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9 動量守恒定律與原子物理 考向預測 對動量守恒這一部分內(nèi)容，主要考查動量定理，驗證動量守恒定律。題型靈活性強，難度較大，能力要求高，物理情景多變，多次出現(xiàn)在兩個守恒定律交匯的綜合題中。 在原子物理這一部分內(nèi)容中，主要考查光電效應，原子結構原子核與核能。雖然對光電效應、原子結構原子核與核能的考查頻率比較高，但是在復習的過程中，原子的能級和躍遷也應該引起高度的重視。 動量觀點：動量(狀態(tài)量)：p=mv= 沖量(過程量)：I = F t 動量定理：內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化。 公式： F合t = mv’一mv (解題時受力分析和正方向的規(guī)定是關鍵) I=F合t=F1t1+F2t2+---=p=P末-P初=mv末-mv初 動量守恒定律：內(nèi)容、守恒條件、不同的表達式及含義：；； 內(nèi)容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統(tǒng)） 守恒條件：①系統(tǒng)不受外力作用。(理想化條件) ②系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。 ③系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于物體間的相互作用力。 ④系統(tǒng)在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。 ⑤全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動量守恒， 原子、原子核 整個知識體系，可歸結為：兩模型(原子的核式結構模型、波爾原子模型)；六子(電子、質(zhì)子、中子、正電子、粒子、光子)；四變(衰變、人工轉(zhuǎn)變、裂變、聚變)；兩方程(核反應方程、質(zhì)能方程)。4條守恒定律(電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒、能量守恒、動量守恒)貫串全章。 1.（湖北省鄂州市、黃岡市2019屆高三上學期元月調(diào)研理科綜合物理試題）如圖所示，可視為質(zhì)點的滑塊A、B靜止在光滑水平地面上，A、B滑塊的質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左側(cè)有傾角θ=30的粗糙傳送帶以v=6m/s的速率順時針勻速轉(zhuǎn)動傳送帶與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接A、B兩滑塊間夾著質(zhì)量可忽略的炸藥，現(xiàn)點燃炸藥爆炸瞬間，滑塊A以6m/s水平向左沖出，接著沿傳送帶向上運動，已知滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=33，傳送帶與水平面足夠長重力加速度g取10m/s2 (1)求滑塊A沿傳送帶上滑的最大距離； (2)若滑塊A滑下后與滑塊B相碰并粘住，求A、B碰撞過程中損失的能量△E； (3)求滑塊A與傳送帶接觸過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q 1．（新課標Ⅱ）（1）（5分）關于原子核的結合能，下列說法正確的是(　　)（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）。 A．原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B．一重原子核衰變成α粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結合能之和一定大于原來重核的結合能 C．銫原子核()的結合能小于鉛原子核()的結合能 D．比結合能越大，原子核越不穩(wěn)定 Ｅ．自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應的能量大于該原子核的結合能 （2）（10分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)童均為m的物塊Ａ、B、C。 B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)最不計).設A以速度ｖ０朝B運動，壓縮彈簧；當A、 B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從Ａ開始壓縮彈簧直至與彈黃分離的過程中， （?。┱麄€系統(tǒng)損失的機械能； （ⅱ）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。 一、單選題 1．“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備(火箭(含燃料)、椅子、風箏等)總質(zhì)量為M，點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力 B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為mv0M-m C．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為m2v02g(M-m)2 D．在火箭噴氣過程中，萬戶及所攜設備機械能守恒 2．如圖所示,在足夠長的斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A,當木板A獲得初速υ0后恰好能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為m的滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面。當滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出,B與A間的摩擦系數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)),下列說法正確的是(　　) A．