高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動量守恒 近代物理-人教版高三物理試題

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1、第十三章 動量守恒 近代物理 必須掌握的概念、公式或規(guī)律 必須理解的7個關(guān)鍵點 必須明確的7個易錯易混點 1.12個重要概念 動量　沖量　彈性碰撞　非彈性碰撞　反沖現(xiàn)象　光電效應(yīng)現(xiàn)象能級　基態(tài)　激發(fā)態(tài)　躍遷　衰變　半衰期 1.動量定理是矢量表達式． 2.動量守恒滿足一定的條件，且系統(tǒng)在整個過程中任意時刻的總動量均相等． 1.系統(tǒng)的總動量是指各物體動量的矢量和，不是代數(shù)和.2.利用動量守恒時，各物體的速度必須是相對同一參考系的． 2.9個公式 p＝mv　I＝Ft　I＝Δp m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 hν＝W＋mv2　hν＝Em－En E＝mc2　

2、ΔE＝Δmc2 N余＝N原 3.能否發(fā)生光電效應(yīng)，不取決于光強，而取決于光的頻率． 4.光電子不是光子，是電子． 5.玻爾理論的內(nèi)容包含定態(tài)、躍遷、軌道三方面的內(nèi)容．玻爾理論能很好地解釋氫原子光譜． 3.微觀粒子和宏觀物體都具有波動性． 4.微觀粒子的波動性不同于機械波，它是一種概率波． 5.光電效應(yīng)中的“光”也包括不可見光． 3.5個規(guī)律 動量定理　動量守恒定律 光電效應(yīng)規(guī)律　玻爾理論　衰變規(guī)律 6.半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)的原子核不適用． 7.核力是只發(fā)生在相鄰核子間的短程強相互作用. 6.太陽光譜不是連續(xù)光譜是吸收光譜． 7.原子光譜是線狀光譜不是連續(xù)光

3、譜． 第1節(jié)　動量定理　動量守恒定律 [真題回放] 1．(2013·新課標全國卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短．當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小． 【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，A和B的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得 mv2＝mv＋(2m)v ① mv＝mv1＋(2m)v2 ② 式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正．由①②式

4、得 v1＝－ ③ 設(shè)碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得 μmgd1＝mv ④ μ(2m)gd2＝(2m)v ⑤ 按題意有 d＝d1＋d2 ⑥ 設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得 μmgd＝mv－mv2 ⑦ 聯(lián)立②至⑦式，得 v0＝. ⑧ 【答案】　 2．(2013·新課標全國卷Ⅱ)如圖13-1-1，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為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)量不計)．設(shè)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(shè)B和C碰撞過程時間極短．求從A開始壓縮彈簧直至

5、與彈簧分離的過程中， 圖13-1-1 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 【解析】　(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 ① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2 ② mv＝ΔE＋(2m)v ③ 聯(lián)立①②③式得 ΔE＝mv ④ (2)由②式可知v2

6、動量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3 ⑤ mv－ΔE＝(3m)v＋Ep ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得 Ep＝mv. ⑦ 【答案】　(1)mv　(2)mv 3．(2013·山東高考)如圖13-1-2所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg，mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞．求A與C碰撞后瞬間A的速度大?。? 圖13-1-2 【解析】　因碰撞時間

7、極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC ① A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設(shè)共同速度為 vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ② A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足 vAB＝vC ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 vA＝2 m/s. ④ 【答案】　2 m/s [考向分析] 1.考綱展示 (1)動量、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用?、? (2)彈性碰撞和非彈性碰撞?、? (3)實驗：驗證動量守恒定律 2.命題趨勢 本節(jié)是選修3－

8、5中的重點內(nèi)容，在新課標全國卷中每年必考一個關(guān)于動量、動量守恒的計算題，且難度為中等難度，這個特點在以后的高考命題中不會變化． 3.選材特點 經(jīng)常以生活中的具體事例為命題背景，以碰撞為模型考查動量守恒定律的應(yīng)用，有時也綜合考查能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律. 考點一 對動量定理的理解及應(yīng)用 一、適用范圍 適用于恒力作用也適用于變力作用，適用于直線運動也適用于曲線運動，適用于受持續(xù)的沖量作用，也適用于受間斷的多個沖量的作用． 二、解釋現(xiàn)象 一類是物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小．另一類是作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越

9、短，動量變化越?。? 三、解題的基本思路 1．確定研究對象：一般為單個物體或由多個物體組成的系統(tǒng). 2．對物體進行受力分析．可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量． 3．抓住過程的初末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號． 4．根據(jù)動量定理列方程代入數(shù)據(jù)求解． 【例1】　[考向1　應(yīng)用動量定理解釋現(xiàn)象]把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動；若迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出，解釋這個現(xiàn)象的原因是(　　) A．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 C．在緩緩拉動紙帶時，紙

