高三复习第十三章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核导学案

第十三章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核学案60动量守恒定律验证动量守恒定律一、概念规律题组1．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大2．下列论述中错误的是()A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的图13．如图1所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内()A．A的速度是B的一半 B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力 D．总动量为零二、思想方法题组图24．如图2所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率()A．等于零 B．小于B车的速率C．大于B车的速率 D．等于B车的速率图35．如图3所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块()A．动量大小之比为1∶1B．速度大小之比为2∶1C．通过的路程之比为2∶1D．通过的路程之比为1∶1一、动量是否守恒的判断动量是否守恒的判断方法有两个1．根据动量守恒的条件，由系统所受的合外力是否为零来判断系统的动量是否守恒．2．根据物理情景研究初、末动量，直接判断动量是否守恒．有时第2种方法比第1种方法简捷得多．图4【例1】木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图4所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是()A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒[规范思维]二、动量守恒定律的应用应用动量守恒定律的解题步骤1．明确研究对象(系统包括哪几个物体)；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．由动量守恒定律列式求解；5．必要时进行讨论．【例2】图5(2011·海南·19(2))一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图5所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab与bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.[规范思维]三、多过程问题分析由三个或三个以上物体组成的系统在相互作用的过程中会出现多个作用过程，有的过程系统动量守恒，有的过程系统动量不守恒，有的全过程动量守恒，有的整体动量守恒，有的部分物体动量守恒．因此要合理地选择过程和过程的初、末状态，抓住初、末状态的动量守恒．【例3】图6(2011·新课标·35(2))如图6所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．四、实验：验证动量守恒定律【实验目的】1．验证一维碰撞中的动量守恒．2．探究一维弹性碰撞的特点．【实验原理】在一维碰撞中，测出物体的质量和碰撞前后物体的速度，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．【实验器材】方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．【实验步骤】方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度4．改变实验条件：①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向，重复实验．5．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量．2．将长木板的一端垫高，以平衡摩擦力．3．安装：将打点计时器固定在长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．4．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．5．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝eq\f(Δx,Δt)算出它们碰撞前后的速度．6．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．7．验证：一维碰撞中的动量守恒【误差分析】1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否为一维碰撞．(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大，是否平衡掉摩擦力．2．偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．3．改进措施：(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【注意事项】1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒：(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，用等长悬线悬挂后两小球刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用来平衡摩擦力．3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．【例4】某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图7甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图7(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g.试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______kg·m/s(保留三位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是[规范思维]【基础演练】1．下列说法中正确的是()A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒2．如图8所示，图8光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零3.图9将一个质量为3kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1kg的物块放在木板上．已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动，如图9所示，则当木板的速度为2.4m/s时，物块正在()A．