江西省横峰中学高考物理第一轮复习 第十三章 动量 近代物理初步（备考指南选修35）.doc

第十三章 动量 近代物理初步选修35备考指南考 点内 容要求考 点内 容要 求一、碰撞与动量守恒动量、动量定理、动量守恒定律及其应用四、天然放射现象核反应核能原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期弹性碰撞和非弹性碰撞放射性同位素二、光电效应波粒二象性光电效应核力、核反应方程爱因斯坦光电效应方程结合能、质量亏损三、原子结构氢原子光谱氢原子光谱裂变反应和聚变反应、裂变反应堆射线的危害和防护氢原子的能级结构、能级公式实验十六验证动量守恒定律把握考情找规律：高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，本专题的主要考点有碰撞模型、动量定理、动量守恒定律、经典物理理论、原子和原子核部分的最新科技成果。明热点：以生活中的具体事例及经典物理学理论为命题背景，结合物理知识在生活中的应用及最新科技成果的命题趋势较强，2016年高考应予以高度关注。第1节动量守恒定律及其应用(1)动量越大的物体，其速度越大。()(2)物体的动量越大，其惯性也越大。()(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。()(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。()(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。()(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。()(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。()(8)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。()要点一动量定理的理解与应用1动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvekmv2ppp标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程ek，ekpv，p，p联系(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系2应用动量定理解题的步骤(1)明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。(5)根据动量定理列式求解。3应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。多角练通1(多选)物体的动量变化量的大小为5 kgm/s，这说明()a物体的动量在减小b物体的动量在增大c物体的动量大小可能不变d物体受到的合力冲量大小为5 ns解析：选cd因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，a、b错误；动量是矢量，其变化量可能是动量方向变化引起的，c正确；由动量定理ip可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，d正确。2(多选)(2015广州模拟)两个质量不同的物体，如果它们的()a动能相等，则质量大的动量大b动能相等，则动量大小也相等c动量大小相等，则质量大的动能小d动量变化量相等，则受到合力的冲量大小也相等解析：选acd由p可知，两物体动能相同时，质量越大的动量越大，a正确，b错误；由ek可知，两物体动量相同时，质量越大的动能越小，c正确；由动量定理可知，物体动量变化量与所受合外力的冲量相同，d正确。3(2012天津高考)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为_kgm/s。若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为_n。(g取10 m/s2)解析：在小球与地面作用的过程中，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力mg、地面对小球竖直向上的作用力f两个力作用。初状态小球的速度大小为6 m/s，方向竖直向下，末状态小球的速度大小为4 m/s，方向竖直向上。取竖直向上为正方向，则初动量为负，末动量为正，动量变化量为ppp0.2 kg4 m/s0.2 kg(6 m/s)2 kgm/s，由动量定理可得ftmgtp，则fmg0.2 kg10 m/s212 n。答案：212要点二动量守恒定律及其应用1动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)pp，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。(2)ppp0，即系统总动量的增量为0。(3)p1p2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。3应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。多角练通1.如图1311所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()图1311a在下滑过程中，物块的机械能守恒b在下滑过程中，物块和槽的动量守恒c物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动d物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处解析：选c在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，但物块的机械能减少，选项a错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，故选项b错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，选项c正确；由物块和光滑弧形槽组成的系统动量守恒可知，物块和光滑弧形槽的速度大小相同，故物块被弹簧反弹后不可能再追上弧形槽，d错误。2.(2014福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()图1312av0v2bv0v2cv0v2 dv0(v0v2)解析：选d火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0(v0v2)，d项正确。3(2015烟台二模)两块厚度相同的木块a和b，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为ma2.0 kg，mb0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mc0.10 kg的滑块c，以vc10 m/s的速度恰好水平地滑到a的上表面，如图1313所示。由于摩擦，滑块最后停在木块b上，b和c的共同速度为0.50 m/s。求：图1313(1)木块a的最终速度va；(2)滑块c离开a时的速度vc。解析：c从开始滑上a到恰好滑上a的右端过程中，a、b、c组成系统动量守恒mcvc(mbma)vamcvcc刚滑上b到两者相对静止，对b、c组成的系统动量守恒mbvamcvc(mbmc)v解得va0.25 m/svc2.75 m/s。