10、帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 【解析】　在緩緩拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力；在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力．由于滑動摩擦力f＝μN(μ是動摩擦因數(shù))，而最大靜摩擦力fm＝umN(um是靜摩擦因數(shù))且μ≤μm.一般情況下可以認為f＝fm即滑動摩擦力f 近似等于最大靜摩擦力fm.因此，一般情況是：緩拉，摩擦力??；快拉，摩擦力大． 緩緩拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量，即動量的改變量可以很大，所以能把重物帶動；快拉時，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量的改變量?。虼诉x項C正確． 【答案】　C

11、 【例2】　[考向2　動量定理的計算]質(zhì)量為0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁，又以4 m/s的速度反向彈回．如圖13-1-3，球跟墻壁的作用時間為0.05 s．求： 圖13-1-3 (1)小球動量的增量； (2)球受到的平均沖力． 【解析】　取初速度v1的方向為正方向，則：v1＝5 m/s，v2＝－4 m/s (1)Δp＝mv2－mv1＝0.4×(－4－5) kg·m/s＝－3.6 kg·m/s負號表示動量增量與初動量方向相反． (2)F＝＝N＝－72 N，平均沖力的大小為72 N，平均沖力的方向與初速度反向． 【答案】　(1)－3.6 kg·m/s，

12、負號表示與初動量反向 (2)－72 N，負號表示與初速度反向 【反思總結(jié)】 動量定理是矢量式，對同一直線上運動的問題，規(guī)定正方向后，可將矢量運算簡化為代數(shù)運算．應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量時，如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用Ft計算，往往用動量定理間接求解. 考點二 動量守恒定律的理解與應(yīng)用 1.動量守恒定律的“五性” (1)矢量性：速度、動量均是矢量，因此列式時，要規(guī)定正方向． (2)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系． (3)系統(tǒng)性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動量不一定滿足守恒． (4)同時性：動量守恒定律方

13、程等號左側(cè)表示的是作用前同一時刻的總動量，右側(cè)則表示作用后同一時刻的總動量． (5)普適性：動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，而且適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)． 2．動量守恒定律的不同表達形式 (1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′. (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． (4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． 3．碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律 (1)動量守恒． (2)機械能不增加． (3)

14、速度要合理． ①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′. ②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． 4．對反沖現(xiàn)象的三點說明 (1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反的方向運動，通常用動量守恒來處理． (2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加． (3)反沖運動中平均動量守恒． 5．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒． (2)動能增加：在爆炸

15、過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加． (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動． 【例3】　(2014·新課標全國卷 Ⅰ)如圖13-1-4，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＝0.8 m，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． 圖13-1-4 當A球下落t＝0.3 s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．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝1

16、0 m/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． 【解析】　(1)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)公式有 vB＝ ① 將h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s ② (2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學(xué)規(guī)律可得 v1＝gt ③ 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＝mBv′2 ④ mAv＋mBv＝mBv′ ⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速

17、度大小為v′B，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B＝vB ⑥ 設(shè)P點距地面的高度為h′，由運動學(xué)規(guī)律可得 h′＝ ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m． ⑧ 【答案】　(1)4 m/s　(2)0.75 m 突破訓(xùn)練　1 (2014·大綱全國卷)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　) A.　　　 B. C. D. 【解析】　設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am.設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Am

18、v，解得v1＝v0，故＝，A正確． 【答案】　A 考點三 實驗：驗證動量守恒定律 1.方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實驗． (1)測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量． (2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌． (3)實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度．(①改變滑塊的質(zhì)量．　②改變滑塊的初速度大小和方向．) (4)驗證：一維碰撞中的動量守恒． 2．方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗． (1)測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2. (2)安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來． (3)實驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相

19、碰． (4)測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應(yīng)小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應(yīng)小球的速度． (5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗． (6)驗證：一維碰撞中的動量守恒． 3．方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗． (1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量． (2)安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥． (3)實驗：接通電源，讓小車A運動，小車B靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動． (4)測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由v＝算出

20、速度． (5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗． (6)驗證：一維碰撞中的動量守恒． 4．方案四：利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律． (1)用天平測出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球為入射小球． (2)按照如圖13-1-5所示安裝實驗裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平． 圖13-1-5 (3)白紙在下，復(fù)寫紙在上，在適當位置鋪放好．記下重垂線所指的位置O. (4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次．用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面，圓心P就是小球落點的平均位置． (5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使

