2019屆高考物理二輪復習專題--熱學（附答案）與2019屆高考物理二輪復習專題--動量守恒定律與原子物理（含答案）

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2019 屆高考物理二輪復習專題--熱學（附答案）與2019 屆高考物理二輪復習專題--動量守恒定律與原子物理（含答案）2019 屆高考物理二輪復習專題 --熱學（附答案）本專題全國卷的命題形式都是一大一小組成的，小題是以選擇題的形式，分值為 5 分 (或 6 分) ，主要考查分子動理論、內能、熱力學定律、固體、液體、氣體等方面的基本知識；大題以計算題的形式，分值為 10 分(或 9 分) ，主要考查對氣體實驗定律和理想氣體狀態(tài)方程的理解。高頻考點：分子大小的估算；對分子動理論內容的理解；物態(tài)變化中的能量問題；氣體實驗定律的理解和簡單計算；固、液、氣三態(tài)的微觀解釋和理解；熱力學定律的理解和簡單計算；用油膜法估測分子大小。一．物質是由大量分子組成*計算分子質量： 計算分子的體積：分子（或其所占空間）直徑：球體模型 ，立方體模型 分子直徑數量級 10-10 m。二．分子永不停息地做無規(guī)則熱運動 布朗運動是分子無規(guī)則熱運動的反映。三．分子間存在著相互作用力 分子間引力和斥力都隨距離的增大而減小。四．物體的內能1．分子動能：溫度是分子平均動能大小的標志．分子勢能 ：與體積有關 r=r0 時分子勢能最小 分子力做正功分子勢能減小。物體的內能：所有分子的動能和勢能的總和。（理想氣體不計分子勢能）2．改變物體的內能 做功和熱傳遞在改變內能上是等效的，但本質有區(qū)別。1．(2018 年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試) 如圖，一定量的理想氣體，由狀態(tài) a 等壓變化到狀態(tài) b，再從 b 等容變化到狀態(tài) c。a、c 兩狀態(tài)溫度相等。下列說法正確的是。_______ 。( 填入正確答案標號。選對 1 個得 2 分，選對 2 個得 4 分：有選錯的得 0 分)A．從狀態(tài) b 到狀態(tài) c 的過程中氣體吸熱B．氣體在狀態(tài) a 的內能等于在狀態(tài) c 的內能C．氣體在狀態(tài) b 的溫度小于在狀態(tài) a 的溫度D．從狀態(tài) a 到狀態(tài) b 的過程中氣體對外做正功2．一儲存氮氣的容器被一絕熱輕活塞分隔成兩個氣室 A 和 B，活寨可無摩擦地滑動。開始時用銷釘固定活塞，A 中氣體體積為 2.5×10-4m3，溫度為 27℃ ，壓強為 6.0×104Pa；B 中氣體體積為 4.0×10-4m3，溫度為-17℃ ，壓強為2.0×104Pa?，F將 A 中氣體的溫度降至-17℃，然后拔掉銷釘，并保持 A、B中氣體溫度不變，求穩(wěn)定后 A 和 B 中氣體的壓強。1.（全國 II 卷) 如圖，一豎直放置的氣缸上端開口，氣缸壁內有卡口 a 和b，a 、b 間距為 h，a 距缸底的高度為 H；活塞只能在 a、b 間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體。已知活塞質量為 m，面積為 S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計他們之間的摩擦。開始時活塞處于靜止狀態(tài)，上、下方氣體壓強均為 p0，溫度均為 T0?，F用電熱絲緩慢加熱氣缸中的氣體，直至活塞剛好到達 b 處。求此時氣缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功。重力加速度大小為 g。1．如圖所示，開口向上、放在地面上的氣缸內用活塞封閉一定質量的氣體，活塞的質量為 m，橫截面的面積為 S。一質量為 2m 的物塊放在缸底，用細線( 不可伸長)與活塞相連接且細線剛好拉直，這時缸內氣體的溫度為 T0，大氣壓強為 P0，不計活塞與缸壁間的摩擦，現對缸內氣體緩慢加熱，重力加速度為 g。(i)當缸底物塊對缸底的壓力剛好為零時，缸內氣體溫度 T1 為多大?(ⅱ)當缸內氣體體積為原來的 1.2 倍時，缸內氣體溫度是多少? 若此時細線斷了，細線斷開的一瞬問，活塞的加速度多大?2．如圖所示，兩段粗細均勻內壁光滑的玻璃管豎直放置，開口向上，下端一段粗，橫截面積為 S=7.5×10－3m2，上端橫截面為 S=2.5×10－3m2。粗管中靜止著一段長度為 h1=5cm 的水銀柱，水銀柱上表面到細管下端口的距離為h2=20cm，水銀柱下端封閉了一段長度為 L=30m 的理想氣體。此時管中氣體溫度為 t=27℃，當地大氣壓強 p0 為 75cmHg，水銀密度為p=13.6×103kg/m3，整個氣缸均是絕熱的。水銀柱的下端粘有一薄層輕質絕熱材料。在氣體中有一段金屬絲(圖中未畫出) 和外界組成電路，可以通過給金屬絲通電來加熱氣體，重力加速度 g=10m/s2(i)若給管中封閉的氣體緩緩加熱，氣體吸收熱量 Q=188J 后溫度為 127℃，求此過程中氣體內能的變化?