2023年高考物理（考點解讀+命題熱點突破）專題16碰撞與動量守恒近代物理初步

PAGEPAGE1專題16碰撞與動量守恒近代物理初步【命題熱點突破一】動量、沖量、動量定理1．動量、沖量均為矢量，其運算符合平行四邊形定那么．2．動量定理是矢量式，用前首先選擇正方向．3．動量定理解題步驟(1)明確研究對象和物理過程；(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況；(3)選取正方向，確定物體在運動過程中始末兩狀態(tài)的動量；(4)依據(jù)動量定理列方程、求解．例1、【2022·全國卷Ⅰ】【物理——選修3-5】(2)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(i)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ii)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．【答案】(i)ρv0S(ii)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)(ii)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)⑧【變式探究】(2022·安徽)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如下圖．小物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)假設(shè)碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)μ＝0.32(2)F＝130N(3)W＝9J【變式探究】(2022·北京)“蹦極〞運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下．將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動．從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，以下分析正確的選項是()A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負(fù)功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力【解析】從繩恰好伸直到人運動到最低點的過程中，繩對人的拉力始終向上，故沖量始終向上．此過程中人先加速再減速，當(dāng)拉力等于重力時，速度最大，那么動量先增大后減小，A項正確，B、C項錯誤，在最低點時，人的加速度向上，拉力大于重力，D項錯誤．【答案】A【命題熱點突破二】動量守恒1．動量守恒定律成立的條件(1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；(3)系統(tǒng)在某一個方向上所受的外力之和為零，那么該方向上動量守恒．(4)全過程的某一階段系統(tǒng)受的外力之和為零，那么該階段系統(tǒng)動量守恒．2.運用動量守恒定律的解題步驟(1)分析題意，確定研究對象．(2)根據(jù)題意選取研究的運動段落，明確始末狀態(tài)的動量大小和方向．(3)對研究對象進行受力分析，確定是否符合動量守恒的條件．(4)選取參考正方向．(5)列取方程求解：符合守恒條件，列動量守恒方程．3．彈性碰撞與非彈性碰撞(1)形變完全恢復(fù)的叫彈性碰撞；形變完全不恢復(fù)的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其形變不能夠完全恢復(fù)．機械能不損失的叫彈性碰撞；機械能損失最多的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其機械能有所損失．(2)碰撞過程遵守的規(guī)律——應(yīng)同時遵守三個原那么①系統(tǒng)動量守恒m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2②系統(tǒng)動能不增eq\f(1,2)m1v′12＋eq\f(1,2)m2v′22≤eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)③實際情景可能：碰前、碰后兩個物體的位置關(guān)系(不穿越)和速度關(guān)系應(yīng)遵循客觀實際．如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動．例2、【2022·全國卷Ⅱ】【物理——選修3-5】(2)如圖1-所示，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(i)求斜面體的質(zhì)量；(ii)通過計算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？圖1-【答案】(i)20kg(ii)不能【解析】(i)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者到達共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg③由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩．【變式探究】(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ)如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．【解析】A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒，設(shè)速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒，得mv0＝mvA1＋MvC1①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)②聯(lián)立①②式，得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0④【答案】(eq\r(5)－2)M≤m<M【變式探究】(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖像如下圖．求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比．【解析】(1)設(shè)a、b質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖像，得v1＝－2m/sv2＝1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v，由題給圖像可得v＝eq\f(2,3)m/s.由動量守恒定律，得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8).【答案】(1)eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8)(2)eq\f(W,ΔE)＝eq\f(1,2)【舉一反三】如下圖，水平桌面固定著光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑連接，設(shè)物塊通過銜接處時速率沒有改變．質(zhì)量m1＝0.40kg的物塊A從斜槽上端距水平木板高度h＝0.80m處下滑，并與放在水平木板左端的質(zhì)量m2＝0.20kg的物塊B相碰，相碰后物塊B滑行x＝4.0m到木板的C點停止運動，物塊A滑到木板的D點停止運動．物塊B與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物塊A沿斜槽滑下與物塊B碰撞前瞬間的速度大小；(2)滑動摩擦力對物塊B做的功；(3)物塊A與物塊B碰撞過程中損失的機械能．【解析】(1)設(shè)物塊A滑到斜面底端與物塊B碰撞前時的速度大小為v0，根據(jù)機械能守恒定律，有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)v0＝eq\r(2gh)，解得v0＝4.0m/s(2)設(shè)物塊B受到的滑動摩擦力為f，摩擦力做功為W，那么f＝μm2gW＝－μm2gx解得W＝－1.6J【答案】(1)4m/s(2)－1.6J(3)0.8J【思路點撥】(1)A下滑過程中只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出A與B碰撞前A的速度．