2019-2020年高中物理 知識點復習 粵教版選修3.doc

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2019-2020年高中物理 知識點復習 粵教版選修3 第1點　動量定理的兩點應用 1．用動量定理求變力的沖量和物體動量的變化 一個物體的動量變化Δp與合外力的沖量具有等效代換關系，二者大小相等、方向相同，可以相互代換，據(jù)此有： (1)應用I＝Δp求變力的沖量：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求變力的沖量，這時可以求出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應用Δp＝FΔt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化：曲線運動的物體速度方向時刻在變化，求動量的變化Δp＝p′－p需要運用矢量的運算方法，比較麻煩．如果作用力是恒力，可以先求恒力的沖量，等效代換動量的變化． 2．用動量定理解釋相關物理現(xiàn)象的要點 由Ft＝p′－p＝Δp可以看出，當Δp為恒量時，作用力F的大小與相互作用時間t成反比．例如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破碎，而掉在墊子上就可能不破碎，其原因就是玻璃杯的動量變化雖然相同，但作用時間不同．當F為恒量時，物體動量的變化Δp與相互作用時間t成正比．例如，疊放在水平桌面上的兩物體，如圖1所示，若施力快速將A水平抽出，物體B幾乎仍靜止，當物體A抽出后，物體B將豎直下落． 圖1 對點例題　如圖2所示，一質量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地落到一傾角為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.求在碰撞過程中斜面對小球的沖量的大?。? 圖2 解題指導　小球在碰撞斜面前做平拋運動．設剛要碰撞斜面時小球速度為v，由題意知，v的方向與豎直線的夾角為30°，且水平分量仍為v0，如題圖所示．由此得 v＝2v0① 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，設反彈速度的方向為正方向，則斜面對小球的沖量為 I＝m(v)－m·(－v)② 由①②得I＝mv0. 答案　mv0 規(guī)律方法　重力的沖量可以忽略不計是因為作用時間極短．重力的沖量遠小于斜面對物體的沖量，這是物理學中常用的一種近似處理方法． 1．(單選)跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于(　　) A．人跳在沙坑的動量比跳在水泥地上小 B．人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小 C．人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小 D．人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小 答案　D 解析　人跳遠從一定高度落下，落地前的速度(v＝)一定，則初動量相同；落地后靜止，末動量一定，所以人下落過程的動量變化量Δp一定，因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用的時間短，根據(jù)動量定理Ft＝Δp知，t長F小，故D對． 2．光滑水平桌面上，一球在繩拉力作用下做勻速圓周運動，已知球的質量為m，線速度為v，且繩長為l，試求球運動半圓周過程中繩拉力的沖量大?。? 答案　2mv 解析　在球運動半圓周過程中，由動量定理可知： I繩＝Δp＝2mv. 3．在水平力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2) 答案　12 s 解析　解法一　用動量定理解，分段處理． 選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，初態(tài)速度為零，末態(tài)速度為v.取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有 (F－μmg)t1＝mv－0 對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，初態(tài)速度為v，末態(tài)速度為零．根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－mv 以上兩式聯(lián)立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s 解法二　用動量定理解，研究全過程． 選物體為研究對象，研究整個運動過程，這個過程物體初、末狀態(tài)的速度都等于零． 取水平力F的方向為正方向， 根據(jù)動量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得：t2＝ t1 ＝×6 s＝12 s 第2點　微元法解決連續(xù)質量變動問題 應用動量定理分析連續(xù)體相互作用問題的方法是微元法，具體步驟為： (1)確定一小段時間Δt內(nèi)的連續(xù)體為研究對象； (2)寫出Δt內(nèi)連續(xù)體的質量Δm與Δt的關系式； (3)分析連續(xù)體Δm的受力情況和動量變化； (4)應用動量定理列式、求解． 對點例題　飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持飛船速度不變的問題．我國科學家已將這一問題解決，才使得“神舟五號”載入飛船得以飛行成功．