動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用(包括驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn))-資料下載頁
2025-04-16 22:27本頁面
【正文】 ，平拋時(shí)間相等．即m1＝m1＋m2；則可得m1OP＝m1OM＋m2，因而選C；由表達(dá)式知：在OP已知時(shí)，需測(cè)量mmD、E.若為彈性碰撞同時(shí)滿足能量守恒m12＝m12＋m22即m1OP2＝m1OM2＋m2ON2.p1＝m1 p′1＝m1故p1∶p′1＝OP∶OM＝∶＝14∶11p′2＝m2p′1∶p′2＝∶＝11∶故＝＝1其他條件不變，使ON最大，則mm2發(fā)生彈性碰撞．則其動(dòng)量和能量均守恒，可得v2＝，而v2＝，v0＝故ON＝OP＝ cm＝ cm.[答案](1)C(2)ADE或(DEA或DAE)(3)m1OM＋m2ON＝m1OP m1OM2＋m2ON2＝m1OP2 (4)14 1～ (5) 高效演練輕松闖關(guān) 1．[解析]，由動(dòng)量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋v)，故C正確．2．[解析]設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，由能量和動(dòng)量守恒定律，得mv2＝mv＋(2m)v①mv＝mv1＋2mv2②式中，以碰撞前木塊A的速度方向?yàn)檎散佗谑降胿1＝－③設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動(dòng)的距離分別為d1和d2，由動(dòng)能定理得μmgd1＝mv④μ(2m)gd2＝(2m)v⑤據(jù)題意有d＝d1＋d2⑥設(shè)A的初速度大小為v0，由動(dòng)能定理得μmgd＝mv－mv2⑦聯(lián)立②至⑦式，得v0＝ .⑧[答案] 3．[解析](1)P1與P2碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得mv0＝2mv1解得v1＝，方向向右P停在A點(diǎn)時(shí)，PPP三者速度相等均為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得2mv1＋2mv0＝4mv2解得v2＝v0，方向向右．(2)彈簧壓縮到最大時(shí)，PPP三者的速度為v2，設(shè)由于摩擦力做功產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律，得從P1與P2碰撞后到彈簧壓縮到最大2mv＋2mv＝4mv＋Q＋Ep從P1與P2碰撞后到P停在A點(diǎn)2mv＋2mv＝4mv＋2Q聯(lián)立以上兩式解得Ep＝mv，Q＝mv根據(jù)功能關(guān)系有Q＝μ2mg(L＋x)解得x＝－L.答案：見解析4．[解析]，兩球在水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據(jù)動(dòng)量守恒定律可以斷定碰前兩球的動(dòng)量大小相等方向相反，C正確．5．[解析](1)取向左為速度的正方向，A、B被彈開的過程中它們組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mAvA－mBvB＝0 解得vB＝ m/s第一次碰撞發(fā)生在A與C之間mAvA＝(mA＋mC)vAC 解得vAC＝1 m/sΔEk＝mAv－(mA＋mC)v＝15 J.(2)A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒0＝(mA＋mB＋mC)v 解得v＝0.[答案](1)15 J (2)06．[解析](1)設(shè)子彈穿出物塊時(shí)物塊的速度為v1，對(duì)子彈和物塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝m＋2mv1解得v1＝.(2)設(shè)物塊和木板達(dá)到共同速度v2時(shí)，物塊剛好到達(dá)木板的右端，木板的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，對(duì)物塊和木板組成的系統(tǒng)，有2mv1＝(2m＋3m)v2又物塊在木板表面因摩擦產(chǎn)生的熱為Q＝2μmgL，則由能量守恒定律得2μmgL＝2mv－(2m＋3m)v解得L＝.[答案]見解析第二節(jié) 基礎(chǔ)再現(xiàn)對(duì)點(diǎn)自測(cè) 電子 大于 最小值 最大值 hν－W0 波動(dòng) 粒子 波粒二象 大小 [自我校對(duì)] 考點(diǎn)透析講練互動(dòng) 【例1】[解析]根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，只有入射光頻率大于極限頻率才能發(fā)生光電效應(yīng)，故A、D正確．根據(jù)光電效應(yīng)方程，最大初動(dòng)能與入射光頻率為線性關(guān)系，但非正比關(guān)系，B錯(cuò)誤；根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，光電子的最大初動(dòng)能與入射光強(qiáng)度無關(guān)，C錯(cuò)誤．[答案]AD【突破訓(xùn)練1】C【例2】[解析](1)在光電效應(yīng)中，電子向A極運(yùn)動(dòng)，故電極A為光電管的陽極．(2)由題圖可知，1014Hz，逸出功W0＝hνc＝10－341014J≈10－19J.(3)當(dāng)入射光的頻率為ν＝1014Hz時(shí)，由Ek＝hν－h(huán)νc得，光電子的最大初動(dòng)能為Ek＝10－34(－)1014J≈10－19J.[答案](1)陽極 (2)1014[(～)1014均視為正確] 10－19[(～)10－19均視為正確] (3)10－19[(～)10－19均視為正確]【突破訓(xùn)練2】[解析]，甲、乙光對(duì)應(yīng)的遏止電壓相等，由eUc＝Ek和hν＝W0＋Ek得甲、乙光頻率相等，A錯(cuò)誤；丙光的頻率大于乙光的頻率，則丙光的波長(zhǎng)小于乙光的波長(zhǎng)，B正確；由hνc＝W0得甲、乙、丙光對(duì)應(yīng)的截止頻率相同，C錯(cuò)誤；由光電效應(yīng)方程知，甲光對(duì)應(yīng)的光電子最大初動(dòng)能小于丙光對(duì)應(yīng)的光電子最大初動(dòng)能，D錯(cuò)誤． 高效演練輕松闖關(guān) 1．[解析]，說明鋅板上有光電子飛出，所以鋅板帶正電，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．2．[解析]＝mv2，而hν＝W0＋mv2，所以b光照射時(shí)光電子最大初動(dòng)能大，A錯(cuò)，且可得νbνa，λbλa，故D錯(cuò)，C對(duì)．b光折射率大于a光折射率，所以a光臨界角大，B對(duì)．3．[解析]，由動(dòng)能定理得：－Ue＝0－mv①由光電效應(yīng)方程得：nhν＝mv＋W(n＝2,3,4…)②由①②式解得：U＝－(n＝2,3,4…)，故選項(xiàng)B正確．4．[解析]，大量光子運(yùn)動(dòng)的規(guī)律表現(xiàn)出光的波動(dòng)性，而單個(gè)光子的運(yùn)動(dòng)表現(xiàn)出光的粒子性．光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，波動(dòng)性越明顯，光的頻率越高，粒子性越明顯．而宏觀物體的德布羅意波的波長(zhǎng)太小，實(shí)際很難觀察到波動(dòng)性，不是不具有波粒二象性，D項(xiàng)正確．5．[解析]＝ eV的光照射陰極，電流表讀數(shù)不為零，則能發(fā)生光電效應(yīng)，由光電效應(yīng)方程hν＝mv＋W， V時(shí)，電流表讀數(shù)為零，則電子不能到達(dá)陽極，由動(dòng)能定理eU＝mv知，最大初動(dòng)能mv＝eU＝ eV，對(duì)圖乙當(dāng)電壓表讀數(shù)為2 V時(shí)，電子到達(dá)陽極的最大動(dòng)能Ek＝mv＋eU′＝ eV＋2 eV＝ eV，故C正確．
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