高考物理复习运动图像专题练习附答案+动量守恒-原子物理检测试题(含解析)+牛顿运动定律

高考物理复习运动图像专题练习附答案+动量守恒-原子物理检测试题(含解析)+牛顿运动定律

高考物理复习运动图像专题练习附答案 +动量守恒-原子物理检测试题(含解析)+牛顿运动定律 运动图像专题练习(一) (附参考答案) 1．如图所示的位移(x)－时间(t)图象和速度(v)－时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车 由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ） A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B．0～t1 时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C．0～t2 时间内，丙、丁两车在 t2 时刻相距最远 D．0～t2 时间内，丙、丁两车的平均速度相等 2．某跳水运动员(可看做质点)参加跳板跳水比赛，t＝0 是其向上起跳 瞬间，其 速度与时间关系图象如图 1－3－17 所示，则（ ） A．t1 时刻开始进入水面 B．t2 时刻开始进入水面 C．t3 时刻已浮出水面 D．0～t2 的时间内，运动员处于失重状态 3．a、b 两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的 v－t 图象如 图 1－ 3－20 所示．在 t＝0 时刻，两车间距离为 d；t＝5 s 的时刻它们第一 次相 遇．关于两车之间的关系，下列说法正确的是（ ） A．t＝15 s 的时刻两车第二次相遇 B．t＝20 s 的时刻两车第二次相遇 C．在 5 s～15 s 时间内，先是 a 车在前，而后是 b 车在前 D．在 10 s～15 s 时间内，两车间距离逐渐变大 4．甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t＝0 时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描 述两车运动的 v－t 图中（如图 2-3 所示），直线 a、b 分别描述了甲乙两车在 0－20 s 的运动情况。关于两 车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ） A．在 0－10 s 内两车逐渐靠近 B．在 10－20 s 内两车逐渐远离 C．在 5－15 s 内两车的位移相等 0 5 10 10 15 20 5 t/s v/(m/s) b(乙) a(甲) 图 2-3 D．在 t＝10 s 时两车在公路上相遇 5．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置， 其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻平放在 电梯内， 受压面朝上，在上面放一物体 m，电梯静止时 电流表示 数为 2I0，若电流表的示数分别如图乙所示， 则电梯运 行的 v-t 图可能是图丙中的（取电梯向上运动 的方向为 正方向）( ) 6．一只弹性小球从某高处由静止释放，与水平地面碰撞后反弹回头。下面是四个同学作出的小球 t 图 像，其中正确的（ ） 7．新中国 成立 60 周 年，在天 安门广场 进行十年 一次的大 阅兵仪式，各个部队和军种都在紧张的演练，在空军演练中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落 地的过程中沿竖直方向运动的 v–t 图像如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．0~10s 内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力， 10~15 整体所受重力小于空气阻力 B．0~10s 内做加速度逐渐减小的加速运动动，10~15s 内 做 加 速度增大的减速运动 C．第 10s 末打开降落伞，以后做匀减速运动至第 15s 末 D．10s 末~15s 末加速度方向竖直向上，加速度的大小在 逐 渐 减 小 8．水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体 A 相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向 下的力压物体 A，使 A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列 关于所加力 F 的大小和运动距离 x 之间关系图象正确的是( )     A． B． C． D． 9．如图甲所示，质量为 m1 的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为 m2 的木块。t=0 时刻起， 给木块施加一水平恒力 F。分别用 a1、a2 和 v1、v2 表示木板、木块的加速度和速度大小，图乙中可能符合 运动情况的是( ) 10．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用，F 的大小与时间 t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关系如图所示。取重力加速度 g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量 m 和物块与地面之 间的动摩擦因数μ分别为( ) A．