【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 专题8 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(45分钟，100分)1.(12分)(2022·台州二模)(1)下列说法正确的是(　　)A.卢瑟福α粒子散射实验中，产生大角度散射的主要原因是原子核外的电子对α粒子的吸引力较大B.处于激发态的氢原子，从高能级向低能级跃迁时，能够向外释放光子，能级差越大，释放光子的频率越大C.重核的裂变反应和轻核的聚变反应过程中，都有质量亏损D.若某次核反应中，质量亏损为Δm，则本次核反应中释放的能量Δmc(c为光速)(2)如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=1kg，初始时刻B静止，A以一定的速度向右运动，之后与B发生碰撞，碰撞后它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，则物块B的质量为多少？【解析】(1)选B、C。卢瑟福α粒子散射实验中，产生大角度散射的主要原因是原子核中心存在带正电的质子，A错误；处于激发态的氢原子，从高能级向低能级跃迁时，能量要减小，故能够向外释放光子，能级差越大，释放的能量越多，光子的频率越大，B正确；重核的裂变反应和轻核的聚变反应过程中，都释放大量的能量，都有质量亏损，C正确；若某次核反应中，质量亏损为Δm，则本次核反应中释放的能量为Δmc2(c为光速)，D错误。(2)根据公式v=ΔxΔt由图可知：碰前物块A的速度：v=124m/s=3m/s；碰后物块A的速度：vA=8-128-4m/s=-1m/s；碰后物块B的速度：vB=16-128-4m/s=1m/s；则由动量守恒定律：mAv=mAvA+mBvB解得：mB=mAv-mAvAvB=4kg答案：(1)B、C　(2)4kg-9-\n2.(12分)(2022·绍兴二模)(1)某半导体激光器发射频率为1014Hz的激光，激光器的功率为5.0×10-3W，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，该激光器每秒发出的光子数为　　　　。(结果保留三位有效数字)(2)如图所示，光滑水平面上带有14光滑圆弧轨道的滑块，其质量为M，一质量为m的小球，以速度v0沿水平方向滑上轨道，并从轨道上端飞出，问小球能上升到离水平面多高处？【解析】(1)该激光器每秒发出的能量是5.0×10-3J，而能量子为E=hν，则激光器每秒发出的光子数为n=5.0×10-3hν=7.54×1016个。(2)在m上升过程中，因M受水平面的支持力小于(M+m)g，所以合外力不为零，系统动量不守恒，但是由m和M组成的系统所受的支持力和重力都在竖直方向上，所以水平方向上动量守恒。当m飞出轨道的瞬间，因M上端的切线方向是竖直的，所以小球与滑块有相同的水平速度v，小球另外还有竖直分速度v′。由系统的水平方向动量守恒有：mv0=(M+m)v所以v=m(M+m)v0设小球上升至最高点时(此时v′=0)，离水平面高为h，根据机械能守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+mgh解得：h=MM+m·v022g答案：(1)7.54×1016　(2)MM+m·v022g3.(12分)(1)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后的质子 11H轰击静止的 ZAX，生成两个 24He。上述核反应方程中的 ZAX核的质子数为　　　　，中子数为　　　。(2)如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M=2m的凸型滑块，它的左侧面与水平面相切，并且光滑，滑块的高度为h。质量为m的小球，以某一初速度在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块。试分析计算小球的初速度满足什么条件，小球才能越过滑块。-9-\n【解析】(1)此核反应方程可写为 11H+ZAX224He，根据质量守恒及电荷数守恒可得质量数A=7，质子数Z=3，解得中子数为A-Z=4。(2)设小球的初速度为v0，当小球滑到滑块最高点时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+Mv212mv02=12mv12+12Mv22+mgh小球要越过滑块，至少要有v1=v2=v，上述两式变为mv0=(m+M)v12mv02=12(m+M)v2+mgh解得v0=3gh，故小球的初速度必须大于3gh答案：(1)3　4　(2)大于3gh【加固训练】(1)下列说法中正确的有(　　)A.光电效应实验中，只要入射光足够强，就能产生光电流B.卢瑟福的α粒子散射实验结果表明电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破C.天然放射现象中的γ射线是原子核受激发产生的D.放射性元素的半衰期由其原子核内部结构决定，与外界因素无关(2)如图所示，一质量为M=1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=1.8m。