水平向左匀减速运动B．水平向右匀加速运动C．水平方向做匀速运动D．处于静止状态4．(2010·福建四校联考)在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于()A.eq\r(\f(Ep,m)) B.eq\r(\f(2Ep,m)) C．2eq\r(\f(Ep,m)) D．2eq\r(\f(2Ep,m))5．A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1s闪光一次，连续拍照5次，拍得如图10所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断()图10A．第四次拍照时物体A在100cm处B．第四次拍照时物体A在80cm处C．mA∶mB＝3∶1D．mA∶mB＝2∶16．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为()A.eq\f(mL,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL＋d,d) D.eq\f(md,L－d)题号123456答案【能力提升】7．(2011·北京·21(2))如图11，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图11①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图11中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________(用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图12所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.图12实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)为________．⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.8．(2010·辽宁锦州模拟)如图13所示，图13质量均为2m的完全相同的长木板A、B并排静止放置在光滑水平面上．一个质量为m的铁块C以v0＝1.8m/s的水平速度从左端滑到长木板A的上表面，并最终停留在长木板B上．已知B、C最终的共同速度为v＝0.4m/s.求：(1)长木板A的最终速度v1；(2)铁块C刚离开长木板A时的瞬时速度v2.9．(海南省海师附中2010届高三月考)图14如图14所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R，一水平轨道与圆轨道相切，在水平光滑轨道上停着一个质量为M＝0.99kg的木块，一颗质量为m＝0.01kg的子弹，以v0＝400m/s的水平速度射入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，当圆轨道半径R多大时，平抛的水平距离最大？最大值是多少？(g取10m/s2)学案60动量守恒定律验证动量守恒定律【课前双基回扣】1．A2.B3.AD4．B[两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统在水平方向上动量守恒．设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以有v1＝eq\f(m2,m1＋m2)v2，eq\f(m2,m1＋m2)<1，故v1<v2，所以B正确．]5．ABC[以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F1＝μ1m1g，F2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2.即两物体的动量大小之比为1∶1，故A项正确．则两物体的速度大小之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(2,1)，故B项正确．由于木块通过的路程正比于其速度，两木块通过的路程之比eq\f(s1,s2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,1)，故C项正确，D项错误．]思维提升1．动量是矢量，其方向与速度方向相同．动能是状态量，描述物体的运动状态，动能与动量的大小关系为p2＝2mEk.2．动量守恒定律的表达式(1)p′＝p，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．【核心考点突破】例1BC[在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．][规范思维]在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关．因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量守恒，即要明确研究对象和研究过程．例2(1)eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)(2)eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)解析木块m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0＝(2m＋m)v①根据能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋fL＋mgh②联立①②得f＝eq\f(mv\o\al(2,0),3L)－eq\f(mgh,L)＝eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)③(2)以木块开始运动至最后与物体P在水平面ab上相对静止为研究过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0＝(2m＋m)v④根据能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋f(L＋L－s)⑤联立③④⑤得s＝eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)[规范思维]解答本题首先判断系统满足动量守恒的条件；然后根据要求量合理地选择初、末状态，再根据动量守恒定律列方程．例3eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)解析设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)④例4(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.6200.618(3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦解析作用前滑块1的速度v1＝eq\f(0.2,0.1)m/s＝2m/s，其质量与速度的乘积为0.31kg×2m/s＝0.620kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝eq\f(0.168,0.14)m/s＝1.2m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310kg＋0.205kg)×1.2m/s＝0.618kg·m/s.