21、它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實驗10次．用步驟(4)的方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被碰小球落點的平均位置N.如圖13-1-6所示． 圖13-1-6 (6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度．將測量數(shù)據(jù)填入表中．最后代入m1O＝m1O＋m2O，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立． (7)整理好實驗器材放回原處． (8)實驗結(jié)論：在實驗誤差范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動量守恒． 5．對實驗誤差的分析 (1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求，即： ①碰撞是否為一維碰撞． ②實驗是否滿足動量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，長木板實驗是否平衡掉摩擦力等． (2)偶

22、然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量． (3)減小誤差的措施： ①設(shè)計方案時應(yīng)保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動量守恒的條件． ②采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差． 【例4】　(2014·新課標全國卷Ⅱ)現(xiàn)利用圖13-1-7甲所示的裝置驗證動量守恒定律．在圖甲中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間． 甲 圖13-1-7 實驗測得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310 kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108 kg，遮光片的寬度d＝

23、1.00 cm；打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0 Hz. 將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰．碰后光電計時器顯示的時間為ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶如圖13-1-7乙所示． 　　　　　　　　　　乙 圖13-1-7 若實驗允許的相對誤差絕對值(×100%)最大為5%，本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程． 【解析】　紙帶上打出的相鄰點的時間間隔Δt＝＝0.02 s 根據(jù)v＝可計算出滑塊A碰撞前后的速度v0＝2.00 m/s，v1＝0.970 m/s 滑塊A、B碰撞后滑塊B的速度v2＝＝2.86

24、 m/s 兩滑塊碰撞前后的總動量p＝m1v0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s p′＝m1v1＋m2v2＝0.610kg·m/s 兩滑塊碰撞前后總動量相對誤差絕對值為 δ＝×100%＝1.6%<5% 因此，本實驗在誤差允許范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律． 【答案】　見解析 數(shù)學(xué)技巧5　數(shù)學(xué)歸納法在物理中的應(yīng)用 數(shù)學(xué)歸納法是一種數(shù)學(xué)證明方法，典型地用于確定一個表達式在所有自然數(shù)范圍內(nèi)是成立的或者用于確定一個其他的形式在一個無窮序列是成立的，這就是著名的結(jié)構(gòu)歸納法．如果說一個關(guān)于自然數(shù)n的命題，當n＝1時成立(這一點我們可以代入檢驗即可)，我們就可

25、以假設(shè)n＝k(k≥1)時命題也成立． 再進一步，如果能證明n＝k＋1時命題也成立的話(這一步是用第二步的假設(shè)證明的)，由n＝1命題成立，可推知n＝2命題成立，繼而又可推出n＝3命題成立……這樣就形成了一個無窮的遞推，從而命題對于n≥1的自然數(shù)都成立． 在物理高考題中經(jīng)常出現(xiàn)的多過程問題，很多情況下可以用數(shù)學(xué)歸納法來解決． 【例5】　雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大．現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始質(zhì)量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)閙1.此后每經(jīng)過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小

26、水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為m2、m3…mn….(設(shè)各質(zhì)量為已知量)．不計空氣阻力．若考慮重力的影響， 求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v′1； (2)求第n次碰撞后雨滴的動能mnv′ 【思路導(dǎo)引】　 【解析】　(1)若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒 第1次碰撞前v＝v＋2 gl，v1＝ 第1次碰撞后m0v1＝m1v1′，v1′＝v1＝① (2)第2次碰撞v＝v1′2＋2gl 利用①式化簡得v＝2v＋2gl ② 第2次碰撞后，利用①式得 v′＝2v＝2v＋2gl 同理，第3次碰撞后 v′＝2v＋2gl， 第n次碰

27、撞后速度為 v′＝2v＋2gl 故n次碰撞后雨滴的動能為 mnvn′2＝. 【答案】　(1)　 (2) 突破訓(xùn)練　2 (2012·安徽高考)如圖13-1-8所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝2 kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接．傳送帶始終以u＝2 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．裝置的右邊是一光滑曲面，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h＝1.0 m處由靜止釋放．已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，l＝1.0 m． 設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且

28、處于平衡狀態(tài)．取g＝10 m/s2. 圖13-1-8 (1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小； (2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上？ (3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小． 【解析】　(1)設(shè)物塊B從光滑曲面h高處滑下時的速度為v0，由機械能守恒定律，得mgh＝mv，故v0＝＝ m/s＝2 m/s＞u，故B滑上傳送帶后做勻減速運動．加速度a＝＝μg＝2 m/s2，根據(jù)v2－v＝－2as，得物塊B到達傳送帶左端時的速度v1＝＝ m/s＝4 m/