(ⅱ)若管中封閉的氣體緩緩加熱到 477℃ 穩(wěn)定下來，求系統(tǒng)靜止后封閉氣體的體積?3．如圖所示，水平地面上放置一個內壁光滑的絕熱汽缸，氣缸開口朝上，缸內通過輕質活塞封閉一部分氣體。初態(tài)時氣體壓強為一個大氣壓、溫度為 27℃，活塞到汽缸底部距離為 30cm?，F對缸內氣體緩慢加熱到 427℃，缸內氣體膨脹而使活塞緩慢上移，這一過程氣體內能增加了 100J。已知汽缸橫截面積為50cm2，總長為 50cm，大氣壓強為 1.0×105Pa。氣缸上端開口小于活塞面積，不計活塞厚度，封閉氣體可視為理想氣體。(1)末態(tài)時(427℃)缸內封閉氣體的壓強(2)封閉氣體共吸收了多少熱量。4．如圖所示，可在豎直平面內轉動的平臺上固定著一個內壁光滑的氣缸，氣缸內有一導熱活塞，活塞底面與氣缸底面平行，一定量的氣體做密封在氣缸內。當平臺傾角為 37°時，氣缸內氣體體積為 V，然后將平臺順時針緩慢轉動直至水平，該過程中，可以認為氣缸中氣體溫度與環(huán)境溫度相同，始終為 T0，平臺轉至水平時，氣缸內氣體壓強為大氣壓強 p0 的 2 倍。已知 sin37°=0.6，cs37°=0.8。(1)當平合處于水平位置時，求氣缸內氣體的體積；(2)若平臺轉至水平后，經過一段時間，壞境溫度緩慢降至 0.9T0(大氣壓強 p0保持不變)，該過程中氣缸內氣體放出 0.38p0V 的熱量，求該過程中氣體內能的變化量△U。5．如圖所示，導熱性能良好的氣缸內封有一定質量的理想氣體。氣缸的內部深度 h=48cm，活塞質量 m=1kg，活塞面積 S=10cm2。活塞與氣缸壁無摩擦、不漏氣且不計活塞的厚度。室內的溫度為 27℃，當氣缸放在地面上靜止時，活塞剛好位于氣缸的正中間，現在把氣缸放在加速上升的電梯中且 a=10m/s2。待封閉氣體再次穩(wěn)定后，求：(已知大氣壓恒為 P=1.0×105Pa，重力加速度為g=10m/s2)(1)缸內氣體的壓強 P1(2)缸中活塞到缸底的高度 h06．如圖所示，有一圓柱形絕熱氣缸，氣缸內壁的高度是 2L，一個很薄且質量不計的絕熱活塞封閉一定質量的理想氣體，開始時活塞處在氣缸頂部，外界大氣壓為 1.0×〖10〗^5 Pa，溫度為 27℃.現在活塞上放重物，當活塞向下運動到離底部 L 高處，活塞靜止，氣體的溫度 57℃ ．(1)求活塞向下運動到離底部 L 高處時的氣體壓強；(2)若活塞橫截面積 S=0.1m^2，重力加速度 g=10m/s^2，求活塞上所放重物的質量．參考答案1．【解題思路】內能（internalenergy）是組成物體分子的無規(guī)則熱運動動能和分子間相互作用勢能的總和，由于理想氣體的不考慮分子勢能內能，故理想氣體的內能等于分子平均動能的總和，而溫度是分子平均動能的宏觀表現，由理想氣體狀態(tài)方程 pbVb/Tb=pcVc/Tc 可知，當 Vb=Vc，pbpc 時，TbTC，故?U_cb0，根據熱力學第一定律 ?U_cb=W+Q，體積 V 不變，故W=0，所以?Q0，從狀態(tài) b 到狀態(tài) c 的過程中氣體放熱，選項 A 錯誤；同理，氣體在狀態(tài) a 的溫度等于在狀態(tài) c 的溫度，故氣體在狀態(tài) a 的內能等于在狀態(tài)c 的內能，，選項 B 正確；由理想氣體狀態(tài)方程 paVa/Ta=pbVb/Tb 可知，當pa=pb，VaVb 時，TaTb，選項 C 錯誤；從狀態(tài) a 到狀態(tài) b 的過程中氣體膨脹對外做正功，故 D 正確?！敬鸢浮? ．BD2．【解題思路】A 氣體的溫度由 27℃降至-17℃，由查理定律得P_A/T_A =(P_A^，)/(T_A^， )①拔掉銷釘后，A、B 中氣體的壓強相同，根據玻意耳定律，對 A 氣體有P_A^， V_A=PV_A^，②對 B 氣體有〖P_B V〗_B=PV_B^ ，③由已知條件得 V_A^，+V_B^，=2.5×10-4m3+4.0×10-4m3④聯立以上各式得 p=3.27×〖10〗^4 Pa【答案】p=3.2×104Pa 1.【解析 】開始時活塞位于 a 處，加熱后，汽缸中的氣體先經歷等容過程，直至活塞開始運動。設此時汽缸中氣體的溫度為 T1，壓強為 p1，根據查理定律有p_0/T_0 =p_1/T_1 ①根據力的平衡條件有p_1 S=p_0 S+mg②聯立①②式可得T_1=(1+mg/(p_0 S)) T_0③此后，汽缸中的氣體經歷等壓過程，直至活塞剛好到達 b 處，設此時汽缸中氣體的溫度為 T2；活塞位于 a 處和 b 處時氣體的體積分別為 V1 和 V2。根據蓋—呂薩克定律有V_1/T_1 =V_2/T_2 ④式中V1=SH⑤V2=S（H+h ）⑥聯立③④⑤⑥式解得T_2=(1+h/H)(1+mg/(p_0 S)) T_0⑦從開始加熱到活塞到達 b 處的過程中，汽缸中的氣體對外做的功為W=(p_0 S+mg)h⑧故本題答案是：W=(p_0 S+mg)h1．