2018届高三物理二轮复习专题二能量动量和原子物理第3讲原子物理和动量逐题对点特训

1、专题2 第3讲原子物理和动量1(2017湖北黄冈模拟)(多选)下列说法正确的是(AC)A发现中子的核反应方程是BeHe6CnB20个92U的原子核经过两个半衰期后剩下5个92UC.92U在中子轰击下生成Sr和54Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变小D原子从一种定态跃迁到另一种定态时，一定辐射出一定频率的光子解析 发现中子的核反应方程是BeHe6Cn，选项A正确；原子核的半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，所以选项B错误；92U在中子轰击下生成Sr和54Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变小，所以该反应过程会产生质量亏损，从而放出核能，选项C正确；原子从一种定态跃迁到另一种定态时

2、，可能辐射出一定频率的光子，也可能会吸收一定频率的光子，故选项D错误2(2017浙江杭州模拟)(多选)在光电效应实验中，李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(AB)A甲光的频率等于乙光的频率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甲对应的光电子最大初动能大于丙的光电子最大初动能解析 由题图可知，甲、乙两光的截止电压都为Uc2，由UcEkm及光电效应方程EkmhW逸知，甲、乙两光的频率相同，选项A正确；同理可知，乙光的频率小于丙光的频率，由c知，乙光的波长大于丙光的波长，选项B正确；同一光电管对

3、不同光的截止率是相等的，选项C错误；由题图可知，甲光的截止电压小于丙光的截止电压，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，选项D错误3(2017山东潍坊统考)(多选)运动员起跳摸高训练时，先屈膝下蹲，然后由静止向上跳起如果运动员从静止到离开地面所用时间为t，离地时速度为v，运动员的质量为m，重力加速度为g，则在t时间内(BC)A地面对运动员的冲量大小为mvB地面对运动员的冲量大小为mvmgtC地面对运动员做的功为0D地面对运动员做功大小为mv2解析 对运动员受力分析，受竖直向下的重力以及竖直向上的支持力，则对运动员，由动量定理得IFNmgtmv，则地面对运动员的冲量大小为IFNm

4、gtmv，选项A错误，B正确；题中所述的过程中，在支持力的作用下运动员的位移为零，因此地面对运动员所做的功为0，选项C正确，D错误4(2017辽宁三校调考)(多选)如图所示，一质量为m00.05 kg的子弹以水平初速度v0200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m0.95 kg的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L5 m的B处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v18 m/s，碰后以v26 m/s的速度反向运动直到静止，测得物块与墙碰撞的时间为t0.05 s，g取10 m/s2，则(ABD)A物块从A点开始沿水平面运动的初速度v10 m/sB物块与水平地

5、面间的动摩擦因数0.36C物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小266 ND物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q18 J解析 子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m0v0(m0m)v，解得v10 m/s，选项A正确；物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有(m0m)gL(m0m)v(m0m)v2，解得0.36，B正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有t(m0m)v2(m0m)v1，解得280 N，选项C错误；物块在反向运动过程中，根据动量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q(m0m)v18 J，选项D正确5(2017河北保定调研)如图所示，一

6、质量为M的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上如果轨道固定，将质量为m、可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(C)A物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C物块仍能停在水平轨道的最左端D物块将从轨道左端冲出水平轨道解析 假设物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为，粗糙部分的长度为L.如果轨道固定，则对物块由释放到静止在轨道最左端的过程，由动能定理可知mgRmgL；如果轨道不固定，物块释放后，由于系统水平方向不受外力

7、，则系统水平方向的动量守恒，物块受竖直向下的重力作用而沿圆弧轨道向下运动，故系统竖直方向的动量不守恒，又由于轨道的水平部分粗糙，则系统的机械能有损失，则物块与轨道组成的系统动量、机械能均不守恒，选项A、B错误；假设物块不能离开水平轨道，且二者的共同速度大小为v，物块在水平轨道上的相对位移为x，则对系统由水平方向动量守恒得0(Mm)v，解得v0，整个过程由功能关系得mgRmgxmv2，由以上各式联立可解得xL，选项C正确，D错误6(2017广东百校联考)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示，质量为m150 kg的人从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m25

8、kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H1.8 m，重力加速度g10 m/s2.设人和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计则下列说法正确的是(C)A人和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒B人的初速度v08 m/sC刚冲上DE轨道时，人的速度大小为6 m/sD人冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析 人和滑板一起由D点运动到E点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m1m2)gH(m1m2)v，v共6 m/s，选项A错误，C正确；若规定向右为正方向，人冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m1v0(m1m2)v共，解得v06.6 m

9、/s，人与滑板组成的系统的功能变化量Ekm1v(m1m2)v0，则人冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，选项B、D错误7(2017陕西宝鸡质检)(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块接触但不固定连接)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则(BC)A物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2B物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2C物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为D物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x解析 依据题述，两物块刚要离开弹簧时

10、物块A的速度大小为v，由动量守恒定律，2mvmv，解得物块B的速度大小v2v.由动量守恒定律，物块开始运动前，弹簧的弹性势能为Ep2mv2mv23mv2，选项A错误，B正确；剪断细线瞬间，轻弹簧两侧物块受力大小相等，都为kx，由牛顿第二定律，kx2ma；当物块B的加速度大小为a时，由牛顿第二定律，makx，联立解得x，选项C正确；根据动量守恒定律，设A的位移大小为x1，则B的位移大小为xx1，由人船模型有2mx1m(xx1)0解得x1x，即物块A开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x，选项D错误8(2017河南洛阳统考)(多选)如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5

