【物理】2019届二轮复习选修3－5学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习选修3－5学案（江苏专用）

专题七　选修3－5‎ 考情分析 ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ 选修3－5‎ T12C(1)：衰变方程T12C(2)：光子的动量及动量改变量 T12C(3)：光子的能量、光电效应方程 T12C(1)：比结合能曲线 T12C(2)：动量、德布罗意波 T12C(3)：动量守恒定律 T12C(1)：半衰期 T12C(2)：光电效应 T12C(3)：动量定理的应用 命题解读 本专题13个考点，皆为Ⅰ要求。从三年命题情况看，命题特点为：‎ ‎(1)注重基础。2016年的核反应、2017年的比结合能曲线、德布罗意波、2018年的光电效应、半衰期等较好的考查了学生的理解能力。‎ ‎(2)强调综合。如2016年的光电效应计算、动量守恒定律与原子核衰变综合、能级跃迁与光电效应综合、2018年动量定理的应用等。‎ ‎2019年高考选修3－5由选考改为必考。‎ 整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会。‎ ‎1.(多选)(2018·第一次全国大联考)下列说法中正确的是(　　)‎ A.光子具有能量，但是没有动量 B.玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 C.用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大 D.轻核聚变更为清洁、安全，目前大型核电站都是利用轻核聚变发电的 解析　光子不仅具有能量，也具有动量，选项A错误；玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，选项B正确；用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，由光电效应方程Ekm＝hν－W 可知，用频率比较大的X射线照射时光电子的最大初动能较大，选项C正确；目前大型核电站是利用重核裂变发电的，选项D错误。‎ 答案　BC ‎2.(多选)(2018·常州市模拟)放射性同位素被广泛应用，下列说法正确的是(　　)‎ A.放射性同位素的半衰期都比较短，对环境的危害较小 B.放射性同位素能够消除静电是因为其发出的γ射线 C.用放射性同位素参与化学反应可以起到示踪的作用 D.放射性同位素可以作为核燃料进行发电 解析　人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短得多，对环境的危害较小，故选项A正确；利用放射线消除有害静电是利用α射线的电离性，使空气分子电离成导体，将静电放出，故选项B错误；用放射性同位素参与化学反应，做示踪原子，故选项C正确；放射性的同位素大多是人工合成的同位素，成本高，存在量较小，所以放射性材料不能作为核燃料进行发电，故选项D错误。‎ 答案　AC ‎3.(多选)(2018·江苏省泰州中学检测)下列说法正确的是(　　)‎ A.对黑体辐射的研究表明；随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动 B.氡222的半衰期是3.8天，镭226的半衰期是1620年，所以一个确定的氡222核一定比一个确定的镭226核先衰变 C.德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短 D.原子核越大，它的结合能越大，原子核越稳定 解析　对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较短的方向移动，所以选项A是正确的；半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故选项B错误；根据德布罗意波长公式λ＝ 可以知道，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，所以选项C是正确的；比结合能的大小反应原子核的稳定情况；比结合能越大，原子核越稳定，故选项D错误。‎ 答案　AC ‎4.(多选)(2018·江苏省扬州中学调研)A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定(　　)‎ A.碰前A的动量等于B的动量 B.碰前A的动量大于B的动量 C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量 解析　两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故选项A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是碰撞前A的动量小于B的动量，故选项B错误，C、D正确。‎ 答案　CD ‎　原子物理五大热点考查 ‎1.光电效应 ‎ (1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0‎ ‎(2)处理光电效应问题的两条线索：光强和光的频率 ‎①光强→光子数目多→发射光电子数多→光电流大 ‎②光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大 ‎2.氢原子的能级跃迁 ‎(1)跃迁：当光子的能量满足hν＝E末－E初时，才能在激发态之间跃迁。‎ ‎(2)电离：当光子能量大于等于原子所处的能级的能量值的绝对值时，也可以被氢原子吸收，使氢原子电离，多余的能量作为电子的初动能。‎ ‎(3)光谱线条数：一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝。‎ ‎(4)能量变化：当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子电势能减小，电子动能增大，原子总能量减小；反之，轨道半径增大时，原子电势能增大，电子动能减小，原子总能量增大。‎ ‎3.核反应方程的书写要求：遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量会发生亏损且释放能量。‎ ‎4.原子核的衰变 ‎(1)衰变的实质：α衰变2H＋2n→He，即α射线；β衰变n→H＋e，即β射线，在α衰变或β衰变过程中放出γ射线。‎ ‎(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，与原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律。‎ ‎5.计算原子核的结合能：ΔE＝Δmc2。‎ ‎【例1】 (多选)(2018·河南天一大联考)1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。对于与光电效应有关的四个图象，下列说法正确的是(　　)‎ A.图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电 B.