【解析 】(i)缸內氣體的溫度為 T0 時，缸內氣體的壓強 p=p0+mg/S當缸底物塊對缸底的壓力剛好為零時，缸內氣體壓強 p1=p0+3mg/S氣體發(fā)生等容變化，則根據查理定律有 p/T_0 =p_1/T_1解得：T1=(p_0 S+3mg)/(p_0 S+mg) T_0(ii)當缸內氣體體積為原來的 1.2 倍時，設氣體的溫度為 T2，從溫度 T1 變到溫度 T2，此過程氣體發(fā)生的是等壓變化，根據蓋－呂薩克定律有 V/T_1 =1.2V/T_2解得:T2=(1.2T_0 (p_0 S+3mg))/(p_0 S+mg)此時細線斷了，當細線斷開的一瞬間，根據牛頓第二定律有(p2 －p)S＝ma解得 a＝2g2．【解析 】（1 ）假設封閉氣體做等壓變化，h0=75cm=0.75m，溫度T1=(273+27)K，壓強 p1=(h0+h1)cmHg；末態(tài)：體積 V2=L1S，溫度T2=(273+127)K；根據等壓變化規(guī)律：V_1/T_1 =V_2/T_2解得 L1=40cm；L1L+h2，說明水銀沒有到細管部分，所以氣體做等壓變化，外界對氣體做功W=-ρg(h_1+h_0)S_1×(L_1-L)=-81.6J ;對封閉氣體，絕熱過程，設內能變化為?U，由熱力學第一定律?U=W+Q解得?U=106.4J；（2）假設水銀都到細管中，則封閉氣體壓強 p3=(h0+3h1)cmHg；體積V3=(L+h1+h2)S1+hS2；T3=(273+477)K ；根據氣態(tài)方程：(p_1 V_1)/T_1 =(p_3 V_3)/T_3解得 h=35cm，說明水銀都到了細管，則 V3=5×10-3m33．【解析 】(1)由題意可知，在活塞移動到汽缸口的過程中，氣體發(fā)生的是等壓變化。設活塞的橫截面積為 S，活塞未移動時封閉氣體的溫度為 T1，塞愉好移動到汽缸口時，封閉氣體的溫度為 T2，則由蓋呂薩克定律可知： (Sh_1)/T_1 =(Sh_2)/T_2 ，又 T1=300 K解得：T2=500 K．即 227℃因為 227℃427℃，所以氣體接著發(fā)生等容變化，設當氣體溫度達到 427℃ 時，封閉氣體的壓強為 p，由查理定律可以得到：(1.0×〖10〗^5 Pa)/T_2 =p/((427+273)K)代人數據整理可以得到：p=l.4×l05 Pa。(2)由題意可知，氣體膨脹過程中活塞移動的距離 Δx=0.5m-0.3m=0.2m，故大氣壓力對封閉氣體所做的功為 W=-p_0 sΔx代人數據解得：w=-100 J由熱力學第一定律 ΔU=W+Q得到：Q=ΔU-W=200J4．【解析 】（1 ）設活塞質量為 m，活塞面積為 S，當平臺傾角為 370 時氣缸內氣體的壓強為 p_1=p_0+(mgcos〖37〗^0)/S氣體的體積 V1=V當平臺水平時，氣缸內氣體的壓強 p_2=2p_0 “=“ p_0+mg/S解得 p1=1.8p0平臺從傾斜轉至水平過程中，由玻意耳定律：p1V1= p2V2解得 V2=0.9V（2）降溫過程，氣缸內氣體壓強不變，由蓋呂薩克定律：V_2/T_0 =V_3/(0.9T_0 )解得 V3=0.81V活塞下降過程，外界對氣體做 W=p2(V2-V3)已知氣缸內氣體吸收的熱量 Q=-0.38p0V由熱力學第一定律得氣缸內氣體內能變化量?U=W+Q解得?U=-0.2p0V，即氣體的內能減小了 0.2p0V.5．【解析 】 (1)根據牛頓第二定律可得： p_1 S-p_0 S-mg=ma解得：p_1=(ma+mg+p_0 S)/S=1.2×〖10〗^5 Pa(2)當氣缸放在地面上靜止時, 根據平衡有：pS=p_0 S+mg解得：p=(p_0+mg)/S=1.1×〖10〗^5 Pa根據玻意耳定律可得：p?h/2 S=p_1?h_0 S解得：h_0=ph/(2p_1 )=22cm6．【解析 】：(1) 設氣缸橫截面積為 S，開始時活塞處在氣缸頂部，氣體體積V_1=2SL，壓強 P_1=1.0×〖10〗^5 Pa，溫度為 T_1=300K活塞向下運動到離底部 L 高處時，氣體體積 V_2=SL，溫度為T_2=330K， P_2=？根據理想氣體狀態(tài)方程：(P_1 V_1)/T_1 =(P_2 V_2)/T_2代入數據得：P_2=2.2×〖10〗^5 Pa；(2)活塞上所放重物產生的壓強 P=P_2-P_1=1.2×〖10〗^5 Pa，若活塞橫截面積 S=0.001m^2，由壓強公式 P=mg/s 可得活塞上所放重物的質量 m=ps/g=(1.2×〖10〗^3×0.001)/10=12kg2019 屆高考物理二輪復習專題--動量守恒定律與原子物理（含答案）對動量守恒這一部分內容，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，多次出現在兩個守恒定律交匯的綜合題中。在原子物理這一部分內容中，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：內容、守恒條件、不同的表達式及含義： ； ；內容：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、質子、中子、正電子、 粒子、 光子) ；四變(衰變、人工轉變、裂變、聚變)；兩方程 (核反應方程、質能方程 )。