29、s.離開傳送帶后做勻速運動，故物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度v1＝4 m/s. (2)物塊B與物塊A發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞前后遵守動量守恒和能量守恒．即mv1＝mv′1＋MV′1 mv＝mv′＋MV′ 聯(lián)立解得，v′1＝v1＝－v1＝－ m/s 負號說明B與A碰撞后，B的速度方向向右． 物塊B運動到傳送帶上做勻減速運動． 速度減為零時的位移s＝＝ m＝ m＜l，因此物塊B還沒有到達傳送帶的右邊，速度已減小為零，故不能到達右邊的曲面上． (3)物塊B與A第一次碰撞后，運動到傳送帶上做勻減速運動，速度減為零后做反向的加速運動，根據(jù)對稱性，離開傳送帶后的速度v2＝v′1，然后與A發(fā)生

30、第二次碰撞，且滿足mv2＝mv′2＋MV′2 mv＝mv′＋MV′ 聯(lián)立解得，v′2＝v2＝－v2＝－v1 同理，物塊B與A第三次碰撞前的速度v3＝－v′2，碰撞后的速度v′3＝－v3＝－v1. 依此類推 第n次碰撞后B的速度v′n＝－v1 即n次碰撞后的速度大小為v1＝ m/s. 【答案】　(1)4 m/s　(2)不能　(3) m/s 1. (2014·浙江高考)如圖13-1-9所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　) 圖13-1-9 A．甲木塊的動量守恒 B

31、．乙木塊的動量守恒 C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒 D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒 【解析】　根據(jù)動量守恒定律的條件，以甲、乙為一系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，A、B錯誤，C正確；甲、乙的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，甲、乙系統(tǒng)的動能不守恒，D錯誤． 【答案】　C 2．(2014·福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) 圖13-1-10 A．v0－v2　　　　　　　

32、 B．v0＋v2 C．v0－v2 D.v0＋(v0－v2) 【解析】　根據(jù)動量守恒定律得 (m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1 解得v1＝v0＋(v0－v2)． 故選D. 【答案】　D 3．(多選)從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　) A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長 【

33、解析】　設(shè)玻璃杯下落高度為h.它們從高h處落地瞬間的速度大小為，與水泥地或草地接觸t時間后停止，根據(jù)動量定理可知：由于掉在水泥地上動量變化快，相互作用時間短，受到的合力大，所以地面給杯子的沖擊力也大，故杯子易碎．應(yīng)選C、D. 【答案】　CD 4．一個質(zhì)量為0.3 kg的小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小為4 m/s.則碰撞前后墻對小球的沖量I的大小及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為(　　) A．I＝3 kg·m/s，W＝－3 J B．I＝0.6 kg·m/s，W＝－3 J C．I＝3 kg·m/s，W＝7.8 J D．I＝

34、0.6 kg·m/s，W＝3 J 【解析】　本題考查動能定理和動量定理的應(yīng)用，難度較易．碰撞前后墻對小球的沖量大小I＝mv′－m(－v)＝ 3 kg·m/s，碰撞過程中墻對小球做的功等于小球動能的改變量，即W＝mv′2－mv2＝－3 J，A正確． 【答案】　A 5．質(zhì)量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2向左射入木塊并停留在木塊中，要使木塊停下來，發(fā)射子彈的數(shù)目是(　　) A. B. C. D. 【解析】　設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，由動量守恒可知：nmv2－Mv1＝0，解得n＝，選項D正確． 【答案】　D 6. (2014·蘇北四市調(diào)研)A、

35、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m.當用板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖13-1-11所示．若用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距離桌邊距離為(　　) 圖13-1-11 A.　　　B.x　　　C．x　　　D.x 【解析】　當用板擋住小球A而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒有：Ep＝mv，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：x＝v0t.當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2

36、mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地點距桌邊距離為x′＝vBt＝x，D選項正確． 【答案】　D 7．(多選) (2014·山東濰坊一中階段性檢測)在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動．當小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖13-1-12所示，由圖可知(　　) 圖13-1-12 A．a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量 B．在t1時刻兩小球間距最小 C．0～t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小 D．在0～t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運動方向

37、相反 【解析】　由題給條件知a、b球組成的系統(tǒng)在發(fā)生相互作用的過程中動量守恒．由v-t圖象可知，b球在t1時刻速度減為零，然后反向運動，而它們是受到等大反向的沖量作用，故b球的初動量要小于a球的初動量，即mav0>mbv0，則ma>mb，故選項A正確．在0～t2時間內(nèi)，兩小球從相向運動至同向運動到速度相等，間距會逐漸減小，而在t2時刻兩小球間距達到最小，故選項B錯誤、選項C正確．在t1～t3時間內(nèi)，a和b是同向運動，b受到的斥力和運動方向相同，故選項D錯誤． 【答案】　AC 8．(2012·天津高考) 質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反

