2021届高考物理二轮复习专题提能专训：17碰撞与动量守恒、近代物理初步.docx

提能专训(十七)　
碰撞与动量守恒、近代物理初步
时间：90分钟　满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2022·福建理综)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是(　　)

A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
答案：C
解析：γ射线为电磁波，在电场、磁场中均不偏转，故②和⑤表示γ射线，A、B、D项错；α射线中的α粒子为氦的原子核，带正电，在匀强电场中，沿电场方向偏转，故③表示α射线，由左手定则可知在匀强磁场中α射线向左偏转，故④表示α射线，C项对．
2．下表给出了一些金属材料的逸出功.
材料
铯
钙
镁
铍
钛
逸出功(10－19 J)
3.0
4.3
5.9
6.2
6.6
现用波长为400 nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m/s)(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
答案：A
解析：要发生光电效应，则入射光的能量大于金属的逸出功，由题可算出波长为400 nm的光的能量为E＝hν0＝h＝6.63×10－34× J＝4.97×10－19 J，大于铯和钙的逸出功，所以A选项正确．
3．(2022·山东潍坊一模)(多选)下列关于近代物理学问的说法正确的是(　　)
A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数削减了2个
B．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有较强的穿透力量
C．含有10个原子核的放射性元素，经过一个半衰期，肯定有5个原子核发生衰变
D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放肯定频率的光子，同时氢原子的电势能削减，电子的动能增加
答案：AD
解析：发生α衰变时，质量数少4，电荷数少2，生成核与原来的原子核相比，中子数削减了2个，A正确；β射线是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子，B错误；半衰期是对大量粒子的统计规律，对少数原子核不适用，C错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放肯定频率的光子，同时氢原子的电势能削减，电子的动能增加，D正确．
4.
(2022·广东肇庆一模)如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠．下列说法正确的是(　　)
A．这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n＝3能级跃迁到n＝2能级所发出的光波长最短
B．这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能削减，电势能增加
C．能发生光电效应的光有三种
D．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60 eV
答案：D
解析：依据C＝3知，这群氢原子能辐射出三种不同频率的光子，从n＝3向n＝2跃迁的光子频率最小，波长最长，A错误．氢原子辐射光子的过程中，能量削减，轨道半径减小，依据k＝m知，电子动能增加，则电势能削减，B错误．只有从n＝3跃迁到n＝1，以及从n＝2跃迁到n＝1辐射的光子能量大于逸出功，所以能发生光电效应的光有两种，C错误．从n＝3跃迁到n＝1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6 eV－1.51 eV＝12.09 eV，依据光电效应方程得，Ekm＝hν－W0＝12.09 eV－2.49 eV＝9.60 eV，D正确．
5．(2022·广东深圳市二模)(多选)U的衰变方程为U→Th＋He，其衰变曲线如图，T为半衰期，则(　　)

A.U发生的是α衰变 B.U发生的是β衰变
C．k＝3 D．k＝4
答案：AC
解析：由衰变方程可知U发生的是α衰变，A对，B错；m＝km0，当k＝3时，m＝m0，故k＝3，C对，D错．
6．(2022·江苏南京一模)

(多选)钚的一种同位素Pu衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为Pu→U＋He＋γ，则(　　)
A．核燃料总是利用比结合能小的核
B．核反应中γ的能量就是Pu的结合能
C.U核比Pu核更稳定，说明U的结合能大
D．由于衰变时释放巨大能量，所以Pu比U的比结合能小
答案：AD
解析：在核反应中，比结合能越大的核越恒定，所以核燃料总是利用比结合能较小的核，A正确；衰变后，铀核比钚核更加稳定，所以铀核的比结合能大，D正确．
7．(多选)用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发觉当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是(　　)

A．增大a光的强度，验电器的指针偏角肯定减小
B．a光照射金属板时验电器的金属小球带负电
C．a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长
D．若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的
答案：CD
解析：依据题意，a光能使该金属发生光电效应，而b光不能，a光的频率必定大于b光的频率，a光在真空中的波长肯定小于b光在真空中的波长，选项C正确；a光照射金属板时，能使该金属发生光电效应，即放出电子，金属板会因放出电子而带正电荷，当增大a光的强度时，金属板逸出的电子增多，金属板的带电荷量增多，验电器指针偏角肯定增大，所以选项A错误；a光照射金属板时，金属板带正电，与其连接的验电器的金属小球也带正电，所以选项B错误；依据玻尔理论，氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的光子能量大于氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的光子能量，又a光的频率较大，光子能量也较大，所以若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的，选项D正确．
8．(2022·天津六校联考)A、B为原来都静止在同一匀强磁场中的两个放射性元素原子核的变化示意图，其中一个放出一α粒子，另一个放出一β粒子，运动方向都与磁场方向垂直．如图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中不正确的是(　　)

