′＜E.k k四、“光电流”与“饱和光电流”在肯定频率与强度的光照耀下，光电流与电压之间的关系为：开头时，光电流随电压UU比较大时，光电流到达饱和值IU，在单位时间m内也不行能有更多的光电子定向移动，光电流也就不会再增加，即饱和光电流是在肯定频率与强度的光照耀下的最大光电流．因此在解光电效应的题目时，应留意明确是光电流还是饱和光电流．对点例题用同一束单色光，在同一条件下，先后照耀锌片和银片，都能产生光电效应．在这两个过程中，对以下四个物理量来说，肯定一样的是 对点例题用同一束单色光，在同一条件下，先后照耀锌片和银片，都能产生光电效 ，肯定不一样的是 ．A．光子的能量金属的逸出功C．光电子的初动能D．光电子的最大初动能解题指导光子的能量由光的频率打算，同一束单色光频率一样，因而光子能量一样；逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料打算，锌片和银片的1h＝m2W，照耀光子能量hν一样，2max 0逸出功W0

不同，则电子最大初动能不同；由于光电子吸取光子后到达金属外表的路径不同，途中损失的能量也不同，因而脱离金属时的初动能分布在零到最大初动能之间．所以，在两个不同光电效应的光电子中，初动能是可能相等的．答案ACBD1．(单项选择)利用光子说对光电效应的解释，正确的选项是( )A．金属外表的一个电子只能吸取一个光子B．电子吸取光子后肯定能从金属外表逸出，成为光电子C．金属外表的一个电子吸取假设干个光子，积存了足够的能量才能从金属外表逸出D．无论光子能量大小如何，电子吸取光子并积存了能量后，总能逸出成为光电子答案A解析依据光电效应规律可知：金属中的一个电子只能吸取一个光子的能量，一个光子的能量也只能交给一个电子．电子吸取一个光子的能量后，动能马上增大，不需要积存能量的过程，不存在一个电子吸取假设干光子的现象，且只有当入射光的能量不低于该金属的逸出功时，才能发生光电效应现象，即入射光频率不低于金属的极限频率时才能发生光电效应现象．2(单项选择)某金属在一束黄光的照耀下正好有光电子逸出则以下说法中正确的选项是( A．增大光强，不转变光的频率，光电子的最大初动能不变B．用一束强度更大的红光代替黄光，金属仍能发生光电效应C．用强度一样的紫光代替黄光，饱和光电流的强度将增大D．用强度较弱的紫光代替黄光，金属有可能不会发生光电效应答案A解析同一金属光电子的最大初动能由频率打算而与光强无关，不转变光的频率，则光电子的最大初动能不变，Aν<ν<ν，当黄光恰好能使金属发生光电效应红 黄 紫B、D错误．黄光和紫光的强度一样，则nhν＝nhν且ν<ν，所以n>n，而饱和光电流又由黄 黄 紫 紫 黄 紫 黄 紫入射的光子数打算，因此用强度一样的紫光代替黄光，饱和光电流减小．3．(单项选择)用红光照耀光电管阴极时发生光电效应，光电子的最大初动能为E，饱和光k电流为I，假设改用强度一样的紫光照耀同一光电管，产生光电子的最大初动能和饱和光电流分别为E′和I′，则下面正确的选项是( )kA．E′＜E，I′＞IB．E′＞E，I′＞Ik k k kC．E′＜E，I′＝ID．E′＞E，I′＜Ik k k k答案D解析由于紫光的频率比红光的频率高，E′＞E.k k由于两束光的强度一样，nhν＝nhν，红 红 紫 紫ν<ν，红 紫所以红光光子数n大于紫光光子数n，红 紫而饱和光电流又由入射的光子数打算，I＞I′.101h＝