(2)由功的計算公式可以求出滑動摩擦力對B所做的功．(3)由動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律可以求出物塊A與物塊B碰撞過程中損失的機械能．此題是一道多體、多過程問題，難度較大，分析清楚物體的運動過程，熟練應(yīng)用機械能守恒定律、動量守恒定律、能量守恒定律即可正確解題．【命題熱點突破三】核反響方程考查的點主要集中在核反響方程的書寫、能級躍遷、質(zhì)量虧損、根本概念的考查例3、[2022·江蘇物理，12C(1)]貝克勒爾在120年前首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領(lǐng)域中有著廣泛應(yīng)用．以下屬于放射性衰變的是()A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(131,53)I＋eq\o\al(95,39)Y＋2eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nD.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n【答案】A【解析】一個放射性原子核自發(fā)地放出一個粒子變成新的原子核的過程是原子核的衰變，A為原子核衰變，B為重核的裂變，C為輕核的聚變，D為原子核的人工轉(zhuǎn)變，A正確．【變式探究】(2022·廣東)科學(xué)家使用核反響獲取氚，再利用氘和氚核反響獲得能量，核反響方程分別為：X＋Y→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(3,1)H＋4.9MeV和eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X＋17.6MeV，以下表述正確的有()A．X是中子B．Y的質(zhì)子數(shù)是3，中子數(shù)是6C．兩個核反響都沒有質(zhì)量虧損D．氘和氚的核反響是核聚變反響【答案】AD【變式探究】(2022·北京)以下核反響方程中，屬于α衰變的是()A.eq\o\al(17,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H B.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)HeC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n D.eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e【解析】α衰變是指某一原子核自發(fā)的變成另一種原子核，并放出α粒子的過程．可以很容易的選出B項正確；A項為人工轉(zhuǎn)變方程；C項為輕核聚變；D項為β衰變．【答案】B【舉一反三】(2022·山東)14C發(fā)生放射性衰變?yōu)?4N，半衰期約為5700年．植物存活其間，其體內(nèi)14C與12C的比例不變；生命活動結(jié)束后，14C的比例持續(xù)減少．現(xiàn)通過測量得知，某古木樣品中14C的比例正好是現(xiàn)代植物所制樣品的二分之一．以下說法正確的選項是()A．該古木的年代距今約為5700年B．12C、13C、14C具有相同的中子數(shù)C．14C衰變?yōu)?4N的過程中放出β射線D．增加樣品測量環(huán)境的壓強將加速14C的衰變【解析】因古木樣品中14C的比例正好是現(xiàn)代植物所制樣品的二分之一，那么可知經(jīng)過的時間為一個半衰期，即該古木的年代距今約為5700年，選項A正確；12C、13C、14C具有相同的質(zhì)子數(shù)，由于質(zhì)量數(shù)不同，故中子數(shù)不同，選項B錯誤；根據(jù)核反響方程可知，14C衰變?yōu)?4N的過程中放出電子，即發(fā)出β射線，選項C正確；外界環(huán)境不影響放射性元素的半衰期，選項D錯誤；應(yīng)選AC.【答案】AC【高考真題】1．【2022·全國卷Ⅰ】【物理——選修3-5】(2)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(i)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ii)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．35.〔2〕【答案】(i)ρv0S(ii)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)(ii)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)⑧2．【2022·北京卷】(1)動量定理可以表示為Δp＝FΔt，其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖1-所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．圖1-a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy；b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍?2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動．激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體產(chǎn)生作用．光鑷效應(yīng)就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒．一束激光經(jīng)S點后被分成假設(shè)干細(xì)光束，假設(shè)不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖1-所示，圖中O點是介質(zhì)小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行．請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向．a(chǎn)．光束①和②強度相同；b．光束①比②的強度大.圖1-【答案】(1)a.02mvcosθb．沿y軸負(fù)方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方【解析】(1)a.x方向：動量變化為Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0y方向：動量變化為Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ方向沿y軸正方向．b．根據(jù)動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．(2)a.僅考慮光的折射，設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為p.這些粒子進入小球前的總動量為p1＝2npcosθ從小球出射時的總動量為p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根據(jù)動量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0可知，小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如下圖的Oxy直角坐標(biāo)系．x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向．y方向：設(shè)Δt時間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1>n2.這些粒子進入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2)psinθ從小球出射時的總動量為p2y＝0根據(jù)動量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向．所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方．3.【2022·江蘇卷】C．【選修3-5】(2)光速為c，普朗克常數(shù)為h，那么頻率為ν的光子的動量為________．