图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关 C.图3中，若电子电荷量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Uc－ν图象可求得普朗克常量的表达式为h＝ D.图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象可知，该金属的逸出功为E或hνc 解析　‎ 用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故选项A错误；由题图2可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故选项B错误；根据爱因斯坦光电效应方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝ν－，Uc－ν图象的斜率为，即＝，解得h＝，故选项C正确；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，Ek－ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hνc，故选项D正确。‎ 答案　CD ‎【例2】 (2018·全国卷Ⅲ，14)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝核Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋Al→n＋X。X的原子序数和质量数分别为(　　)‎ A.15和28 B.15和30‎ C.16和30 D.17和31‎ 解析　据α粒子和中子的质量数和电荷数写出核反应方程：He＋Al→n＋X，结合质量数守恒和电荷数守恒得，A＝4＋27－1＝30，Z＝2＋13－0＝15，原子序数等于核电荷数，故B正确。‎ 答案　B ‎【变式1】 (多选)(2018·江苏省南通市调研)已知氢原子基态能量为－13.6 eV，下列说法正确的有(　　)‎ A.使n＝2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4 eV的能量 B.氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级，放出光子，能量增加 C.处于基态的氢原子吸收能量为10.2 eV的光子跃迁到n＝4激发态 D.大量处于n＝3激发态的氢原子会辐射出3种不同频率的光 解析　氢原子基态能量为－13.6 eV，则n＝2能级为E2＝－ eV＝－3.4 eV，因此要使处于n＝2能级氢原子电离至少需要吸收能量3.4 eV，故选项A正确；氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级，放出光子，能量减少，故选项B错误；处于基态的氢原子吸收能量为10.2 eV的光子，能量为ΔE＝(－13.6－10.2) eV＝3.4 eV，因此会从n＝1能级跃迁到n＝2能级，故选项C错误；根据C ‎＝3，可知，大量处于n＝3能级的氢原子跃迁时能辐射出3种不同频率的光子，故选项D正确。‎ 答案　AD ‎　动量定理的理解与应用 对动量定理公式Ft＝p′－p的理解 说明：(1)F为合外力 ‎①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft ‎②变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1‎ ‎(2)牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ‎(3)当Δp一定时，F t为确定值，F＝，t小F大——如碰撞，t大F小——缓冲 ‎【例3】 (2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市第一次调研)蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50 kg 的运动员从距蹦床h1＝1.25 m高处自由落下，接着又能弹起h2＝1.8 m高，运动员与蹦床接触时间t＝0.50 s，在空中保持直立，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；‎ ‎(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。‎ 解析　(1)重力的冲量大小为：‎ I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s ‎(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得mgh1＝mv 解得v1＝5 m/s 弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得 mgh2＝mv 解得v2＝6 m/s 取向上为正方向，由动量定理有 ‎(F－mg)·t＝mv2－(－mv1)‎ 代入数据解得F＝1 600 N 答案　(1) 250 N·s　(2)1 600 N ‎【变式2】 (2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50‎ ‎ g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 解析　根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。‎ 答案　C ‎　动量守恒定律与力学综合 ‎1.若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。‎ ‎2.若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理。‎ ‎3.若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理。‎ ‎4.若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。‎ ‎【例4】 (2018·第三次全国大联考)如图5所示，质量为2 kg、上表面光滑的木板甲静止在光滑水平面上，质量为1 kg 可视为质点的小物体丙放在木板甲右端，质量为4 kg的木板乙以5 m/s的速度向左运动，与木板甲碰撞以后小物体丙滑到木板乙上，木板甲获得8 m/s的速度，木板乙上表面与小物体丙的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2，求：‎ 图5‎ ‎　(1)小物体丙在木板乙上表面滑动多长时间相对木板乙静止；‎ ‎(2)要使小物体丙不从木板乙上滑落，木板乙的最小长度。‎ 解析　(1)木板乙与甲碰撞过程系统动量守恒，以木板乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′‎ 小物体丙在木板乙上滑动至有共同速度v，对小物体丙与木板乙，由动量守恒定律得 m乙v乙′＝(m丙＋m乙)v 对小物体丙应用牛顿第二定律得m丙a＝μm丙g 滑动时间t＝，解得t＝0.4 s。