阶段真题实练
1. [2014·重庆高考]一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝ 10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：平抛运动时间t＝＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1 s，则有x甲＋x乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。
答案：B
2．[2013·福建高考]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.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D。
答案：D
3．[2013·江苏高考]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的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向。
解析：根据动量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为离开空间站方向。
答案：0.02 m/s 远离空间站方向
4．[2012·课标全国卷]如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
解析：(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2①
式中g是重力加速度的大小。
设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。由动量守恒定律得
m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③
联立①②③式得＝－1④
代入题给数据得＝－1⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能
Ek(Ek＝m2v2)之比为
＝1－(1－cosθ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－
答案：(1)－1 (2)1－
5．[2013·海南高考]如图，光滑水平地面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止。先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起。求前后两次碰撞中损失的动能之比。
解析：设三个物块A、B和C的质量均为m，A与B碰撞前A的速度为v，碰撞后的速度为v1，A、B与C碰撞后的共同速度为v2。由动量守恒定律得mv＝2mv1①
mv＝3mv2②
设第一次碰撞中的动能损失为ΔE1，第二次碰撞中的动能损失为ΔE2，由能量守恒定律得
mv2＝(2m)v＋ΔE1③
(2m)v＝(3m)v＋ΔE2④
联立以上四式解得ΔE1∶ΔE2＝3∶1
答案：3∶1
6．[2013·课标全国卷Ⅱ]如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，动量守恒，有
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒得
mv1＝2mv2②
mv＝ΔE＋(2m)v③
联立①②③式，得
ΔE＝mv④
(2)由②式可知，v2mv0＝3mv3⑤
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv。
答案：(1)mv (2)mv
7. [2014·课标全国卷Ⅰ]如图，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h＝0.8 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t＝0.3 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mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 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＝①
将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得
v1＝gt③
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
mAv1＋mBv2＝mBv2′④
mAv＋mBv＝mBv′⑤
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vB′＝vB⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m⑧
答案：(1)4 m/s (2)0.75 m
8. [2014·广东高考]如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
解析：(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒
mv1＝2mv①
解得v＝＝3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE＝mv－(2m)v2③
解得ΔE＝9 J④
(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a＝⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得v共＝⑥
把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理
经过时间t1，P运动过的路程为s1，则s1＝v共t1－at⑦
经过时间t2，P运动过的路程为s2，则s2＝v共t2－at⑧
如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足
s1≤3L≤s2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s⑩
v1的最大值为14 m/s，此时v共＝7 m/s，根据动能定理知
－μ·2mg·4L＝E－·2mv
代入数据得E＝17 J。
答案：(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J
9. [2014·天津高考]如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l。
解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
答案：(1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
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1. [2014·江苏高考]已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________。
A．波长 B．频率
C．能量 D．动量
解析：由光电效应方程Ekm＝hν－W＝hν－hν0
钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p＝，故动量小，由λ＝，可知波长较大，则频率较小，选项A正确。
答案：A
2．[2014·广东高考]在光电效应实验中，用频率为ν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ν的光照射，一定不发生光电效应
D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
解析：在发生光电效应的前提下，光电流大小与λ射光的强度成正比，A对。能否发生光电效应由λ射光的频率决定，B错，由Ek＝hν－W0可知。C错，D对。
答案：AD
3．[2013·上海高考]某半导体激光器发射波长为1.5×10－6 m，功率为5.0×10－3 W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10－7 m，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，该激光器发出的( )
A．是紫外线
B．是红外线
C．光子能量约为1.3×10－18 J
D．光子数约为每秒3.8×1016个
解析：由于激光波长大于可见光波长，所以该激光器发出的是红外线，选项B正确，A错误。由E＝可得光子能量约为E＝ J＝1.3×10－19 J，选项C错误。光子数约为每秒n＝＝3.8×1016个，选项D正确。
答案：BD
4．[2013·北京高考]以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。
光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应。换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)( )
A．U＝－ B．U＝－
C．U＝2hν－W D．U＝－
解析：由题意可知一个电子吸收多个光子仍然遵守光电效应方程，设电子吸收了n个光子，则逸出的光电子的最大初动能为Ek＝nhν－W(n＝2,3,4…)，逸出的光电子在遏止电压下运动时应有Ek＝eU，由以上两式联立得U＝，若取n＝2，则B正确。
