高考物理一轮复习 第十四章 动量与原子物理考点通关（选修3-5）-人教版高三选修3-5物理试题

第十四章动量与原子物理［选修3-5］

［学习目标定位］

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1.动显、动量定理、动量守恒定律及其应用

（11）高考对本章知识点考杳频率较高的是

2.弹性碰撞和非弹性碰撞（【）高考动量守恒定律、光电效应、原子的能

3.氢原子光谱（I）地位级结构及跃迁、核反应方程及核能计

4.氢原子的能级结构、能级公式（I）算，题型基本为选择题加计算题

5.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、

半衰期（I）

6.放射性同位素（I）1动.量守恒定律及其与动力学的综合

7.核力、核反应方程（【）应用

8.结合能、质量亏损（I）2.光电效应、原子能级及能级跃迁、

考点

9.裂变反应和聚变反应、裂变反应堆（I）衰变及核反应方程

布设

10.射线的危害和防护（I）3.裂变反应、聚变反应的应用，射线

11.光电效应（I）的危害和应用知识与现代科技相联系

12.爱因斯坦的光电效应方程（I）的信息题是近几年高考的热点

实验十六验证动量守恒定律

第1单元动量守恒定律及其应用

扫濯然阿喝得甥甘脂V

EEE动量动量定理动量守恒定律

［想一想］

如图14-1-1所示，质量为M的物体静止在光滑的水平面上，质量为m的小球以初速度

vo水平向右碰撞物体M,结果小球以大小为w的速度被水平反弹，物体M的速度为V2,取向

右为正方向，则物体M动量的变化量为多少？小球m的

动量变化量为多少？m和M组成的系统动量守恒吗？若守恒，请写出其表达式。

图14-1-1

提示：物体M动量的变化量为Mvz,m动量的变化量为一(mvi+mvo),因m和M组成的系

统合外力为零，故此系统动量守恒，表达式为：mvo=Mv2-mv)o

［记一记］

1.动量

(1)定义：物体的质量与速度的乘积。

(2)公式：p=mv。

⑶单位：千克・米:/杪。符号：kg*m/So

(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量,是矢量，其方向与速度的方向相同,

2.动量定理

(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。

(2)表达式：p'—p=I或mv'—mv=F(t'—t)。

(3)冲量：力与力的作用时间的乘积，即I=F(t'-t)o

3.动量守恒定律

(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。

(2)常用的4种表达形式：

①p=p'：即系统相互作用前的总动量P和相互作用后的总动量p'大小相等,方向相

回。

②［P=P‘一p=0：即系统总动量的增量为零。

③/P1=一/P2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另

一部分动量的减少量。

④01此+叱丁=01凹'+欧丁'，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，

作用前总动量与作用后总动量相等。

(3)常见的几种守恒形式及成立条件：

①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。

②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。

③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量

守恒。

［试一试］

1.足球运动员将一个沿水平方向飞来的足球反向踢回，在这个过程中，若足球动量变化

量的大小为10kg•m/Sy则()

A.足球的动量一定减小

B.足球的动量一定增大

C.足球的动量大小可能不变

I).足球的动量大小一定变化

解析：选C如果足球原速返回I,则动量大小不变；如果弹回时速度减小，则动量喊小;

如果弹回时速度增大，则动量增大。

rmsi碰撞、爆炸与反冲

［想一想］

质量为叽速度为V的A球跟质量为3m且静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也

可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你分析：碰撞后B球的速度

可能是以下值吗？

(1)0.6v(2)0.4v(3)0.2v

提示：若A和B的碰撞是弹性碰撞，则根据动最守恒和机械能守恒可以解得B获得的最

大速度为

2nh2勿八

若力和8的碰撞是完全非弹性碰撞，则碰撞之后二者连在一起运动，8获得最小的速度,

根据动量守恒定律，知0./=(如+加)v„in

mv

+3m=0,251

6获得的速度/应满足：%inW%W%(x,

即0.25V,店0.5。

可见，8球的速度可以是0.4%不可能是0.2/和0.6%

［记一记］

1.碰撞

(1)碰撞现象：两个或两个以.上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过

程。

(2)碰撞特征：

①作用时间短。

②作用力变化怏。

适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。

2.应用动量守恒定律解题的步骤

（明确研究对确定系统的加蕨）

（受力分析，确定动―守恒一）

（规定正方向,确定初木动一）

,i、

（ja据动一可恒定桦，建立守曲面

.

