2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第13讲　原子物理

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第13讲原子物理第13讲原子物理题型1原子结构能级跃迁1.如图所示是α粒子散射实验装置的示意图.从α粒子源发射的α粒子射向金箔,利用观测装置观测发现,绝大多数α粒子穿过金箔后,基本上仍沿原来的方向前进,但有少数α粒子(约占八千分之一)发生了大角度偏转,极少数α粒子偏转的角度甚至大于90°.下列说法正确的是 (D)A.α粒子是从放射性物质中发射出来的快速运动的质子流B.实验结果说明原子中的正电荷弥漫性地均匀分布在原子内C.α粒子发生大角度偏转是金箔中的电子对α粒子的作用引起的D.α粒子发生大角度偏转是带正电的原子核对α粒子的斥力引起的[解析]α粒子是从放射性物质中发射出来的氦核,A错误;若原子中的正电荷弥漫性地均匀分布在原子内,α粒子穿过原子时受到各方向的正电荷的斥力基本上会相互平衡,对α粒子运动的影响不会很大,不会出现大角度偏转,B错误;电子对α粒子速度的大小和方向的影响可以忽略,C错误;原子核带正电,体积很小,但几乎占有原子的全部质量,电子在核外运动,当α粒子进入原子区域后,大部分离原子核很远,受到的库仑斥力很小,运动方向几乎不变,只有极少数α粒子在穿过原子时离原子核很近,因此受到很强的库仑斥力,发生大角度偏转,D正确.2.(多选)图甲为氢原子巴耳末线系的光谱图,图乙是根据玻尔原子模型求得的氢原子能级图,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,下列说法正确的是 (CD)A.图甲中波长为656.3nm的亮线为氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时产生的B.氢原子从高能级向低能级跃迁时,可能辐射出γ射线C.能量为5eV的光子可使处于n=2能级的氢原子发生电离D.氢原子从n=4能级跃迁到基态时释放的光子,可使逸出功为4.54eV的金属钨发生光电效应,产生的光电子最大初动能为8.21eV[解析]氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时释放的能量为ΔE=E4-E2=-0.85eV-=2.55eV,波长为656.3nm的亮线的能量为E=h=6.63×10-34×eV=1.894eV,因为ΔE≠E,所以图甲中波长为656.3nm的亮线不是氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时产生的,故A错误;γ射线是从原子核内部放出的,氢原子从高能级向低能级跃迁时不可能会辐射出γ射线,故B错误;因为要使处于n=2能级的氢原子发生电离,所需要的光子能量只要大于或等于3.4eV即可,故C正确;从n=4跃迁到n=1的光子照射金属钨,所产生光电子的初动能最大为Ekm=E41-W0=E4-E1-W0=-0.85eV-(-13.6eV)-4.54eV=8.21eV,故D正确.3.氢原子的能级图如图所示.关于玻尔理论与氢原子光谱,下列说法正确的是 (D)A.氢原子能级越高越稳定B.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时只能在相邻能级间跃迁C.如果处于激发态的氢原子足够多,则发出的光就是连续光谱D.氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的波长大于由n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的波长[解析]氢原子能级越低越稳定,基态的能级最低,氢原子在基态时最稳定,故A错误;氢原子可以由较高能级跃迁到较低的任何能级,故B错误;根据hν=Em-En可知,氢原子跃迁发出的光都是线状谱,不是连续光谱,故C错误;氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的光子能量为-0.54eV-(-0.85eV)=0.31eV,由n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的光子能量为-1.51eV-(-3.40)eV=1.89eV>0.31eV,根据E=hν=h可知,氢原子由n=5能级跃迁到n=4能级发出的光的波长大于由n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的波长,故D正确.4.如图所示是激光产生的原理示意图,当外来光子的能量等于原子相应的能级差时,就会把原子从低能态激发到高能态,处在激发态的原子会自发跃迁到低能态,同时发出光辐射,1916年,爱因斯坦在研究光辐射与原子相互作用时发现,除了上述两种过程之外,还存在第三种过程——受激辐射跃迁,即在外来光子的作用下,处在高能态的原子向低能态跃迁,并同时辐射出能量相同的光子,发出的光就是激光.已知普朗克常量为h,光速为c,下列说法正确的是 (C)A.原子吸收外来光子,从低能态激发到高能态的过程叫自发辐射跃迁B.处于激发态的原子自发跃迁到低能态的过程叫受激吸收跃迁C.受激辐射跃迁与受激吸收跃迁的区别是,一个是吸收光子从高能态跃迁到低能态,一个是吸收光子从低能态跃迁到高能态D.