m＝0.5kg，μ＝0.4 B．m＝1.5kg，μ＝0.4 C．m＝0.5kg，μ＝0.2 D．m＝1.5kg，μ＝0.2 11．如图甲，A 、B 是叠放在光滑水平面上的两物块，两物块质量均为 m，水平力 F 作用在物块 B 上， A、 B 一起从静止开始做直线运动（无相对滑动），F 随时间 t 变化关系如图乙所示。下列说法正确的是 ( ) A．在 0~ t0 时间内，物块 A 所受摩擦力的大 小为 F0 B．在 t0~2t0 时间内，物块 B 的加速度大小为 F0/m C．在 t0~2 t0 时间内，物块 A 所受摩擦力大 小为 F0。 D．在 0~2t0 时间内，A、B 一起向右运动 12．一个质量为 0．3kg 的物体沿水平面做 直线运动，如 图所示，图线 a 表示物体受水平拉力时的 v—t 图象，图 线 b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的 v—t 图象，下 列说法中正确的是（ ） A．水平拉力的大小为 0．1N， B．方向与摩擦力方向相同 C．撤去拉力后物体还能滑行 7．5m D．物体与水平面间的动摩擦因数为 0．1 13．同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为 1kg 的手提包上， 到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后列出下表： 建立物理模型 匀加速直线 匀速直线 匀减速直线 时间段（s） 2.5 9 2.5 平均加速度（m/s2） 0.40 0 0.40 0 t0 F0 -2F0 t2t0 F F A B 图甲 图乙 2 4 6 8 10 12 14 t/s0 s/m 3.0 6.0 9.0 12.0 ④ 2 4 6 8 10 12 14 t/s0 a/m·s-2 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 ② 2 4 6 8 10 12 14 t/s0 v/m·s-1 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 ① ③ 2 4 6 8 10 12 14 t/s F/N 9.2 9.4 9.6 9.8 10.0 9.0 10.2 为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象（设 F 为手提拉力， g＝9.8m/s2）中正确的是( ) A．①② B．②③ C．③④ D．①③ 14． 物体在 x 轴上做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中 F 表示物体所受的合外力，a 表示物 体的加速度，v 表示物体的速度，x 表示物体的位移，C、D 图中曲线为抛物线)（ ） 15．（2012 福建南安一中期末）如图甲所示，在倾角为 30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体， 受到沿斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化（图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿斜面向上为 正）.则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取 10m/s2） ( ) 运动图像专题练习(一)参考答案 1．C 2．BD 3．答案 A 解析 从图象可以看出两车均做匀变速直线运动，因第 5 s 时两车第一次相遇，第 10 s 时速度 相同，由对称性可知两车在第 15 s 时第二次相遇，A 正确，B 错误；由于两车在第 5 s 时第一次相遇，前 5 s 内 va＞vb，故 a 车在后、b 车在前，5 s 后 a 车在前，b 车在后，15 s 后 b 车超过 a 车，C 错误；第 10 s 时两车速度相同，此后 va＜vb，两车间距离逐渐减小，第 15 s 时两车相遇，D 错误． 4． C 5． AD 6． C 7． AD 8． D 9． AC 10．A 11．BC 12．AB 13．D 14．BD 15．C 专题一 相互作用与牛顿运动定律(附参考答案) 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 100 分，考试时间 90 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一、选择题(共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选 项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不 答的得 0 分) 1．(2013·上海普陀区一模)升降机地板上放一木箱，质量为 m，当它对地板的压力 N＝0.8mg 时，它 的状态是( ) A．加速上升 B．减速上升 C．静止 D．匀速上升 [答案] B [解析] 压力 N＝0.8mg10N，当力 F 与斜面的夹角θ为 0°时，静摩擦力沿斜面向上，取得最小值， 为 8N，当力 F 与斜面的夹角θ为 180°时，静摩擦力沿斜面向上，取得最大值，为 28N，故 A 正确。 4．(2013·云南部分名校统考)一物体做直线运动的 v－t 图象如图甲所示，则图乙中能正确反映物本 所受合力 F 随时间变化情况的是( ) [答案] B [解析] 在 0～2s 内，物体做匀加速直线运动，2～4s 内物体做匀减速直线运动，4～6s 内物体做反 方向的匀加速直线运动，且 2～6s 内物体的加速度相同，6～8s 内物体做反方向的匀减速直线运动，综上 可知 B 正确。 