[规范思维]由纸带分别求出碰撞前后的速度大小(碰前速度大)，由p＝mv分别求出碰撞前后动量的大小，然后进行比较．思想方法总结1．判断动量是否守恒，首先要弄清所研究的对象和过程，即哪个系统的哪个过程，常见的判断方法是：(1)分析系统在所经历过程中的受力情况，看合外力是否为零．(2)直接分析系统在某一过程的初、末状态的动量，看它们是否大小相等、方向相同．2．对于多个物体组成的系统，当利用动量守恒和能量守恒等物理规律分析解决时，应注意以下几个方面．(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为一个研究对象，不一定是所有的物体为一个研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程．根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别判断所选过程动量、机械能的守恒情况．3．整体法是解多个物体组成的系统动量守恒问题的一个重要方法．即把两个或两个以上物体的独立物体视为系统进行考虑，也可以把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．4．守恒方法：利用物理过程中的某些守恒关系，根据守恒条件，利用相应的守恒定律来解决物理问题的方法．守恒是变中的不变，是事物转化中的一种恒定性．我们学习的有动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等．运用守恒定律给我们的解题带来方便，对于物理结构或物理过程较为复杂的问题，优先考虑守恒定律．【课时效果检测】1．A2.ACD3.B4.C5.A6.B7．①C②ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2④142.91(1～1.01均可)⑤76.88．(1)0.3m/s方向与v0同向(2)0.6m/s方向与v0同向解析(1)由动量守恒定律，知mv0＝2mv1＋(m＋2m)v解得v1＝0.3m/s，方向与v0同向(2)铁块刚离开A时，A、B具有相同的速度，此时由动量守恒定律有mv0＝mv2＋4mv1解得v2＝0.6m/s，方向与v0同向9．0.2m0.8m解析对子弹和木块组成的系统应用动量守恒定律，设它们共同运动的速度为v，有mv0＝(m＋M)v1，所以v1＝4m/s对子弹、木块组成的系统由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面，设木块到最高点时的速度为v2，有eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋(m＋M)g·2R所以v2＝eq\r(16－40R)由平抛运动规律有：2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝v2t解①、②两式有x＝4·eq\r(\f(－10R2＋4R,10))＝4eq\r(－R2＋\f(4,10)R)＝4eq\r(－R－\f(2,10)2＋\f(4,100))所以，当R＝0.2m时水平距离最大最大值xmax＝0.8m.易错点评1．在第2题中，由于不能理解动量的矢量性，往往漏选A.对B项由于理解的歧义，往往造成选择错误，B项应理解成：先放左手，后放右手，之后由于系统外力为零，动量守恒，所以B项错误．C项中，由于思维定势，许多同学把“后放右手”，理解为“系统受力往右”，漏选C.2．在第4题中，一定要记住当两球压缩最紧时，速度肯定相等，弹性势能最大．3．在第5题中，由于看不透题给图示的意义，造成思维障碍，无法解题．4．对于第8题，由于不能理解A、B、C运动过程，找不出关键条件，不会分段或整体列动量守恒方程，导致出错．学案61碰撞爆炸反冲一、概念规律题组1．下面关于碰撞的理解正确的是()A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解2．一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A．总动量守恒B．机械能守恒C．水平方向动量守恒D．竖直方向动量守恒图13．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv24．步枪的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为865m/s，则步枪的反冲速度约为()A．2m/s B．1m/s C．3m/s D．4m/s二、思想方法题组5．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0 C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v06．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可以发生的情况是()A．甲球停下，乙球反向运动B．甲球反向运动，乙球停下C．甲、乙两球都反向运动D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等一、碰撞现象及弹性碰撞的应用1．碰撞的种类及特点分类标准种类特点能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非完全弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线2.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．①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′.②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．3．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．(2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．【例1】在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂．中子在重水中可与eq\o\al(2,1)H核碰撞减速，在石墨中与eq\o\al(12,6)C核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？[规范思维][针对训练1]图2在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图2所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.[针对训练2]图3(2011·山东·38(2))如图3所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)二、子弹打木块模型及其拓展子弹打木块这类问题，分析时要抓住动量守恒与能量守恒这两条主线，根据所求的量准确地选取研究对象，是对单个物体、还是对系统？