4 條守恒定律(電荷數守恒、質量數守恒、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研理科綜合物理試題）如圖所示，可視為質點的滑塊 A、B 靜止在光滑水平地面上，A 、B 滑塊的質量分別為 mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左側有傾角 θ=30°的粗糙傳送帶以v=6m/s 的速率順時針勻速轉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 兩滑塊間夾著質量可忽略的炸藥，現點燃炸藥爆炸瞬間，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為 μ=√3/3，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生的熱量 Q1．（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童均為 m 的物塊Ａ、B、C。 B 的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質最不計).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)總質量為 M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為 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(mv_0)/(M-m)C．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為(m^2 v_0^2)/(g〖(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將一質量也為 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 間的摩擦系數大于 A 與斜面間的動摩擦因數 ),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 1/3v0 時,A 的速度為 2/3v0D．當 A 的速度為 1/3v0 時,B 的速度為 2/3v0二、多選題3．如圖所示，一質量 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/sB．在小物塊 A 做加速運動的時間內，木板 B 速度大小可能是 2m/sC．從 A 開始運動到 A，B 共速的過程中，木板 B 對小物塊 A 的水平沖量大小為 2N?sD．從 A 開始運動到 A， B 共速的過程中，小物塊 A 對木板 B 的水平沖量方向向左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=2C．氫原子從 n=3 躍遷到 n=2 輻射的光在相同介質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中的傳播速度比 A 光大三、解答題5．如圖，三個質量相同的滑塊 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 1/8v0、3/4v0 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、電子的質量為 m、電子的電荷量為靜電力常量為 k、普朗克常數為 h；根據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 v_A、 v_B，爆炸過程，對 A 和 B組成的系統(tǒng)由動量守恒有：m_A v_A-m_B v_B=0解得：v_B=2“m“/“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：m_A gsinθ+μm_A gcosθ=m_A a_上解得：a_上=g(sinθ+μcosθ)=10m/s^2經 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：x_A1=(v_A^2)/(2a_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/s^2經 t2=0.6s 滑塊 A 與傳送帶共速根據對稱性可知滑塊 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：m_A v_傳+m_B v_B=(m_A+m_B)v解得：v=3“m/s“碰撞過程中損失的能量為 E=1/2 m_A 〖v_傳〗^2+1/2 m_B 