5. (2013·广东汕头质量测评)如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂 OA 沿由水平方向 缓慢移到 A′位置过程中，若手臂 OA、OB 的拉力分别为 FA 和 FB，下列表述正确的是( ) A．FA 一定小于运动员的重力 G B．FA 与 FB 的合力始终大小不变 C．FA 的大小保持不变 D．FB 的大小保持不变 [答案] B [解析] 将人受到的重力分解为沿两手臂方向的 FA′和 FB′(FA′＝FA、FB′＝FB)，如图，由图可知， 在手臂 OA 沿由水平方向缓慢移到 A′位置过程中，FA′先减小后增大或一直减小(与 A′的位置有关)，FB′ 一直减小，故 C、D 错误；由于 A′、B 的位置不确定，故 FA 与重力 G 的大小不确定，但 FA 与 FB 的合力始终 大小不变等于 G，故 B 正确，A 错误。 6. (2013·河北石家庄质量检测)如图所示，沿直线运动的小车内悬挂的小球 A 和车水平底板上放置的物 块 B 都相对车厢静止。关于物块 B 受到的摩擦力，下列判断中正确的是( ) A．物块 B 不受摩擦力作用 B．物块 B 受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．物块 B 受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D．因小车的运动方向不能确定，故物块 B 受的摩擦力情况无法判断 [答案] B [解析] 隔离 A 物体受力分析可知，物体 A、B 和小车有水平向左的恒定的共同加速度，对物块 B 受 力分析可知，物块 B 受到重力、支持力和向左的静摩擦力作用，且静摩擦力 fB＝mBa，大小恒定，方向向左， 故 B 正确，A、C 错误；物块 B 受的摩擦力情况与小车的运动方向无关，故 D 错误。 7. (2013·北京东城区联考)如图所示，某人通过定滑轮拉住一重物，当人向右跨出一步后，人与物仍保 持静止，则( ) A．地面对人的摩擦力减小 B．地面对人的摩擦力不变 C．人对地面的压力增大 D．人对地面的压力减小 [答案] C [解析] 物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于 mg，对人受力分析并正交分解如图： 由平衡条件得：N＋mgsinθ＝Mg，f＝mgcosθ，当人拉着绳向右跨出一步后，θ将变小。所以，f＝ mgcosθ会变大，N＝Mg－mgsinθ也将变大。故 C 正确。 8. (2013，山东枣庄一模)若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升机上跳下，从跳离飞机到 落地的过程中沿竖直方向运动的 v－t 图象如图所示，则下列说法正确的是( ) A．0～10s 内空降兵运动的加速度越来越大 B．0～10s 内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力 C．10～15s 内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小 D．10～15s 内空降兵处于失重状态 [答案] BC [解析] 在 v－t 图象中，曲线上某点的切线的斜率表示该点的加速度，由图象可知，在 0～10s 内加 速度逐渐减小，故空降兵做加速度减小的加速运动，A 错误；空降兵受到重力和空气阻力，在 0～10s 内向 下加速，故空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，B 正确；同理可得 10～15s 内空降兵做加速度逐 渐减小的减速运动，空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小，C 正确；当物体有向上的加速度时， 物体处于超重状态，在 10～15s 内空降兵的加速度方向向上，故空降兵处于超重状态，D 错误。 9. (2013·广东肇庆一模)如图所示，在水平地面上放着斜面体 B，物体 A 置于斜面体 B 上，一水平向右 的力 F 作用于物体 A。在力 F 变大的过程中，两物体相对地面始终保持静止，则地面对斜面体 B 的支持力 N 和摩擦力 f 的变化情况是( ) A．N 变大，f 不变 B．N 变大，f 变小 C．N 不变，f 变大 D．N 不变，f 不变 [答案] C [解析] 以 A、B 整体为研究对象，受到重力、支持力、推力和静摩擦力，在力 F 变大的过程中，地 面对斜面体 B 的支持力 N 的大小始终等于两者的重力，保持不变，静摩擦力的大小等于 F，则静摩擦力变 大，故 C 正确。 10．(2013·河北冀州中学一轮检测)质量为 M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量 为 m 的小球，且 M>m。用一力 F 水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度 a 向右运动，细线与竖直方 向成α角，细线的拉力为 F1，如图(a)。若用一力 F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 a′向左 运动的，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为 F1′，如图(b)，则( ) A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′>a，F1′>F1 C．