答案：(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s要点三碰撞、爆炸与反冲1对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。2物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。3碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后。碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。4对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。5爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。典例(2014山东高考)如图1314，光滑水平直轨道上两滑块a、b用橡皮筋连接，a的质量为m，开始时橡皮筋松弛，b静止，给a向左的初速度v0。一段时间后，b与a同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间a的速度的两倍，也是碰撞前瞬间b的速度的一半。求：图1314(1)b的质量；(2)碰撞过程中a、b系统机械能的损失。审题指导(1)水平直轨道光滑，a、b组成的系统动量守恒。(2)理清a、b碰撞前、后的速度大小关系。(3)系统机械能的损失对应系统碰撞前后动能的减小量。解析(1)以初速度v0的方向为正方向，设b的质量为mb，a、b碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间a的速度为，碰撞前瞬间b的速度为2v，由动量守恒定律得m2mbv(mmb)v由式得mb。(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0(mmb)v设碰撞过程a、b系统机械能的损失为e，则em2mb(2v)2(mmb)v2联立式得emv。答案(1)(2)mv针对训练1(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.v0b.v0c.v0 d.v0解析：选d设喷气结束时火箭模型获得的速度大小为v，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(mm)vmv00，解得火箭模型获得的速度vv0，选项d正确。2(2014大纲卷)一中子与一质量数为a(a1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()a. b.c. d.解析：选a设中子质量为m，则原子核的质量为am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0mv1amv2，mvmvamv，解得v1v0，故，a正确。3(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v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()图1315解析：选b由hgt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，c、d项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，xv0t，所以a图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，a项错，b图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，b项正确。要点四动量与能量的综合应用1解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。2利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。典例(2014广东高考)如图1316所示的水平轨道中，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t12 s至t24 s内工作，已知p1、p2的质量都为m1 kg，p与ac间的动摩擦因数为0.1，ab段长l4 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v16 m/s，求p1、p2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能e；(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。图1316审题指导(1)p1与p2的碰撞为完全非弹性碰撞；动量守恒，动能损失最多。(2)复合体p从ab、bc、cb的过程为匀减速运动。(3)当t12 s时p向左经过b点时速度v1最大，向左经过a点时的动能最大。(4)当t24 s时p向左经过b点时速度v1最小。解析(1)若v16 m/s，根据动量守恒定律，碰撞后瞬间p的速度v满足mv12mv解得v3 m/s碰撞过程损失的动能emv2mv2162 j2132 j9 j(2)由于探测器的工作时间在t12 s至t24 s内，要在工作时间内通过，由于p与挡板发生的是弹性碰撞，因此p从a出发回到a的整个滑动过程可以看成是匀减速直线运动。由mv12 mv得vv1p以v开始滑动，滑动的加速度ag1 m/s2若p碰撞后在t1时刻到达b点则vt1at3l则v114 m/s若p碰撞后在t2时刻到达b点则vt2at3l则v110 m/s因此v1的速度范围为10 m/sv114 m/s当v114 m/s时，v7 m/sp以7 m/s的速度从a开始滑动到返回a的过程中，根据动能定理2mg4le2mv2求得e17 j。答案(1)3 m/s9 j(2)10 m/sv114 m/s17 j针对训练1.如图1317所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为。一质量为m(mm)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()图1317ahb.hc.h d.h解析：选d若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv(mm)v1，由机械能守恒定律可得mv2mgh(mm)v。联立以上各式可得hh，故d正确。2(2014天津高考)如图1318所示，水平地面上静止放置一辆小车a，质量ma4 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mb2 kg。现对a施加一个水平向右的恒力f10 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t0.6 s，二者的速度达到vt2 m/s。求：图1318(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fmaa代入数据解得a2.5 m/s2。(2)对a、b碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得ft(mamb)vt(mamb)v代入数据解得v1 m/s。(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(mamb)va从开始运动到与b发生碰撞前，由动能定理有flmav由式，代入数据解得l0.45 m。