一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度穿出。已知物块落地点离桌面边缘的水平距离x为0.9m，重力加速度g取10m/s2，求子弹穿出物块时速度v的大小。【解析】-9-\n(1)选C、D。在光电效应实验中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都不能产生光电流，A错；汤姆孙发现电子，打破了原子不可再分的观念，B错；γ射线是原子核受激发而产生的，C对；放射性元素的半衰期与温度以及化学状态等无关，由核本身的性质决定，D对。(2)设物块平抛的初速度为v′，有h=12gt2x=v′t代入数据得v′=1.5m/s子弹瞬间射穿物块的过程，系统动量守恒，即mv0=mv+Mv′代入数据得子弹穿出物块时的速度v=10m/s。答案：(1)C、D、E　(2)10m/s4.(12分)(1)氢原子第n能级的能量为En=E1n2，其中E1为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到基态时，发出光子的频率为ν1；当氢原子由第2能级跃迁到基态时，发出光子的频率为ν2，则ν1ν2=　　　　　。(2)如图所示，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处。质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。试问：①a与b球碰前瞬间，a球的速度多大？②a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)【解析】(1)氢原子由第4能级跃迁到基态时，hν1=E142-E1=-15E116；氢原子由第2能级跃迁到基态时，hν2=E122-E1=-3E14，所以ν1ν2=54。(2)①设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得mgh=12mvC2解得vC=2gh，即a与b碰前的速度为2gh②设a、b球碰后的共同速度为v，由动量守恒定律-9-\nmvC=(m+m)v，故v=12vC=122gh两球被细绳悬挂绕O摆动时，在最低点时若细绳拉力为FT，则由牛顿第二定律得FT-2mg=2mv2h解得FT=3mg因为FT>FTm=2.8mg，所以细绳会断裂答案：(1)54　(2)①2gh　②见解析5.(12分)(2022·温州二模)(1)某一放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，如图所示，下列说法正确的是(　　)A.射线1的电离作用在三种射线中最强B.射线2贯穿本领最弱，用一张白纸就可以将它挡住C.一个原子核放出一个射线3的粒子后，质子数和中子数都比原来少2个D.一个原子核放出一个射线1的粒子后，形成的新核比原来的电荷数少1个(2)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0质量为m的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的34，子弹的质量是B的质量的14。求：①A物体获得的最大速度；②弹簧压缩量最大时B物体的速度；③弹簧的最大弹性势能Ep。【解析】(1)选C。从三束射线的偏转方向，可以断定射线1是β射线、射线2是γ射线、射线3是α射线。α射线的电离作用最强，选项A错误；γ射线贯穿本领最强，用一张白纸可以挡住的是α射线，选项B错误；每发生一次α衰变，原子核里面的2个中子和2个质子凝结成一个氦核而释放出来，选项C正确；每发生一次β衰变，原子核里面的一个中子变成一个质子，因此核电荷增加1，选项D错误。-9-\n(2)子弹射入A的过程，子弹减速，A加速，A获得与子弹相同速度时，A的速度最大。由于这一过程时间极短，物体A的位移可忽略，弹簧没有发生形变，B没有受到弹簧对它的作用，所以子弹射入A的过程，B没有参与作用，当子弹与A达到共同速度后，又通过弹簧与B发生相互作用，这两个作用过程中均满足动量守恒，但子弹进入A中的过程中机械能不守恒。①对子弹进入A中的过程，由动量守恒定律得：mv0=(m+mA)v1，解得它们的共同速度，即A的最大速度v1=mv0m+mA=v04。②以子弹、A、B组成的系统作为研究对象，整个作用过程中总动量守恒，弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：mv0=(m+mA+mB)v2，即弹簧有最大压缩量时，B物体的速度v2=mv0m+mA+mB=18v0。③根据能量守恒：Ep=12×(m+mA)×(14v0)2-12×(m+mA+mB)×(18v0)2=116mv02答案：(1)C　(2)①14v0　②18v0　③116mv026.(12分)(2022·温州二模)(1)下列说法正确的是　　　 A.核反应:49Be+24He→C+X，符号“X”表示中子B.若一个铀核在裂变前后的质量亏损为Δm，则其释放的核能为ΔE=Δmc2C.氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小D.