a′a，F1′＝F1 [答案] D [解析] 分别以小球为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律得：图(a)中有，F1cosα＝mg 图(b)中有，F1′cosα＝mg，由以上两式得 F1′＝F1；隔离图(a)中小车研究有，F1sinα＝Ma，隔离图 (b)中小球研究有，F1′sinα＝ma，由于 M>m，故 a′>a，所以 D 正确，A、B、C 错误。 第Ⅱ卷(非选择题 共 60 分) 二、填空题(共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，把答案直接填在横线上) 11．某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力， 示数为 G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，则测力计的示数小于 G，由此判断此时电梯的运 动状态可能是________。 [答案] 减速上升或加速下降 [解析] 设竖直向下为正方向，对砝码有 G－T＝ma，可知 a>0，即 a 的方向竖直向下，而速度的方向 可能向上或向下，因此电梯的运动状态为减速上升或加速下降。 12．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用，F 的大小与时间 t 的关系以及物 块速度 v 与时间 t 的关系如图所示。重力加速度 g 取 10m/s2。由两图象可以求物块的质量 m＝________， 物块与地面间的动摩擦因数μ＝________。 [答案] 1kg 0.2 [解析] 由速度图象可知物块在 4s 之后做匀速运动，所以滑动摩擦力 F1＝2N，在 2～4s 时间内，动 力 F＝3N，设质量为 m，则运动情况满足 F－F1＝ma 而由速度图象可以求出加速度 a＝1m/s2，代入上式可得 m＝1kg，由 F1＝μN＝μmg，得μ＝0.2 13．表演“顶竿”杂技时，一人站在地上(称为“底人”)，肩上扛一长 6m，质量为 5kg 的竹竿，一质 量为 40 kg 的演员在竿顶从静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到竿底时速度正好为零。假设加速时加速 度的大小是减速时的 2 倍，下滑总时间为 3 s，则加速阶段竹竿对“底人”的压力和减速阶段对“底人” 的压力分别为__________、__________。 [答案] 290N 530N [解析] 由 l＝v 2 t 得整个过程的最大速度为 v＝2l t ＝2×6 3 m/s＝4m/s，再由v2 4a ＋v2 2a ＝l 得 a＝2m/s2，对 演员在加速阶段有 mg－f＝m×2a，所以 f＝240N，减速阶段有 f′－mg＝ma，f′＝480N。加速阶段对底人 有 FN1＝f＋m′g＝240N＋50N＝290N，减速阶段对底人有 FN2＝f′＋m′g＝530N。 三、计算题(共 4 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后 答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14．(10 分)如图所示，木板 B 放在水平地面上，在木板 B 上放一重 1 200 N 的 A 物体，物体 A 与木板 B 间，木板 B 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，木板 B 重力不计，当用水平拉力 F 将木板 B 匀速拉出，绳 与水平方向成 30°时，问绳的拉力 T 多大？水平拉力 F 多大？(重力加速度 g＝10 m/s2)。 [答案] 248.4 N 430.2 N [解析] 对 A 有 f＝Tcos30° Tsin30°＋N＝GA μN＝Tcos30° 则有 Tsin30°＋Tcos30° μ ＝GA 解得 T＝248.4 N f＝248.4× 3 2 N＝215.1 N 对 B 受力分析，受到拉力 F，A 对 B 的摩擦力，地对 B 的摩擦力，地对 B 的弹力，A 对 B 的压力，有 F ＝f 地＋fA＝2f＝430.2 N。 15．(10 分) (2013·河北石家庄质检)一氢气球的质量 m＝0.2kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空 中，此时轻绳的拉力 F＝10N。星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，把轻绳系 到一质量 M＝4kg 的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3。当有水平方向风吹来， 气球受到水平风力 F＝kv(k 为一常数，v 为风速)，当风速 v1＝3m/s 时木块在地面上恰好静止。木块受到 的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2。求： (1)气球受到的浮力； (2)若风速 v2＝6m/s，木块开始运动时的加速度大小。 [答案] (1)12N (2)a＝2.14m/s2 [解析] (1)无风时气球在竖直方向受重力、绳上拉力和浮力， F 浮－mg－F＝0，解得 F 浮＝12N (2)当 v1＝3m/s 时对氢气球和木块整体受力分析 F1＝kv1 在水平方向上 F1－Ff＝0 在竖直方向上 F 浮＋FN－(mg＋Mg)＝0， 由 Ff＝μFN 得：k＝3N·s/m Ff＝9N 若 v2＝6m/s 时，F2＝kv2， 由牛顿第二定律得：F2－Ff＝(m＋M)a 得：a＝2.14m/s2 16．