各做怎样的运动？其相对位移(或相对路程)是多少？注意这几个量的准确求解．(1)每个物体的位移：选单个物体为研究对象，然后分别应用动能定理列方程；(2)相对位移(或打进的深度)：选系统为研究对象，根据能量守恒列方程．(3)系统因摩擦产生的内能等于系统动能的减少量或Q＝Ffl相对．图4【例2】如图4所示，一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为Ff.试求：(1)子弹、木块相对静止时的速度v；(2)此时，子弹、木块发生的位移x1、x2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少；(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少．[规范思维][针对训练3](2009·天津卷)如图5所示，图5质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：要使物体不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不得超过多少．[针对训练4]如图6所示，光滑的水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，B与C发生相碰后粘合在一起运动，在以后的运动中，弹簧的弹性势能的最大值是________．图6【基础演练】1．下列属于反冲运动的是()A．汽车的运动 B．直升飞机的运动C．火箭发射过程的运动 D．反击式水轮机的运动2．如图7所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()图7A．开始运动时 B．A的速度等于v时C．弹簧压缩至最短时 D．B的速度最小时3．(2009·全国卷Ⅰ改编题)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为()A．2 B．3 C．4 D．54．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s5．如图8所示，图8小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h6．(2009·广东深圳模拟)图9A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图9所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为()A.eq\f(x,3) B.eq\r(3)xC．x D.eq\f(\r(6),3)x图107．如图10所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放．当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(m1,m1＋m2)v18．如图11所示，图11在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动．当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动．下列关于B物块与弹簧作用的过程中，两物块的v－t图象正确的是()题号12345678答案【能力提升】9．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度大小为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为eq\f(m,2).求：(1)爆炸后的瞬时另一块的速度大小．(2)爆炸过程中系统增加的机械能．10．(2010·山东理综·38(2))如图12所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为eq\f(3,2)m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？图12图1311．如图13所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？12．(2010·新课标·34(2))如图14所示，图14光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.学案61碰撞爆炸反冲【课前双基回扣】1．AB[碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．]2．C[爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的，但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而水平方向是守恒的．爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒．]3．BC[因为碰撞时间极短，所以m0的速度应该不发生变化，A错，D错．碰后M与m的速度可能相同也可能不同，B、C对．]4．A[由mv＝Mv′可得v′≈2m/s，A项正确．]5．AB[要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，则其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A球原来的速度方向为正方向时，则vA′＝±eq\f(1,3)v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″.解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.]6．AC[两球动能相等，Ek＝eq\f(p2,2m).因m甲>m乙，则p甲>p乙．系统总动量大小为，方向为碰前甲球的速度方向，系统动量守恒，碰后的总动量仍为甲球的速度方向．若碰后甲球停下，乙球反向能满足动量守恒，A对；若乙球停下，甲球反向，总动量将反向，B错．碰后甲、乙球都反向运动时，一定满足甲球后来的动量小于乙球后来的动量；若甲、乙碰后动能仍相等，有p甲′>p乙′，合动量将反向，动量守恒定律不成立，所以C对，D错．]思维提升1．碰撞现象特点：(1)作用时在极短的时间内产生非常大的作用力．(2)弹性碰撞：机械能守恒、动量守恒(3)非弹性碰撞：机械能不守恒、动量守恒(4)完全非弹性碰撞：两物体合二为一，机械能损失最多，动量守恒．2．爆炸现象特点：(1)动量守恒．(2)动能增加．3．反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理相关的运动过程．(3)系统的总动能增加．【核心考点突破】例1见解析解析设中子质量为mn，靶核质量为m，由动量守恒定律，有比较⑤⑦的结果知：与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．[规范思维]本题是完全弹性碰撞模型，要抓住弹性碰撞的特点：动量守恒、机械能守恒．对于“一动碰一静”模型，还要记住结论：碰后两球的速度分别为v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；若两球质量相等，则互换速度．