（代入数据，求山结果并讨论说而

［例1］（2013•山东高考）如图14—1—2所示，光滑水平轨道上放置长木板力（上表面粗

糙）和滑块C,滑块8置于力的左端，三者质量分别为㈤=2kg,磁=1kg,微=2kgo开始

时。静止，A,6一起以的=5m/s的速度匀速向右运动，力与。发生碰撞（时间极短）后。向

右运动，经过一段时间，A,8再次达到共同速度•起向右运动，且恰好不再与。碰撞。求力

与，发生碰撞后瞬间力的速度大小C

♦AI©

图14-1-2

［审题指导］

A,8再次达到共同速度一起向右运动，恰好不再与C碰撞，说明最终力，B,。的速度相

同。

［解析］木板4与滑块C处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块用与

木板力间的摩擦力可以忽咯不计，木板力与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则

m.\VQ=niAVA-\-m（vc

碰撞后，木板月与滑块8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，mtK<+mwo=（如+喻v

力和8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，幺=/

联立以上各式，代入数侑解得：匕=2m/s

［答案］2m/s

■■规律总结）*■阳滋运濯簿簿簿阳”簿Q

（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。

（2）注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关犍，如本例中，撞后儿〃间的距离不变

的含义是碰后小〃的速度相同。

g碰撞问题分析

1.分析碰撞问题的三个依据

(1)动量守恒，即。+02=。'+0'。

(2)动能不增加，即&+&e&'+蜃'或磊+在24一+*“

AnhZm>Zm/狼

(3)速度要合理。

①碰前两物体同向，则碰后，原来在前的物体速度一定增大，且4分『后'°

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.弹性碰撞的规律

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为阳，速度为%的小球与质量为极的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

nhV\=nhV}'+m：V2,①

'0加上,2②

nh-nkH2nh■

由①②得匕'V21

勿i+版用+坂

结论：

(1)当用=论时，/=0,打'=小两球碰撞后交换了速度。

(2)当阳〉加时，">0,匕'>0,碰撞后两球都向前运动。

(3)当如《股时，匕'<0,也,>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。

［例2］如图14—1—3所示，A,B,。三个木块的质量均为勿。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

把夕和。紧连，使弹簧不能伸展，以至于员。可视为一个整体，现力以初速的沿H，的连

线方向朝8运动，与8相碰并黏合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使。与儿B

分离，已知。高开弹簧后的速度恰为出求弹簧释放的势能。

图14-1-3

［审题指导］

第一步：抓关键点

获取信息

光滑的水平面A,B,。组成的系统动量守恒

B,C可视为一个整体力与6碰后，力，B,C三者速度相同

力与8相碰并黏合在一起弹簧伸展以后，A,8的速度也相同

第二步：找突破口

要求弹簧释放的势能一力，B,。系统增加的机械能一利用动量守恒定律确定力，B,C在

弹簧伸展前的速度一利用动量守恒定律确定4B,C在弹簧伸展后的速度。

［解析］设碰后力、2和C的共同速度大小为由动量守恒有/〃匕=3加@

设。离开弹簧时，A、8的速度大小为%由动量守恒有3“=2研+/〃匕②

设弹簧的弹性势能为扁从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

J(3/〃)d+耳=)(2〃»pj+j〃丹2③

由①②③式得弹簧所释放的势能为耳=益小

［答案］］”