答案：(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m对点训练：冲量、动量、动量定理1放在水平面上的物体，用水平推力f推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力冲量的大小，下列说法正确的是()a合力的冲量及摩擦力的冲量均为0b合力的冲量及摩擦力的冲量均为ftc合力的冲量为0，摩擦力的冲量为ftd合力的冲量为ft，摩擦力的冲量为0解析：选c用水平力f推物体t秒，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0。摩擦力与推力等大反向，故摩擦力冲量的大小也为ft，但方向与f方向相反，c正确。2(2015江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到e1，在时间t2内动能由e1增加到2e1，设合力在时间t1内做的功为w1，冲量为i1，在时间t2内做的功是w2，冲量为i2，则()ai1i2，w1w2bi1i2，w1w2ci1i2，w1w2 di1i2，w1w2解析：选b根据动能定理有w1e10e1，w22e1e1e1，所以w1w2，根据动量定理和动量与动能的关系式p，有i10，i22(2)，显然i1i2，综上知，b正确。3(2015湖北大学附中测试)质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()a500 n b600 nc1 100 n d100 n解析：选c安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v10 m/s。受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(fmg)t0(mv)，则fmg1 100 n，c正确。对点训练：动量守恒定律的理解与应用4(2015浙江自选模块)如图1所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()图1a甲木块的动量守恒b乙木块的动量守恒c甲、乙两木块所组成系统的动量守恒d甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选c两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项a、b错误，选项c正确。甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项d错误。5.如图2所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为m，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为()图2a. b.c. dv1解析：选d在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(mm)v1mv1mv车，因此v车v1，所以d正确。6.(2015福建省莆田一中期末)如图3所示，一质量m3.0 kg的长方形木板b放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块a。给a和b以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使a开始向左运动，b开始向右运动，a始终没有滑离b板。 在小木块a做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图3a1.8 m/s b2.4 m/sc2.8 m/s d3.0 m/s解析：选ba先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设a减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则mvmvmv1，mv1(mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在小木块a做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项b正确。对点训练：碰撞、爆炸及反冲7(2015淮南质检)在光滑水平桌面上停放着两辆玩具小车a、b，其质量之比mamb12，两车用一根轻质细线缚住，中间夹着被压缩的轻弹簧，当烧断细线，轻弹簧将两车弹开，a车与b车()a动量大小之比为12b动量大小之比为11c速度大小之比为12 d速度大小之比为11解析：选b系统动量守恒，两车被弹开前，总动量为零，弹开后，总动量仍为零，所以a车与b车的动量大小相等，方向相反，选项a错误，b正确；由mavambvb可得，vavbmbma21，选项c、d错误。8(2015泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；则另一块的速度为()a3v0v b2v03vc3v02v d2v0v解析：选c取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv02mvmvx，可得vx3v02v，c正确。9(2014江苏高考)牛顿的自然哲学的数学原理中记载，a、b两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总量约为1516，分离速度是指碰撞后b对a的速度，接近速度是指碰撞前a对b的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球a以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球b，且为对心碰撞，求碰撞后a、b的速度大小。解析：设玻璃球a、b碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv02mv1mv2，且由题意知，解得v1v0，v2v0。答案：见解析对点训练：动量与能量的综合问题10(2015渝中区模拟)如图4所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球a、b质量分别为ma、mb，a球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的b球相碰，碰后a、b球均能刚好到达与管道圆心o等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是()图4a.1 b.1c.1 d.解析：选b由mgrmv2可得v，则两球碰后速度等大反向，碰撞前a球下滑到最低点的速度设为v0，由机械能守恒定律得：mg2rmv，碰撞过程中动量守恒可得：mav0mbvmav。以上三式联立可解得：1，b正确。11(2014北京高考)如图5所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块a和b分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。图5现将a无初速释放，a与b碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径r0.2 m；a和b的质量相等；a和b整体与桌面之间的动摩擦因数0.2。取重力加速度g10 m/s2。求：(1)碰撞前瞬间a的速率v；(2)碰撞后瞬间a和b整体的速率v；(3)a和b整体在桌面上滑动的距离l。解析：设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgrmv2得碰撞前瞬间a的速率v2 m/s。(2)根据动量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬间a和b整体的速率vv1 m/s。