若某束激光的动量为p,则光子的能量为0.5pc[解析]原子吸收外来光子,从低能态激发到高能态的过程叫受激吸收跃迁,故A错误;处于低能态的原子吸收光子跃迁到激发态的过程叫受激吸收跃迁,处于激发态的原子自发跃迁到低能态的过程叫作自发辐射跃迁,故B错误;受激辐射跃迁指吸收光子从高能态跃迁到低能态,受激吸收跃迁指处于低能态的原子吸收光子跃迁到高能态,故C正确;根据E=hν=h,p=,得E=pc,故D错误.5.[2023·辽宁卷]原子处于磁场中,某些能级会发生劈裂.某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示,相应能级跃迁放出的光子分别设为①②③④.若用①照射某金属表面时能发生光电效应,且逸出光电子的最大初动能为Ek,则 (A)A.①和③的能量相等B.②的频率大于④的频率C.用②照射该金属一定能发生光电效应D.④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ek[解析]由图可知①和③对应的跃迁能级差相同,可知①和③的能量相等,选项A正确;因②对应的能级差小于④对应的能级差,可知②的能量小于④的能量,根据ε=hν可知②的频率小于④的频率,选项B错误;因②对应的能级差小于①对应的能级差,可知②的能量小于①,②的频率小于①,则若用①照射某金属表面时能发生光电效应,用②照射该金属不一定能发生光电效应,选项C错误;由④对应的能级差大于①对应的能级差,可知④的能量大于①,即④的频率大于①,用①照射某金属表面时逸出光电子的最大初动能为Ek,根据Ekm=hν-W,则用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek,选项D错误.6.氦元素对地球来说是一种非常稀少和宝贵的资源.如图所示为氦离子(He+)的能级图,根据玻尔原子理论,关于氦离子能级跃迁,下列说法正确的是 (B)A.大量处于n=3能级的氦离子向低能级跃迁,最多可辐射2种不同频率的光子B.从n=4向n=3能级跃迁,要向外辐射光子的能量为2.64eVC.处于n=1能级的氦离子,可以吸收54.0eV的能量而发生电离D.从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子波长短[解析]大量处于n=3能级的氦离子,最多可辐射=3种不同频率的光子,故A错误;因为从n=4向n=3能级跃迁,要向外辐射光子的能量为ΔE43=E4-E3=2.64eV,故B正确;由图可知,处于n=1能级的氦离子要发生电离,需要吸收的能量应满足ΔE≥0-E1=54.4eV,故C错误;因为从n=3跃迁到n=2能级辐射的光子能量为ΔE'=E3-E2=7.56eV,而从n=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量为ΔE″=E2-E1=40.8eV,即从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量小,又因为ε=hν,所以从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子频率低,波长长,故D错误.题型2原子核核反应1.[2023·全国甲卷]在下列两个核反应方程中X和Y代表两种不同的原子核,以Z和A分别表示X的电荷数和质量数,则 (D)XN→YOYLi→2XA.Z=1,A=1 B.Z=1,A=2C.Z=2,A=3 D.Z=2,A=4[解析]由质量数守恒和电荷数守恒可得7+3=Z+8,14+7=A+17,解得Z=2,A=4,故D正确.2.(多选)“华龙一号”利用核裂变发电,其中一种典型的核反应方程是U+n→Ba+Kr+aX,X是某种粒子,a是X粒子的个数,用mU、mBa、mKr分别表示UBaKr核的质量,反应中释放的核能为ΔE,c为真空中的光速.关于该核反应,下列说法正确的是(AD)A.X为中子,a=3B.X粒子的质量为+mBa+mKr-mUC.U的比结合能比Ba和Kr的都大D.可利用普通水作为慢化剂[解析]由电荷数守恒、质量数守恒可知核反应方程为U+n→BaKr+n,故X为中子,可知a=3,故A正确;由题意知,核反应过程中的质量亏损Δm=mU-mBa-mKr-2mX,由质能方程可知,释放的核能ΔE=(mU-mBa-mKr-2mX)c2,可得X粒子的质量为mX=,故B错误;核裂变过程释放能量,比结合能变大,则U的比结合能比Ba和Kr的都小,故C错误;慢化剂使快中子变成慢中子,常用的慢化剂有石墨、重水和普通水,故D正确.3.(多选)2021年4月,中国科学院近代物理研究所研究团队首次合成新核素铀UU能发生衰变并发射出γ射线,其衰变方程为U→XTh+γ.以下说法正确的是 (AD)A.X为氦原子核,其电离本领强B.Th的比结合能小于U的比结合能C.U同其他稳定元素结合成化合物,其半衰期将增大D.γ射线是衰变产生的新核从高能级向低能级跃迁时产生的[解析]根据质量数守恒与电荷数守恒可知,其衰变方程为UXTh+γ,则可知X为氦原子核,α射线的电离能力强,穿透能力弱,A正确;该反应是α衰变,并释放出大量的能量,则由衰变是从比结合能小的向比结合能大的方向进行Th的比结合能大于U的比结合能,B错误;原子核的半衰期是由原子核本身决定,与原子核所处的物理和化学状态无关,C错误;放射性的原子核在发生α衰变时产生的新核处于高能级,这时它要向低能级跃迁,并放出γ光子,D正确.4.