＋W.2max 01其中E＝

为光电子的最大初动能，W

为金属的逸出功．k 2max 0要正确理解光电效应方程需留意以下五点：式中Ek

是光电子的最大初动能，就某个光电子而言，其离开金属时的动能大小可以0～Ek

范围内的任何数值．光电效应方程说明光电子的最大初动能与入射光的频率ν呈线性关系(留意不是正比关系)，与光强无关．W光电效应方程包含了产生光电效应的条件，即E＝hν－W>0，亦即hν>W，ν>0＝k 0 0 hWν，而ν＝0是金属的极限频率．0 0 h光电效应方程实质上是能量守恒方程．逸出功W：电子从金属中逸出所需要的抑制束缚而消耗的能量的最小值，叫做金属0的逸出功．光电效应中，从金属外表逸出的电子消耗能量最少．对点例题某金属的逸出功为W对点例题某金属的逸出功为W，用波长为λ的光照耀金属的外表，当遏止电压取某个值时，光电流便被截止．当光的波长转变为原波长的1/n后，已查明使电流截止的遏止电压必需增大到原值的η倍，试计算原入射光的波长λ.解题指导利用eU＝hν－W，按题意可写出两个方程：0 0c nceU＝h－W，以及eηU＝h－W，0 λ 0 0 λ 0c两式相减得(η－1)eU＝h(n－1)．0 λ再将上述第一式代入，c c便有(η－1)(h－W)＝h(n－1)．* 0 λ*hcη－n＝Wη－1.0hcη－n答案W0

η－1难点释疑遏止电压U与光电子的最大初动能的关系为：E＝eU.0 k 01.1(单项选择)在做光电效应试验时，某金属被光照耀发生了光电效应，试验测得光电子的最大初动能Ek

与入射光的频率ν的关系如图1所示，由试验图线求不出( )A．该金属的极限频率B．普朗克常量C．该金属的逸出功D．单位时间内逸出的光电子数答案D解析依据光电效应方程可知E＝hν－W，当E＝0ν＝ν，即图线横坐标的截距k 0 k 0E在数值上等于金属的极限频率．图线的斜率k＝tanθ＝

k

，可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量．依据题图，假设图线的延长线与Ek

0C，其截距为W，0tanθ＝W/νtanθ＝h，所以W＝hν.即题图中纵轴的截距在数值上等于金属0 0 0 0的逸出功．2到光电子的最大初动能Ek

随入射光频率ν变化的E—ν3.28keV，锌的逸出功是3.24eV，假设将二者的图线画在同一个E－ν图象中，用实线表示钨，k虚线表示锌，则正确反映这一过程的图象是( )答案B解析依据光电效应方程可知E＝hν－W，E－ν图线的斜率代表了普朗克常量h，因k 0 kW此钨和锌的E－ν图线应当平行．图线的横轴截距代表了极限频率ν，而ν＝0，因此钨的ν0

k大些．综上所述，B

0 0 h3.22所示，阴极K用极限波长λ＝0.66μmλ＝0.50μm0K，调整两个极板电压，当A2.5V饱和，电流表示数为I＝0.64μA，求：每秒钟阴极放射的光电子数和光电子飞出阴极时的最大初动能；假设把照耀阴极的绿光的光强增大为原来的2子飞出阴极的最大初动能．答案(1)4.0×1012个9.64×10－20J(2)8.0×1012个9.64×10－20J解析(1A，阴极每秒钟放射的光电子的个数为It0.64×10－6n＝＝e 1.6×10－19