■一规律总结1党”律该簿该阳尔露皤阳

含有弹簧的碰撞问题，在碰撞过程中系统的机械能也不一定守恒，如本例中，弹簧伸展

之前，力与8碰撞的过程为完全非弹性碰撞，但在碰撞结束后，弹簧伸展的过程中，系统的

动量和机械能均守恒。

era动量-恒定律与能量的综合问题

［例3］(2012•新课标全国高考)如图14—1-4,小球46用等长细线悬挂于同一固定

点0。让球a静止下垂，将球6向右拉起，使细线水平。从静止释放球6,两球碰后粘在一起

向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：

图14-1-4

(1)两球a,。的质量之比；

(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球力在碰前的最大动能之比。

［审题指导］

解答本题时应注意以下两点：

(1)小球碰撞前和碰撞后摆动过程中机械能是守恒的。

(2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞。

［解析1(D设球6的质量为他，细线长为。球6下落至最低点，但未与球〃相碰时的

速率为/由机械能守恒定律得勿必①

式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为例；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度

为，，以向左为正，由动量守恒定律得您【，=(mI德)/'②

设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为心由机械能守恒定律得

)(向+加/2=(如+例)g/,(l—COS0)③

联立①②③式得日=:111@

耽,1—COS0

代入已知数据得合出一1⑤

(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为

Q=m>gL—cos")⑥

联立①⑥式，0与碰前球。的最大动能笈(及=4极力之比为5=1一生土”(l-cos〃)⑦

NIXRk

联立①⑤⑦式，并代入题给数据得用=1一平。

［答案］⑴陋-1(2)1一平

—规律总结1於阳沿”簿簿簿说””烟露露滋滋阳

利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题

(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标

量表达式，绝无分量表达式。

(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在

力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定

了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究

的两个状态列方程求解。

S।遹麴殿弧微熊JM导武笳蜜嬲破解,

“压轴大题步骤化”系列之(八)

用动量和能量观点处理多过程问题

［典例］(2012•安徽高考)如图14—1一5所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面,

①

一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量"=2kg的小物块儿装置的中间是水平传送带，它

与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动。装置的

右边是一光滑曲面,质量勿=1kg的小物块8从其上距水平台面高方=1.0m处由静止释放。

②

己知物块8与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,7=1.0m。设物块力、8间发生的是

对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块力静止且处于平衡状态。取产10m/s\

③④

_⑪J助k...

I

图14_1_5

(1)求物块笈与物块月第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块6与物块4第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；

(3)如果物块儿笈每次碰撞后，物块力再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再

次碰撞前锁定被解除，试求出物块6第n次碰撞后的运动速度大小。

［解题流程］

第一步：审题干，抓关键信息

关键点获取信息

①物块力不离开平台，物块6碰后在平台上向右匀速运动

②物块8在曲面上运动时，机械能守恒

③两物块碰撞时，速度方向共线，且碰撞时动量、动能均守恒

④碰前物块力速度为零，弹簧处于原长状态

第二步：审设问，找问题的突破口

要确定物块端3否回到右边的曲面上

确定物块西物块力碰后在传送带上向右滑行的位移

确定物块西物块力碰撞后的速度

物块8与物块月碰撞前的速度

物块私右边曲面上滑下的速度

第三步：三定位，将解题过程步骤化

I以在曲面上和传送带上运动的物块B和与3相

研究对象〈碍的A为研究对的

①物块8在曲面上只有电力做功

②物块B在传送带上句翻速向左

过程分析、③物块B与月发生对心弹性碰撞

①在曲面上，应用机械能守恒求出物块B沿上

传送带的初速度

②在传送带上，应用牛顿第二定律和运动学

（EBJI

公式求出物块B与物块A便前的速度

运动规律

③应用动琐守恒和动能守恒求出物块B碰后的

速度

④计簿物块B碰后在传送带上向右滑行的位移，

与带长比较得出结论

第四步：求规范，步骤严谨不失分

［解析］⑴设物块8从光滑曲面方高处滑下时的速度为劭，由机械能守恒定律，得侬力

=）/的2,（2分）

乙

故『匹^=^2X10X1m/s=2y［im/s>u,（1分）

故滑上传送带后做匀减速运动。

加速度ci=------=ug=2m/s2,

m

根据d-pj=-2as,得物块〃到达传送带左端时的速度

―正2一2alz242-2义2义1m/s=4m/s.