A，B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒 B．A，B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒 C．當B的速度為13v0時,A的速度為23v0 D．當A的速度為13v0時,B的速度為23v0 二、多選題 3．如圖所示，一質(zhì)量M=2.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m=1.0kg的小物塊A。給A和B以大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板。下列說法正確的是(　　) A．A，B共速時的速度大小為1m/s B．在小物塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板B速度大小可能是2m/s C．從A開始運動到A，B共速的過程中，木板B對小物塊A的水平?jīng)_量大小為2Ns D．從A開始運動到A，B共速的過程中，小物塊A對木板B的水平?jīng)_量方向向左 4．如圖所示為氫原子的能級圖，已知氫原子從n=2能級躍遷到n=1能級時，輻射出A光，則以下判斷正確的是(　　) A．氫原子從n=2躍遷到n=3吸收光的波長小于A光波長 B．只要用波長小于A光波長的光照射，都能使氫原子從n=1躍遷到n=2 C．氫原子從n=3躍遷到n=2輻射的光在相同介質(zhì)中的全反射臨界角比A光大 D．氫原子從n=3躍遷到n=2輻射的光在同一種介質(zhì)中的傳播速度比A光大 三、解答題 5．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18v0、34v0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。 6．盧瑟福從1909年起做了著名的a粒子散射實驗，并提出了原子核式結構模型。在盧瑟福核式結構模型的基礎上，玻爾引入定態(tài)假設和量子化條件提出了氫原子的玻爾模型.根據(jù)玻爾模型，可假設靜止的基態(tài)氫原子的軌跡半徑為r、電子的質(zhì)量為m、電子的電荷量為靜電力常量為k、普朗克常數(shù)為h；根據(jù)玻爾理論可知電子繞原子核僅在庫侖力的作用下做勻速圓周運動(提示：電子和原子核均可當做點電荷；以無窮遠處的電勢為零，電量為Q的正點電荷在距離自身L處的電勢為；氫原子的能量為電子繞核運動的動能和電勢能之和)。以下問題中氫原子均處于靜止狀態(tài)，求： (1)在經(jīng)典理論下，基態(tài)氫原子的核外電子繞核運動的線速度v (2)電子繞核運動形成的等效電流l； (3)已知氫原子處于第一激發(fā)態(tài)時，電子繞核運動的軌跡半徑為4r；求氫原子第一激發(fā)態(tài)與基態(tài)能量差AE及氫原子從第一激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)時釋放的光子的頻率v 參考答案 1.【解析】(1)設爆炸后A、B的速度分別為vA、vB，爆炸過程，對A和B組成的系統(tǒng)由動量守恒有：mAvA-mBvB=0 解得：vB=2m/s 水平地面光滑，滑塊A沿傳送帶向上的做勻減速直線運動，對A進行受力分析有：mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa上 解得：a上=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2 經(jīng)t1=0.6s滑塊A速度減為0 故滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的距離為：xA1=vA22a上=1.8m (2)當滑塊A速度減為零后，滑塊A將沿傳送帶向下做勻加速運動，對A進行受力分析有：a下=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2 經(jīng)t2=0.6s滑塊A與傳送帶共速 根據(jù)對稱性可知滑塊A剛好回到傳送帶與水平面的的連接點 當滑塊A再次滑上水平面時，速度大小與傳送速度相等為6m/s 滑塊A與滑塊B碰撞時，粘連在一起,對A、B組成的系統(tǒng) 由動量守恒定律得：mAv傳+mBvB=(mA+mB)v 解得：v=3m/s 碰撞過程中損失的能量為E=12mAv傳2+12mBvB2-12(mA+mB)v2 代入數(shù)據(jù)得：E=6J (3)經(jīng)t1=0.6s滑塊A速度減為零滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的位移：xA1=vA22a上=1.8m 此過程中傳送帶的位移：x傳1=vt=3.6m 滑塊A速度減為零后將沿傳送帶向下做勻加速運動，經(jīng)t2=0.6s滑塊A與傳送帶共速，達到共速時傳送帶的位移：xA2=vA22a下=1.8m 傳送帶的位移x傳2=vt=3.6m 若向上運動和向下運動過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，則由Q=f?x相得： Q1=f(xA1+x傳1)=27J Q2=f(x傳2-xA2)=9J 故因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=36J 1．【解析】（1）原子核的結合能等于核子結合成原子核所釋放的能量，也等于將原子核分解成核子所需要的最小能量，A正確；重核的比結合能比中等核小，因此重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物的結合能之和小球原來重核的結合能，B項正確；原子核的結合能是該原子核的比結合能與核子數(shù)的乘積，雖然銫原子核()的比結合能稍大于鉛原子核()的比結合能，但銫原子核()的核子數(shù)比鉛原子核()的核子數(shù)少得多，因此其結合能小，C項正確；比結合能越大，要將原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越穩(wěn)定，D錯；自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應的能最等于該原子核的結合能，E錯。