38、向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kg·m/s. 若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10 m/s2)． 【解析】　以豎直向上為正方向，則v′＝4 m/s，v＝－6 m/s 所以小球與地面碰撞前后的動量變化為 Δp＝mv′－mv＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s 根據(jù)動量定理，得(F－mg)t＝Δp 所以平均作用力F＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N. 【答案】　2　12 9．某同學(xué)用如圖13-1-13所示裝置來研究碰撞過程，第一次單獨讓小

39、球a從斜槽某處由靜止開始滾下．落地點為P，第二次讓a從同一位置釋放后與靜止在斜槽末端的小球b發(fā)生碰撞．a(chǎn)、b球的落地點分別是M、N，各點與O的距離如圖所示． 該同學(xué)改變a的釋放位置重復(fù)上述操作．由于某種原因他只測得了a球的落地點P′、M′到O的距離分別為22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地點N′到O的距離． 圖13-1-13 【解析】　設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2，碰撞過程中滿足動量守恒定律． m1O＋m2O＝m1O，解得m1∶m2＝4∶1. 改變a的釋放位置，有m1＋m2＝m1， 解得：＝48.0 cm. 【答案】　48.0 cm 10．(2014·江蘇高

40、考)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度．若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大?。? 【解析】　設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2 由動量守恒定律：2mv0＝2mv1＋mv2，由題意知＝，解得v1＝v0，v2＝v0. 【答案】　v0　v0 11．(2014·大綱全國卷)冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為

41、3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，求： (1)碰后乙的速度的大??； (2)碰撞中總機械能的損失． 【解析】　(1)設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰撞前速度大小分別為v、V，碰撞后乙的速度大小為V′.取運動員甲速度方向為正方向，由動量守恒定律有 mv－MV＝MV′ ① 代入數(shù)據(jù)得V′＝1.0 m/s ② (2)設(shè)碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應(yīng)有 mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE ③ 聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得 ΔE＝1 400 J. 【答案】　(1)1.0 m/s　(2)1 400 J 12. 如圖13-1-14所示，質(zhì)量M＝2

42、 kg的長木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊放有豎直固定擋板，B的右端到擋板的距離為s.現(xiàn)有一小物體A(可視為質(zhì)點)質(zhì)量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s從B的左端水平滑上B.已知A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A始終未滑離B，B與豎直擋板碰前A和B已相對靜止，B與擋板的碰撞時間極短，碰后以原速率彈回．取重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖13-1-14 (1)B與擋板相碰時的速度大小； (2)s的最短距離； (3)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為多少時，物體A恰與長木板B相對靜止．(保留兩位小數(shù)) 【解析】　(1)設(shè)B與擋板相碰時的速度大小為v1，由動量

43、守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，v1＝2 m/s. (2)A與B剛好共速時B到達擋板距離s最短，由牛頓第二定律，B的加速度為 a＝＝1 m/s2，s＝＝2 m. (3)B與擋板碰后，A、B最后一起向左運動，共同速度大小為v2，由動量守恒定律Mv1－mv1＝(m＋M)v2，v2＝ m/s，設(shè)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為L時，物體A恰與長木板B相對靜止，對長木板B由動能定理得－μmgL＝Mv－Mv代入數(shù)據(jù)得L＝1.78 m. 【答案】　(1)2 m/s　(2)2 m　(3)1.78 m 階段升華微專題(十五)　動量定理及動量 守恒定律的強化應(yīng)用 [專題歸納

44、] 專題一　動量與動量定理 1．沖量、動量與動量的變化 　物理量 項目 沖量 動量 動量變化 公式 I＝Ft p＝mv Δp＝mv末－mv初 方向性 矢量，與F同方向 矢量，與v同方向 矢量，用平行四邊形定則確定 性質(zhì) 是過程量，對力而言 是狀態(tài)量，對物體而言 是過程量，對物體而言 2．動量定理與動能定理 項目 動量定理 動能定理 表達式 I合＝p2－p1＝Δp W總＝Ek2－Ek1＝ΔEk 標矢性 矢量式、I合、Δp均為矢量 標量式、W總、ΔEk均為標量 注意事項 (1)規(guī)定矢量的正向，確定正負 (2)確定過程及初、末狀態(tài)

45、 (1)功雖是標量，但要確定功的正負及求法 (2)確定初、末速度求初、末動能 【例1】　排球運動是一項同學(xué)們喜歡的體育運動．為了了解排球的某些性能，某同學(xué)讓排球從距地面高h1＝1.8 m處自由落下，測出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點所用時間為t＝1.3 s，第一次反彈的高度為h2＝1.25 m．已知排球的質(zhì)量為m＝0.4 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力．求： (1)排球與地面的作用時間； (2)排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Φ拇笮。? 【解析】　(1)排球第一次落到地面的時間為t1，第一次反彈到最高點的時間為t2，由h1＝gt，h2＝gt，得：t1＝0.6 s，t2＝0.5 s，