例2见解析解析(1)由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度为v＝eq\f(m,M＋m)v0.这样在第(2)问中如果只让求l相对，根据能量守恒定律列上式求解即可．另外，Ffl相对＝Q这个结论要牢记．[针对训练]1．22.4v03.5m/s4.12J思想方法总结1．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变量，一般用动能定律(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律．即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量．即转变为系统内能的量．(5)在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场．2．解答力学综合题的基本思路和步骤(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．(2)分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，作草图．(3)根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律．若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度．若用两大定理求解，应确定过程的始末状态的动量(或动能)、分析并求出过程中的冲量(或功)．若判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．(4)根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何条件)列补充方程．(5)代入数据(统一单位)计算结果，并对结果的物理意义进行讨论．3．“子弹击打木块”模型是典型的动量和能量综合的问题，此外如右图所示．两个物块叠放在一起相对滑动类问题也可看成是“类子弹击打木块”模型．求解这类问题的基本方法是动量守恒和动能定理(或功能关系)．这类问题是高考命题热点，请同学们重点体会和领悟．【课时效果检测】1．CD2.C3.AB4.A5.C6.D7.B8.D9．(1)3v(2)2mv2解析(1)爆炸后其中一块沿原轨道返回，则该块炸弹速度大小为v，方向与原方向相反爆炸过程中动量守恒，故mv＝－eq\f(m,2)v＋eq\f(m,2)v1解得v1＝3v(2)爆炸过程中重力势能没有改变爆炸前系统总动能Ek＝eq\f(1,2)mv2爆炸后系统总动能Ek′＝eq\f(1,2)·eq\f(m,2)v2＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)(3v)2＝2.5mv2.所以，系统增加的机械能ΔE＝Ek′－Ek＝2mv2.10．1.5v2<v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2<eq\f(2,3)v111．(1)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gR)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M＋m,M＋9m)))2R解析(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即mv0＝(m＋M)v1系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)gR由以上两式解得v0＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gR)(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得mv0＝(9m＋M)v9设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得eq\f(1,2)(9m＋M)veq\o\al(2,9)＝(9m＋M)gH由以上各式可得H＝(eq\f(M＋m,M＋9m))2R.12.eq\f(4v0,3μg)解析第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv①设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，2μmgt1＝mv－m(－v0)②由牛顿第二定律得2μmg＝ma③式中a为木板的加速度在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)④从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2＝eq\f(l,v)⑤所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥由以上各式得t＝eq\f(4v0,3μg).易错点评1．在第4题中，由于对碰撞的原则了解不全，不知道两球相撞后，动能不会增加这一道理，导致错误．2．对于第11题的第2问，要注意理解过程，要能归纳、分析每颗子弹射入木块后的速度规律．否则易出错．3．物体的运动过程不清，受力分析不全，运动性质不明，是造成第12题错误的主要原因．木块与墙碰撞后，是向左先减速到零，然后再向右加速，直到与木块速度相同，然后一起向右匀速运动，直到与墙第二次相撞．注意木板与地面间光滑，木板加速与减速是因为木块与木板间的摩擦力．学案62波与粒子原子结构一、概念规律题组1．(光电效应规律的理解)已知能使某金属产生光电效应的极限频率为νc，则()A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνcC．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍2．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是()A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D．若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加3．下列对原子结构的认识中，错误的是()A．原子中绝大部分是空的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力C．原子的全部正电荷都集中在原子核里D．原子核的直径大约为10－10m4．以下说法正确的是()A．进行光谱分析可以用连续光谱，也可以用吸收光谱B．光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速C．分析某种物质的化学组成可以使这种物质发出的白光通过另一种物质的低温蒸气取得吸收光谱进行分析D．摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素二、思想方法题组5．对光的认识，下列说法正确的是()A．个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不再具有波动性了D．