假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度進入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1 m3空間有一微粒，每一微粒平均質量m＝2×10－4 g，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？(設微粒與飛船相碰后附著到飛船上) 解題指導　由于飛船速度保持不變，因此增加的牽引力應與微粒對飛船的作用力相等，據(jù)牛頓第三定律知，此力也與飛船對微粒的作用力相等．只要求出時間t內(nèi)微粒的質量，再由動量定理求出飛船對微粒的作用力，即可得到飛船增加的牽引力． 時間t內(nèi)附著到飛船上的微粒質量為： M＝m·S·vt， 設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得： Ft＝Mv＝mSvt·v，即F＝mSv2， 代入數(shù)據(jù)解得F＝0.784 N. 答案　0.784 N 方法點評　對這類有連續(xù)質量變動的問題關鍵在于研究對象的選取，通常采用的方法是選Δt時間內(nèi)發(fā)生相互作用的變質量物體為研究對象，確定發(fā)生相互作用前后的動量，然后由動量定理解題． 1．(單選)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水位上升了45 mm.查詢得知，當時雨滴豎直下落的速度約為12 m/s，據(jù)此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　) A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 答案　A 解析　由題中1小時內(nèi)水位上升了45 mm，可知每秒鐘水位上升的高度：Δh＝ m＝1.25×10－5 m，在t秒內(nèi)雨水對睡蓮葉面的沖量：I＝·t＝mv＝ρ·V·v＝ρ(S底·Δh·t)·v，可得雨滴對睡蓮葉面的壓強：p＝＝ρΔhv＝0.15 Pa，故選項A正確． 2．如圖1所示， 圖1 水力采煤時，用水槍在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層，設水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s，假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱悖笏鶎γ簩拥钠骄鶝_擊力．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3) 答案　1.77×105 N 解析　設在一小段時間Δt內(nèi)，從水槍射出的水的質量為Δm，則Δm＝ρS·vΔt. 以質量為Δm的水為研究對象，如題圖所示， 它在Δt時間內(nèi)的動量變化 Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt. 設F為水對煤層的平均作用力，即沖力，F(xiàn)′為煤層對水的反沖力，以v的方向為正方向， 根據(jù)動量定理(忽略水的重力)，有 F′·Δt＝Δp＝－ρv2SΔt，即F′＝－ρSv2. 根據(jù)牛頓第三定律知F＝－F′＝ρSv2. 式中S＝d2， 代入數(shù)據(jù)解得F≈1.77×105 N. 第3點　三點詮釋動量守恒定律 動量守恒定律是自然界中的一條普適規(guī)律，其表述為：物體在碰撞時，如果系統(tǒng)所受到的合外力為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變． 下面從四個方面談談對動量守恒定律的理解 一、動量守恒定律的研究對象 從動量守恒定律的表述中不難看出，其研究對象是由兩個或兩個以上的物體所組成的系統(tǒng)，研究對象具有系統(tǒng)性． 二、動量守恒的條件 在定律表述中，明確提出了動量守恒的條件，即“系統(tǒng)所受到的合外力為零”．對守恒條件的掌握應注意其全面性： 1．嚴格的“守恒”條件 系統(tǒng)所受到的合外力為零． 2．“守恒”條件的外延 (1)當系統(tǒng)在某一方向上所受到的合外力為零時，則系統(tǒng)在這一方向上遵守動量守恒定律． (2)當系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力時，該系統(tǒng)近似遵守動量守恒定律． 三、“守恒”的含義 定律中的“守恒”有兩層含義 (1)系統(tǒng)作用前后總動量的大小和方向都不變； (2)在整個動量守恒的過程中，系統(tǒng)在任意兩個狀態(tài)下的總動量都相等． 四、動量守恒定律的兩種表達式 對動量守恒定律的認識角度不同，將得到兩種不同的表達式： (1)守恒式：p1＋p2＝p1′＋p2′，其含義是：系統(tǒng)作用前后的總動量相等． (2)轉移式：Δp1＝－Δp2，其含義是：系統(tǒng)中某一部分物體動量的增加量等于另一部分物體動量的減少量． 對點例題　光滑水平面上放著一質量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖1所示，一質量為m的小球以速度v0向槽運動，若開始時槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高)．若槽不固定，則小球上升的高度？ 圖1 解題指導　槽固定時，設球上升的高度為h1，由機械能守恒得mgh1＝mv 解得h1＝ 槽不固定時，設球上升的最大高度為h2， 此時兩者速度為v. 由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v 由機械能守恒得：mv＝(m＋M)v2＋mgh2 解得h2＝ 答案　　 點撥提升　槽固定時，球沿槽上升過程中機械能守恒，到達最高點時，動能全部轉化為球的重力勢能；槽不固定時，球沿槽上升過程中，球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，因此水平方向上動量守恒，由于該過程中只有兩者間彈力和小球重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，當小球上升到最高點時，兩者速度相同． 