＝4.0×1012(个)．依据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能为c cE＝hν－W＝h－hk 0 λ λ01 1－60.66×10－6＝6.63×10－34×3×108×(0.50×10－ )J－60.66×10－6≈9.64×10－20J.(2)电子的个数为′＝＝8.0×112光电子的最大初动能不变，E＝9.64×10－20J.k11分析求解物质波问题时，必需留意以下四点技巧：1．依据条件，写出宏观物体或微观粒子动量的表达式p＝mv.hλ＝p求解．h 1能量＝h，动量＝E＝m，动量m.* k 24.0×107m/s1.8×10－11m，一颗10g200m/s3.3×10－34m，因此这些物质波的波动性不明显，很难观看到其衍射现象，只有利用金属晶格中的狭缝才能观看到电子的衍射图样．本领越低利用电子束工作的电子显微镜有较高的区分本领它是用高压对电子束加速，最终打在感光胶片上来观看显微图象．以下说法正确的选项是( )A．加速电压越高，电子的波长越长，区分本领越强B．加速电压越高，电子的波长越短，衍射现象越明显C．假设加速电压一样，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜区分本领强D．假设加速电压一样，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜区分本领弱解题指导设加速电压为U，电子电荷量为e，质量为m，1 2则有E＝m2＝e＝，k 2 2mhp＝λ，2，2m2可得λ＝

22emU.对电子来说，加速电压越高，λA、B都错．电子与质子比较，因质子质量比电子质量大得多，可知质子加速后的波长要小得多，衍射现象不明显，区分本领强，故CD答案C1 h方法点评利用动能E＝m2q，动量＝mv及德布罗意波长＝三个表达式把波k 2 pλ与电压U、粒子质量m的关系找出来．中子的质量＝1.67×1－27k，假设它以＝1.0×13m/s的速度运动，那么它的德布罗意波长为 ，这个波长与电磁波中 的波长相当．答案3.97×10－10mX射线解析 由德布罗意波公式可得h 6.63×10－34λ＝＝mv1.67×10－27×1.0×103

m≈3.97×10－10

m，此波长与X射线的波长相当．4×10－4g1m/s3m/s布罗意波长从多少变化到多少？分析是否可通过衍射现象观看到其波动性．答案见解析解析速度v＝1m/s1h 6.63×10－34*＝ ＝ m≈1.66×10－27m，1 mv1

4×10－4×10－3×1v＝3m/s2h 6.63×10－34*＝ ＝ m.2 mv2

4×10－4×10－3×312点氢原子跃迁的三个问题是一个氢原子跃迁还是一群氢原子跃迁？氢原子核外只有一个电子，这个电子在某个时刻只能处在某一个可能的轨道上，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道时，可能的状况只有一种，但是假设有大量的氢原子，这些氢原子的核外电子跃迁时就会有各种状况消灭了．对于氢原子跃迁的状况，应留意以下两点：一群氢原子跃迁问题的计算①确定氢原子所处激发态的能级，画出跃迁示意图．nn－1②运用归纳法，依据数学公式N＝C2＝n 2

确定跃迁频率的种类．③依据跃迁能量公式hν＝E－E分别计算出各种频率的光子．m n一个氢原子跃迁时的解题方法1①确定氢原子所处的能级，画出能级图，如图1②依据跃迁的原理，分别画出处于激发态的氢原子向低能态跃迁时最多可能的跃迁示意图．③再依据跃迁能量公式hν＝E－E分别算出这几种频率的光子．m n使原子能级跃迁的是光子还是实物粒子？原子假设是吸取光子的能量而被激发，则光子的能量必需等于两能级的能量差，否则不被n＝2n＝3时能量缺乏，则可激发到n＝2的状况．原子还可吸取外来的实物粒子(例如自由电子)的能量而被激发，由于实物粒子的动能可全部或局部地被原子吸取，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差(ΔE＝E－E)，均可使原子发生能级跃迁．m n是跃迁还是电离？原子跃迁时，不管是吸取还是辐射光子，其光子的能量都必需等于这两个能级的能量差．假设想把处于某肯定态上的原子的电子电离出去，就需要给原子肯定的能量．如基态13.6eV13.6eV1(单项选择)欲使处于基态的氢原子跃迁，以下措施不行行的是()10.2eVB．11eVC．14eVD111(单项选择)欲使处于基态的氢原子跃迁，以下措施不行行的是()解题指导由玻尔理论的跃迁假设可知，氢原子在各能级间，只能吸取能量值刚好等于10.2eV刚好为氢原子n＝1和n＝211eV前者被激发，而不能吸取后者．对14eV氢原子电离，而不受氢原子能级间跃迁条件限制，由能量守恒定律不难知道，氢原子吸14eV0.4eV入射电子的动能可全部或局部地被氢原子吸取，所以只要入射电子的动能大于或等于基态和某个激发态能量之差，就可使氢原子激发，故此题选B.对点例题2 (单项选择)一个氢原子处于第三能级，当外面射来一个波长为对点例题2 (单项选择)一个氢原子处于第三能级，当外面射来一个波长为6.63×10－7m的光子时( )A．氢原子不吸取这个光子氢原子会发生电离，电离后电子的动能约是0.365eVC．氢原子会发生电离，电离后电子的动能为零D．氢原子吸取这个光子后跃迁到更高能级解题指导处于第三能级的氢原子其能级值为－1.51eV1.51eV.波长为λ＝hc6.63×10－34×3.0×1086.63×10－7m的光子的能量E＝＝ J＝3.0×10－19* 6.63×10－7