用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，那么光子在反射前后動量改變量的大小為________．〔2〕【答案】eq\f(hν,c)2eq\f(hν,c)【解析】因為光速c＝λν，那么λ＝eq\f(c,ν)，所以光子的動量p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(hν,c)，由于動量是矢量，因此假設(shè)以射向平面鏡時光子的動量方向為正方向，即p1＝eq\f(hν,c)，反射后p2＝－eq\f(hν,c)，動量的變化量Δp＝p2－p1＝－eq\f(hν,c)－eq\f(hν,c)＝－2eq\f(hν,c)，那么光子在反射前后動量改變量的大小為2eq\f(hν,c).F2動量守恒定律4．【2022·全國卷Ⅲ】【物理——選修3-5】(2)如圖1-所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件．圖1-【答案】eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v′1、v′2，由動量守恒和能量守恒有mv1＝mv′1＋eq\f(3m,4)v′2④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)⑤聯(lián)立④⑤式解得v′2＝eq\f(8,7)v1⑥由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)≤μeq\f(3m,4)gl⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)⑨5.【2022·全國卷Ⅱ】【物理——選修3-5】(2)如圖1-所示，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(i)求斜面體的質(zhì)量；(ii)通過計算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？圖1-【答案】(i)20kg(ii)不能(ii)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體別離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩．6．【2022·天津卷】(1)如下圖，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.假設(shè)滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動屢次，最終相對于盒靜止，那么此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________．圖1-【答案】eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)1．[2022·福建理綜，30(2)，6分]如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線 相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量 為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動解析對A、B系統(tǒng),由于發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒、機械 能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向運動或一個靜止、 另一個運動或兩個都靜止，而只能是A、B都反向運動，故D正確．答案D2．[2022·新課標(biāo)全國Ⅱ,35(2)，10分](難度★★★★)兩滑塊a、b沿水平面上同 一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后， 從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如下圖．求：(ⅰ)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(ⅱ)整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之 比．(ⅱ)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑥由圖象可知，兩滑塊最后停止運動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做 的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑦聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2⑧答案(ⅰ)1∶8(ⅱ)1∶23．[2022·山東理綜，39(2)](難度★★★★)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運動，B再與C 發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大小．解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的 速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由動量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)②4．(2022·廣東理綜，36，18分)(難度★★★★)如下圖，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后， 與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1,A、B的質(zhì)量均為m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)．(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)假設(shè)碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式．解析(1)從A→Q由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得v＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s②在Q點，由牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(v2,R)③解得FN＝22N④(2)A撞B，由動量守恒得mv0＝2mv′⑤解得v′＝eq\f(v0,2)＝3m/s⑥設(shè)粗糙段滑行距離為x，那么－μmgx＝0－eq\f(1,2)2mv′2⑦解得x＝4.5m⑧所以k＝eq\f(x,L)＝45⑨5．(2022·天津理綜，10，16分)(難度★★★)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝 置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn) 將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5. 設(shè)皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，求(1)郵件滑動的時間t；(2)郵件對地的位移大小x；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W.解析(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為Ff，那么Ff＝μmg①取向右為正方向，對郵件應(yīng)用動量定理，有Fft＝mv－0②由①②式并代入數(shù)據(jù)得t＝0.2s③答案(1)0.2s(2)0.1m(3)－2J6．(2022·安徽理綜，22，14分)(難度★★★)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如下圖．物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)假設(shè)碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.