(3)根据动能定理(2m)v2(2m)gl得a和b整体沿水平桌面滑动的距离l0.25 m。答案：见解析12(2015张掖模拟)如图6所示。质量m2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为ma2 kg的物体a(可视为质点)。一个质量为m20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿a后，速度变为100 m/s，最后物体a静止在车上。若物体a与小车间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2)。图6(1)平板车最后的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)a在平板车上滑行的时间为多少？解析：(1)对子弹和物块，由动量守恒得mv0mvmav得v4 m/s同理对m和ma有mav(mma)v车得v车2 m/s。(2)由能量守恒得：emvmv2(mma)v2 392 j。(3)由动量定理得：magtmav车mav得t0.4 s。答案：(1)2 m/s(2)2 392 j(3)0.4 s第2节波粒二象性(1)光子和光电子都是实物粒子。()(2)只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应。()(3)要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于金属的逸出功。()(4)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。()(5)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性。()(6)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律。()(7)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性。()(8)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现为波动性。()要点一对光电效应的理解1与光电效应有关的五组概念对比(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子。光子是光电效应的因，光电子是果。(2)光电子的动能与光电子的最大初动能：光照射到金属表面时，电子吸收光子的全部能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能；只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能。光电子的初动能小于等于光电子的最大初动能。(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量。(5)光的强度与饱和光电流：饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的，对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系。2光电效应的研究思路(1)两条线索：(2)两条对应关系：光强大光子数目多发射光电子多光电流大；光子频率高光子能量大光电子的最大初动能大。多角练通1(2014上海高考)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()a光电效应是瞬时发生的b所有金属都存在极限频率c光电流随着入射光增强而变大d入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选c光具有波粒二象性，既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性。因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，a项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，b项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，c项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，d项错误。2(多选)(2015广东省湛江一中高三模拟)用如图1321所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极k，电流计g的指针发生偏转。而用另一频率的单色光b照射光电管阴极k时，电流计g的指针不发生偏转，那么()图1321aa光的频率一定大于b光的频率b只增加a光的强度可使通过电流计g的电流增大c增加b光的强度可能使电流计g的指针发生偏转d用a光照射光电管阴极k时通过电流计g的电流是由d到c解析：选ab由于用单色光a照射光电管阴极k，电流计g的指针发生偏转，说明发生了光电效应，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极k时，电流计g的指针不发生偏转，说明b光不能发生光电效应，即a光的频率一定大于b光的频率；增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加，则通过电流计g的电流增大；因为b光不能发生光电效应，所以即使增加b光的强度也不可能使电流计g的指针发生偏转；用a光照射光电管阴极k时通过电流计g的电子的方向是由d到c，所以电流方向是由c到d。选项a、b正确。要点二爱因斯坦的光电效应方程及应用1三个关系(1)爱因斯坦光电效应方程ekhw0。(2)光电子的最大初动能ek可以利用光电管用实验的方法测得，即ekeuc，其中uc是遏止电压。(3)光电效应方程中的w0为逸出功，它与极限频率c的关系是w0hc。2四类图像图像名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能ek与入射光频率的关系图线极限频率：图线与轴交点的横坐标c逸出功：图线与ek轴交点的纵坐标的值w0|e|e普朗克常量：图线的斜率kh颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系遏止电压uc：图线与横轴的交点饱和光电流im：电流的最大值最大初动能：ekmeuc颜色不同时，光电流与电压的关系遏止电压uc1、uc2饱和光电流最大初动能ek1euc1，ek2euc2遏止电压uc与入射光频率的关系图线截止频率c：图线与横轴的交点遏止电压uc：随入射光频率的增大而增大普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即hke。(注：此时两极之间接反向电压)典例(2013浙江高考)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图1322甲所示。已知普朗克常量h6.631034 js。图1322(1)图甲中电极a为光电管的_(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c_ hz，逸出功w0_ j；(3)如果实验中入射光的频率7.001014 hz，则产生的光电子的最大初动能ek_ j。解析(1)题图甲为利用光电管产生光电流的实验电路，光电子从k极发射出来，故k为光电管的阴极，a为光电管的阳极。(2)遏制电压对光电子做负功，根据爱因斯坦光电效应方程有eucekhw0。结合题图乙可知，当uc0时，5.151014 hz，故铷的截止频率c5.151014 hz，逸出功w0hc3.411019 j。