1．(雙選)如圖2所示，在光 圖2 滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂端由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是(　　) A．斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒 B．斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒 C．斜面向右運動 D．斜面靜止不動 答案　BC 解析　斜面受到的重力、地面對它的支持力以及球受到的重力，這三個力的合力不為零(球有豎直向下的加速度)，故斜面和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，A選項錯誤．但在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)不受外力，故水平方向動量守恒，B選項正確．由水平方向動量守恒知斜面向右運動，C選項正確，D選項錯誤． 2．如圖3所示，質量為M的剛性斜面體靜止在光滑的水平面上，一質量為m的子彈以速度v0的水平速度射到斜面體的斜面上并被斜面體沿豎直方向彈起，求子彈豎直彈起后斜面體的速度． 圖3 答案　v0 解析　子彈與斜面體相互作用時，水平方向不受外力作用，故兩者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0＝Mv，得v＝v0. 3．如圖4所示，甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速率均為v0＝6.0 m/s.甲車上有質量m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球總質量M1＝50 kg，乙和他的車總質量M2＝30 kg.甲不斷地將小球一個一個地以v＝16.5 m/s的水平速度(相對于地面)拋向乙，并被乙接?。畣枺杭字辽僖獟伋龆嗌賯€小球，才能保證兩車不會相碰？ 圖4 答案　15個 解析　兩車不相碰的臨界條件是它們最終的速度(對地)相同， 由甲、乙和他們的車及所有小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲運動方向為正方向，有 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′① 再以甲和他的車及所有小球組成的系統(tǒng)為研究對象， 同樣有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv② 聯(lián)立①②解得n＝15個． 第4點　碰撞過程的分類及碰撞過程的制約 一、碰撞過程的分類 1．彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變能夠完全恢復的碰撞；碰撞過程中沒有機械能損失． 彈性碰撞除了遵從動量守恒定律外，還具備：碰前、碰后系統(tǒng)的總動能相等，即 m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 特殊情況：質量m1的小球以速度v1與質量m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒和動能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2. 碰后兩個小球的速度分別為： v1′＝v1，v2′＝v1 (1)若m1?m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去． (2)若m1?m2，v1′≈－v1，v2′≈0，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止． (3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換． 2．非彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變不能夠完全恢復的碰撞；碰撞過程中有機械能損失． 非彈性碰撞遵守動量守恒，能量關系為： m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2 3．完全非彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變完全不能夠恢復的碰撞；碰撞過程中機械能損失最多．此種情況m1與m2碰后速度相同，設為v，則：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 系統(tǒng)損失的動能最多，最大損失動能為 ΔEkm＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 二、碰撞過程的制約 通常有如下三種因素制約著碰撞過程． 1．動量制約：即碰撞過程必須受到動量守恒定律的制約； 2．動能制約：即碰撞過程，碰撞雙方的總動能不會增加； 3．運動制約：即碰撞過程還將受到運動的合理性要求的制約．比如，某物體勻速運動，被后面物體追上并碰撞后，其運動速度只會增大而不會減?。? 對點例題　如圖1所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平地面上，物體A被質量為m、水平速度為v0的子彈擊中并嵌入其中，已知物體A的質量是物體B的質量的倍，物體B的質量是子彈的質量的4倍，求彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能． 