‎ ‎(2)设小物体丙最终相对木板乙滑动的最大距离(即木板乙的最小长度)为s，由能量守恒定律得 μm丙gs＝m乙v乙′2－(m乙＋m丙)v2‎ 解得：s＝0.2 m。‎ 答案　(1)0.4 s　(2)0.2 m ‎【变式3】 (多选)(2018·江苏省徐州市质检)如图6所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则(　　)‎ 图6‎ A.细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2‎ C.弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2‎ D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为 解析　细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝，故选项A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，故选项B正确；弹簧恢复原长时木板获得了动能，所以滑块的动能小于mv2‎ ‎，故选项C错误；长木板停止运动时，小滑块恰好滑到木板的最右端速度也为零，由能量守恒得mv2＝μmgl，解得μ＝，故选项D正确。‎ 答案　ABD ‎　 动量守恒定律与电磁学综合 ‎【例5】 (2018·江西师范大学附中检测)匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它衰变时放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图7所示，那么碳14的衰变方程为(　　)‎ 图7‎ A.C→e＋B B.C→He＋Be C.C→H＋B D.C→e＋N 解析　原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e。两带电粒子动量大小相等，方向相反，动量大小：m1v1＝m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r＝，可见r与q成反比。由题意知，大圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7，所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N，所以碳14的衰变方程为C→e＋N，故选项D正确。‎ 答案　D ‎【变式4】 (2018·哈尔滨第六中学模拟)静止在匀强电场中的碳14原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且经过相等的时间后形成的轨迹如图8所示(a、b表示长度，粒子重力均不计)。那么碳14的核反应方程可能是(　　)‎ 图8‎ A.C→He＋Be B.C→e＋B C.C→e＋N D.C→H＋B 解析　由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放出的粒子的受力方向均与电场强度方向相同，均带正电，选项C错误；反冲核、粒子在电场中偏转时，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，发生核反应时反冲核、粒子的速度分别为v1、v2，由动量守恒有m1v1＝m2v2，结合题图有b＝v1t，a＝v2t，4b＝t2，2a＝t2，解得＝，比较选项A、B、D可得，选项A正确。‎ 答案　A 一、单项选择题 ‎1.(2018·江苏省扬州中学检测)与原子核内部变化有关的现象是(　　)‎ A.天然放射现象 B.光电效应现象 C.电离现象 D.α粒子散射现象 解析　天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，涉及到原子核内部的变化，故选项A正确；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故选项B错误；电离现象是电子脱离原子核的束缚，不涉及原子核内部变化，故选项C错误；α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故选项D错误。‎ 答案　A ‎2.(2018·辽宁本溪市联合模拟)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 解析　运动员的速度开始为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为I＝mv＋mgΔt，运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，人获得的动能是人本身做功化学能转化为机械能，故选项D正确。‎ 答案　D ‎3.(2018·湖南石门一中模拟)目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是(　　)‎ A.β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱 B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核 C.U衰变成Pb要经过4次β衰变和7次α衰变 D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 解析　β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透本领比较强，故选项A错误；半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故选项B错误；因为β衰变的质量数不变，所以α衰变的次数n＝＝8，在α衰变的过程中电荷数总共少16，则β衰变的次数m＝＝6，故选项C错误；β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故选项D正确。‎ 答案　D ‎4.(2018·安徽江南十校联考)铀核(U)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A.m＝5，n＝4‎ B.铀核(U)的比结合能比铅核(Pb)的比结合能小 C.衰变产物的结合能之和小于铀核(U)的结合能 D.铀核(U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关 解析　衰变方程为：U→Pb＋mα＋nβ，根据质量数和电荷数守恒知：235＝207＋4m，解得：m＝7，又：92＝82＋7×2－n，得：n＝4，故选项A错误；比结合能越大，原子核结合得越牢固，原子核越稳定，所以铀核(U)的比结合能比铅核(Pb)的比结合能小，故选项B正确；铀核U衰变成原子核Pb，根据爱因斯坦质能方程知，有质量亏损，释放能量，则衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故选项C错误；铀核(U)衰变过程的半衰期与环境的温度、压强等无关，故选项D错误。