比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定(2)质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止。求：第一次碰后m1球的速度。【解析】(1)选A、B。根据核反应前后质量数守恒、核电荷数守恒可知A正确；由质能方程得B正确；比结合能越小，表示原子核中核子结合得越不牢固，越不稳定，D错误；氢原子辐射出一个光子后电子从高能级跃迁到低能级，能量减小，但加速度随着半径减小而增大，故C错误。(2)根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2　m1v′1-m2v′2=0解得：v′1=m1v1+m2v22m1答案：(1)A、B　(2)m1v1+m2v22m17.(14分)(2022·-9-\n杭州二模)(1)氢原子的能级如图所示。氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁所放出的光子，恰能使某种金属产生光电效应，则该金属的截止频率为　　　　　Hz；用一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，产生的光电子最大初动能为　　　　　eV(普朗克常量h=6.63×10-34J·s，结果均保留2位有效数字)(2)如图所示，在竖直平面内固定着半径为R的半圆形轨道，小球B静止在轨道的最低点，小球A从轨道右端正上方3.5R处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道后，与小球B发生弹性碰撞。碰撞后B球上升到最高点C，圆心O与C的连线与竖直方向的夹角为60°。若两球均可视为质点，不计一切摩擦，求A、B两球的质量之比mA∶mB。【解析】(1)解决本题的关键是知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差。原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子的能量为13.6-1.51=12.09eV，因所放出的光子恰能使某种金属产生光电效应，则有hν0=12.09eV，解得：ν0=2.9×1015Hz，当光子能量等于逸出功时，恰好发生光电效应，所以逸出功W0=12.09eV。从n=4能级的氢原子向n=1跃迁所放出的光子能量最大，为hν=13.6-0.85=12.75eV，根据光电效应方程得最大初动能Ekm=hν-W0=12.75-12.09=0.66eV。(2)小球A从高处静止下落至轨道的最低点，由机械能守恒定律得mAg×4.5R=12mAv02小球A与小球B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律mAv0=mAvA+mBvB12mAv02=12mAvA2+12mBvB2B球上升到最高点C，由机械能守恒定律12mBvB2=mBgR(1-cos60°)联立解得mA∶mB=1∶5-9-\n答案：(1)2.9×1015　0.66　(2)1∶58.(14分)(1)对光的认识，以下说法正确的是(　　)A.个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性B.光的波动性是光子本身的一种属性C.光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了D.光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现明显，在另外某种场合下，光的粒子性表现明显(2)如图所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A轨道右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面的动摩擦因数为μ=0.2。一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h=0.9m。小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)。已知M=2m，g=10m/s2，求：①小球C与劈A分离时，C的速度大小v0。②小球C与物块B碰后的速度vC和物块B的运动时间。【解析】(1)选A、B、D。个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性；光与物质相互作用时，表现为粒子性，光的传播表现为波动性，光的波动性与粒子性都是光的本质属性。(2)①球C与劈A组成的系统在水平方向动量守恒、能量守恒，有0=mv0-mvAmgh=12mv02+12mvA2解得v0=3m/s②小球C与B发生正碰后速度分别为vC和vB，规定向右为正方向，由动量守恒得mv0=mvC+MvB机械能不损失，有12mv02=12mvC2+12MvB2代入M=2m，得vB=23gh=2m/svC=-13gh=-1m/s(负号说明小球C最后向左运动)物块B减速至停止运动的时间设为t，-9-\n由动量定理-μMgt=0-MvB得t=2gh3μg=1s答案：(1)A、B、D　(2)①3m/s②1m/s，方向向左　1s-9-