圖1 解題指導　本題所研究的情況可分為兩個過程： 一是子彈射入A的過程(從子彈開始射入A到它們獲得相同的速度v1)．這一過程時間很短，物體B沒有受到彈簧的作用，其運動狀態(tài)沒有變化，所以子彈和A發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈的質量為m，mA＝3m，由動量守恒定律可知：mv0＝(m＋mA)v1，v1＝＝. 二是A(包括子彈)以v1的速度開始壓縮彈簧，在這一過程中，A(包括子彈)向右做減速運動，B向右做加速運動，當A(包括子彈)和B的速度相同時，彈簧被壓縮到最短，由動量守恒定律：(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2，得：v2＝＝ 彈簧具有的彈性勢能為ΔEp＝(m＋mA)v－(m＋mA＋mB)v＝mv 答案　mv 1．(雙選)半徑相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動，若甲球的質量大于乙球的質量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是(　　) A．甲球的速度為零而乙球的速度不為零 B．乙球的速度為零而甲球的速度不為零 C．兩球的速度均不為零 D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等 答案　AC 解析　甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生對心碰撞，滿足動量守恒的條件， 因此，碰撞前后甲、乙兩球組成的系統(tǒng)總動量守恒． 碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙， 而Ek＝， 由題設條件m甲>m乙 可知p甲>p乙， 即碰撞前系統(tǒng)的總動量方向應與甲的動量方向相同． 碰撞后，如果甲球速度為零，則乙球必反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相同，根據(jù)動量守恒定律，這是可能的．A選項正確．如果乙球速度為零，則甲球反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相反，違反了動量守恒定律，B選項錯誤．如果碰撞后甲、乙兩球速度均不為零，可以滿足動量守恒定律的要求，C選項正確．如果碰撞后兩球的速度都反向，且動能仍相等，則總動量方向與碰撞前相反，不符合動量守恒定律，D選項錯誤． 2．如圖2所示，在光滑水平面上放置一質量為M的靜止木塊，一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊，穿出后子彈的速度變?yōu)関1，求木塊和子彈所構成的系統(tǒng)損失的機械能．(不計空氣阻力) 圖2 答案　[M(v－v)－m(v0－v1)2] 解析　木塊和子彈所構成的系統(tǒng)的動量守恒，設子彈穿出后木塊的速度為v2，以子彈運動的方向為正方向，則有：mv0＝mv1＋Mv2得：v2＝ 由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機械能為 ΔE＝mv－mv－Mv＝[M(v－v)－m(v0－v1)2] 第5點　爆炸現(xiàn)象的三個特征 解決爆炸類問題時，要抓住以下三個特征： 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大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒． 2．動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，因此爆炸后系統(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，物體仍然從爆炸的位置以新的動量開始運動． 對點例題　從地面豎直向上發(fā)射一炮彈，炮彈的初速度v0＝100 m/s，經(jīng)t＝6.0 s后，此炮彈炸成質量相等的兩塊．從爆炸時算起，經(jīng)t1＝10.0 s后，第一塊碎片先落到發(fā)射點，求從爆炸時起，另一碎片經(jīng)多長時間也落回地面？(g＝10 m/s2，空氣阻力不計) 解題指導　設炮彈爆炸時的速度為v0′，離地面高度為H，則有：v0′＝v0－gt，H＝v0t－gt2 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝40 m/s，H＝420 m 設剛爆炸后瞬間，先落到地面上的碎片的速度為v1，因落在發(fā)射點， 所以v1為豎直方向．若v1＞0，表示豎直向上運動；若v1＜0，表示豎直向下運動； 若v1＝0，則表示自由落體運動．若v1＝0， 則落地時間t′＝ ＝ s＜t1＝10.0 s， 由此可知，v1方向應是豎直向上．選炮彈爆炸時H高度為坐標原點，則：－H＝v1t1－gt， 解得：v1＝8 m/s 設剛爆炸后瞬間，后落地的碎片的速度為v2，則由動量守恒定律得2mv0′＝mv1＋mv2 將v0′、v1代入解得：v2＝72 m/s 若從爆炸時起，這塊碎片經(jīng)時間t2落地，則 －H＝v2t2－gt， 得：5t－72t2－420＝0 t2≈18.9 s或t2′≈－4.5 s(舍去) 答案　18.9 s 方法總結　1.炮彈在空中爆炸時，所受合外力(重力)雖不為零，但重力比起炮彈碎塊間相互作用的內(nèi)力小得多，故可認為爆炸過程炮彈系統(tǒng)(各碎塊)的動量守恒.2.爆炸時位置不變，各碎塊自爆炸位置以炸裂后的速度開始運動． 1．有一大炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質量為M＝6.0 kg(內(nèi)含炸藥的質量可以忽略不計)，射出時的速度v0＝60 m/s.