截至2022年1月6日,玉兔二号月球车行驶里程已达到1003.9米.月球夜晚温度低至-180℃,为避免低温损坏仪器,月球车携带的放射性同位素钚-238Pu)会不断衰变,释放能量为仪器设备供热Pu可以通过以下反应过程得到U+HNp+nNp→XPu.已知的衰变方程为Pu→YU,其半衰期为88年,则 (C)A.UHNp+n为轻核的聚变B.X为质子HC.Pu的衰变为α衰变D.白天时,温度升高Pu的半衰期会减小[解析]UHNp+n不是轻核的聚变,选项A错误;根据质量数守恒和电荷数守恒可判断X为e,选项B错误;根据质量数守恒和电荷数守恒可判断Y为He,则Pu的衰变为α衰变,选项C正确;放射性元素的半衰期由原子核自身决定,与外界的物理和化学状态无关,选项D错误.5.(多选)物质在β衰变过程中释放出的电子只带走了总能量的一部分,还有一部分能量“失踪”了,著名物理学家尼尔斯·玻尔据此认为在衰变过程中能量守恒定律是失效的,后来中微子(一种电荷数和质量数都是零的微观粒子)的发现解释了这一现象.上世纪四十年代初,我国科学家,“两弹一星功勋奖章”获得者王淦昌先生提出了证明中微子存在的实验方案.我们可以将其做如下描述:静止原子核Be俘获一个粒子X,可生成一个新原子核Li,并放出中微子(用“νe”表示),根据核反应后原子核Li的动能和动量,可以间接测量中微子的能量和动量,进而确定中微子的存在.下列说法正确的是 (AD)A.粒子X是电子B.粒子X是质子C.核反应前后的中子总数不变D.这个实验的思想是能量守恒和动量守恒[解析]该核反应方程式为BeXLiνe,由质量数守恒和电荷数守恒有7+A=7+0,4+Z=3+0,解得A=0,Z=-1,因此粒子X是电子,故A正确,B错误;反应前中子总数n1=7-4=3,反应后中子总数n2=7-3=4,因此中子数增加1,故C错误;根据核反应后原子核Li的动能和动量,可以间接测量中微子的能量和动量,体现核反应中的守恒思想,即利用能量守恒和动量守恒推出中微子的动量和能量从而证实它的存在,故D正确.6.(多选)2021年9月,在甘肃省武威市的全球首台钍基熔盐核反应堆进行试运行放电,也标志着我国成为世界上第一个对第四代核电技术进行商业化试验运营的国家.反应堆工作原理如图所示,钍232(Th)吸收一个中子后会变成钍233,钍233不稳定,会变成易裂变核素铀233(U).下列说法正确的是 (AB)A.钍233变成铀233的核反应方程式是Th→e,PaUeB.中间产生的新核镤233(Pa)从高能级向低能级跃迁时,会辐射γ射线C.新核铀233(U)的结合能小于钍233(Th)的结合能D.核反应堆是通过核裂变把核能直接转化为电能的[解析]根据核反应的电荷数守恒和质量数守恒可知,钍233变成铀233的核反应方程式是Th→e,Ue,A正确;中间产生的新核镤233(Pa)从高能级向低能级跃迁时,放出能量,会辐射γ射线,B正确;整个过程中释放能量,生成的新核铀233(U)更稳定,则新核铀233(U)的结合能大于钍233(Th)的结合能,C错误;在核电站的核反应堆内部,核燃料具有的核能通过核裂变反应转化为内能,然后通过发电机转化为电能,D错误.7.静止的Pu核发生α衰变,产生的新核为U,释放出的α粒子的动能为E,假设衰变时能量全部以动能形式释放出来,则衰变过程中总的质量亏损是(光速为c) (B)A. B.C. D.[解析]规定衰变后α粒子的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得pHe+pU=0,而动量和动能关系式为p2=2mEk,设一个核子的质量为m0,则有2×4m0EkHe=2×235m0EkU,解得EkU=EkHe,由题意有EkHe=E,释放总能量为ΔE=EkHe+EkU=E+E=E,由质能方程知ΔE=Δmc2,解得Δm=,A、C、D错误,B正确.8.[2022·湖北卷]上世纪四十年代初,我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案:如果静止原子核Be俘获核外K层电子e,可生成一个新原子核X,并放出中微子νe,即Bee→Xνe.根据核反应后原子核X的动能和动量,可以间接测量中微子的能量和动量,进而确定中微子的存在.下列说法正确的是 (A)A.原子核X是LiB.核反应前后的总质子数不变C.核反应前后总质量数不同D.中微子νe的电荷量与电子的相同[解析]核反应满足质量数守恒和电荷数守恒,可得X为Li,选项A正确,B、C错误;中微子νe不带电,电荷量与电子的不相同,D错误.9.“玉兔二号”装有核电池,不惧漫长寒冷的月夜.核电池将Pu衰变释放的核能一部分转换成电能Pu的衰变方程为Pu→UHe,则 (C)A.衰变方程中的X等于233B.He的穿透能力比γ射线强C.Pu比U的比结合能小D.月夜的寒冷导致Pu的半衰期变大[解析]根据衰变方程中质量数守恒可知,衰变产物U的质量数X等于234,选项A错误;α射线即He的穿透能力远远小于γ射线,选项B错误;原子核的半衰期与温度无关,选项D错误;比结合能越大原子核越稳定,根据题意,衰变过程中释放出核能,因此U的比结合能更大,选项C正确.第14讲力学实验题型1以“测速度”为核心的实验1.[2024·浙江1月选考]实验题Ⅰ.如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置.甲(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是B.