答案：B
5．[2012·江苏高考]A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB，求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功。
解析：光子能量ε＝hν，动量p＝，且ν＝
得p＝，则pA∶pB＝2∶1
A照射时，光电子的最大初动能EA＝εA－W0。
同理，EB＝εB－W0。
解得W0＝EA－2EB
答案：2∶1 EA－2EB
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1．[2014·山东高考]氢原子能级如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是________。(填正确答案标号)
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
解析：由氢原子能级图可知氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级的能级差大于从n＝3跃迁到n＝2的能级的能级差，根据|En－Em|＝hν和ν＝可知，|En－Em|＝h，选项A错误；同理从n＝1跃迁到n＝2的能级需要的光子能量大约为从n＝3跃迁到n＝2的能级差的五倍左右，对应光子波长应为从n＝3跃迁到n＝2的能级辐射光波长的五分之一左右，选项B错误；氢原子从n＝3跃迁到n＝1的能级的能级差最多有三种情况，即对应最多有三种频率的光谱线，选项C正确；氢原子在不同能级间跃迁必须满足|En－Em|＝h，选项D正确。
答案：CD
2．[2014·浙江高考]玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示，当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为________ Hz的光子。用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________ eV。(电子电荷量e＝1.60×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
解析：本题考查能级、光电效应方程等知识。由跃迁条件可知hν＝E4－E2＝(3.40－0.85) eV＝4.08×10－19 J，解得辐射出的光子的频率为6.2×1014 Hz，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W，计算可得产生电子的最大初动能为0.3 eV。
答案：6.2×1014 Hz'0.3 eV
3．[2012·江苏高考]如图所示是某原子的能级图，a，b，c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是________。
解析：根据玻尔的原子跃迁公式h＝E2－E1可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确。
答案：C
4．[2011·上海高考]卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )
解析：本题考查α粒子散射实验的结果，属于容易题。实验结果是：离金原子核越远的α粒子偏转角度越小，离金原子核越近的α粒子偏转角度越大，正对金原子核的α粒子被沿原路“撞回”。所以选项D正确。
答案：D
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1．[2014·福建高考]如图所示，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
解析：α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电。在匀强电场中，α射线与β射线分别在电场力的作用下发生偏转，α射线偏向负极板，β射线偏向正极板，γ射线不受电场力，不发生偏转；在磁场中，由左手定则可以判断α射线向左偏，β射线向右偏，γ射线不受洛伦兹力，不发生偏转。故C项正确。
答案：C
2．[2014·江苏高考]氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤。它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是86Rn―→84Po＋________。已知86Rn的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g的86Rn衰变后还剩1 g。
解析：①根据核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒可推得该反应的另一种生成物为He。②根据m余＝
m原知＝4，解得t＝3.8×4＝15.2 天。
答案：He(或α粒子) 15.2
3. [2014·课标全国卷Ⅱ]在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是________。
A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
解析：密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，选项A正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，说明原子核的组成情况，而原子中存在原子核是卢瑟福的α粒子散射实验发现的，选项B、D错误；居里夫妇发现钋和镭是从沥青中分离出来的，选项C正确；汤姆逊通过阴极射线在电磁场中的偏转，发现阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出其比荷，选项E正确。
答案：ACE
4. [2014·北京高考]质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3。当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)( )
A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2
解析：此核反应方程为H＋n→H，根据爱因斯坦的质能方程得ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3)c2，C正确。
答案：C
5. [2014·重庆高考]碘131的半衰期约为8天。若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )
A. B.
C. D.
解析：设剩余质量为m剩，则由m剩＝m()，得m剩＝m()＝＝，C正确。
答案：C
6. [2014·课标全国卷Ⅰ]关于天然放射性，下列说法正确的是________。
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
解析：原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A错。放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B、C项正确。在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D项正确。一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E项错误。
答案：BCD
7．[2013·重庆高考]铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：U＋n―→a＋b＋2n，则a＋b可能是( )
A. Xe＋Kr B. Ba＋Kr
C. Ba＋Sr D. Xe＋Sr
解析：根据题中所给裂变反应方程，质量数守恒，电荷数守恒，故a＋b的质量数应为235＋1－2＝234，电荷数应为92，故只有D选项正确。
答案：D
8．[2012·重庆高考]以下是物理学史上3个著名的核反应方程
x＋Li―→2y y＋7N―→x＋8O y＋Be―→z＋6 Cx、y和z是3种不同的粒子，其中z是( )
A. α粒子 B. 质子 C. 中子 D. 电子
解析：设x粒子的质量数为A，电荷数为B，由核反应中质量数守恒和电荷数守恒，由核反应方程x＋Li―→2y可得，y粒子含有质量数为，电荷数为；由核反应方程y＋7N―→x＋8O可得，＋14＝A＋17，＋7＝B＋8，解得A＝1，B＝1；由核反应方程y＋Be―→z＋6C可得，z粒子含有质量数A′＝＋9－12＝4＋9－12＝1，z粒子含有电荷数B′＝＋4－6＝2＋4－6＝0，即z粒子是中子，A、B、D错误，C正确。
答案：C
9．[2012·课标全国卷]氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为H＋H―→He＋x，式中x是某种粒子。已知：H，H，He和粒子x的质量分别为2.0141 u,3.0161 u,4.0026 u，和1.0087 u；1 u＝931.5 MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)。
解析：核反应方程必须满足质量数和电荷数守恒，可知x是n(中子)。聚变前后质量亏损是：Δm＝(2.0141＋3.0161－4.0026－1.0087) u＝0.0189 u
释放能量ΔE＝Δmc2＝0.0189×931.5 MeV≈17.6 MeV。
答案：n(或中子) 17.6
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