(3)若入射光的频率7.001014 hz，则产生的光电子的最大初动能ekhw01.231019 j。答案(1)阳极(2)5.1510143.411019(3)1.231019针对训练1.(多选)图1323是某金属在光的照射下，光电子最大初动能ek与入射光频率的关系图像，由图像可知()图1323a该金属的逸出功等于eb该金属的逸出功等于h0c入射光的频率为20时，产生的光电子的最大初动能为2ed入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为解析：选ab根据爱因斯坦光电效应方程，结合题给光电子最大初动能ek与入射光频率的关系图像知，该金属的逸出功等于e，等于h0，选项a、b正确。入射光的频率为20时，产生的光电子的最大初动能为e，入射光的频率为时，不能产生光电效应，选项c、d错误。2(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1324。用频率为的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应。换用同样频率的强激光照射阴极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为电子电荷量)()图1324aubucu2hw du解析：选b本题考查光电效应知识，意在考查考生对光电效应规律的正确理解和应用能力。用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在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。由题意知最大初动能ekeu，根据光电效应方程有：nhwekweu(n2)，得：u(n2)，则b项正确，其他选项错误。3(2010浙江高考)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图1325所示。则可判断出()图1325a甲光的频率大于乙光的频率b乙光的波长大于丙光的波长c乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率d甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能解析：选b由题图可知，丙光的最大电流小于甲光和乙光，说明逸出的电子数目最少，即丙光的强度最小。由题图说明丙光对应的光电子的初动能最大，即丙光的频率最高(波长最小)，b项正确，d项错误；甲光和乙光的频率相同，a项错误。由于是同一光电管，所以乙光、丙光截止频率是一样的，c项错误。要点三对波粒二象性的理解1对波粒二象性的进一步理解实验基础表现说明光的波动性干涉和衍射光是一种概率波，即光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可用波动规律来描述大量的光子在传播时，表现出波的性质光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间相互作用产生的光的波动性不同于宏观观念的波光的粒子性光电效应、康普顿效应当光同物质发生作用时，这种作用是“一份一份”进行的，表现出粒子的性质少量或个别光子清楚地显示出光的粒子性粒子的含义是“不连续”、“一份一份”的光子不同于宏观观念的粒子波动性和粒子性的对立、统一大量光子易显示出波动性，而少量光子易显示出粒子性波长长(频率低)的光波动性强，而波长短(频率高)的光粒子性强光子说并未否定波动说，ehhc/中，和就是波的概念波和粒子在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的2物质波(1)定义：任何运动着的物体都有一种波与之对应，这种波叫做物质波，也叫德布罗意波。(2)物质波的波长：，h是普朗克常量。多角练通1用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图1326所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明()图1326a光只有粒子性没有波动性b光只有波动性没有粒子性c少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性d少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性解析：选d由这些照片可以看出，少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动呈现出波动性，故d正确。2(多选)1927年戴维逊和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一。如图1327所示的是该实验装置的简化图，下列说法正确的是()图1327a亮条纹是电子到达概率大的地方b该实验说明物质波理论是正确的c该实验再次说明光子具有波动性d该实验说明实物粒子具有波动性解析：选abd电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，b、d正确，c错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，a正确。3(2014江苏高考)已知钙和钾的截止频率分别为7.731014 hz和5.441014 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：选a金属的逸出功wh0，根据爱因斯坦光电效应方程ekhw可知，从金属钾表面飞出的光电子的最大初动能较金属钙的大，金属钙表面飞出的光电子能量e小，因，所以从钙表面逸出的光电子具有较大的波长，选项a正确。对点训练：光电效应现象及规律1(多选)(2015汕头模拟)如图1所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是()图1a有光子从锌板逸出b有电子从锌板逸出c验电器指针张开一个角度d锌板带负电解析：选bc用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故a错误、b正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故c正确、d错误。2(多选)(2014广东高考)在光电效应实验中，用频率为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改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应d改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大解析：选ad根据光电效应规律可知，增大入射光的强度，光电流增大，a项正确；减小入射光的强度，光电流减小，光电效应现象并不消失，b项错误；改用小于的入射光照射，如果入射光的频率仍然大于光电管阴极材料的极限频率，仍能发生光电效应，c项错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，d项正确。3(多选)(2015天津六校联考)关于光电效应，下列说法正确的是()a极限频率越大的金属材料逸出功越大b只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应c从金属表面出来的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比d若发生了光电效应且入射光的频率一定时，光强越强，单位时间内逸出的光电子数就越多解析：选ad由逸出功wh0知极限频率越大，逸出功越大，故a正确。发生光