A.放大法B.控制变量法C.补偿法(2)该实验过程中操作正确的是B.

A.补偿阻力时小车未连接纸带B.先接通打点计时器电源,后释放小车C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行(3)在小车质量远大于(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力.上述做法引起的误差为系统误差(选填“偶然误差”或“系统误差”).为减小此误差,下列可行的方案是C.

A.用气垫导轨代替普通导轨,滑块代替小车B.在小车上加装遮光条,用光电计时系统代替打点计时器C.在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小(4)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带,建立以计数点0为坐标原点的x轴,各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6.已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式是v=

x6-x410乙A.a=xB.a=xC.a=x[解析](1)研究多个变量之间的关系时,常常采用控制变量法,选项B正确.(2)该实验中,补偿阻力时,不能挂槽码,但需要安装纸带,通过纸带上打点情况来判断是否已平衡了阻力,选项A错误;为了充分利用纸带,得到较多的打点,应先接通打点计时器的电源,后释放小车,选项B正确;为使小车受到的合力等于细绳的拉力,应调节滑轮高度,使细绳与倾斜导轨平行,选项C错误.(3)在平衡好摩擦力的基础上,设槽码质量为m,小车质量为M,对小车有F=Ma,对槽码有mg-F=ma,联立得加速度a=mgm+M,细绳对小车的拉力F=mgm+MM,如果m≪M,则F≈mg,所以该误差属于系统误差.减小该误差的方法是采用能够直接测量拉力的仪器,例如传感器等,选项C正确;选项A是用于减小阻力的,与题目要求无关,选项A错误;遮光条是用于测加速度的,(4)根据纸带及测瞬时速度的方法,打计数点5时小车的瞬时速度为v5=x6-x410T,利用逐差法计算加速度,表达式可以是a=(x6-x3)-x3(15T)2Ⅱ.在“观察电容器的充、放电现象”实验中,把电阻箱R(0~9999Ω)、一节干电池、微安表(量程0~300μA,零刻度在中间位置)、电容器C(2200μF,16V)、单刀双掷开关组装成如图甲所示的实验电路.甲(1)把开关S接1,微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零;然后把开关S接2,微安表指针偏转情况是C.

A.迅速向右偏转后示数逐渐减小B.向右偏转示数逐渐增大C.迅速向左偏转后示数逐渐减小D.向左偏转示数逐渐增大(2)再把电压表并联在电容器两端,同时观察电容器充电时电流和电压变化情况.把开关S接1,微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160μA时保持不变;电压表示数由零逐渐增大,指针偏转到如图乙所示位置时保持不变,则电压表示数为0.50V,电压表的阻值为3.1kΩ(计算结果保留两位有效数字).

乙[解析](1)开关与1接通,电源给电容器迅速充电,电容器下极板带正电,开关与2接通后,电容器迅速放电,流过微安表的电流方向与之前相反,并迅速衰减,选项C正确.(2)由于电源是一节干电池,所以电源电动势为1.5V,图中电压表读数为0.50V;电路稳定时微安表的示数表示流过电压表的电流,根据欧姆定律可知电压表的阻值RV=UI=0.50160×10-6Ω=3.125×103ΩⅢ.在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中,测得热敏电阻R1在不同温度时的阻值如下表:温度/℃4.19.014.320.028.038.245.560.4电阻/(102Ω)2201601006045302515某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E=3V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3kΩ、5kΩ、12kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统,设计了A、B、C三种电路.因环境温度低于20℃,现要求将室内温度控制在20~28℃范围,且1、2两端电压大于2V,控制开关开启加热系统加热,则应选择的电路是C,定值电阻R的阻值应选3kΩ,1、2两端的电压小于1.8V时,自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响).