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现得明显，在另外的某种场合下，光的粒子性表现得明显图16．图1所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是()A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应一、对光电效应规律的理解1．光电效应的实质：光现象→电现象其中的光包括不可见光，如紫外线．2．掌握以下两条决定关系(1)入射光频率→决定光子能量→决定光电子最大初动能．(2)入射光强度→决定单位时间内接收的光子数→决定单位时间内发射的光电子数．【例1】(2009·宁夏高考)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．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多[规范思维][针对训练1](2009·上海·6改编题)光电效应的实验结论是：对于某种金属()A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C．超过极限频率的入射光强度越弱，产生的光电子的最大初动能就越小D．超过极限频率的入射光频率越高，产生的光电子的最大初动能就越大二、光电效应方程及曲线1．光电效应方程Ek＝hν－W0的意义图2金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能Ek＝eq\f(1,2)mev2，是能量守恒的必然结果．2．Ek—ν图象(如图2所示)3．由Ek—ν图象可以得到的物理量(1)极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc；(2)逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝E；(3)普朗克常量：图线的斜率k＝h.【例2】如图3所示，图3当开关S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．(1)求此时光电子的最大初动能的大小．(2)求该阴极材料的逸出功．图4【例3】(2010·浙江理综·16)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4所示．则可判断出()A．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[规范思维]三、原子的结构与α粒子散射实验1909～1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验．实验发现，绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞了回来”．为了解释α粒子的大角度散射，卢瑟福在1911年提出了原子的核式结构模型．【例4】(1)关于原子结构理论与α粒子散射实验，下列说法中正确的是()A．卢瑟福做α粒子散射实验是为了验证汤姆孙的枣糕模型是错误的B．卢瑟福认识到汤姆孙的“枣糕模型”的错误后提出了“核式结构”理论C．卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正确性D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论(2)在α粒子散射实验中，α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力而发生的．实验中即使1mm厚的金箔也大约有3300层原子，但绝大多数的α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，只有少数发生了大角度偏转，这说明了什么？[规范思维]四、氢原子能级及能级跃迁1．氢原子的能级能级公式：En＝eq\f(1,n2)E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6eV.图52．氢原子的能级图(如图5所示)(1)能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态．(2)横线左端的数字“1,2,3，…”表示量子数，右端的数字“－13.6，－3.40，…”表示氢原子的能级．(3)相邻横线间的距离，表示相邻的能级差，量子数越大，相邻的能级差越小．(4)带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，跃迁条件为：hν＝Em－En(m>n)．【例5】(2009·全国Ⅱ)图6氢原子的部分能级如图6所示．已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间．由此可推知，氢原子()A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的光为可见光[规范思维]【例6】(2011·四川·18)氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则()A．吸收光子的能量为hν1＋hν2B．辐射光子的能量为hν1＋hν2C．吸收光子的能量为hν2－hν1D．辐射光子的能量为hν2－hν1[规范思维][针对训练2](2010·新课标·34(1))用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则()A．ν0<ν1 B．ν3＝ν2＋ν1C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.eq\f(1,ν1)＝eq\f(1,ν2)＋eq\f(1,ν3)【基础演练】1．(2009·广东卷)硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是()A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应2．(2008·广东·6)有关氢原子光谱的说法正确的是()A．氢原子的发射光谱是连续谱B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关图73．在图7所示的光电管实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么()A．A光的频率大于B光的频率B．B光的频率大于A光的频率C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是从a流向bD．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是从b流向a4．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是()A．氢原子的能量增加B．氢原子的能量减少C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要放出一定频率的光子图85．(2011·福建·29(1))爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图8所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是________．