J＝1.875eV，这个值大于氢原子处于第三能级时的电离能．因此氢原子会发生电离，电离后电子的动E＝1.875eV－1.51eV＝0.365eV.选项Bk答案B在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末系．假设一群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有2条属于巴耳末系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发出 条不同频率的谱线．答案6解析由于这群氢原子自发跃迁发出的谱线中只有2原子的最高能级为n＝4，画出氢原子谱线示意图(如下图)可知，这群氢原子自发跃迁62．(21.62eV3.11eV之间．由此可推知，氢原子( )2从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高从n＝3能级向n＝2答案AD解析由可见光的能量值范围可知n＝3发出的光的频率小于可见光的频率C＝2能级的能量差大于3.11则不能发出可见光，Bn＝1c的能量值，由于E＝hν＝h，能量越大，波长越短，故An＝3λn＝2D13书写核反响方程时应留意以下四点：1．必需遵守质量数和电荷数守恒．核反响方程中的箭头“→”表示核反响进展的方向，不能把箭头写成等号．写核反响方程必需要有试验依据，决不能毫无依据地编造．粒子(或未知核)的质量数和电荷数，然后确定未知粒子(或未知核)是哪种粒子(或哪种元素)．对点例题232对点例题232Thαβ208Pbα变，经过了多少次β衰变？写出这一过程的核反响方程．解题指导设经过n次α衰变和m次β232Th208Pb＋4He＋m0e

90 82 2－1依据电荷数守恒和质量数守恒可列方程组为232＝204n nm90＝8＋2－解方程组得n＝6，m＝46α4次β反响方程为232Th→208Pb＋64He＋40e90 82 2 －1答案6次α4次β衰变232Th→208Pb＋642He＋40e90 82 －1方法点评解此类题目要抓住两个守恒：质量数守恒和电荷数守恒．(双选)以下核反响方程中，正确的选项是( )A.105B＋(α粒子)→14N＋1H7 1B.27Al＋1n→27Mg＋(质子)13 0 12C.9Be＋4He→12C＋(中子)4 2 6D.14N＋4He→17O＋(氘核)7 2 8答案BCA选项中质量数10＋4≠14＋1，D14＋4≠17＋2，所以A、D错误．对B、C和电荷数守恒可知均成立，应选B、C.14衰变时两圆内切，mv依据动量守恒mv＝mv和r＝知，半径小的为核，半径大的为α粒子或β11 22 qB匀强磁场中轨迹两圆外切，匀强磁场中轨迹两圆外切，αAX→A－4Y＋4HeZ Z－2 2α径大匀强磁场中轨迹两圆内切，βAX→AY＋Z Z＋1 －10eβ半径大1α1r∶r＝1∶44.则：1 2图中哪一个圆是α(2)这个原子核原来所含的质子数是多少？解题指导(12是α1设衰变后生核的电荷量为q，1αq＝2e，2它们的质量分别为m1