46、所以排球與地面的作用時間Δt＝t－t1－t2＝0.2 s. (2)設(shè)排球第一次落地的速度為v1，第一次反彈離開地面時的速度為v2，則有： v1＝gt1＝6 m/s，v2＝gt2＝5 m/s，設(shè)地面對排球的平均作用力的大小為F，以排球為研究對象，取向上為正方向，則在排球與地面的作用過程中，由動量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)得：F＝＋mg，代入數(shù)據(jù)得：F＝26 N．根據(jù)牛頓第三定律得：排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?6 N. 【答案】　(1)0.2 s　(2)26 N 專題二　動量守恒定律的應(yīng)用 動量守恒定律與機械能守恒定律的比較 動量守恒定律 機械能守恒定律

47、表達式 ①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個物體組成的系統(tǒng)相互作用前后動量保持不變 ②Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量變化量大小相等，方向相反 ③Δp＝0，系統(tǒng)動量增量為零 ①Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′(系統(tǒng)初態(tài)的機械能等于系統(tǒng)末態(tài)的機械能) ②ΔEk＝－ΔEp(系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量) ③ΔEA增＝ΔEB減(A、B組成的系統(tǒng)，A的機械能的增加量等于B的機械能的減少量) 守恒條件 ①系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零．這里要正確區(qū)分內(nèi)力和外力 ②系統(tǒng)受外力的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時也可以認為動量守恒．這時是一種近似守恒，但計算

48、時仍可用動量守恒定律進行計算 ③系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量守恒 只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功 【例2】　(2012·山東高考)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變．求B與C碰撞前B的速度大?。? 圖1 【解析】　設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得 對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB ① 對B、C木塊

49、：mBvB＝(mB＋mC)v ② 由A與B間的距離保持不變可知 vA＝v ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得 vB＝v0. ④ 【答案】　v0 [學(xué)習(xí)致用] 1．(多選)下列說法中正確的是(　　) A．物體的動量的改變，一定是速度大小的改變 B．物體的動量的改變，一定是速度方向的改變 C．物體的運動狀態(tài)改變，其動量一定改變 D．物體的速度方向改變，其動量一定改變 【解析】　由p＝mv知，p的改變決定于v的改變，只要v的大小或方向有其一變化，p就變化，故選CD. 【答案】　CD 2．玻璃杯從同一高度自由下落，掉落到硬質(zhì)水泥地板上易碎，掉落到松軟地毯上不易碎，這是由于玻璃

50、杯掉到松軟地毯上(　　) A．所受合外力的沖量小 B．動量的變化量小 C．動量的變化率小 D．地毯對杯子的作用力小于杯子對地毯的作用力 【解析】　杯子從同一高度自由下落，與地面相碰前的瞬時速度、動量都是一定的，碰后靜止，動量的變化量一定，Δp＝m，合外力的沖量大小相等．由F＝可知，玻璃杯掉到地毯上Δt大，F(xiàn)小，因此不易破碎，C正確． 【答案】　C 3．(2013·福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是________．(填

51、選項前的字母) A.v0　　 B.v0 C.v0 D.v0 【解析】　應(yīng)用動量守恒定律解答本題，注意火箭模型質(zhì)量的變化．取向下為正方向，由動量守恒定律可得： 0＝mv0－(M－m)v′ 故v′＝，選項D正確． 【答案】　D 4．水平地面上有一木塊，質(zhì)量為m，它與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，在水平恒力F作用下由靜止開始運動，經(jīng)過時間t，撤去此力，木塊又向前滑行一段時間2t才停下，此恒力F的大小為(　　) A．μmg B.2μmg C．3μmg D.4μmg 【解析】　從木塊開始運動，到木塊停止運動的整個過程用動量定理(取水平恒力F的方向為正方向)得：Ft－μmg×3t＝0.所以F

52、＝3μmg，只有C正確． 【答案】　C 5．平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質(zhì)量為M，站立在船上的人手中拿一質(zhì)量為m的物體．起初人相對于船靜止，船、人、物體以共同速度v0前進，當人相對于船以速度u向相反方向?qū)⑽矬w拋出時，人和船的速度為(水的阻力不計) A. B. C．v0＋ D.v0＋u 【解析】　物體被拋出的同時，船速已發(fā)生了變化，設(shè)為v，則物體拋出后相對地的速度為(u－v)，取小船、人和物體m為一系統(tǒng)，由動量守恒定律得：(M＋m)v0＝Mv－m(u－v)，所以v＝＝v0＋.故C正確． 【答案】　C 6. (2013·天津高考)我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3