离开传送带后做匀速运动，故物块夕与物块/I第一次碰撞前的速度H=4m/so（3分）

（2）物块4与物块A发生对心弹性碰撞,碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒。即

+M1'（2分）

57匕2=］勿匕，2+%川，12分）

乙乙乙

m—If14

联立解得，防'=有『一针=一§m/s（l分）

负号说明〃与,4碰撞后，"的速度方向向右。

物块/，运动到传送带上做匀减速运动。

16

V\1294

速度减为零时的位移=—m=-m<7,因此物块笈还没有到达传送带的右边,

乙azAzy

速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上。（1分）

（3）物块6与力第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加

速运动，根据对称性，离开传送带后的速度上=片'，然后与月发生第二次碰撞，且满足m技

—nwz+M4'（2分）

［勿心2=］勿/"+%/42（2分）

乙乙乙

m-If

联立解得，"=本上=-5%=一『修（2分）

同理，物块8与｛第三次碰撞前的速度匕=一1,碰撞后的速度

口——§匕—一了力。

依此类推

第n次碰撞后6的速度V,,'=一士匕。

O

14

即n次碰撞后的速度大小为百％=不m/so（2分）

oJ

4

［答案］（1）4"，（2）不能⑶石川/s

O

一一［考生易犯错误］-----------------------------

应用动量和能量的观点处理多过程问题时应注意以下4点：

1合理选取研究对象。应用动量守恒定律时应以系统为研究对象，应用动能定理、

机械能守恒时，往往以单个物体为研究对象；应用能是转化和守恒定律时，研究对象必定

是系统。

2合理选取物理过程，将物体或系统的运动过程合理划分，对不同的过程应用不同

的规律列方程。

3找出各个过程间的联系。物体的运动过程不是孤立.的，是相互联系的，联系的方

式包括：速度关系、位移关系、时间关系、能量关系等。

4判断求解结果的合理性。求出结果后不要盲目做答，要判断结果是否合理。

知匍明绿］蜩食提琳缢期箍绫南鼠熊

［随堂巩固落实］

1.（2014•海口检测）如图14—1一6所示，运动员挥拍将质量为勿的网球击出。如果网

球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为修，玲，片与也方向相反，且卜2>匕。忽略重力,

则此过程中拍子对网球作用力的冲量（）

图14—1—6

A.大小为/〃（v2—力）»方向与v\方向相同

B.大小为/〃（於+为），方向与％方向相同

C.大小为m沁一力）,方向与七方向相同

I）.大小为/〃（於+■）,方向与匕方向相同

解析：选I）在球拍击打网球的过程中，选取火方向为正方向，对网球运用动量定理有

/=加卜2一（一加由）=〃/（以+必），即拍子对网球作用力的冲量大小为/〃（肌2+为），方向与火方向相

同。

2.（2013•福建高考）将静置在地面上，质量为玳含燃料）的火箭模型点火升空，在极短

时间内以相对地面的速度%竖直向下喷出质量为/〃的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻

力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）

m.1/

A./B.-vo

,.f/m

C.——v<sI）.——Vo

M—mM—m

解析：选D本题考查火箭反冲模型，意在考查考生对动量守恒定律的认识和应用能力。

由动量守恒定律有m=（M—ni）v,可得火箭获得的速率为了选D。

3.如图14—1—7所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住

小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（）

图14-1-7

A.两手同时放开后，系统总动量始终为零

B.先放开左手、后放开右手，之后系统动量不守恒

C.先放开左手，后放开右手，总动量向左

D.无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但

系统的总动量不一定为零

解析•：选B当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开

始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运

动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，

放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确。

4.［多选］（2014•广雅中学期中）质量分别为处和他的两个物体碰撞前后的介Z图象如图