‎ 答案　B ‎5.(2018·第二次全国大联考)预计2018年，我国将完成“北斗三号”18颗全球组网卫星发射，采用星载氢原子钟。如图1所示为氢原子的能级图，以下判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A.大量氢原子从n＝3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子 B.氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小 C.当氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级时，要吸收光子 D.从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的 解析　根据C＝3可知，大量氢原子从n＝3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子，选项A正确；氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，将吸收能量，原子的能量增大，选项B错误；氢原子从高能级跃迁到低能级时辐射出光子，选项C错误；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，结合题图可知，原子发射光子的频率是不连续的，选项D错误。‎ 答案　A 二、多项选择题 ‎6.(2018·苏锡常镇四市调研)(1)关于下列四幅图的说法，正确的是(　　)‎ A.图甲中放射源放出的三种射线是由同一种元素的原子核释放的 B.图乙中用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，锌板和验电器均带正电 C.图丙为黑体辐射规律，普朗克提出能量子概念成功解释了这个规律 D.图丁中电子束通过铝箔后的衍射图样说明电子具有粒子性 解析　图甲中放射源放出的三种射线是α射线、β射线、γ射线，α射线是原子核发生α衰变，β射线是原子核发生β衰变后产生的，γ射线是伴随前两者产生的，故选项A错误；图乙中用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，锌板发出光电子，锌板和验电器均带正电，故选项B正确；图丙为黑体辐射规律，普朗克提出能量子概念成功解释了这个规律，故选项C正确；图丁中电子束通过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性，故选项D错误。‎ 答案　BC ‎7.(2018·扬州第一学期期末)关于核反应方程，下列说法正确的是(　　)‎ A.H＋H→He＋n是核聚变反应 B.铀核裂变的核反应为：U＋Ba→Kr＋2n C.在衰变方程Pu→X＋He＋γ中，X原子核的质量数是234‎ D.卢瑟福发现了质子的核反应方程为：He＋N→O＋H 解析　H＋H→He＋n是轻核变成质量较大的原子核，是核聚变反应，故选项A正确；铀核裂变是铀核俘获一个中子后裂变成两个中等质量的原子核，故选项B错误；核反应中质量数守恒，电荷数守恒，He原子核的质量数为4，γ是电磁波，所以X原子核的质量数是235，故选项C错误；卢瑟福发现了质子的核反应方程为：He＋N→O＋H，故选项D正确。‎ 答案　AD ‎8.(2018·苏锡常镇四市一调)下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是(　　)‎ A.甲图中，原子核D和E聚变成原子核F要放出能量 B.乙图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 C.丙图中，原来有1 000个氡222，经过一个半衰期的时间，一定还剩下500个 D.丁图中，链式反应属于重核的裂变 解析　甲图中，原子核D和E聚变成原子核F有质量亏损要放出能量，选项A正确；乙图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，确定了原子的核式结构理论，选项B错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，选项C错误；丁图中，链式反应属于重核的裂变，选项D正确。‎ 答案　AD ‎9.(2018·江苏省南京市、盐城市模拟)下面四幅示意图中能正确反应核反应过程的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　‎ 解析　符合质量数守恒和电荷数守恒，故选项A、D正确；选项B中质量数守恒，但电荷数不守恒，故选项B错误；选项C中质量数守恒，但电荷数不守恒，故选项C错误。‎ 答案　AD 三、计算题 ‎10.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图2所示，质量为0.4 kg 的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)。设小车足够长，求从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。‎ 图2‎ 解析　以木块和小车为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，‎ 代入数据解得v＝0.4 m/s；‎ 以木块为研究对象，由动量定理得－μmgt＝mv－mv0，‎ 代入数据解得t＝0.8 s 答案　0.8 s ‎11.如图3甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝6 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触，另有一个物块C从t＝0时刻以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v－t图象如图乙所示。试求：‎ 图3‎ ‎(1)物块C的质量m3；‎ ‎(2)在5 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向。‎ 解析　(1)根据图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为 v1＝6 m/s 相碰后的速度为v2＝2 m/s 根据动量守恒定律得 m3v1＝(m1＋m3)v2‎ 解得m3＝2 kg。‎ ‎(2)规定向左的方向为正方向，在第5 s末和第15 s末物块A的速度分别为 v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s 所以物块A的动量变化为 Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s 即在5 s到15 s的时间内物块A动量变化的大小为 ‎16 kg·m/s，方向向右。‎ 答案　(1)2 kg　(2)16 kg·m/s，方向向右