(11 分)(2013·河南洛阳一练)一水平传送带足够长，以 v1＝2m/s 的速度匀速运动，将一粉笔头 无初速放在传送带上，达到相对静止时产生的划痕长 L1＝4m。求： (1)粉笔头与传送带间的动摩擦因数； (2)若关闭发动机让传送带以 a2＝1.5m/s2 的加速度减速运动，同时将该粉笔头无初速放在传送带上， 求粉笔头相对传送带滑动的位移大小 L2。(取 g＝10m/s2) [答案] (1)0.05 (2)0.83m [解析] (1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑时间为 t，则依据传送带比粉笔头位移 大 L1 得： v1t－v1 2 t＝L1 粉笔头的加速度 a1＝μg＝v1 t 解得：μ＝0.05 (2)传送带减速运动时，由于 a2>μg。粉笔头先加速到与传送带速度相同，然后以 a1 的加速度减速到 静止。 设二者达到的相同速度为 v 共，由运动等时性得： v1－v 共 a2 ＝v 共 a1 解得 v 共＝0.5m/s 此过程传送带比粉笔头多走 s1＝v2 1－v2 共 2a2 －v2 共 2a1 ＝1m 粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多走 s2＝v2 共 2a1 －v2 共 2a2 ＝1 6 m 粉笔头相对传送带滑动的位移大小为：L2＝s1－s2＝0.83m 17．(11 分)(2013·福建理综)质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸 长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环。已知重力加速度为 g，不计空气影响。 (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小； (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端正下 方，如图乙所示。 ①求此状态下杆的加速度大小 a； ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？ [答案] (1) 6 4 mg (2)① 3 3 g ②2 3 3 (m＋M)g，与水平方向成 60°角斜向上 [解析] (1)如图 1，设平衡时，绳中拉力为 T，有 2Tcosθ－mg＝0① 由图知 cosθ＝ 6 3 ② 由①②式解得 T＝ 6 4 mg③ (2)①此时，对小铁环受力分析如图 2，有 T′sinθ′＝ma④ T″＋T′cosθ′－mg＝0⑤ 由图知θ′＝60°，代入④⑤式，解得 a＝ 3 3 g⑥ ②如图 3，设外力 F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有 Fcosα＝(M＋m)a⑦ Fsinα－(M＋m)g＝0⑧ 由⑥⑦⑧式解得 F＝2 3 3 (M＋m)g tanα＝ 3(或α＝60°) 专题九 动量守恒 原子物理检测(附参考答案) 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 100 分，考试时间 90 分钟。 第Ⅰ卷(选择题 共 20 分) 一、选择题(共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项 符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答 的得 0 分) 1．(2013·北京东城区一模)下列说法正确的是( ) A．α射线是高速运动的氦原子核 B．核聚变反应方程 2 1H＋3 1H→4 2He＋1 0n 中，1 0n 表示质子 C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 D．氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，向外辐射光子 [答案] A [解析] α射线是高速运动的氦核流，A 正确；1 0n 表示中子，B 错误；当照射光的频率大于金属的极 限频率，能发生光电效应时，从金属表面逸出的光电子的最大初动能 Ek＝hν－W0，可见 Ek 与ν不成正比， C 错误；氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，D 错误。 2．(2013·山东济南一模)在下列四个核反应方程中， x1、x2、x3 和 x4 各代表某种粒子( ) ①3 1H＋x1→4 2He＋1 0n ②14 7N＋4 2He→17 8O＋x2 ③9 4Be＋4 2He→12 6C＋x3 ④3 2He＋2 1H→4 2He＋x4 以下判断中正确的是( ) A．x1 是电子 B．x2 是质子 C．x3 是中子 D．x4 是中子 [答案] BC [解析] 根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知，x1 是氘核，x2 是质子，x3 是中子，x4 是质子， 故 B、C 正确。 3．(2013·福建泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是 喜庆心情的流露。