11、kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.则在整个过程中(BD)A物块和木板组成的系统动量守恒B子弹的末动量大小为0.01 kgm/sC子弹对物块的冲量大小为0.49 NsD物块相对木板滑行的时间为1 s解析 子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项A错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律m0v0(m0mM)

12、v，解得v2 m/s，子弹的末动量大小为P0m0v0.0052 kgm/s0.01 kgm/s，选项B正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为Imv10.2456 Ns1.47 Ns，选项C错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力Ff(m0m)g0.40.25010 N1 N，对木板，由动量定理，FftMv，解得t1 s，选项D正确9(2017湖北黄冈模拟)(多选)动量可以像力那样进行正交分解，分解成两个相互垂直的分动量，而要总动量守恒，两个相互垂直直方向的分动量就必须都守恒下面是交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的

13、一起汽车相撞事故，根据两位司机的描述得知， 发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起，并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故分析图通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为图中的P点，测量出的相关数据已标注在图中为简化问题，将两车均视为质点，且认为它们质量相等，它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是(CD)A两车发生碰撞时东西方向动量守恒，南北方向动量不守恒B发生碰撞时汽车A的速度较大C发生碰撞时汽车B的速度较大D

14、发生碰撞时速度较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比为125解析 设两辆车质量均为m，相撞之前的速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，南北方向上动量守恒，则有mvB2mv1；东西方向上动量守恒，则有mvA2mv2.由题图可知v1v262.5125，得vBvA125，可知选项C、D正确10(2017四川重点中学联考)在足够长的光滑绝缘水平面上，两虚线P、Q之间存在水平向右的匀强电场，一不带电的绝缘小滑块乙放在虚线Q的边缘，一带正电的小滑块甲放在虚线P的边缘，如图所示现将滑块甲无初速度释放，当滑块甲到达虚线Q时，与滑块乙发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程滑块甲的电荷量不变，整

15、个过程中仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为两虚线间距的，两滑块均可视为质点，求：(1)甲、乙两滑块的质量之比；(2)两滑块因碰撞损失的能量与电场力对滑块甲做功的比值解析 (1)设P、Q之间的距离为L，滑块甲受到的电场力为F，滑块甲、乙的质量分别为m1、m2，滑块甲碰前瞬间的速度为v0，滑块甲、乙碰后瞬间的速度分别为v1、v2，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，由题意知，碰后滑块甲、乙速度大小相等、方向相反，设其大小为v，则v2v1v.碰前，对滑块甲由动能定理有FLm1v，碰后，设滑块甲在虚线P、Q之间往返运动的时间为t，由动量定理有Ft2

16、m1v，碰后，滑块乙向右做匀速运动，有Lvt，联立解得v，.(2)碰撞过程中两滑块损失的机械能Em1v，代入数据，解得Em1v，由(1)可知电场力做的功为Wm1v，解得.答案 (1)14(2)4911(2017云南七校联考)如图所示，质量为m0.6 kg的小球A从半径为R1.25 m的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，运动到轨道末端O点时与另一质量为m(未知)的小球B发生弹性正碰，碰撞后小球B水平抛出，经0.5 s时间小球B击中平台右下侧挡板上的P点以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，挡板形状满足方程yx210.25(单位：m)，重力加速度g10 m/s2，不计碰撞时间求：(1)碰后小球

17、B的速度；(2)小球B的质量和碰后小球A的速度解析 (1)碰后小球B从O点抛出做平抛运动，满足ygt2，xvBt，又yx210.25 (m)，联立解得vB6 m/s.(2)小球A从静止释放到运动至O点的过程，根据机械能守恒定律有mgRmv，解得v05 m/s.小球A与小球B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv0mvAmvB，mvmvmv，联立解得vA1 m/s，m0.4 kg.(vA5 m/s，m0不符合题意舍去)答案 (1)6 m/s(2)0.4 kg1 m/s12(2017甘肃张掖诊断)如图所示，一长木板A放在水平地面上，可视为质点的物块B静止放在长木板上且距A左端为L0

18、，与B完全相同的物块C以水平初速度v0冲上A并能与B相碰，B、C碰后黏在一起不再分开并一起向右运动已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，B、C与A之间的动摩擦因数1，A与地面之间的动摩擦因数2，v0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则：(1)物块C冲上木板瞬间，A、B、C的加速度各为多少？(2)C与B发生碰撞后的速度大小为多少？(3)为使B、C结合体不从A右端掉下来，A的长度至少要多长？解析 (1)C冲上A后，C受到的摩擦力大小为FfCmgmg，A受到地面的最大静摩擦力大小为FfAm2(3m)gmg，由于FfAmFfC，所以A、B保持静止，即加速度aA0，aB0，由牛顿第二定律FfCmaC，物块C运动的加速度大小为aCg.(2)C在A上做减速运动，设其碰前速度为vC，由动量定理得1mgL0mvmv，物块B、C碰撞过程动量守恒，设碰后速度为vBC，有mvC2mvBC，解得vC2，vBCvC.(3)B、C结合体受到A的摩擦力FfBC21mgmg，方向向左根据牛顿第三定律，结合体给A向右的摩擦力FfBCFfBCFfAm.故A做初速度为零的匀加速直线运动，B、C做匀减速直线运动，设其达