當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質量為4.0 kg.現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、R＝600 m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？(忽略空氣阻力) 答案　6×104 J 解析　炮彈炸裂時的高度h＝＝ m＝180 m 彈片落地的時間t＝ ＝ s＝6 s 兩彈片的質量m1＝4.0 kg，m2＝2.0 kg 設它們的速度分別為v1、v2， 由動量守恒定律知m1v1＝m2v2 所以v2＝2v1 設m1剛好落在R＝600 m的圓周上 則v1＝＝＝100 m/s 此時v2＝200 m/s 所以總動能至少為：E＝m1v＋m2v 代入數(shù)據(jù)得E＝6×104 J. 2．在水平面上以v0＝20 m/s的速度豎直向上發(fā)射一炮彈，其質量m＝10 kg，當炮彈上升至最高點時，突然炸裂成A、B兩塊，各自沿著水平方向飛出，測得A、B落地點間的距離x＝100 m，落地時兩者的速度相互垂直，問A、B的質量各為多少？(忽略空氣阻力，g取10 m/s2) 答案　mA＝8 kg，mB＝2 kg或mA＝2 kg，mB＝8 kg 解析　炮彈豎直上升的高度h＝＝20 m，炸裂的瞬間，A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒0＝mAvA－mBvB. 此后A、B各自做平拋運動， 設A、B落地時與水平方向的夾角分別為α和β， 依題意有α＋β＝90°， h＝gt2， 解得t＝ ＝2 s. 水平方向有vAt＋vBt＝100 m， 豎直方向有gt＝vAtan α＝vBtan β， 聯(lián)立以上各式， 代入數(shù)據(jù)解得或 故＝＝或， 又mA＋mB＝10 kg， 則或 第6點　透析反沖運動的模型——“人船”模型 反沖運動中的“人船模型” 圖1 模型建立：如圖1所示，長為L、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？ 以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒．當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來． 設某時刻人對地的速度為v人，船對地的速度為v船，取人前進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m人v人－m船v船＝0，即v船∶v人＝m人∶m船． 因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質量之比成反比．因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的平均速度也與它們的質量成反比．而人的位移s人＝v人t，船的位移s船＝v船t，所以船的位移與人的位移也與它們的質量成反比，即 s船∶s人＝m人∶m船① ①式是“人船模型”的位移與質量的關系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒． 由圖可以看出：s船＋s人＝L② 由①②兩式解得s人＝L，s船＝L. 此模型可進一步推廣到其他類似的情景中，進而能解決大量的實際問題，例如人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等． 對點例題　(單選)如圖2所示，質量m＝60 kg的人，站在質量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止．當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　) 圖2 A．后退0.5 m B．后退0.6 m C．后退0.75 m D．一直勻速后退 解題指導　人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以ms1＝Ms2，又有s1＋s2＝L，解得s2＝0.5 m. 答案　A 方法點評　人船模型是典型的反沖實例，從瞬時速度關系過渡到平均速度關系，再轉化為位移關系，是解決本題的關鍵所在． 1. 圖3 一個質量為M、底邊長為b的三角形劈靜止于光滑的水平桌面上，如圖3所示．有一質量為m的小球由斜面頂部無初速度地滑到底部時，斜劈移動的距離為多少？ 答案　 解析　斜劈和小球組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水 平方向的外力，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．斜劈和小球在整個過程中發(fā)生的水平位移如圖所示，由圖知斜劈的位移為s， 小球的水平位移為b－s， 由m1s1＝m2s2， 得Ms＝m(b－s)， 所以s＝. 2. 圖4 質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為M的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，如圖4所示，當小球從圖中所示位置無初速度地沿內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離為多大？ 答案　R 解析　小球與大球組成的系統(tǒng)水平方向不受力的作用，系統(tǒng)水平動量守恒．因此小球向右滾動，大球向左滾動．在滾動過程中， 設小球向右移動的水平距離為s1，大球向左移動的水平距離為s2， 兩者移動的總長度為R. 因此有ms1－Ms2＝0而s1＋s2＝R. 