有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东，在 最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向东，则另一块的速度大小 是( ) A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v [答案] C [解析] 设向东为正方向，在最高点由水平方向动量守恒得：3mv0＝2mv＋mv′，则 v′＝3v0－2v，C 正确。 4．(2013·山东滨州一模)一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子。已知质子、 中子、氘核的质量分别为 m1、m2、m3，普朗克常量为 h，真空中的光速为 c。下列说法正确的是( ) A．核反应方程是：1 1H＋1 0n→3 1H＋γ B．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3 C．辐射出的光子的能量 E＝(m1＋m2－m3)c2 D．γ光子的波长λ＝ h m1＋m2－m3 c3 [答案] BC [解析] 结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可知，A 错误；聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2 －m3，B 正确，根据爱因斯坦质能方程可知辐射出的光子的能量 E＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，C 正确；根据 E ＝hν，c＝λν，得λ＝ h m1＋m2－m3 c ，D 错误。 5．(2013·北京四中期中)如图，在光滑水平面上放着质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个物块，现用外 力缓慢向左推 B 使弹簧压缩，此过程中推力做功 W。然后撤去外力，则( ) A．从开始到 A 离开墙面的过程中，墙对 A 的冲量为 0 B．当 A 离开墙面时，B 的动量大小为 2mW C．A 离开墙面后，A 的最大速度为4 3 W m D．A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为W 3 [答案] CD [解析] 物块 A 离开墙面前，墙对 A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对 A 有冲量，因此系统机械能 守恒而动量不守恒，选项 A 错误；撤去力 F 后，B 向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A 开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足： W＝1 2 (2m)vB 2① 当 A 离开墙面时，B 的动量大小为 2mvB＝ 4mW，选项 B 错误；A 脱离墙面后速度逐渐增加，B 速度逐 渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当 A、B 速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能 均守恒，有： 2mvB＝(m＋2m)v② Epmax＝1 2 (2m)vB 2－1 2 (m＋2m)v2③ 由①②③可解得： Epmax＝W 3 所以 D 正确；由于 A 脱离墙面后系统动量和机械能均守恒，有 1 2 (2m)v2 B＝1 2 mv2 A＋1 2 (2m)vx 2 (2m)vB＝mvA＋2mvx 解得 vA＝4 3 vB 又 W＝1 2 (2m)vB 2 故 A 离开墙面后，A 的最大速度为4 3 W m ，选项 C 正确。 第Ⅱ卷(非选择题 共 80 分) 二、非选择题(共 10 小题，每小题 8 分，共 80 分) 6．静止的锂核 6 3Li 俘获一个速度为 8×106m/s 的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一 个粒子为氦 4 2He，它的速度大小是 8×106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同。 (1)完成此核反应的方程式 6 3Li＋1 0n―→4 2He＋________。 (2)反应后产生的另一个粒子的速度大小为______________m/s，方向________。 [答案] (1)3 1H (2)8×106 与中子运动方向相反 7．目前核电站是利用核裂变产生的巨大能量来发电的。请完成下面铀核裂变可能的一个反应方程：235 92 U ＋1 0n→141 56 Ba＋92 36Kr＋________。已知 235 92 U、141 56 Ba、92 36Kr 和中子的质量分别为 m1、m2、m3 和 m4，则此反应中一个 铀核裂变释放的能量为________。 [答案] 31 0n (m1－m2－m3－2m4)c2 [解析] 根据质量数守恒和电荷数守恒可知 235 92 U＋1 0n→141 56 Ba＋92 36Kr＋31 0n，利用爱因斯坦质能方程得ΔE ＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m4)c2 8．碘 131 核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为 8 天。 (1)碘 131 核的衰变方程：131 53I→________(衰变后的元素用 X 表示)。 (2)经过________天有 75%的碘 131 发生了衰变。 [答案] (1)131 54X＋ 0 －1e (2)16 [解析] 本题考查衰变方程及半衰期的知识，解本题的关键是熟练掌握半衰期的相关计算。 (1)根据核反应中质量数和电荷数守恒，可写出碘 131 核的衰变方程，131 53I→131 54X＋ 0 －1e。 (2)设经过 n 个半衰期有 75%的碘 131 核发生了衰变，则未发生衰变的为 25%，由(1 2 )n·m＝25%m，得 n ＝2。 T＝2×8＝16(天) 所以经过 16 天有 75%的碘 131 核发生了衰变。 9．(1)下列有关近代物理的说法正确的是________。 A．较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增 加 B．α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 C．玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的 D．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小 (2) 如图为氢原子的能级图，现用能量为 12.8eV 的电子轰击处于基态的氢原子，使氢原子跃迁到激发态， 之后氢原子从激发态向低能级跃迁，则在跃迁的过程中最多能辐射出______种不同频率的光子，辐射出的 光子中，波长最长的光子的波长为______。 [答案] (1)AB (2)6 1.88×10－6m [解析] 由比结合能曲线可知，较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小 的核，核子的比结合能都会增加，选项 A 正确；α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原 子核式结构模型的主要依据，选项 B 正确；玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，但是玻尔提 出的原子定态概念是正确的，选项 C 错误；根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势 能减小，核外电子的运动速度增大，选项 D 错误。 (2) 处于基态的氢原子受到能量为 12.8eV 的高速电子轰击后，最高可以跃迁到 n＝4 能级，最多能辐 射出 6 种不同频率的光子，能辐射出的波长最长的光子是从 n＝4 能级跃迁到 n＝3 能级时放出的，由 E＝ h c λ ，λ＝hc E ＝ 6.63×10－34×3×108 1.51－0.85× 1.6×10－19m＝1.88×10－6m。 10．(1)随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识，下列说法正确的是________。 A．氢原子相邻低能级间的跃迁比相邻高能级间的跃迁所辐射的光子波长短 B．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子的发光现象 C．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 D．光电效应和康普顿效应均揭示了光具有粒子性 E．升高或者降低放射性物质的温度均可改变其半衰期 (2)热核反应有多种形式，其中一种为 3 个α粒子(4 2He)，合成一个 12 6C，已知α粒子(4 2He)质量为 m1，12 6 C 质量为 m2，该核反应的方程式为________；该反应释放光子的频率ν＝________(假设核反应能量以光子 能量释放)。 [答案] (1)ACD (2)34 2He→12 6C 3m1－m2 c2 h [解析] (1)氢原子相邻低能级间的跃迁比相邻高能级间的跃迁所辐射的光子能量大，频率也大，波 长短，选项 A 正确；玻尔理论成功地引入了量子的概念，但保留了太多的经典理论，他没有建立量子理论， 选项 B 错误；德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，选项 C 正确；光的干 涉、衍射现象和多普勒效应都说明光具有波动性，而光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，选项 D 正 确；放射性物质的半衰期由核内结构决定，与物质的物理性质(如温度)或化学性质无关，选项 E 错误。 (2)由质能方程得：ΔE＝Δmc2＝hν，解得： ν＝ 3m1－m2 c2 h 。 11．(2013·南京模拟) (1)如图所示为氢原子的能级示意图。现用能量介于 10～12.9eV 范围内的光子去照射一群处于基态的 氢原子，则下列说法正确的是________。 A．照射光中只有 1 种频率的光子被吸收 B．照射光中有 3 种频率的光子可能被吸收 C．观测到氢原子发射出 3 种不同波长的光 D．观测到氢原子发射出 6 种不同波长的光 (2)关于人类对原子核的研究，历史上曾用α粒子轰击氮 14 发现了质子。设α粒子的运动方向为正方 向，已知碰撞前氮 14 静止不动。α粒子速度为 v0＝3×107m/s，碰撞后氧核速度为 v1＝0.8×107m/s，碰撞 过程中各速度始终在同一直线上，请写出这个核反应的方程式，并求碰撞后质子的速度大小。(保留 2 位 有效数字) [答案] (1)BD (2)14 7N＋4 2He→17 8O＋1 1H 1．6×107m/s [解析] (1)根据玻尔能级跃迁的知识可知：原子从基态跃迁到激发态时要吸收能量，而从激发态跃 迁到基态时则以光子的形式向外释放能量。无论是吸收还是放出能量，这个能量值都不是任意的，而等于 原子发生跃迁时这两个能级间的能量差。