A．磁场方向肯定为垂直纸面对里
B．尚缺乏推断磁场方向的条件
C．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子
D．b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹
答案：A
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能推断磁场的方向，故A错误，B正确；放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，且电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故B放出的是β粒子，A放出的是α粒子，故C正确；放射性元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，由半径公式可得轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而α粒子和β粒子的电量比反冲核的电量小，则α粒子和β粒子的半径比反冲核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹，故D正确．
二、填空题(本题包括2小题，共12分．请将正确的答案填写在横线上．)
9．(6分)(1)现有三个核反应方程：
①Na→Mg＋e；
②U＋n→Ba＋Kr＋3n；
③H＋H→He＋n.
下列说法正确的是________．
A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变
B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变
C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变
D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变
(2)现有四个核反应：
A.H＋H→He＋n
B.U＋n→X＋Kr＋3n
C.Na→Mg＋e
D.He＋Be→C＋n
①________是发觉中子的核反应方程，________是争辩原子弹的基本核反应方程，________是争辩氢弹的基本核反应方程．
②B中X的质量数和中子数分别为________、________.
答案：(1)C　(2)①D　B　A　②144　88
解析：(1)Na→Mg＋e中Na核释放出β粒子，为β衰变；U＋n→Ba＋Kr＋3n为铀核在被中子轰击后，分裂成两个中等质量的核，为裂变；而H＋H→He＋n为聚变，故C正确．
(2)①人工转变核反应方程的特点：箭头的左边是氦核与常见元素的原子核，箭头的右边也是常见元素的原子核，故D是查德威克发觉中子的核反应方程；B是裂变反应，是争辩原子弹的基本核反应方程；A是聚变反应，是争辩氢弹的基本核反应方程．
②由电荷数守恒和质量数守恒可以判定，X的质量数为144，电荷数为56，所以中子数为144－56＝88.
10．(2022·山东泰安质检)(6分)氘核H与氚核H结合成氦核He的核反应方程如下：
H＋H―→He＋n＋17.6 MeV
(1)这个核反应称为________．
(2)要发生这样的核反应，需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文．式中17.6 MeV是核反应中________(填“放出”或“吸取”)的能量，核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量________(填“增加”或“削减”)了________kg.
答案：(1)聚变　(2)放出　削减　3.1×10－29
解析：H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变反应，17.6 MeV是反应中放出的能量，再由ΔE＝Δmc2可知，质量削减Δm＝＝3.1×10－29 kg.
三、计算题(本题包括5小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分)
11．(2022·湖北八校二联)(10分)如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：

(1)甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；
(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生其次次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失了多少机械能？
答案：(1)mv　(2)mv
解析：(1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体速度为v
由系统动量守恒有2mv0＝3mv
得v＝v0
此时系统的动能Ek＝×3mv2＝mv
(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物体在这段时间内平均速度相等，有
v1＝
而第一次碰撞中系统动量守恒，有
2mv0＝2mv1＋mv2
由以上两式可得
v1＝
v2＝v0
所以第一次碰撞中的机械能损失量为
E＝×2mv－×2mv－mv＝mv
12．(2022·宁夏银川一中一模)(10分)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：

(1)木板B上表面的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R.
答案：(1)　(2)
解析：(1)由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，有：
mv0＝m＋2mv1
又μmgL＝mv－m2－×2mv
解得：μ＝
(2)当A滑上C，B与C分别，A、C间发生相互作用．A到达最高点时两者的速度相等，A、C组成的系统水平方向动量守恒，有：
m＋mv1＝(m＋m)v2
又m2＋mv＝(2m)v＋mgR
解得：R＝
13．(12分)(1)下列说法中正确的是________．
A．光电效应试验揭示了光的粒子性
B．原子核发生一次β衰变，该原子核外就失去一个电子
C．原子核放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素
D．玻尔在争辩原子结构中引进了量子化的观念
E．氢原子从低能级跃迁到高能级要吸取能量
(2)如图所示，两质量分别为M1＝M2＝1.0 kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高．现有一质量m＝2.0 kg的物块以初速度v0＝5.0 m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为1.0 m/s，物块以某一速度滑上凹槽，已知物块和木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：