[解析]温度要控制在20~28℃范围,说明热敏电阻的阻值范围是4500~6000Ω,A电路中无论选择哪个定值电阻,热敏电阻两端电压都等于电源电动势,控制开关一直开启,加热系统一直在加热,A错误;热敏电阻Rt和定值电阻R应采用串联式电路,选择B电路时,当要开始加热时,控制开关两端电压等于2V,随着温度升高,Rt的阻值减小,定值电阻两端的电压会变大,即控制开关两端电压始终大于2V,加热系统一直加热,无法达到控制室温的目的,B错误;选择C电路时,当要开始加热时,控制开关两端电压为2V,随着温度升高,Rt的阻值减小,定值电阻两端的电压会增加,Rt两端的电压会减小,即控制电路两端电压会减小到2V以下,当温度达到28℃时控制开关两端电压低于某一设定值而关闭加热系统,所以选择C电路能够实现自动控温的目的.根据分压电路关系,20℃时开始加热,有Rt1∶R=U∶(E-U),解得定值电阻R=3kΩ.当达到28℃时,热敏电阻两端电压为U'=Rt2Rt2+RE=45004500+3000×3V=1.8V,即1、2两端的电压小于1.82.某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.调节木板的倾角,使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动,之后将小车固定在靠近打点计时器处,在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码,接通打点计时器电源并释放小车,打点计时器打出的纸带如图乙所示,已知打点计时器所接电源的频率为f,释放小车的瞬间打点计时器打出的点记为“0”,之后的点依此记为“1”、“2”、“3”、……,“0”与“120”两点间的距离记为L,“119”与“121”两点间的距离记为Δx,两滑轮、细绳及纸带的质量均不计,回答下列问题:(1)打点计时器打记为“120”的点时小车的速度大小v120=

fΔx(2)砝码盘和砝码的总质量为m,小车的质量为M,当地重力加速度大小为g,若mgL=

mf2Δx216+Mf2(3)测得Δx=5.12cm,L=153.55cm,m=0.10kg,M=0.90kg,f=50Hz若此过程机械能守恒,则当地的重力加速度大小g=9.87m/s2.(结果保留两位小数)

[解析](1)中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度,所以v120=fΔ(2)若此过程机械能守恒,则有mgL2=12mfΔx42+12Mf(3)根据牛顿运动定律有mg-2FT=ma2,FT=Ma,fΔx22=2aL,将Δx=5.12cm、L=153.55cm、m=0.10kg、M=0.90kg代入解得g=9.3.phyphoxapp是一款用途广泛的传感器手机软件.某同学使用手机下载phyphoxapp后设计了一套实验装置用来验证机械能守恒定律.实验过程如下:(1)一钢尺伸出水平桌面少许,将质量为m=60g的小钢球放在钢尺末端;(2)用刻度尺测量钢尺上表面与水平地板间的高度h=100.00cm;(3)打开手机中的声音“振幅”(声音传感器)app;(4)迅速敲击钢尺侧面,让小钢球自由下落.手机中的传感器记录下声音振幅随时间变化的曲线,如图乙所示,第一、第二个尖峰的横坐标分别对应小钢球离开钢尺时刻和落地时刻.测得这两个尖峰的时间间隔为t=0.46s.(5)当地重力加速度g取9.8m/s2,则下落过程中,重力势能减小量ΔEp=0.588J,动能增加量ΔEk=0.567J.据此可以得到实验结论:在误差允许的范围内,小钢球自由下落过程中机械能守恒.(结果均保留3位有效数字)

(6)敲击钢尺侧面时若导致小钢球获得了一个水平方向上的未被察觉的小速度,对实验测量结果没有(填“有”“没有”影响).

[解析](5)下落过程中,重力势能减小量ΔEp=mgh=0.588J,小钢球落地的平均速度v=ht=5023m/s,根据v=0+v2,ΔEk=12mv2,解得ΔEk=0(6)根据运动的独立性,敲击钢尺侧面时若钢球获得一个较小的水平速度,不影响钢球竖直方向的运动,对实验结果没有影响.4.某同学欲通过实验验证两物体碰撞过程中动量是否守恒.实验室提供器材如下:气垫导轨、一个侧边粘有橡皮泥的滑块总质量为m1、一个带撞针的滑块总质量为m2、天平、两个压力传感器及配件、两个相同的轻质弹簧.实验装置示意图如图所示:实验步骤:①按图示安装好实验装置,注意将压力传感器固定在气垫导轨上并且将轻质弹簧连接在传感器上.②打开气泵给气垫导轨充气,将质量为m1的滑块静置在气垫导轨的左侧,将质量为m2的滑块向右水平推,使连接在右侧压力传感器上的弹簧压缩一些,然后将滑块由静止释放,两滑块碰撞后一起向左运动,并挤压连接在左侧压力传感器的弹簧.③读取左、右压力传感器示数的最大值F1、F2.(1)实验开始前,为了保证动量守恒的条件,需要将气垫导轨调整为水平.

(2)已知弹簧的劲度系数为k,弹簧具有的弹性势能Ep=12kx2(其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量),碰撞前系统的动量p=

m2kF(3)实验要验证动量守恒的表达式为

m2F2=m1+m[解析](1)为了保证动量守恒的条件,即碰撞过程中系统所受合外力为0,需要将气垫导轨调整为水平.(2)碰撞过程中动量守恒,需要验证m2v0=(m1+m2)v,由弹力公式和能量守恒定律可得F1=kx1,F2=kx2,12kx22=12m2v02,12kx12=12(m1+m2)v2,碰撞前系统的初动量p=m2v0=m2kx2=m2kF2,碰撞后系统的末动量p'=(m1(3)实验要验证动量守恒,需要验证的表达式为p=p',代入(2)中的数据整理可得m2F2=m1+题型2其他类力学实验5.学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为9.8m/s2.(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为5.0N(结果保留1位小数);

(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处于失重(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为1.0m/s2(结果保留1位小数).

