【高考领航】（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核教师用书.doc

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1、第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核考纲展示要求复习定位1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用1.本章在高考命题中有选择也有计算形式，选择题以波粒二象性及原子结构和原子核为主，而计算题的考查重点仍以典型的碰撞、相互作用模型或生活实例为背景，考查动量守恒定律的应用动量定理作为新增级考点应引起重视2本章的复习应注意以下几方面(1)动量及动量变化量的理解，动量守恒定律的应用(2)动量守恒定律结合动量定理及能量守恒来解决碰撞、打击、反冲等问题(3)光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性及德布罗意波(4)核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件，半衰期、质能方程的应用、

2、计算和核反应方程的书写等2.弹性碰撞和非弹性碰撞实验：验证动量守恒定律3.光电效应4.爱因斯坦光电效应方程5.氢原子光谱6.氢原子的能级结构、能级公式7.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期8.放射性同位素9.核力、核反应方程10.结合能、质量亏损11.裂变反应和聚变反应、裂变反应堆12.射线的危害和防护第1节动量守恒定律及其应用一、冲量、动量和动量定理1冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积(2)公式：IFt，适用于求恒力的冲量(3)方向：与力的方向相同2动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积(2)表达式：pmv.(3)单位：千克米/秒符号：kgm/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量

3、，其方向和速度方向相同3动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量(2)表达式：F合tppp.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理二、动量守恒定律1系统：相互作用的几个物体构成系统系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力2定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变3定律的表达式m1v1m2v2m1v1m2v2，两个物体组成的系统初动量等于末动量可写为：pp、p0和p1p24守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒(2)近似守恒：系统受到的合

4、力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒三、碰撞1概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题2分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律四、实验

5、：验证动量守恒定律1方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量(2)安装：正确安装好气垫导轨(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(改变滑块的质量改变滑块的初速度大小和方向)(4)验证：一维碰撞中的动量守恒2方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度(5)改变

6、条件：改变碰撞条件，重复实验(6)验证：一维碰撞中的动量守恒3方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v算出速度(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验(6)验证：一维碰撞中的动量守恒4方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律 (1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球(2

7、)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度将测量数据填入表中最后代入m1m1m2，看在误差允许的范围内是否成立(7)整理好实验器材放回原处(8)实验结

8、论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒易错警示微点拨1.物体动量的变化等于物体所受合外力的冲量，而不是某个力的2动量守恒中的速度应是相对于同一参考系中的速度3动量是矢量，系统总动量不变，是指系统总动量的大小方向都不变4相互作用的物体动量守恒但机械能不一定守恒考点一动量定理的理解及应用1动量定理的理解要点(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中3个矢量都要选同一个方向为正方向(2)动量定理公式中的F是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值(3)公式Ftpp除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化

9、的原因(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系(5)由Ftpp，得F，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率2用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚1(2015高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大

10、伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgBmgC.mg Dmg解析：选A.由动量定理得(mgF)t0mv，得Fmg.选项A正确2(2016山东烟台高三质检)皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)若用手拍这个球，使其保持在0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m0.5 kg，g取10 m/s2)解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍设

11、皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v20.8v10.82v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有F1tmv1(mv0)1.8mv0F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0则F1F254(2)欲使球跳起0.8 m，应使球由静止下落的高度为h m1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m处的速度为v3 m/s，则应在0.8 m处给球的冲量为Imv1.5 Ns，方向竖直向下答案：(1)54(2)1.5 Ns方向竖直向下动

12、量定理的应用技巧(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化考点二动量守恒定律的理解及应用1动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等(3)同一性：速度的大小跟参考

13、系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度一般选地面为参考系(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅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动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和(2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向(3)p0，系统总动量的增量为零1如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变

14、为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向解析：相对空间站而言，宇航员A和B构成的系统满足动量守恒的条件以初速度v00.1 m/s的方向为正方向，A将B向空间站方向轻推后，A的速度一定沿正方向，即vA0.2 m/s.由动量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB将v0、vA代入数据解得vB0.02 m/s因为vB0，所以B的方向仍为离开空间站方向答案：0.02 m/s离开空间站方向2(2015济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg，开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运

15、动，A与C相碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC，联立解得vA2 m/s.答案：2 m/s应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(

16、2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明考点三动量和能量观点的综合应用(高频考点)1动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解2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