由以上兩式解得大球移動的距離為 s2＝R 第7點　解決多物體問題的三點提示 對于兩個以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，相互作用的情況也不盡相同，作用過程較為復雜，雖然仍可對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式，但因未知條件過多而無法求解，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒方程，或將系統(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒方程． 求解這類問題時應注意以下三點： (1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運動模型； (2)分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量； (3)合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題． 對點例題　兩只小船質量分別為m1＝500 kg，m2＝1 000 kg，它們平行逆向航行，航線鄰近，當它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質量m＝50 kg的麻袋到對面的船上，如圖1所示，結果載重較輕的一只船停了下來，另一只船則以v＝8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不計，則在交換麻袋前兩只船的速率v1＝____________，v2＝________________. 圖1 解題指導　以載重較輕的船的速度v1為正方向，選取載重較輕的船和從載重較重的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象，如題圖所示， 根據(jù)動量守恒定律有(m1－m)v1－mv2＝0 即450v1－50v2＝0① 選取載重較重的船和從載重較輕的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象， 根據(jù)動量守恒定律有 mv1－(m2－m)v2＝－m2v 即50v1－950v2＝－1 000×8.5② 選取兩船、兩個麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象有 m1v1－m2v2＝－m2v 即500v1－1 000v2＝－1 000×8.5③ 聯(lián)立①②③式中的任意兩式解得 v1＝1 m/s，v2＝9 m/s 答案　1 m/s　9 m/s 方法點評　應用動量守恒定律解這類由多個物體構成系統(tǒng)的問題的關鍵是合理選取研究對象，有時選取某部分物體為研究對象，有時選取全部物體為研究對象． 1．如圖2所示，在光滑的水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，有一質量為m＝80 g的小銅塊C以vC＝25 m/s的水平初速度開始在A表面上滑動，由于C與A、B間有摩擦，最后停在B上，B和C以v＝2.5 m/s的速度共同前進，求： 圖2 (1)木塊A最終的速度； (2)木塊C在剛離開A時的速度． 思路點撥　本題要詳細分析運動過程，來確定研究對象及初、末時刻．C在A表面上滑動時，C對A的摩擦力使A、B一起改變運動狀態(tài)，故C在A表面上滑動時，A、B的速度始終相同，當C以vC′的速度滑上B后，C對B的摩擦力使B的速度繼續(xù)增大，并與A分離，而A不再受外力作用，將以與B分離時的速度vA做勻速運動，最后B、C一起以共同速度v運動． 答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s 解析　(1)以A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)受到的合外力為零，所以動量守恒．C剛滑上A瞬時，系統(tǒng)的總動量就是C所具有的動量p＝mvC.作用后，B、C一起運動時，設這時A的速度為vA，那么系統(tǒng)的總動量 p′＝mAvA＋(mB＋m)v 根據(jù)動量守恒定律有mvC＝mAvA＋(mB＋m)v 所以vA＝ ＝ m/s＝2.1 m/s (2)以A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象， 以C剛滑上A時為初時刻，C剛滑上B前瞬間為末時刻， 則系統(tǒng)的初動量p1＝mvC，設剛離開A時C的速度為vC′， 則系統(tǒng)的末動量p″＝mvC′＋(mA＋mB)vA. 根據(jù)動量守恒定律有mvC＝mvC′＋(mA＋mB)vA 得vC′＝＝vC－vA ＝(25－×2.1) m/s＝4 m/s 2. 圖3 如圖3所示，滑塊A、C質量均為m，滑塊B質量為m.開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側的擋板運動，現(xiàn)將C無初速度地放在A上，并與A粘合不再分開，此時A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠．若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起．為使B能與擋板碰撞兩次，v1、v2應滿足什么關系？ 答案　1.5v20④ 聯(lián)立①②③④式得1.5v2n紫，而飽和光電流又由入射的光子數(shù)決定，因此用強度相同的紫光代替黃光，飽和光電流減?。? 3．(單選)用紅光照射光電管陰極時發(fā)生光電效應，光電子的最大初動能為Ek，飽和光電流為I，若改用強度相同的紫光照射同一光電管，產(chǎn)生光電子的最大初動能和飽和光電流分別為Ek′和I′，則下面正確的是(　　) A．Ek′＜Ek，I′＞I B．Ek′＞Ek，I′＞I C．Ek′＜Ek，I′＝I D．Ek′＞Ek，I′＜I 答案　D 解析　因為紫光的頻率比紅光的頻率高， 所以Ek′＞Ek. 