[解析](1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则读数为5.0N.(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5N,小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态;根据G=mg=5.0N,根据牛顿第二定律mg-T=ma,代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0m/s26.学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为9.8m/s2.(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为5.0N(结果保留1位小数);

(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5N,则此段时间内物体处于失重(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为1.0m/s2(结果保留1位小数).

[解析](1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则读数为5.0N.(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5N,小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态;根据G=mg=5.0N,根据牛顿第二定律mg-T=ma,代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0m/s27.[2023·新课标卷]一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验.(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径.首先,调节螺旋测微器,拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时,发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐,如图甲所示,该示数为0.006(0.007也可)mm;螺旋测微器在夹有摆球时示数如图乙所示,该示数为20.035(20.034~20.036均可)mm,则摆球的直径为20.029(20.028~20.030均可)mm.

(2)单摆实验的装置示意图如图丙所示,其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处,摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小.若将角度盘固定在O点上方,则摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角大于(填“大于”或“小于”)5°.

(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm,则摆长为82.5cm.实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s,则此单摆周期为1.82s,该小组测得的重力加速度大小为9.83m/s2.(结果均保留3位有效数字,π2取9.870)

[解析](1)图甲读数为0mm+0.6×0.01mm=0.006mm(0.007mm也可);图乙读数为20mm+3.5×0.01mm=20.035mm(20.034~20.036mm均可);则摆球的直径为20.035mm-0.006mm=20.029mm(20.028~20.030mm均可).(2)若角度盘上移则形成如图所示图样,则实际摆角大于5°.(3)摆长=摆线长度+小球半径,代入数据计算可得摆长为82.5cm;小球从第1次到第61次经过最低点经过了30个周期,则T=54.6030s=1.82s;根据单摆周期公式T=2πLg可得g=4π2L8.[2023·宁德模拟]某智能手机中的“磁传感器”功能可实时记录手机附近磁场的变化,磁极越靠近手机,磁感应强度越大.宁德某中学的小宁在家里用手机、磁化的小球、支架、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置来测量重力加速度,实验步骤如下;①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方,接着往侧边拉开小球,并用夹子夹住.②打开夹子释放小球,小球运动,取下夹子.③运行手机“磁传感器”功能,手机记录磁感应强度的变化.④改变摆线长和夹子的位置,测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T.(1)如图乙所示,图中记录了实验中磁感应强度的变化情况,测得第1个到第N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期T的测量值为

2tN(2)实验中用游标卡尺测量摆球直径如图丙所示,则摆球直径为2.00cm.

(3)得到多组摆线长L及相应的周期T后,作出了T2-L图像,如图丁所示,根据图中数据可得当地重力加速度g=9.96m/s2.(结果保留三位有效数字)

(4)查表可知宁德地区的重力加速度为9.79m/s2,则本实验的相对误差为1.7%.(结果保留2位有效数字)

[解析](1)测得第1个到第N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期T的测量值为T=tN-(2)摆球直径为d=20mm+0×0.1mm=20.0mm=2.00cm.(3)据单摆周期公式可得T=2πL+rg,整理可得T2=4π2g(L+r),其中r=d2=1.00cm,对比图丁可得k=4π2g=4.01.(4)查表可知宁德地区的重力加速度为9.79m/s2,则本实验的相对误差为η=9.96-9.799.如图甲所示,某同学研究连接体的运动情况,组装的装置图如图甲所示,他将光电门1固定在水平桌面上,光电门2可以在水平桌面上移动,物块A安装了宽度为d的遮光条,物块A和遮光条的总质量为M,用细绳的一端连接物块A,细绳另一端绕过固定在桌面右端的定滑轮后连接质量为m的物块B,调节滑轮高度,让细绳与桌面平行,实验时,该同学在光电门1左侧某一位置由静止释放物块A,物块A依次通过光电门1和2,然后记录光电门1和2之间的距离L和遮光条通过光电门2的时间Δt.在细绳方向上调节光电门2的位置,仍将物块A在光电门1左侧同一位置由静止释放,进行多次实验,记录多组数据,然后根据各组数据做出图像如图乙所示,其中图像的斜率为k,纵截距为b,已知重力加速度为g,实验过程中遮光条通过光电门2时物块B未落地.(1)该同学测出了遮光条的宽度如图丙所示,则遮光条的宽度d=0.510cm.

(2)遮光条每次经过光电门1时物块的速度大小为db(用题中给出的物理量的字母表示).