17、，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)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解题组一高考题组1(2014高考新课标全国卷)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放当A球下落t0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知m

18、B3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2，由运动学规律可得v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运

19、动学规律可得h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m答案：(1)4 m/s(2)0.75 m2(2015高考全国卷)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v0.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m

20、1m2)v联立式得m1m218(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得WE12答案：(1)18(2)12题组二模拟题组3(2016银川一中测试)如图所示，两块长度均为d0.2 m的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M0.9 kg.一颗质量为m0.02 kg的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v0500 m/s水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A时，测得木块的速度为v2 m/s，子弹最终停留在木块B中求：(1)子弹离开木块A时的速度大

21、小及子弹在木块A中所受的阻力大小；(2)子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能解析：(1)设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B整体，有mv0mv12MvFdmvmv2Mv2联立解得v1320 m/s，F7 362 N(2)子弹在B中运动过程中，最后二者共速，速度设为v2，对子弹和B整体，有mv1Mv(mM)v2解得v2 m/sEmvMv2(mM)v989 J.答案：(1)320 m/s7 362 N(2)989 J4(2016河北邯郸摸底)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)让A、B以初

22、速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数；(2)炸药爆炸时释放的化学能解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为，炸药爆炸释放的化学能为E0.从O滑到P，对A、B由动能定理得2mgs2m()22mv解得(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有2mmv根据能量守恒定律，有E02m()2mv2联立式解得E0mv.答案：(1)(2)mv应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(

23、1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象(2)灵活选取物理过程在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况考点四实验十六：验证动量守恒定律1实验时应注意的几个问题(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”(2)方案提醒：若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内若利用长木板进行实

24、验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m1m2，防止碰后m1被反弹(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变2对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：碰撞是否为一维碰撞实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量(3)减小误差的措施：设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差1甲同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律(1)(多

25、选)实验中必须满足的条件是_A斜槽轨道尽量光滑以减小误差B斜槽轨道末端的切线必须水平C入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D两球的质量必须相等(2)测量入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的投影实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式_时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式_时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞(3)乙同学也用上述两球进行实验，但

26、将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M和N.测得B与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3.若所测物理量满足表达式_，则说明球A和球B碰撞中动量守恒解析：(1)只有斜槽轨道末端的切线水平，小球每次从末端飞出后才做平抛运动，时间才相等，故选项B对；入射

27、球A每次必须从轨道上的同一位置由静止滚下，每次从末端飞出时的初速度才相等，故选项C对(2)由动量守恒定律得mAvAmAvAmBvB，vx/t，故得出mAOPmAOMmBON；若是弹性碰撞，则动能守恒，有mAvmAvA2mBvB2，联立解得mAOP2mAOM2mBON2，或OPOMON.(3)由hgt2，v，得出v与成正比，再结合动量守恒定律mAvAmAvAmBvB，故得出.答案：(1)BC(2)mAOPmAOMmBONmAOP2mAOM2mBON2(或OPOMON)(3)2(2014高考新课标全国卷)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧

28、片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间实验测得滑块A的质量m10.310 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示若实验允许的相对误差绝对值100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程解析：按定义，物块运动的瞬时速度大小v式中s为物块

29、在很短时间t内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA0.02 stA可视为很短设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1，将式和图给实验数据代入式得v02.00 m/sv10.970 m/s设B在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2代入题给实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p100%联立式并代入有关数据，得p1.7%5%因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律答案：本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析课堂小结名师微点拨本节课重在理解动量守恒的

30、条件及守恒的描述，对“系统总动量保持不变”注意以下三点：(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、未两个状态的总动量相等(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.课时规范训练(单独成册)1(2016广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的()A动能相等，则质量大的动量大B动能相等，则动量大小也相等C动量大小相等，则质量大的动能小D动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能Ekmv2可知，动量p，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动

31、量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误2.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如右图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A10 Ns,10 NsB10 Ns，10 NsC0.10 NsD0，10 Ns解析：选D.由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1p25 kgm/s，由动量定理知I10；在后10 s内p35 kgm/s，I2p3p210 Ns，故选D.3甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体

32、质量之比为()A23B25C35D53解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2，代入数据，可得m甲m乙35，C正确4将静置在地面上，质量为M(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v0竖直向下喷出质量为m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()A.v0Bv0C.v0 Dv0解析：选D.火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为v，据动量守恒定律有0(Mm)vmv0，得vv0，D正确5.(2016淮安模拟)(多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的