中等難度。 （2）（?。腁壓縮彈簧到A與B具有相同速度時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 ① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為，損失的機械能為。對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得 ② ③ 聯(lián)立①②③式得 ④ （ⅱ）由②式可知，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為。由動量守恒和能量守恒定律得 ⑤ ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得 ⑦ 一、單選題 1．【解題思路】火箭的推力來源于燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故A錯誤；在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備(火箭(含燃料)、椅子、風箏等)為系統(tǒng)，動量守恒，設火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有(M-m)v-mv0=0，解得火箭的速度大小為v=mv0M-m，故B正確；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式可得上升的最大高度為h=v22g=m2v022(M-m)2g，故C錯誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒，故D錯誤；故選B。 【答案】B 2．【解題思路】設A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，A勻速運動時，有：mgsinθ=μmgcosθ。對于A、B組成的系統(tǒng)，由于2mgsinθ=μ?2mgcosθ，所以系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒。由于系統(tǒng)要克服摩擦做功，產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，故AB錯誤。以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，其合外力為零，符合動量守恒，取沿斜面向下為零，由動量守恒定律有mv0=mvA+mvB，當vB=13v0時，vA=23v0。當vA=13v0時，vB=23v0。由于B與A間的摩擦系數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，因此vA＞vB，故C正確，D錯誤。故選C。 【答案】C 二、多選題 3．【解題思路】設水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：Mv-mv=M+mv共，解得v共=1m/s，A正確；設水平向右為正方向，在小物塊向左減速到速度為零時，設長木板速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律：Mv-mv=Mv1，解得：v1=1.5m/s，所以當小物塊反向加速的過程中，木板繼續(xù)減速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B錯誤；設水平向右為正方向，根據(jù)動量定理，AB兩物體相互作用的過程中，木板B對小物塊A的平均沖量大小為I=mv共+mv=4N?s，故C錯誤；設水平向右為正方向，根據(jù)動量定理，A對B的水平?jīng)_量I=Mv共-Mv=-4N?s，負號代表與正方向相反，即向左。故D正確。故本題選AD。 【答案】AD 4．【解題思路】根據(jù)Em-En=hγ，知氫原子從n=2的能級躍遷到n=3的能級的能級差小于從n=2的能級躍遷到n=l的能級時的能級差，再由λ＝cγ，則有從n=2躍進到n=3吸收光的波長大于A光波長，故A錯誤。要使氫原子從n=1躍遷到n=2，則光子能量必須是兩能級的差值，即為△E=13.6-3.4=10.2eV．故B錯誤。氫原子從n=2能級躍進到n=1能級差大于氫原子從n=3躍進到n=2的能級差，因此從n=3躍進到n=2輻射的光的頻率較低，折射率較小，依據(jù)sinC=1/n，那么在相同介質(zhì)中的全反射臨界角比A光大。故C正確。氫原子從n=2能級躍進到n=1能級差大于氫原子從n=3躍進到n=2的能級差，因此從n=3躍進到n=2輻射的光的頻率較低，折射率較小，依據(jù)v=c/n，則有光在同一種介質(zhì)中的傳播速度比A光大。故D正確。故選CD。 【答案】CD 三、解答題 5．【解析】根據(jù)根據(jù)動量守恒求出碰前A的速度，然后由動能定理求出A與B碰撞前摩擦力對A做的功；B再與C發(fā)生碰撞前的位移與A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值，所以地面對B做的功與地面對A做的功大小相等，由動能定理即可求出B與C碰撞前的速度，最后根據(jù)動量守恒求解B、C碰后瞬間共同速度的大小。 設滑塊是質(zhì)量都是m，A與B碰撞前的速度為vA，選擇A運動的方向為正方向，碰撞的過程中滿足動量守恒定律，得：mvA=mvA′+mvB′ 設碰撞前A克服軌道的阻力做的功為WA，由動能定理得： WB=12mv02-12mvA2 設B與C碰撞前的速度為vB″，碰撞前B克服軌道的阻力做的功為WB， WB=12mvB2-12mv″B2 由于質(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，滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值，所以：WB=WA 設B與C碰撞后的共同速度為v，由動量守恒定律得：mvB″=2mv 聯(lián)立以上各表達式，代入數(shù)據(jù)解得：v=2116v0. 6．【解析】（1）庫倫力提供向心力： 解得 （2）電子繞核運動的周期： 則 （3）基態(tài)氫原子的能量 對處以第一激發(fā)態(tài)的氫原子：