因為兩束光的強度相同， 因而n紅hν紅＝n紫hν紫， ν紅<ν紫， 所以紅光光子數(shù)n紅大于紫光光子數(shù)n紫， 而飽和光電流又由入射的光子數(shù)決定， 因此I＞I′. 第10點　理解光電效應方程的五個要點 光電效應方程：hν＝mv＋W0. 其中Ek＝mv為光電子的最大初動能，W0為金屬的逸出功． 要正確理解光電效應方程需注意以下五點： 1．式中Ek是光電子的最大初動能，就某個光電子而言，其離開金屬時的動能大小可以是0～Ek范圍內(nèi)的任何數(shù)值． 2．光電效應方程表明光電子的最大初動能與入射光的頻率ν呈線性關系(注意不是正比關系)，與光強無關． 3．光電效應方程包含了產(chǎn)生光電效應的條件，即Ek＝hν－W0>0，亦即hν>W0，ν>＝ν0，而ν0＝是金屬的極限頻率． 4．光電效應方程實質上是能量守恒方程． 5．逸出功W0：電子從金屬中逸出所需要的克服束縛而消耗的能量的最小值，叫做金屬的逸出功．光電效應中，從金屬表面逸出的電子消耗能量最少． 對點例題　某金屬的逸出功為W0，用波長為λ的光照射金屬的表面，當遏止電壓取某個值時，光電流便被截止．當光的波長改變?yōu)樵ㄩL的1/n后，已查明使電流截止的遏止電壓必須增大到原值的η倍，試計算原入射光的波長λ. 解題指導　利用eU0＝hν－W0，按題意可寫出兩個方程： eU0＝h－W0，以及eηU0＝h－W0， 兩式相減得(η－1)eU0＝h(n－1)． 再將上述第一式代入， 便有(η－1)(h－W0)＝h(n－1)． λ＝. 答案　 難點釋疑　遏止電壓U0與光電子的最大初動能的關系為：Ek＝eU0. 1. 圖1 (單選)在做光電效應實驗時，某金屬被光照射發(fā)生了光電效應，實驗測得光電子的最大初動能Ek與入射光的頻率ν的關系如圖1所示，由實驗圖線求不出(　　) A．該金屬的極限頻率 B．普朗克常量 C．該金屬的逸出功 D．單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù) 答案　D 解析　依據(jù)光電效應方程可知Ek＝hν－W0，當Ek＝0時，ν＝ν0，即圖線橫坐標的截距在數(shù)值上等于金屬的極限頻率．圖線的斜率k＝tan θ＝，可見圖線的斜率在數(shù)值上等于普朗克常量．根據(jù)題圖，假設圖線的延長線與Ek軸的交點為C，其截距為W0，有tan θ＝W0/ν0.而tan θ＝h，所以W0＝hν0.即題圖中縱軸的截距在數(shù)值上等于金屬的逸出功． 2．(單選)如圖所示，用不同頻率的紫外線分別照射鎢和鋅的表面而發(fā)生光電效應，可得到光電子的最大初動能Ek隨入射光頻率ν變化的Ek—ν圖象．已知鎢的逸出功是3.28 eV，鋅的逸出功是3.24 eV，若將二者的圖線畫在同一個Ek－ν圖象中，用實線表示鎢，虛線表示鋅，則正確反映這一過程的圖象是(　　) 答案　B 解析　依據(jù)光電效應方程可知Ek＝hν－W0，Ek－ν圖線的斜率代表了普朗克常量h，因此鎢和鋅的Ek－ν圖線應該平行．圖線的橫軸截距代表了極限頻率ν0，而ν0＝，因此鎢的ν0大些．綜上所述，B正確． 3. 圖2 如圖2所示，陰極K用極限波長λ0＝0.66 μm的金屬銫制成，用波長λ＝0.50 μm的綠光照射陰極K，調(diào)整兩個極板電壓，當A極板電壓比陰極高出2.5 V時，光電流達到飽和，電流表示數(shù)為I＝0.64 μA，求： (1)每秒鐘陰極發(fā)射的光電子數(shù)和光電子飛出陰極時的最大初動能； (2)如果把照射陰極的綠光的光強增大為原來的2倍，每秒鐘陰極發(fā)射的光電子數(shù)和光電子飛出陰極的最大初動能． 答案　(1)4.0×1012個　9.64×10－20 J (2)8.0×1012個　9.64×10－20 J 解析　(1)當電流達到飽和時，陰極發(fā)射的光電子全部到達陽極A，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)為 n＝＝＝4.0×1012(個)． 根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，光電子的最大初動能為 Ek＝hν－W0＝h－h(huán) ＝6.63×10－34×3×108×(－) J ≈9.64×10－20 J. (2)如果入射光的頻率不變，光強加倍，根據(jù)光電效應實驗規(guī)律知，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)為 n′＝2n＝8.0×1012(個)， 光電子的最大初動能不變， 仍為Ek＝9.64×10－20 J. 第11點　分析求解物質波問題的四點技巧 分析求解物質波問題時，必須注意以下四點技巧： 1．根據(jù)已知條件，寫出宏觀物體或微觀粒子動量的表達式p＝mv. 2．根據(jù)德布羅意波長公式λ＝求解． 3．若涉及光子的問題，必須區(qū)分光子和微觀粒子的能量和動量的不同表達式，如光子的能量ε＝hν，動量p＝；微觀粒子的動能：Ek＝mv2，動量p＝mv. 4．物質波的波長很短，運動速度為4.0×107 m/s的電子的波長為1.8×10－11 m，一顆質量為10 g的子彈以200 m/s的速度運動時的波長為3.3×10－34 m，因此這些物質波的波動性不明顯，很難觀察到其衍射現(xiàn)象，只有利用金屬晶格中的狹縫才能觀察到電子的衍射圖樣． 對點例題　(單選)影響顯微鏡分辨本領的一個因素是波的衍射，衍射現(xiàn)象越明顯，分辨本領越低．利用電子束工作的電子顯微鏡有較高的分辨本領，它是用高壓對電子束加速，最后打在感光膠片上來觀察顯微圖象．以下說法正確的是(　　) A．加速電壓越高，電子的波長越長，分辨本領越強 B．加速電壓越高，電子的波長越短，衍射現(xiàn)象越明顯 C．如果加速電壓相同，則用質子束工作的顯微鏡比用電子束工作的顯微鏡分辨本領強 D．