〖v_B〗^2-1/2(m_A+m_B)v^2代入數據得：E=6“J“(3)經 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：x_A1=〖v_A〗^2/(2a_上 )=1.8“m“此過程中傳送帶的位移：x_傳 1=vt=3.6“m“滑塊 A 速度減為零后將沿傳送帶向下做勻加速運動，經 t2=0.6s 滑塊 A 與傳送帶共速，達到共速時傳送帶的位移：x_A2=〖v_A〗^2/(2a_ 下 )=1.8“m“傳送帶的位移 x_傳 2=vt=3.6“m“若向上運動和向下運動過程中產生的熱量分別為 Q1、Q2 ，則由 Q=f?x_相得：Q_1=f(x_“A1“ +x_傳 1)=27“J“Q_2=f(x_傳 2-x_“A2“ )=9“J“故因摩擦產生的熱量 Q=Q_1+Q_2=36“J“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( )的核子數比鉛原子核( )的核子數少得多，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）（ ?。?A 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②③聯立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⑤⑥聯立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-mv_0=0，解得火箭的速度大小為v=(mv_0)/(M-m)，故 B 正確；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得上升的最大高度為 h=v^2/2g=(m^2 v_0^2)/(2〖(M-m)〗^2 g)，故 C 錯誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產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?！敬鸢浮緽2．【解題思路】設 A 與斜面間的動摩擦因數為 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，產生內能，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=1/3v0 時，vA=2/3v0。當 vA=1/3v0 時，vB=2/3v0。由于 B 與 A 間的摩擦系數大于 A 與斜面間的動摩擦因數，因此vA＞vB，故 C 正確，D 錯誤。故選 C?！敬鸢浮緾二、多選題3．【解題思路】設水平向右為正方向，根據動量守恒定律得：Mv-mv=(M+m) v_共，解得 v_共=1“m/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 v_1，根據動量守恒定律：Mv-mv=Mv_1，解得： v_1=1.5“m/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=4“N“?“s“ ，故 C 錯誤；設水平向右為正方向，根據動量定理，A 對 B 的水平沖量 I^'=Mv_共-Mv=-4“N“?“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】AD4．【解題思路】根據 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＝c/γ，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 sinC=1/n，那么在相同介質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v=c/n，則有光在同一種介質中的傳播速度比 A 光大。故 D 正確。故選 CD。【答案】CD三、解答題5．【解析 】根據根據動量守恒求出碰前 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，最后根據動量守恒求解 B、C 碰后瞬間共同速度的大小。設滑塊是質量都是 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：W_B=1/2 mv_0^2-1/2 mv_A^2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，W_B=1/2 m〖v^'〗_B^2-1/2 m〖v^″〗_B^2由于質量相同的滑塊 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聯立以上各表達式，代入數據解得：v=√21/16 v_0.6．【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：