14一1一8所示，下列说法正确的是（）

图14-1-8

A.碰撞前两物体动量相同

B.质量仍等于质量股

C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动

1）.碰撞前两物体动量大小相等，方向相反

解析：选BI）碰撞后两物体都静止，所以碰撞前两物体的动量等大反向。

5.（2015•河北百所高中联考）如图14—1一9所示，光滑水平面上的木板。的质量加=2

kg、长/=2m,它的两端各有块挡板。木板的正中央并列放着两个可以视为质点的滑块力和

B,它们的质量仞=1kg,期=4kg,A,〃之间夹有少许炸药。引爆炸药，Ay〃沿同一直线

向两侧分开，运动到两端的挡板时与板粘贴在一起。儿5与木板。之间的摩擦不计。引爆时

间及力，力跟挡板碰撞的时间也不计。若爆炸后月获得的速度％=6m/s,试计算：

图14-1-9

（DA夕都与挡板粘贴在一起以后，木板。的速度；

（2）从引爆炸药到小〃都分别与挡板粘贴在一起的时间差。

解析：（1）取力、氏C为系统,其所受合外力为零，故系统动量守恒，而初始时合匆量为

零，所以当4夕都与挡板粘贴在一起时，系统动量也为零，即木板C的速度为零。

（2）爆炸前后力、组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块〃获得的速度大小为分则取,

一"加什=0,解得幺=1.5n/s；力先与挡板碰撞，设力、「碰后两者的速度为八则/〃M=（如

21

+做）％得v=2m/so滑块/I运动到挡板的时间t^=—=-s,在。（时间内夕滑块向左运动的

v-\□

1

~^-SR

位移融=%匕=0.25m,滑块6运动到挡板的时间打二乙+F-，所以从引爆炸药到力、6分

【加十V

1

2-^

别与挡板粘贴在一起的时间差△£=以一%=一丁=0.214So

VH"VV

答案：（1）（）（2）0.214s

［课时跟踪检测］

高考常考题型：计算题

一、单项选择题

1.（2015•德州联考）如图1所示，质量为勿的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不

光滑，盒内放有一块质量为勿的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度如那么在物体

与盒子前后壁多次往复碰撞后（）

图1

A.两者的速度均为零

B.两者的速度总不会相等

C.盒子的最终速度为m％/M方向水平向右

D.盒子的最终速度为m％/（"+而，方向水平向右

解析：选D由于盒子内表面不光滑，在多次碰撞后物体与盒子相对静止，B项错误；由

动量守恒得：加用=（必+勿）/,解得：/=/，故D预正确.A、C项错误。

M+m

2.如图2所示，物体力静止在光滑的水平面上，/I在左边固定有轻质弹簧，与力质量相

等的物体6以速度y向力运动并与弹簧发生碰撞，力、6始终沿同一直线运动，则力、6组成

的系统动能损失最大的时刻是（）

图2

A,月开始运动时B.力的速度等于〃时

C./，的速度等于零时I）.力和的速度相等时

解析：选D当月触及弹簧后减速，而物体力加速，当匕尸以时，力、8间距最小，弹簧

压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D对。

3.如图3所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用

力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是（）

II

77^77777/7777777777777.

图3

A.男孩和木箱组成的系统动量守恒

B.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

C.小车与木箱组成的系统动量守恒

D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同

解析：选B男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，故系统动量守恒，故A、

C错误，B正确。木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故I）错误。

4.如图4所示，在光滑水平面上有一质量为"的木块，木块与轻弹簧水平相连，强簧的

另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为/〃的子弹以水平速度出击中木块，并嵌

在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块臼被子弹击中前到第一次【可到原来位

置的过程中，受到的合力的冲量大小为（）

1/

/

////////z/z/zzz/z/z

图4

AB.2Mv.