(3)若满足M=2m,则物块与桌面之间的动摩擦因数μ=

2g-3kd[解析](1)由游标卡尺的读数规则可知,遮光条的宽度d=5mm+2×0.05mm=5.10mm=0.510cm.(2)设遮光条经过光电门1时的瞬时速度为v0,根据运动学公式可得dΔt2-v02=2aL,变形得1Δt2=2ad2L+v02d2(3)根据图像2ad2=k可得物块A和物块B的加速度大小a=kd22,根据牛顿第二定律可得mg-μMg=(M+m)a,代入数据10.利用如图所示的装置研究滑块在斜面上的运动.一斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处,光电门甲的位置可移动.当一带有遮光片的滑块自斜面上端滑下时,与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量,每次都使滑块从同一点由静止开始下滑,并测量出甲、乙之间的距离s,记下相应的t值,所得数据如表中所示.s(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)585.8743.0904.61105.61347.61552.8st0.8540.8070.7740.7240.6680.612完成下列填空和作图:(1)根据表中给出的数据,在下图给出的坐标纸上画出st-t图线[答案]如图所示(2)由所画出的st-t图线,可以得出滑块经过光电门乙速度大小为v=0.87(0.86~0.88均可)m/s,滑块在斜面上运动的加速度大小为a=0.50(0.48~0.52均可)m/s2.(结果均保留2位有效数字[解析](1)根据表格中数据,通过描点画图的方法,在坐标纸上画出st-t图像,如图所示(2)根据题意可知,滑块下滑时做匀加速直线运动,设加速度为a,由逆向思维有,滑块从光电门乙开始,向上做匀减速直线运动,则有s=vt-12at2,整理可得st=-a2·t+v,结合st-t图像可得v=0.87m/s;12a=0.87-0.571.211.如图甲所示是某物理兴趣小组设计的实验装置,能够测量当地的重力加速度并验证机械能守恒定律.先将力传感器固定在天花板上,再用一条细线使其一端系在传感器上,另一端系住一个小球,传感器可以显示出拉力的大小.(1)实验开始前,用游标卡尺测出小球的直径,示数如图乙所示,则小球的直径D=9.7mm.让小球处于自然悬挂状态,此时传感器显示的拉力大小为F1,测出悬线的长为L0.

(2)将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角θ(未知但很小),由静止释放小球,使小球在竖直面内做往复运动,力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示,其中拉力的最小值与最大值分别为F2、F3,拉力变化周期为T0,则当地的重力加速度g=

π2T02L(3)验证机械能守恒定律成立的表达式为3F1-2F2-F3=0(用F1、F2、F3表示).

[解析](1)游标卡尺的读数为9mm+0.1mm×7=9.7mm.(2)单摆周期为2T0,摆长L=L0+D2,根据单摆周期公式2T0=2πLg可得g=(3)由机械能守恒定律得mgL(1-cosθ)=12mv2,又因为F1=mg,F2=mgcosθ,F3-mg=mv2L,得3F1-2F2-F题型3力学创新性实验12.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数,实验时将两光电门固定在长木板上,两光电门之间的距离为x,将带有遮光条的滑块由光电门1的上方静止释放,测量滑块经过光电门1、2的时间间隔t,保持光电门1的位置不变,改变光电门2的位置,并将滑块始终由同一位置静止释放,多次记录x和t,利用记录的实验数据,描绘出如图乙所示的图像.回答下列问题:(1)滑块经过光电门1时的速度v=1m/s,滑块沿长木板下滑时的加速度大小为a=2m/s2.

(2)如果滑块的释放点到长木板底端的距离为L=2.5m,滑块的释放点距离水平面的高度为h=1.5m,重力加速度g取10m/s2,则滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5.

[解析](1)遮光条宽度非常小,可以用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块到达光电门的瞬时速度,根据匀变速直线运动规律有x=vt+12at2,整理得xt=v+a2t,结合图像的斜率和截距可知v=1m/s,a=2(2)根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma,根据几何关系sinθ=hL,联立解得μ=0.513.[2023·辽宁卷]某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段.选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验.测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2).将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B.由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP.将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放.当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON.保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2.(1)在本实验中,甲选用的是一元(填“一元”或“一角”)硬币;

(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为

2μgs0(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则s0-s1s2=

m2m1(用(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因见解析.

[解析](1)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币.(2)甲从O点到P点,根据动能定理有-μm1gs0=0-12m1v02,解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0(3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=2μgs1,v2=2μgs2,若碰撞动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2(4)①s测量有误差;②硬币没有对心碰撞.14.[某同学设计了如题图甲所示的实验装置,测量滑块与木板间的动摩擦因数.所选用的实验器材有倾角可调的斜面、长木板、滑块、电磁打点计时器、频率为50Hz的交流学生电源.(1)下列选项中不必要的操作是AE.