如果加速電壓相同，則用質子束工作的顯微鏡比用電子束工作的顯微鏡分辨本領弱 解題指導　設加速電壓為U，電子電荷量為e，質量為m， 則有Ek＝mv2＝eU＝， 又p＝， 故eU＝， 可得λ＝. 對電子來說，加速電壓越高，λ越小，衍射現(xiàn)象越不明顯，故A、B都錯．電子與質子比較，因質子質量比電子質量大得多，可知質子加速后的波長要小得多，衍射現(xiàn)象不明顯，分辨本領強，故C對，D錯． 答案　C 方法點評　利用動能Ek＝mv2＝qU，動量p＝mv及德布羅意波長λ＝三個表達式把波長λ與電壓U、粒子質量m的關系找出來． 1．中子的質量m＝1.67×10－27 kg，如果它以v＝1.0×103 m/s的速度運動，那么它的德布羅意波長為________，這個波長與電磁波中________的波長相當． 答案　3.97×10－10 m　X射線 解析　　由德布羅意波公式可得 λ＝＝ m≈3.97×10－10 m，此波長與X射線的波長相當． 2．一粒質量為4×10－4 g的塵埃，在空中下落的速度從1 m/s增加到3 m/s時，它的德布羅意波長從多少變化到多少？分析是否可通過衍射現(xiàn)象觀察到其波動性． 答案　見解析 解析　速度v1＝1 m/s時德布羅意波長為 λ1＝＝ m≈1.66×10－27 m， 速度v2＝3 m/s時德布羅意波長為 λ2＝＝ m≈5.5×10－28 m. 由于波長太短，所以不能通過衍射現(xiàn)象觀察到其波動性．第12點　氫原子躍遷的三個問題 1．是一個氫原子躍遷還是一群氫原子躍遷？ 氫原子核外只有一個電子，這個電子在某個時刻只能處在某一個可能的軌道上，在某段時間內(nèi)，由某一軌道躍遷到另一個軌道時，可能的情況只有一種，但是如果有大量的氫原子，這些氫原子的核外電子躍遷時就會有各種情況出現(xiàn)了．對于氫原子躍遷的情況，應注意以下兩點： (1)一群氫原子躍遷問題的計算 ①確定氫原子所處激發(fā)態(tài)的能級，畫出躍遷示意圖． ②運用歸納法，根據(jù)數(shù)學公式N＝C＝確定躍遷頻率的種類． ③根據(jù)躍遷能量公式hν＝Em－En分別計算出各種頻率的光子． (2)一個氫原子躍遷時的解題方法 圖1 ①確定氫原子所處的能級，畫出能級圖，如圖1所示． ②根據(jù)躍遷的原理，分別畫出處于激發(fā)態(tài)的氫原子向低能態(tài)躍遷時最多可能的躍遷示意圖． ③再根據(jù)躍遷能量公式hν＝Em－En分別算出這幾種頻率的光子． 2．使原子能級躍遷的是光子還是實物粒子？ 原子若是吸收光子的能量而被激發(fā)，則光子的能量必須等于兩能級的能量差，否則不被吸收．不存在激發(fā)到n＝2時能量有余，而激發(fā)到n＝3時能量不足，則可激發(fā)到n＝2的情況． 原子還可吸收外來的實物粒子(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地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級的能量差(ΔE＝Em－En)，均可使原子發(fā)生能級躍遷． 3．是躍遷還是電離？ 原子躍遷時，不管是吸收還是輻射光子，其光子的能量都必須等于這兩個能級的能量差．若想把處于某一定態(tài)上的原子的電子電離出去，就需要給原子一定的能量．如基態(tài)氫原子電離，其電離能為13.6 eV，只要能量等于或大于13.6 eV的光子都能被基態(tài)氫原子吸收而電離，只不過入射光子的能量越大，原子電離后產(chǎn)生的電子具有的動能越大． 對點例題1　(單選)欲使處于基態(tài)的氫原子躍遷，下列措施不可行的是(　　) A．用10.2 eV的光子照射 B．用11 eV的光子照射 C．用14 eV的光子照射 D．用11 eV的電子碰撞 解題指導　由玻爾理論的躍遷假設可知，氫原子在各能級間，只能吸收能量值剛好等于兩能級能量差的光子．由氫原子能級關系不難算出，10.2 eV剛好為氫原子n＝1和n＝2的兩能級能量差，而11 eV則不是氫原子基態(tài)和任一激發(fā)態(tài)的能量差，因而氫原子能吸收前者被激發(fā)，而不能吸收后者．對14 eV的光子，其能量大于氫原子電離能，足可使氫原子電離，而不受氫原子能級間躍遷條件限制，由能量守恒定律不難知道，氫原子吸收14 eV的光子電離后產(chǎn)生的自由電子仍具有0.4 eV的動能．用電子去碰撞氫原子時，入射電子的動能可全部或部分地被氫原子吸收，所以只要入射電子的動能大于或等于基態(tài)和某個激發(fā)態(tài)能量之差，就可使氫原子激發(fā)，故本題選B. 答案　B 對點例題2　(單選)一個氫原子處于第三能級，當外面射來一個波長為6.63×10－7 m的光子時(　　) A．氫原子不吸收這個光子 B．氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能約是0.365 eV C．氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能為零 D．氫原子吸收這個光子后躍遷到更高能級 解題指導　處于第三能級的氫原子其能級值為－1.51 eV.電離能為1.51 eV.波長為λ＝6.63×10－7m的光子的能量E＝＝ J＝3.0×10－19 J＝1.875 eV，這個值大于氫原子處于第三能級時的電離能．因此氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能Ek＝1.875 eV－1.51 eV＝0.365 eV.選項B正確． 答案　B 1．在氫原子光譜中，電子從較高能級躍遷到n＝2能級發(fā)出的譜線屬于巴耳末系．若一群氫原子自發(fā)躍遷時發(fā)出的譜線中只有2條屬于巴耳末系，則這群氫原子自發(fā)躍遷時最多可發(fā)出________條不同頻率的譜線． 答案　6 解析　由于這群氫原子自發(fā)躍遷發(fā)出的譜線中只有2條屬于巴耳末系，故可判斷這群氫原子的最高能級為n＝4，畫出氫原子譜線示意圖(如圖所示)可知，這群氫原子自發(fā)躍遷時最多可發(fā)出6條不同頻率的譜線． 2．(雙選)氫原子的