①木板的长度；
②物块滑上凹槽的最大高度．
答案：(1) ADE　(2)①0.8 m　②0.15 m
解析：(2)①物块在木板上滑行的过程中，对系统由动量守恒和能量守恒可得：
mv0＝mv1＋(M1＋M2)v2
mv＝mv＋(M1＋M2)v＋μmgL
联立求解可得：v2＝4 m/s，L＝0.8 m
②物体在凹槽上滑行的过程中，同理可得：
mv1＋M2v2＝(m＋M2)v
mv＋M2v＝(m＋M2)v2＋mgh
解得：h＝0.15 m.
14．(2022·河北省唐山市高三二模)(12分)(1)最近在河南安阳发觉了曹操墓地．放射性同位素14C在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C残存量，就可推算出化石的年月．为争辩14C的衰变规律，将一个原来静止的14C原子核放在匀强磁场中，观看到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的半径之比R∶r＝7∶1，那么14C的衰变方程式应是(　　)
A．14 6C→10 4Be＋He B．14 6C→14 5B＋e
C．14 6C→14 7N＋e D．14 6C→13 5B＋H

(2)如图所示，三个大小相同的小球A、B、C置于光滑水平面上，三球的质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg、mC＝2 kg，取水平向右方向为动量的正方向，某时刻A球的动量pA＝20 kg·m/s，B球此刻的动量大小和方向未知，C球的动量为零．A球与B球先碰，随后B球与C球碰，碰撞均在同始终线上，且A球与B球以及B球与C球之间分别只相互碰撞一次，最终全部小球都以各自碰后的速度始终匀速运动．全部的相互作用结束后，ΔpC＝10 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，最终B球以5 m/s的速度水平向右运动．求：
①A球对B球的冲量大小与C球对B球的冲量大小之比；
②整个过程系统由于碰撞产生多少热量？
答案：(1)C　(2)①7∶5　②48 J
解析：(1)由动量守恒定律可知，放射的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反．又因径迹是两个内切圆，即衰变时粒子与反冲核受力方向相同，故它们带电性质相反．又由带电粒子在匀强磁场中回旋半径r之比为7∶1，故C正确．
(2)①由A、B、C组成的系统动量守恒ΔpA＋ΔpB＋ΔpC＝0
解得：ΔpA＝－14 kg·m/s
由A、B相碰时对A用动量定理可得：IBA＝ΔpA，IAB＝－IBA＝14 kg·m/s
由B、C相碰时对C用动量定理可得：IBC＝ΔpC，ICB＝－IBC＝－10 kg·m/s
则IAB∶ICB＝7∶5.
②设A、B碰前A的动量为pA，B的动量为pB，C的动量为pC，全部的作用结束后A的动量为pA′，B的动量为pB′，C的动量为pC′，由A、B、C组成的系统动量守恒得：
pA＋pB＋pC＝pA′＋pB′＋pC′
pA′＝pA＋ΔpA
pC′＝pC＋ΔpC
pB′＝mBvB′＝20 kg·m/s
Q＝＋－－－
联立解得：Q＝48 J.
15．(12分)(1)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中放射或吸取光子的特征生疏正确的是________．

A．用氢原子从高能级向基态跃迁时放射的光照射锌板肯定不能产生光电效应现象
B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光
C．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eV
D．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E．用能量为14.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
(2)如图所示，在光滑水平地面上，有一质量m1＝4.0 kg 的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧，位于小车A点处的质量为m2＝1.0 kg的木块(视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间有摩擦，与A点右侧的车面之间的摩擦可忽视不计．现小车与木块一起以v0＝2.0 m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1＝1.0 m/s的速度水平向左运动，取g＝10 m/s2.

①求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小；
②若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能．
答案：(1)BCE　(2)①12 kg·m/s　②3.6 J
解析：当氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐射出光子的能量有可能大于3.34 eV，锌板有可能产生光电效应，选项A错误；由跃迁关系可知，选项B正确；从n＝3能级向基态跃迁时发出的光子最大能量为12.09 eV，由光电效应方程可知，发出光电子的最大初动能为8.75 eV，选项C正确；氢原子在吸取光子能量时需满足两能级间的能量差，因此D选项错误；14.0 eV>13.6 eV，因此可以使处于基态的氢原子电离，选项E正确．
(2)①小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为Δp＝m1v1－m1(－v0)＝12 kg·m/s①
②小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同速度，此后，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒，设小车和木块相对静止时的速度大小为v，依据动量守恒定律有
m1v1－m2v0＝(m1＋m2)v②
解得v＝0.40 m/s③
当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为Ep，依据机械能守恒定律可得
Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2④
Ep＝3.6 J⑤