(填选项前的字母)A．逸出功与ν有关B．Ekm与入射光强度成正比C．当ν<ν0时，会逸出光电子D．图中直线的斜率与普朗克常量有关图96．(2010·高考风向标)如图9所示，为氢原子的能级图，若用能量为10.5eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则氢原子()A．能跃迁到n＝2的激发态上去B．能跃迁到n＝3的激发态上去C．能跃迁到n＝4的激发态上去D．以上三种说法均不对7．(2009·全国卷Ⅰ)氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.6328μm，λ2＝3.39μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96eV的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为()A．10.50eV B．0.98eVC．0.53eV D．0.36eV8.图10用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子．停止照射后，发现该容器内的氢原子能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，如图10所示．由此可知，开始用来照射容器中氢原子的单色光的光子能量可以表示为()A．hν1 B．hν3C．h(ν1＋ν2) D．h(ν1＋ν2＋ν3)【能力提升】9．原子从一个能级跃迁到另一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时并不发射光子，而是将相应能量转交给n＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应．以这种方式脱离了原子的电子叫俄歇电子，已知铬原子的能级公式可以简化表示为En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3…，表示不同的能级的量子数．A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A10．现有1200个氢原子被激发到n＝4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是(假设处在量子数为n的激发态上的氢原子跃迁到各低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子数的eq\f(1,n－1))()A．2200个 B．2000个C．1200个 D．2400个题号12345678910答案11.如图11所示为氢原子最低的四个能级，当一群氢原子处于n＝4的能级上向低能级跃迁时：图11(1)有可能放出________种能量的光子．(2)在哪两个能级间跃迁时，所放出光子波长最长？波长是多少？12．(2010·江苏物理·12(C))图12(1)研究光电效应的电路如图12所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是()(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________．(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.4eV和－1.51eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．学案62波与粒子原子结构【课前双基回扣】1．AB[入射光的频率大于金属的极限频率，照射该金属时一定能发生光电效应，A正确；金属的逸出功为W＝hνc，又根据爱因斯坦光电效应方程eq\f(1,2)mv2＝hν－W，当入射光的频率为2νc时，其光电子的最大初动能为eq\f(1,2)mv2＝2hνc－hνc，所以B正确；若当入射光的频率由2νc增大一倍变为4νc时，其光电子的最大初动能为eq\f(1,2)mv2＝4hνc－hνc＝3hνc，显然不是随着增大一倍，D错误；逸出功是金属本身对金属内电子的一种束缚本领的体现，与入射光的频率无关，C错误．综上所述A、B正确．]2．AD[光电效应的规律表明：入射光的频率决定着是否发生光电效应以及发生光电效应时产生的光电子的最大初动能的大小，当入射光频率增加后，产生的光电子最大初动能也增加；而照射光的强度增加，会使单位时间内逸出的光电子数增加．紫光频率高于绿光，故上述选项正确的有A、D.]3．D[卢瑟福α粒子散射实验的结果否定了关于原子结构的汤姆孙模型，提出了原子的核式结构学说，并估算出原子核直径的数量级为10－15m、原子直径的数量级为10－10m，原子是原子核直径的十万倍，所以原子内部是十分“空旷”的．核外带负电的电子由于受到带正电的原子核的库仑引力而绕核旋转，所以本题应选D.]4．B[进行光谱分析不能用连续光谱，只能用明线光谱或吸收光谱，故A错；光谱分析的优点是灵敏而迅速，B正确；分析某种物质组成可用白光照射其低温蒸气产生的吸收光谱进行分析，不是使其发出白光通过另一种物质，故C错；月球不能发光，它只能反射太阳光，故其光谱为太阳光谱，不是月球的光谱，不能用来分析月球上的元素，D错．]5．ABD[本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由于光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C选项错误，D选项正确．]6．D[大量氢原子从n＝4的激发态向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光；频率最高的是由n＝4能级跃迁到n＝1能级的光，其波长最短，最难表现出衍射现象；频率最小的光是由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的；从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量hν＝E2－E1＝[－3.40－(－13.6)]eV＝10.2eV>W＝6.34eV，能发生光电效应．选项D正确．]思维提升1．光电效应现象：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象．(1)不同的金属对应着不同的极限频率(νc)(2)电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功，有W＝hνc.(3)光电效应方程：Ek＝hν－W02．光不是宏观观念中的波，也不是宏观概念中的粒子，大量光子产生的效果往往显示出波动性，少量光子产生的效果往往显示出粒子性，光在传播过程中往往显示波动性，在与物质作用时往往显示粒子性．3．原子结构的实验基础：卢瑟福的α粒子散射实验；从实验现象提出了原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核(原子核)，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外绕核旋转．4．(1)氢原子核外的电子绕核运动的轨道与其能量相对应．核外电子绕核做圆周运动的向心力，来源于库仑力(量子化的卫星运动模型)．