53、 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) 圖2 A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功 【解析】　根據(jù)沖量的定義、動量守恒定律和能量守恒定律解決問題． 乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相

54、等，但方向相反，選項A錯誤；乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，選項B正確；在乙推甲的 過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動能定理知，選項C、D錯誤． 【答案】　B 7. 如圖3所示，一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30°的固定斜面上，并立即沿反方向彈回．已知反彈速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面對小球的沖量的大?。? 圖3 【解析】　小球在碰撞斜面前做平拋運動，設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v. 由題意，v的方向與豎直線的夾角為30°，且水

55、平分量仍為v0，如圖所示，由此得v＝2v0 ① 碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙，碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理： I＝m(v)＋mv ② 由①②得I＝mv0. 【答案】　mv0 8．如圖4所示，甲、乙兩冰球運動員為爭搶冰球而合理沖撞，已知甲運動員的質(zhì)量為60 kg，乙運動員的質(zhì)量為70 kg，接觸前兩運動員速度大小均為5 m/s，沖撞結(jié)果，甲被撞回，速度大小為2 m/s，如接觸時間為0.2 s，問： 圖4 (1)沖撞時兩運動員的相互作用力多大？ (2)撞后，乙的速度大小是多少？方向又如何？ 【解析】　(1)取甲碰前的速度方向為正方向，對甲運用動量定理，

56、有： －Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲 所以F＝2 100 N. (2)取甲碰前的速度方向為正方向，對系統(tǒng)運用動量守恒定律，有： m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v乙′ 所以v乙′＝1 m/s 方向與甲碰前速度相同． 【答案】　(1)2 100 N　(2)1 m/s，與甲碰前的速度同向 第2節(jié)　光電效應(yīng)　氫原子光譜 [真題回放] 1．(2011·新課標全國卷)在光電效應(yīng)實驗中，某金屬的截止頻率相應(yīng)的波長為λ0，該金屬的逸出功為________．若用波長為λ(λ<λ0)的單色光做該實驗，則其遏止電壓為________．已知電子的電荷量、真空中的光速和普朗克常量分別為

57、e、c和h. 【解析】　設(shè)金屬的截止頻率為ν0，則該金屬的逸出功W0＝hν0＝h；對光電子，由動能定理得eU0＝h－W0，解得U0＝·. 【答案】　　·(寫為·.也可) 2．(2012·福建高考)關(guān)于近代物理，下列說法正確的是________． A．α射線是高速運動的氦原子 B．核聚變反應(yīng)方程H＋H―→He＋n中，n表示質(zhì)子 C．從金屬表面逸出的光電子的最大初動能與照射光的頻率成正比 D．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，其理論能夠解釋氫原子光譜的特征 【解析】　α射線是高速氦核流，A錯誤.n表示的是中子，B錯誤．由光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W知Ekm與ν成線性關(guān)系，C錯誤．玻爾的量

58、子化原子模型的實驗基礎(chǔ)一是原子的穩(wěn)定性，二是原子光譜的分立特征，故D正確． 【答案】　D 3．(2012·四川高考)如圖13-2-1為氫原子能級示意圖的一部分，則氫原子(　　) 圖13-2-1 A．從n＝4能級躍遷到n＝3能級比從n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出電磁波的波長長 B．從n＝5能級躍遷到n＝1能級比從n＝5能級躍遷到n＝4能級輻射出電磁波的速度大 C．處于不同能級時，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的 D．從高能級向低能級躍遷時，氫原子核一定向外放出能量 【解析】　光子能量E＝hν＝，而E4－3λ3－2，A項正確．由于光波的波速由介質(zhì)和頻率

59、共同決定，且在真空中傳播時與頻率無關(guān)，故B錯．電子在核外不同能級出現(xiàn)的概率是不同的，故C錯．能級躍遷是核外電子在不同軌道間的躍遷，與原子核無關(guān)，故D錯誤． 【答案】　A [考向分析] 1.考綱展示 (1)氫原子光譜　　　　　　　　?、? (2)氫原子的能級結(jié)構(gòu)、能級公式 Ⅰ (3)光電效應(yīng) Ⅰ (4)愛因斯坦光電效應(yīng)方程 Ⅰ 2.命題趨勢 本節(jié)作為選考內(nèi)容，經(jīng)?？疾橐韵聝蓚€方面知識； (1)光電效應(yīng)現(xiàn)象的規(guī)律及光電效應(yīng)方程的應(yīng)用． (2)氫原子的能級及光譜的形成． 3.選材特點 以經(jīng)典理論為命題背景，選取光電效應(yīng)現(xiàn)象和氫原子能級圖進行考查相關(guān)知識. 考點