根据氢原子的能级示意图知 E2－E1＝10.2eV，E3－E1＝12.09eV， E4－E1＝12.75eV，E5－E1＝13.06eV，说明在 10～12.9eV 范围内的光子的照射下，能使基态的氢原子跃迁 到第 2、3、4 能级，因此照射光中有 3 种频率的光子可能被吸收，选项 A 错误，B 正确；观测到氢原子发 射出n n－1 2 ＝4× 4－1 2 ＝6 种不同波长的光，选项 C 错误，D 正确。 (2)14 7N＋4 2He→17 8O＋1 1H 根据动量守恒得 mHev0＝mov1＋mHv 解得 v＝－1.6×107m/s 即质子的速度大小为 1.6×107m/s 12．(2013·淮安模拟)(1)下列四幅图的有关说法中，正确的是________。 A．若两球质量相等，碰后 m2 的速度一定为 v B．射线甲是α粒子流，具有很强的穿透能力 C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 D．链式反应属于重核的裂变 (2)某光源能发出波长λ＝0.60μm 的可见光，用它照射某金属可发生光电效应，产生光电子的最大初 动能 Ek＝4.0×10－20J。已知普朗克常量 h＝6.63×10－34J·s，光速 c＝3.0×108m/s。求(计算结果保留 2 位 有效数字)： ①该可见光中每个光子的能量； ②该金属的逸出功。 [答案] (1)CD (2)①3.3×10－19J ②2.9×10－19J [解析] (1) 若两球质量相等，两球只有发生弹性碰撞，碰后 m2 的速度才为 v，选项 A 错误；带电粒 子在磁场中受到洛伦兹力的作用，利用左手定则可判断，射线甲是β粒子流，穿透能力很弱，选项 B 错误； 在光颜色保持不变，即入射光的频率不变，根据光电效应规律可知，入射光越强，饱和光电流越大，选项 C 正确；根据链式反应的特点可知，链式反应属于重核的裂变，选项 D 正确。 (2)①E＝h c λ ＝3.3×10－19J ②W＝E－Ek＝2.9×10－19J 13．(2013·山东青岛一模)两物块 A、B 用轻弹簧相连，质量均为 2kg，初始时弹簧处于原长，A、B 两物块都以 v＝6m/s 的速度在光滑的水平地面上向右运动，质量为 4kg 的物块 C 静止在前方，如图所示。 B 与 C 碰撞后二者会粘在一起运动。求： (1)B 与 C 碰撞后瞬间 B 与 C 的速度大小； (2)当弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度为多大。 [答案] (1)2m/s (2)3m/s [解析] (1)对 B、C 碰撞过程：mBv＝(mB＋mC)vBC 解得 vBC＝2m/s (2)当 A、B、C 三者速度相等时弹性势能最大，对 A、B、C 组成的系统，由动量守恒定律得： (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 解得：vABC＝3m/s。 14．如图所示，质量为 M 的木块静置于光滑的水平面上，一质量为 m、速度为 v0 的子弹水平射入木块 且未穿出。设木块对子弹的阻力恒为 F，求： (1)射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？ (2)子弹在木块中运动了多长时间？ [答案] (1) Mmv2 0 2 M＋m Mmv2 0 2F M＋m (2) Mmv0 M＋m F [解析] (1)以 m 和 M 组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得 mv0＝(m＋M)v，得 v＝ mv0 M＋m 动能的损失ΔE＝1 2 mv2 0－1 2 (M＋m)v2 即ΔE＝ Mmv2 0 2 M＋m ，损失的机械能转化为内能。 设木块的位移为 s，子弹相对于木块的位移为 L，对 m，由动能定理知 －F(s＋L)＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 对 M，由动能定理知 Fs＝1 2 Mv2 联立以上两式得 FL＝1 2 mv2 0－1 2 (M＋m)v2 即 FL＝ Mm 2 M＋m v2 0 L＝ Mmv2 0 2F M＋m 。 (2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得 t＝v－v0 a ＝ Mmv0 M＋m F 15．(2013·唐山模拟) 如图所示，质量 mA＝2kg 的木块 A 静止在光滑水平面上。质量 mB＝1kg 的木块 B 以某一初速度 v0＝5m/s 向右运动，与 A 碰撞后两者均向右运动。木块 A 向右运动，与挡板碰撞反弹(与挡板碰撞无机械能损失)。 后来与 B 发生二次碰撞，碰后 A、B 同向运动，速度分别为 0.9m/s、1.2m/s。求： (1)第一次 A、B 碰撞后 A 的速度； (2)第二次碰撞过程中，A 对 B 做的功。 [答案] (1)2m/s 1m/s (2)0.22J [解析] (1)设 A、B 第一次碰撞后的速度大小分别为 vA1、vB1，由动量守恒定律得： mBv0＝mAvA1＋mBvB1① A 与挡板碰撞反弹，则第二次 A、B 碰撞前瞬间的速度分别为 vA1、vB1，依题意易知第二次碰撞后 A、B 均向左运动，设碰撞后的速度大小分别为 vA2、vB2，由动量守恒定律得： mAvA1－mBvB1＝mAvA2＋mBvB2② 由 mA＝2kg，mB＝1kg，v0＝5m/s，vA2＝0.9m/s， vB2＝1.2m/s 联立解得： vA1＝2m/s vB1＝1m/s③ (2)设第二次碰撞过程中，A 对 B 做的功为 W，根据动能定理， W＝1 2mBv2B2－1 2mBv2B1＝0.22J④