2MmVQ

C.----D.2m曲

解析：选A子弹射入木块的过程中，由子弹和木块组成的系统所受合力为零，系统动

量守恒，设子弹击中木块并嵌在其中时的速度大小为匕根据动量守恒定律有/〃匕=（m+J力匕

所以片聋匕；子弹嵌在木块中后随木块压缩弹簧在水平面做往复运动，在这个过程中，由

M十m

子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以当木块第一次回到原来位置时的速度大小仍

为匕木块被子弹击中前处于静止状态，根据动量定理，所求冲量大小/=,如一0=黑，A

正确。

5.（2014•金山中学期末）质量为/??..=1kg的物体a以某一速度与另一质量期〉加的静

止物体〃在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a的位移一时间图象如

图5所示，则碰撞后（）

A.物体b的动量大小一定为4kg•m/s

B.物体b的动量大小可能小于4kg・m/s

C.物体6的动能可能等于10J

D.物体6的动能可能等于0

解析：选A由图可知碰前a的速度匕=4m/s,碰后速度为零，所以碰后0的动量一定

为4kg・m/s；由碰撞过程动能不增加原理可知，b的最大动能为8J。

二、多项选择题

6.对同一质点，下歹!说法中正确的是（）

A.匀速圆周运动中，动量是不变的

B.匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等

C.平抛运动、竖直上抛运动中，在相等的时间内，动品的改变量相等

D.只要质点的速度不变，则它的动显就一定不变

解析：选CD匀速圆周运动中，速度大小不变，方向改变，动量方向变化，在相等的时

间内，动量改变的大小相同，方向不同，A、B错；在抛体运动中，时间［内的动显改变为△夕

=mgt,C对；由p=mv知，D对。

7.如图6所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体力相连，d放在

光滑水平面上，有一质量与力相同的物体8从高力处由静止开始沿光滑曲面滑下，与月相

碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻8与力分开且沿原曲面上升。下列说法正确的

是

()

B

...

图6

A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为侬力

B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为等

C.8能达到的最大高度为J

乙

D.8能达到的最大高度为亨

解析：选BD根据机械能守恒定律可得〃刚到达水平地面的速度的="9，根据动量

守恒定律可得力与“碰撞后的速度为『=1"，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为扁

=J・2m/=57g方，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，4与8将分开，8以/的速度沿斜面

乙乙

上滑，根据机械能守恒定律可得侬力'〃能达到的最大高度为0/4,即D正确。

8.如图7所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过

程木块动能增加了6J,那么此过程产生的内能可能为（）

矶

o・m

图7

A.16JB.12J

C.6JD.4J

解析：选AB设子弹的质量为枝，初速度为外，木块质量为勿，则子弹打入木块过程中，

子弹与木块组成的系统动量守恒，即：加%=（/叶加匕此过程产生的内能等于系统损失的动

能，即：、（加+/力）J=，（而木块获得的动能〃木=:"（一^—%）2=6J,

ZzLnn1-nbzm十俄

两式相除得：7^=—>b所以A、B项正确。

力木ZU）

三、计算题

9.如图8所示，甲车质量为⑶=2kg,静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个

质量为m=lkg的小物体，乙车质量为股=4kg,以的=5m/s的速度向左运动，与甲车碰

撞后，甲车获得r.=8m/s的速度，物体滑到乙车上。若乙车足够长，其上表面与物体间的

动摩擦因数为〃=0.2,求:

图8

(1)甲、乙两车碰后瞬间乙车的速度；

(2)物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止(取g=10m/s2)?