60、一 對光電效應(yīng)規(guī)律的理解 1.區(qū)分光電效應(yīng)中的五組概念 (1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)出來的電子，其本質(zhì)是電子．光子是光電效應(yīng)的因，光電子是果． (2)光電子的動能與光電子的最大初動能：光照射到金屬表面時，電子吸收光子的全部能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能．光電子的初動能小于等于光電子的最大初動能． (3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，

61、隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關(guān)． (4)入射光強度與光子能量：入射光強度指單位時間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量． (5)光的強度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的，對于不同頻率的光，由于每個光子的能量不同，飽和光電流與入射光強度之間沒有簡單的正比關(guān)系． 2．兩種常見圖象比較 圖象名稱 圖線形狀 由圖線直接(間接)得到的物理量 最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線 ①極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc ②逸出功：圖線與Ek

62、軸交點的縱坐標的值W0＝＝E ③普朗克常量：圖線的斜率k＝h 顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系 ①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點 ②飽和光電流Im：電流的最大值 ③最大初動能：Ekm＝eUc 【例1】　(2013·浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應(yīng)現(xiàn)象，實驗裝置示意圖如圖13-2-2甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s. 甲　　　　　　　　　乙 圖13-2-2 (1)圖甲中電極A為光電管的________(填“陰極”或“陽極”)； (2)實驗中測得銣的遏止電壓UC與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖13-2-2乙所示，則銣的截止頻

63、率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J； (3)如果實驗中入射光的頻率ν＝7.00×1014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek＝________J. 【解析】　(1)在光電效應(yīng)中，電子向A極運動，故電極A為光電管的陽極． (2)由題圖可知，銣的截止頻率νc為5.15×1014 Hz，逸出功W0＝hνc＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J. (3)當入射光的頻率為ν＝7.00×1014Hz時，由Ek＝hν－h(huán)νc得，光電子的最大初動能為Ek＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014 J≈1.23×10－19 J.

64、 【答案】　(1)陽極　(2)5.15×1014　3.41×10－19 (3)1.23×10－19 【反思總結(jié)】 利用光電效應(yīng)分析問題，應(yīng)把握的三個關(guān)系 (1)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0. (2)光電子的最大初動能Ek可以利用光電管用實驗的方法測得，即Ek＝eUc，其中Uc是遏止電壓． (3)光電效應(yīng)方程中的W0為逸出功．它與極限頻率νc的關(guān)系是W0＝hνc. 突破訓(xùn)練　1 (2014·廣東高考)(多選)在光電效應(yīng)實驗中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)，下列說法正確的是 (　　) A．增大入射光的強度，光電流增大 B．減小入射光的強度，光電效應(yīng)現(xiàn)象

65、消失 C．改用頻率小于ν的光照射，一定不發(fā)生光電效應(yīng) D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動能變大 【解析】　增大入射光強度，使單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增加，因此光電流增大，選項A正確；光電效應(yīng)與照射光的頻率有關(guān)，與強度無關(guān)，選項B錯誤；當照射光的頻率較小于ν，大于極限頻率時發(fā)生光電效應(yīng)，選項C錯誤；由Ekm＝hν－W，增加照射光的頻率，光電子的最大初動能變大，選項D正確． 【答案】　AD 考點二 氫原子能級和能級躍遷 1.氫原子的能級圖 能級圖如圖13-2-3所示． 圖13-2-3 2．能級圖中相關(guān)量意義的說明 相關(guān)量 意義 能級圖中的橫線 表示氫原子可

66、能的能量狀態(tài)——定態(tài) 橫線左端的數(shù)字“1,2,3…” 表示量子數(shù) 橫線右端的數(shù)字“－13.6，－3.4…” 表示氫原子的能量 相鄰橫線間的距離 表示相鄰的能量差，量子數(shù)越大相鄰的能量差越小，距離越小 帶箭頭的豎線 表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷的條件為hν＝Em－En 3.對原子躍遷條件hν＝Em－En的說明： (1)原子躍遷條件hν＝Em－En只適用于光子和原子作用而使原子在各定態(tài)之間躍遷的情況． (2)當光子能量大于或等于13.6 eV時，也可以被處于基態(tài)的氫原子吸收，使氫原子電離；當處于基態(tài)的氫原子吸收的光子能量大于13.6 eV時，氫原子電離后，電子具有一定的初動能． (3)原子還可吸收外來實物粒子(例如自由電子)的能量而被激發(fā)．由于實物粒子的動能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級的能量差值(E＝Em－En)，均可使原子發(fā)生能級躍遷． 【例2】　(2014·山東高考)氫原子能級如圖13-2-4，當氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656 nm.以下判斷正確的是________。(雙選，填正確答案標