规定无穷远处原子的能量为零，则原子各能级的能量为负值．而E1＝－13.6eV，r1＝0.53×10－10m，En＝eq\f(E1,n2)，rn＝n2r1，随着量子数n的增大轨道半径增大，原子能量增大．随n的增大，电子的动能减小．随n的增大，原子的电势能增大．(2)①原子跃迁条件hν＝Em－En只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．对于光子和原子作用而使原子电离时，只要入射光的能量E≥13.6eV，原子就能吸收．对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于或等于能级差即可．②原子跃迁发出的光谱线条数N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)，是一群氢原子，而不是一个，因为某一个氢原子有固定的跃迁路径．【核心考点突破】例1A[由爱因斯坦光电效应方程可知W0＝hνc，所以极限频率越大，逸出功越大，A正确；低于极限频率的光，无论强度多大，照射时间多长，都不可能产生光电效应，B错误；光电子的最大初动能还与照射光子的频率有关，C错误；单位时间内逸出的光电子个数与光强成正比，与频率无关，D错误．][规范思维]入射光的频率决定着能否发生光电效应及光电子的最大初动能．例2(1)0.60eV(2)1.90eV解析(1)光子能量为2.5eV时，设光电子的最大初动能为eq\f(1,2)mv2，由题意知，当反向电压达到0.60V以后，具有最大初动能的光电子恰好不能达到阳极，即遏止电压UC＝0.60V，因此－eUC＝0－eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)mv2＝eUC＝0.60eV(2)由光电效应方程eq\f(1,2)mv2＝hν－W0解得W0＝1.90eV.例3B[遏止电压越大，光照射后光电子最大初动能也越大，光的频率越大，只有B项正确．][规范思维]本题与爱因斯坦光电效应方程和光电效应实验对接，明确图象的物理意义及横轴截距的物理意义是解题的关键．例4(1)D(2)说明原子内带正电荷的部分在整个原子中占的空间非常小．解析(1)卢瑟福设计的α粒子散射实验是为了探究原子内电荷的分布，并非为了验证汤姆孙模型是错误的，A错误；卢瑟福并不是认识到“枣糕模型”的错误而提出“核式结构”理论的，B错误；卢瑟福做了α粒子散射实验后，由实验现象提出了“核式结构”理论，C错误，D正确．(2)α粒子穿过金箔后绝大多数仍沿原来的方向前进，说明它们距正电荷部分较远，所受库仑力很小，尽管经过若干层原子，但靠近正电荷部分的机会很小，这说明原子内带正电荷的部分在整个原子中占的空间非常小．[规范思维]微观世界是看不见的，但我们可以根据它们产生的各种效应来进行分析、推理和判断，从而达到认识微观世界的目的．例5AD[从高能级向n＝1能级跃迁时放出的光子的能量最小值ΔE＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6)eV＝10.2eV>3.11eV，则由λ＝eq\f(hc,ΔE)可判断，从高能级向n＝1能级跃迁时最大波长比可见光的最小波长还小，因此选项A正确；从高能级向n＝2能级跃迁时放出的光子的能量范围是：1.89eV≤ΔE≤3.40eV，与可见光光子的能量有不重合的范围，故选项B错误；从高能级向n＝3能级跃迁时，放出的光子能量范围为：0.66eV≤ΔE≤1.51eV，比可见光光子的能量小，由ΔE＝hν可知这些光子的频率均小于可见光的频率，故选项C错误；从n＝3能级向n＝2能级跃迁时放出的光子的能量为ΔE＝1.89eV，在可见光光子能量范围之内，故选项D正确．][规范思维]处理此类问题主要掌握三个要点：(1)原子发生能级跃迁不论是吸收还是放出光子都必须满足：hν＝Em－En，而c＝λν，所以heq\f(c,λ)＝Em－En；(2)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可辐射的谱线条数N＝eq\f(nn－1,2)；(3)当一个氢原子由某个能级向低能级跃迁时，最多可产生的谱线条数为(n－1)，若氢原子从高能级向某一确定的低能级跃迁，只能产生一条谱线．例6D[氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，说明能级m高于能级n，而从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，说明能级k也比能级n高，而紫光的频率ν2大于红光的频率ν1，所以hν2>hν1，因此能级k比能级m高，所以若氢原子从能级k跃迁到能级m，应辐射光子，且光子能量应为hν2－hν1.故选项D正确．][规范思维]理解透玻尔理论的三条假设，特别是跃迁假设，就能正确解答这类题型．针对本题，还应挖掘出ν2>ν1这一隐含条件．[针对训练]1．AD[能不能发生光电效应，取决于入射光的频率是不是大于极限频率，与光的强度无关，A对，B错；由Ek＝hν－W0知，入射光频率ν越大，光电子的最大初动能Ek就越大，与入射光的强度无关，C错，D对．]2．B思想方法总结1．理解光子学说，能形象地想象光电效应的物理图景：光一份一份射向金属，电子吸收一个光子后能量变大，挣脱原子核的束缚，成为光电子．很容易从这一图景中分析有关光电效应的定性理解问题．2．对于本部分实验推理类问题，要求记住：(1)实验的作者、时间和装置；(2)实验事实或现象；(3)由实验结果得出什么结论；(4)实验的意义所在．3．(1)量子数为n的氢原子辐射光子的可能频率的判定方法：如果是一个氢原子，向低能级跃迁时最多发出的光子数为(n－1)．如果是一群氢原子，向低能级跃迁时最多，发出的光子数为Ceq\o\al(2,n)种．(2)理解氢原子能级图，量子数越大的能级间能级差越小，发出光子波长越长．【课时效果检测】1．A2.BC3.AC4.BD5.D6.D7.D8.BC9．C10.A11．(1)6(2)第四能级向第三能级1.88×10－6m解析(1)N＝eq\f(nn－1,2)＝eq\f(4×4－1,2)＝6.(2)由题图知，氢原子由第四能级向第三能级跃迁时，能级差最小，辐射的光子波长最长．由hν＝E4－E3，得：heq\f(c,λ)＝E4－E3，所以λ＝eq\f(hc,E4－E3)＝eq\f(6.63×10－34×3×108,[－0.85－－1.51]×1.6×10－19)m≈1.88×10－6m.12．(1)C(2)减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)(3)见解析解析(1)入射光的频率相同，则光电子的最大初动能相同，由－eU＝－eq\f(1,2)mvm2知，两种情况下遏止电压相同，故选项A、B错误；光电流的强度与入射光的强度成正比，所以强光的光电流比弱光的光电流大，故选项C正确，选项D错误．(2)减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(3)氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，代入数据得E＝1.89eV金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0＝2.3eV因为E<W0，所以不能发生光电效应．易错点评1．对第1、3、5题出错的原因主要是对光电效应规律理解不全造成的．部分同学由于不清楚每种金属都有自己的极限频率，而使第1