解析：(1)乙车与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒，选

择乙车前进的方向为正方向，有：坂为=坂匕+仍修

解得乙车的速度为：%=1m/s,方向仍向左

(2)小物体川在乙上滑至两者有共同速度过程中动量守恒：以囱=(加+〃》/,解得：r=0.8

m/s

小物体/〃匀加速直线运动，应用牛顿第二定律得：a=ug

vv

故滑行时间£=一=—=0.4s

aPg

答案：(1)1m/s向左(2)0.4s

10.(2015•佛山模拟)如图9,质量为0.5m的。球用长度为力的细绳悬挂于水平轨道比

的出口。处。质量为切的小球a,从距比'高力的力处由静止释放，沿力?。光滑轨道滑下，在

C处与。球正碰并与方粘在一起。已知仇:轨道距地面的高度为0.5力，悬挂〃球的细绳能承受

的最大拉力为2侬。试问：

图9

(l)a与分球碰前瞬间，a的速度多大？

(2)a、。两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在加'水平面上的落点距C的水

平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？

解析：(1)设a球经C点时速度为小则由机械能守恒得

入12

mgn=^mvc

解得vc=y^h,即a与方球碰前的速度为日加

(2)设6球碰后的速度为匕由动量守恒得

mve=(勿+O.5/77)r,故v=-ve=-^2gh

小球被细绳悬挂绕。摆动时，若细绳拉力为A

v17

则T—l.5mg=l.5/rr，解得T=-mg

nb

7>2侬，细绳会断裂，小球做平抛运动。

设平抛的时间为£,则0.5力一气德，-一\£

故落点距C的水平距离为

小球最终落到地面距「水平距离右也力处。

O

答案：见解析

rrra原子核式结构

［记一记］

原子的核式结构

(1)1909〜1911年，英国物理学家亶瑟逼进行了a粒子散射实验，提出了核式结构模型。

⑵a粒子散射实验：

①实验装置：如图14—2—1所示。

图14-2-1

②实验结果：a粒子穿过金箔后，绝大多数沿原方向前进,少数发生较大角度偏转，极

少数偏转角度大于90。，甚至被弹回。

(3)核式结构模型：原子中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全

部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转。

［试一试］

1.卢瑟福利用Q粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是

ABCI)

图14-2-2

解析：选Da粒子轰击金箔后偏转，越靠近金原子核，偏转的角度越大，所以A、B、

C错误，D正确。

K-氢原子光谱

1.氢原子光谱

氢原子光谱线是最早发现、研究的光谱线，这些光谱线可用一个统一的公式表示：

般T)

2.玻尔的原子模型

(1)玻尔理论：

①轨道假设：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动

的可能轨道是不连续的。

②定态假设：电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量,

即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是

稳定的，不向外辐射能量。

③跃迁假设：原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要放出或吸收一定频率的光

子，光子的能量等于两个状态的能量差，即hva

(2)几个概念：

①能级：在玻尔理论中，原子各个状态的能量值。

②基态：原子能量最低的状态。

③激发态：在原子能量状态中除基态之外的其他较高的状态。

④量子数：原子的状态是不连续的，用于表示原子状态的正整数。

(3)氢原子的能级和轨道半径：

①氢原子的半径公式：r°=匈(〃=1,2,3…)，其中n为基态半径，ri=O.53X10mo

②氢原子的能级公式：凡=5£(〃=1,2,3…)，其中£为基态能量，石=-13.6eV。

;铝虎蜀州滔解帝窟成鼠意追零翻温薇心闽题耍奥破

能级跃迁与光谱线

1.对氢原子的能级图的理解

(1)氢原子的能级图(如图14—2—3)。

V

n£V

8oeV

5-O.54

4O.85

3二I.51

.4

3

1*--------------------------------------13.6

图14-2-3

(2)氢原子能级图的意义：

①能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态一一定态。

②横线左端的数字“1,2,3…”表示量子数，右端的数字“一13.6,-3.4…”表示氢原

子的能级。

③相邻横线间的距离不相等，表示相邻的能级差不等，量子数越大，相邻的能级差越小。

④带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为：hv=H

2.关于能级跃迁的三点说明

(1)当光子能量大于或等于13.6eV时,也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离;

当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6eV,氢原子电离后，电子具有一定的初功能。

(2)当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增大，原子能量

减小。反之，轨道半径增大时，原子电势能增大、电子动能减小，原子能量增大。

(3)一群氢原子处于量子数为〃的激发态时；可能辐射出的光谱线条数："=以=

nn—1

2°

［例］［多选］(2014•山东高考)氢原子能级如图14—2—4,当氢原子从〃=3跃迁到〃

=2的能级时，辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是()

nE/eV

00---------0

4=-0.85

3-----------1-51

2------------3.4

1------------13.6

图14-2-4

A.氢原子从〃=2跃迁到〃=1的能级时，辐射光的波长大于656nm

B.用波长为325nm的光照射，可使氢原子从〃=1跃迁到〃=2的能级

C.一群处于〃=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633nm的光照射，不能使氢原子从〃=2跃迁到〃=3的能级

［解析］根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从〃=2能级跃迁到〃=1的能

级时，辐射光的波长一定小于656