解析(1)對小物塊從A運動到B處的過程中應(yīng)用動能定理－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①代入數(shù)值解得μ＝0.32②(2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6m/s由動量定理得：FΔt＝mv′－mv③解得：F＝－130N④其中“－〞表示墻面對物塊的平均力方向向左．(3)對物塊反向運動過程中應(yīng)用動能定理得－W＝0－eq\f(1,2)mv′2⑤解得W＝9J答案(1)0.32(2)130N(3)9J7．[2022·新課標(biāo)全國Ⅰ,35(2)，9分](難度★★★)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的 兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B 球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t ＝0.3s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間 A球的速度恰為零.mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻 力及碰撞中的動能損失．求(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度．由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前、后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定向下的方向為正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBv2′2⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB′＝ vB⑥設(shè)P點距地面的高度為h′，由運動學(xué)規(guī)律可得h′＝eq\f(vB′2－veq\o\al(2,2),2g)⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入條件可得h′＝0.75m⑧答案(1)4m/s(2)0.75m4．[2022·全國Ⅲ，35(1)，5分]一靜止的鋁原子核eq\o\al(27,13)Al俘獲一速度為1.0×107m/s的質(zhì)子p后，變?yōu)樘幱诩ぐl(fā)態(tài)的硅原子核eq\o\al(28,14)Si*.以下說法正確的選項是()A．核反響方程為p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si*B．核反響過程中系統(tǒng)動量守恒C．核反響過程中系統(tǒng)能量不守恒D．核反響前后核子數(shù)相等，所以生成物的質(zhì)量等于反響物的質(zhì)量之和E．硅原子核速度的數(shù)量級為105m/s，方向與質(zhì)子初速度的方向一致5．[2022·江蘇物理，12C(1)]貝克勒爾在120年前首先發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，如今原子核的放射性在眾多領(lǐng)域中有著廣泛應(yīng)用．以下屬于放射性衰變的是()A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(131,53)I＋eq\o\al(95,39)Y＋2eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nD.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n3．A一個放射性原子核自發(fā)地放出一個粒子變成新的原子核的過程是原子核的衰變，A為原子核衰變，B為重核的裂變，C為輕核的聚變，D為原子核的人工轉(zhuǎn)變，A正確．6．[2022·全國Ⅱ，35(1)，5分]在以下描述核過程的方程中，屬于α衰變的是________，屬于β衰變的是________，屬于裂變的是________，屬于聚變的是________．(填正確答案標(biāo)號)A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(32,15)P→eq\o\al(32,16)S＋eq\o\al(0,－1)eC.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)HeD.eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)HE.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2eq\o\al(1,0)nF.eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n【解析】α衰變是一種放射性衰變，α粒子(eq\o\al(4,2)He)會從原子核中射出，C項符合要求．β衰變是指自原子核內(nèi)自發(fā)地放出一個電子(eq\o\al(0,－1)e)，同時原子序數(shù)加1的過程，A、B兩項符合要求．裂變是指一些質(zhì)量非常大的原子核，像鈾、釷和钚等在吸收一個中子后分裂成兩個或更多質(zhì)量較小的原子核，同時放出兩個或三個中子和很大能量的過程，只有E項符合要求．聚變是指由兩個輕原子核(一般是氘和氚)結(jié)合成較重原子(如氦)并放出大量能量的過程，F(xiàn)項符合要求．【答案】CABEF7．[2022·江蘇物理，12C(3)]幾種金屬的逸出功W0見下表：金屬鎢鈣鈉鉀銣W0(×10－19J)7.265.123.663.603.41由一束可見光照射上述金屬的外表，請通過計算說明哪些能發(fā)生光電效應(yīng)．該可見光的波長的范圍為4.0×10－7～7.6×10－7m，普朗克常數(shù)h＝6.63×10－34J·s.【解析】可見光中波長最短的光子的能量最大，能量E＝eq\f(hc,λ)＝eq\f(6.63×10－34×3×108,4.0×10－7)＝4.97×10－19J．逸出功小于或等于該能量的金屬會發(fā)生光電效應(yīng)，查表可知為鈉、鉀、銣.1．(2022·重慶理綜，1，6分)(難度★★)圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物發(fā)生衰變放出的局部粒子的徑跡，氣泡室中磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里．以下判斷可能正確的選項是() A．a(chǎn)、b為β粒子的徑跡 B．a(chǎn)、b為γ粒子的徑跡 C．c、d為α粒子的徑跡 D．c、d為β粒子的徑跡 答案D2．[2022·海南單科，17(1)，4分](難度★★★)氫原子基態(tài)的能量為E1＝－13.6eV. 大量氫原子處于某一激發(fā)態(tài)．由這些氫原子可能發(fā)出的所有的光子中，頻率 最大的光子能量為－0.96E1，頻率最小的光子的能量為______eV(保存2位有 效數(shù)字)，這些光子可具有________種不同的頻率． 解析頻率最大的光子能量為－0.96E1，即En－E1＝－0.96E1，那么En＝E1－0.96E1＝(－13.6eV)－0.96×(－13.6eV)＝0.54eV，即n＝5，從n＝5能級開始躍遷,這些光子能發(fā)出的頻率數(shù)n＝eq\f(5×〔5－1〕,2)＝10種．頻率最小的光子是從n＝5能級躍遷到n＝4能級，其能量為Emin＝－0.54eV－(－0.85eV)＝ 0.31eV. 答案0.31eV103．(2022·廣東理綜,18，6分)(難度★★)(多項選擇)科學(xué)家使用核反響獲取氚，再利用氘和氚的核反響獲得能量，核反響方程分別為：X＋Y→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(3,1)H＋4.9MeV 和eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X＋17.6MeV，以下表述正確的有() A．X是中子 B．Y的質(zhì)子數(shù)是3，中子數(shù)是6 C．兩個核反響都沒有質(zhì)量虧損 D．氘和氚的核反響是核聚變反響 解析根據(jù)核反響中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知X是eq\o\al(1,0