33、左侧有一竖直墙壁现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：选CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D正确；小球离开右侧槽口时，

34、水平方向有速度，将做斜抛运动，A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B错误，C正确6(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A两球抛出后，船向左以一定速度运动B两球抛出后，船向右以一定速度运动C两球抛出后，船的速度为0D抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统

35、总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止人给甲球的冲量I甲mv0，人给乙球的冲量I2mvmv，v是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量7(2016华南师大附中高三模拟)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则()AA、B(包括人)两船速度大小之比为23BA、B(包括

36、人)两船动量大小之比为11CA、B(包括人)两船的动能之比为23DA、B(包括人)两船的动能之比为11解析：选B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确经过n次跳跃后，A船速度为vA，B船速度为vB.0mvAvB，选项A错A船最后获得的动能为EkAmvB船最后获得的动能为EkBv2EkA，选项C、D错误8用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验(1)先测出可视为质点的两滑块A、B的质量m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数.(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边(3)剪断细线，测出滑块B做平

37、抛运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行距离为x2(未滑出桌面)为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：_；如果动量守恒，需要满足的关系式为_解析：弹开后B做平抛运动，为求其弹开后的速度(即平抛运动的初速度)，必须测量下落高度h.hgt，x1v1t1，解得v1x1 弹开后A做匀减速运动，由动能定理得mgx2mv解得v2 若动量守恒，则需满足Mv1mv20即需要满足的关系式为Mx1 m 答案：桌面离地的高度hMx1 m 9(2015高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂

38、直撞向挡板，碰后原速率返回两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为_，A、B碰撞前、后两球总动能之比为_解析：设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是，则mBvBmAmB，解得mAmB41碰撞前、后动能之比Ek1Ek2mBv95答案：419510(2014高考大纲全国卷)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的

39、损失解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和V，碰后乙的速度大小为V，由动量守恒定律得mvMVMV代入数据得V1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，有mv2MV2MV2E联立式，代入数据得E1 400 J.答案：(1)1.0 m/s(2)1 400 J11(2016湖南模拟)如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mAmC2m，mBm，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：(1)B与C碰

40、撞前B的速度；(2)弹簧具有的弹性势能解析：(1)A、B被弹开的过程中，A、B系统动量守恒，设弹开后A、B速度分别为vA、vB，设三者最后的共同速度为v共(vAv共)，由动量守恒定律得对A、B：(mAmB)v0mAv共mBvB；对B、C：mBvB(mBmC)v共，对A、B、C：(2mm)v0(2mm2m)v共，得v共v0，所以vBv0.(2)B与C碰撞前后，机械能的损失为Emv3mv，弹簧释放的弹性势能为Ep，则Ep3mv5mvE，代入数据整理得Epmv.答案：(1)v0(2) mv第2节光电效应波粒二象性一、光电效应及其规律1光电效应现象在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的

41、电子叫光电子2光电效应的产生条件入射光的频率大于金属的极限频率3光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过109s.(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比二、爱因斯坦光电效应方程1光子说在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每份叫做一个光子，光子的能量h.2逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的最小值3最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大

42、值4光电效应方程(1)表达式：hEkW0或EkhW0.(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能三、光的波粒二象性1光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性2光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性3光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性易错警示微点拨1光电效应中的“光”不是指可见光，光电效应中的“光电子”实质上就是电子2能否发生光电效应不是取决于光的强度，而是取决于光的频率3光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性4实物粒子在一定条件下都会表现为波动性考点一光电效应的理解1光电效应的研究思

43、路2对光电效应规律的解释对应规律对规律的产生的解释光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光强度无关电子吸收光子能量后，一部分克服原子核引力做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能，对于确定的金属，逸出功W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大光电效应具有瞬时性光照射金属时，电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要能量积累的过程光较强时饱和电流大光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大1(2014高考广东卷)(多选)在光电效应实验中，用频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A增大入射光的强度，光电流增大B减小入射光的强度，光电效应现象消失C改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应D改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大解析：选AD.光电流的大小与入射光的强度成正比，A正确若发生光电效应，入射光的频率必须大于某个特定频率，与光照强度无关，B错误本题中并未说明是否是极限频率，因此减小入射光的频率仍有可能发生光电效应，C错误光电子的最大初动能随入射光频率的