m，2衰变后的速度分别为v1

和v，2所以原来原子核的电荷量q＝q＋q.1 2mv11r Bq

mvq依据轨道半径公式有：1＝

12，rmvmvq2 22Bq

221对点例题2对点例题又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，mv＝mv，11 22以上三式联立解得q＝90e.即这个原子核原来所含的质子数为90.答案见解题指导特别提示由此题解答过程可知，当静止的原子核在匀强磁场中发生衰变时，大圆轨道肯定是带电粒子(α粒子或βαβ逆时针．1.2(双选)在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图2中a、b所示，由图可以判定( )A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β衰变C．磁场方向肯定垂直纸面对里D．磁场方向向里还是向外无法判定答案BD解析此题考察对α粒子和β用力量．原来静止的核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向肯定相反，依据题图所示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带β外．2．(单项选择)一个静止的放射性同位素的原子核30P30Si，另一个静止的自然放射性元15 14素的原子核234Th衰变为234Pa，在同一磁场中，得到衰变后粒子的运动径迹1、2、3、4，90 91如图3所示，则这四条径迹依次是( )图3A．电子、234Pa、30Si、正电子B.234Pa、电子、正电子、30Si91 14 91 14C.30Si、正电子、电子、234PaD．正电子、30Si、234Pa、电子14 答案B

14 91mv解析30P→30Si＋0e(正电子)，产生的两个粒子，都带正电，应是外切圆，由R＝，电15 14 1 qB3是正电子，4是30Si.234Th→234Pa＋0e(电子)，产生的两个粒子，14 90 91 －1mvR＝知，电荷量大的半径小，故1234Pa,2qB 91是电子，故B15误会一质量亏损是核子个数削减核反响过程遵循质量数和电荷数守恒，故核反响中有质量亏损现象时，核子个数不发生变化．误会二质量亏损是质量消逝按相对论，物体的质量是与速度有关的量，当物体的速度越大时，物体的质量越大．物体运动时的运动质量与物体静止时的静止质量间存在肯定关系．当物体以远小于光速的速度运动时，质量的这一变化很不明显．寻常所说的质子、中子、原子核的质量都是指静质量．质量亏损是静质量发生了变化．如一个质子和一个中子结合成氘核的这一过程中，2.22MeV的能量是以辐射光子形式放出的，光子的静质量为零，但这个光子的运动hν质量为2.由此可见，当计算出光子的质量后，虽说反响前后发生了质量亏损，这局部亏损恰好与光子的运动质量是一样的，反响前后的质量仍是守恒量，质量亏损并非是这局部质量消逝．误会三质量亏损是质量转变成能量质量亏损是静质量削减了，削减的静质量Δm所对应的总能量Δ＝m2Δm转化成了m2的能量．对点例题(单项选择)对于公式Δ＝对点例题(单项选择)对于公式Δ＝m2)解题指导Δ＝Δm2只说明质量亏损和释放出核能这两种现象间的联系，并不说明物体的质量和能量之间存在着相互转化关系，故A、B错误，C正确．我们都知道，在核反响中，能量和质量并不违反守恒定律，故D答案C特别提示质量亏损是静质量削减，动质量增加，但总质量不变，且能量也仍旧守恒．1．(单项选择)静止的氡核222Rnα218Po，αE，假设衰变放86 84 kα出的能量全部变为反冲核和αc，则该核反响中质量亏损为( )4 EA. ·kα B．0218222E

218EC. ·kα D. ·kα218 2 222 2答案C解析核反响过程中动量守恒，钋核与αp＝2mE可求出钋核k4E 222动能E＝k，Δ＝E＋E＝

，依据Δ＝m2可知选项C正确．kPo

218

kPo

kα 218kα2．氘核的质量m＝3.3446×10－27kg.假设用入射光子照耀氘核使其分为质子和中Dm＝1.6726×10－27p

kg，中子质量m＝1.6749×10－27n

kg.求入射光子的频率．答案3.94×1020Hz解析氘核分为质子和中子，增加的质量为Δm＝m＋m－mp n D＝(1.6726＋1