A.需要测量出滑块的质量B.需要测量出斜面的倾角C.纸带必须与长木板平行D.先接通电源再释放滑块E.垫高长木板一端补偿滑块与长木板间的摩擦力(2)某次实验时,调节斜面倾角θ=37°.接通电源,开启打点计时器,释放滑块由静止沿斜面下滑,多次重复实验选择一条点迹清晰的纸带,如图乙所示,A、B、C、D、E、F、G为相邻计数点(相邻两计数点之间还有4个点未画出).则滑块下滑的加速度为0.99m/s2,滑块与木板间的动摩擦因数为0.63.(sin37°=0.6,g取10m/s2,结果均保留两位有效数字)

[解析](1)设滑块的质量为m,斜面倾角为θ,根据牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=sinθcosθ-agcosθ,为了测量滑块与木板间的动摩擦因数,需要测量斜面的倾角,以及滑块的加速度;为了减小误差,纸带必须与长木板平行,应先接通电源再释放滑块,不需要平衡摩擦力(2)相邻两计数点之间还有4个点未画出,可知相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,根据逐差法,可得滑块下滑的加速度为a=xDG-xAD9T2=0.99m/s2,滑块与木板间的动摩擦因数为μ=sinθcosθ-15.某实验小组利用图甲所示装置测量角速度等物理量,实验过程如下:a.按照图甲安装实验装置;b.将纸带沿着圆盘缠绕一圈,用笔做好记号,将这一圈纸带取下来,沿着米尺展开,测得其长度为78.50cm;c.让纸带穿过打点计时器的限位孔,纸带上端用双面胶粘在圆盘上,下端连接一钩码,调节圆盘和打点计时器的相对位置,使圆盘所在的竖直面与打点计时器限位孔所在的竖直面垂直,保证纸带竖直悬挂;d.转动圆盘,让部分纸带缠绕在圆盘上.接通电源,释放纸带,钩码通过纸带带动圆盘顺时针转动.实验得到的一段纸带如图乙所示,纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出.已知打点计时器打点的周期为0.02s,π取3.14.以下计算结果均保留3位有效数字.(1)在打出AB段纸带的时间内,钩码平均速度大小是0.400m/s;

(2)在打出C点时,钩码速度大小是0.745m/s,圆盘转动的角速度大小是5.96rad/s;

(3)在打出AF段纸带的时间内,关于圆盘转动的角速度大小随时间的变化关系,下列可能正确的是B.

[解析](1)在打出AB段纸带时间内,钩码平均速度大小是v=AB5T=4.00×10-2(2)在打出C点时,钩码速度大小是vC=BC+CD2×(5T)=(6.30+8.60)×10-20.2m/s=0.745m/s,圆盘半径为R=(3)由图乙可知,在打出AF段时间内,钩码做匀加速运动,下落速度为vt=vA+at,则圆盘的角速度为ωC=vtR=vAR+aRt16.[2023·全国乙卷]在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干.完成下列实验步骤:①用图钉将白纸固定在水平木板上.②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上,将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计.用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计.小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并CD.

A.用刻度尺量出橡皮条的长度B.用刻度尺量出两细线的长度C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向③撤掉一个测量计,用另一个测力计把小圆环拉到③与②中标记的小圆环同一位置.由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向.

④选择合适标度.由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图.得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示.⑤比较F'和F的大小与方向在误差允许的范围内是否相同,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形的定则.

[解析]②验证力的平行四边形定则需要记录力的大小和方向,同时为了达到相同的作用效果,需要记录圆环位置,并用一个测力计拉动时将圆环拉到相同位置,故选C、D.③将小圆环拉到与②中标记的小圆环同一位置,以保证力的作用效果相同.⑤在误差允许的范围内,比较F'、F的大小是否相等,方向是否相同,验证力的平行四边形定则.17.某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验.水平直杆随竖直转轴一起转动,滑块套在水平直杆上,用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接,细绳处于水平伸直状态,当滑块随水平直杆一起匀速转动时,拉力的大小可以通过力传感器测得,滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得.(1)滑块和角速度传感器的总质量为20g,保持滑块到竖直转轴的距离不变,多次仅改变竖直转轴转动的快慢,测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω,根据实验数据得到的图像F-ω2如图乙所示,图像没有过坐标原点的原因是水平杆不光滑,滑块到竖直转轴的距离为0.257m.(计算结果保留三位有效数字)

(2)若去掉细线,仍保持滑块到竖直转轴的距离不变,则转轴转动的最大角速度为5rad/s.

[解析](1)若水平杆不光滑,当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力,随着角速度增大摩擦力逐渐增大,当摩擦力达到最大值时继续增大转速绳子开始出现拉力,则有F+fmax=mrω2则有F=mrω2-fmax图像不过坐标原点.由图乙可知斜率为k=mr=0解得r≈0.257m(2)由图乙可知,当F=0时,fmax=mrω02,则ω解得ω0=5rad/s.18.[2023·平潭一中二模]如图甲所示,小明将一小球从斜面顶端水平弹出使其做平抛运动,为了研究小球平行于斜面方向的分运动规律,将频闪相机正对斜面拍摄,得到小球运动过程中的频闪照片,并测算出小球沿平行斜面方向的运动距离如图乙所示,已知频闪相机的频闪频率为20Hz.(1)频闪照片中相邻两个位置的时间间隔为0.05s;

(2)小明由图乙判断小球平行斜面方向的分运动为匀加速直线运动,他作出该判断的理由是在误差允许的范围内,相同时间间隔