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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動(dòng)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(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
必須明確的7個(gè)易錯(cuò)易混點(diǎn)
1.12個(gè)重要概念
動(dòng)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(jí) 基態(tài) 激發(fā)態(tài) 躍遷 衰變 半衰期
1.動(dòng)量定理是矢量表達(dá)式.
2.動(dòng)量守恒滿足一定的條件,且系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中任意時(shí)刻的總動(dòng)量均相等.
1.系統(tǒng)的總動(dòng)量是指各物體動(dòng)量的矢量和,不是代數(shù)和.2.利用動(dòng)量守恒時(shí),各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的.
2.9個(gè)公式
p=mv I=Ft I=Δp
m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2
hν=W+mv2 hν=Em-En
E=mc2 ΔE=Δmc2 N余=N原
3.能否發(fā)生光電效應(yīng),不取決于光強(qiáng),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(dòng)性.
4.微觀粒子的波動(dòng)性不同于機(jī)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(gè)規(guī)律
動(dòng)量定理 動(dòng)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(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律,對(duì)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(qiáng)相互作用.
6.太陽(yáng)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)光譜.
第1節(jié) 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律
[真題回放]
1.(xx新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有兩個(gè)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(shí)間極短.當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動(dòng)后,相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動(dòng)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?。?
【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(guò)程中,由能量和動(dòng)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?yàn)檎散佗谑降?
v1=- 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=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(dòng)能定理得
μmgd=mv-mv2 ⑦
聯(lián)立②至⑦式,得
v0=. ⑧
【答案】
2.(xx新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖1311,光滑水平直軌道上有三個(gè)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(jì)).設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時(shí),B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng).假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短.求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中,
圖1311
(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能;
(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能.
【解析】 (1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí),對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得
mv0=2mv1 ①
此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2,損失的機(jī)械能為ΔE,對(duì)B、C組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得
mv=ΔE+(2m)v ③
聯(lián)立①②③式得
ΔE=mv ④
(2)由②式可知v2
v前,碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v前′≥v后′.
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變.
4.對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說(shuō)明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反的方向運(yùn)動(dòng),通常用動(dòng)量守恒來(lái)處理.
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加.
(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒.
5.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
(1)動(dòng)量守恒:由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過(guò)程中,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒.
(2)動(dòng)能增加:在爆炸過(guò)程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加.
(3)位置不變:爆炸的時(shí)間極短,因而作用過(guò)程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng).
【例3】 (xx新課標(biāo)全國(guó)卷 Ⅰ)如圖1314,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)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(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放.
圖1314
當(dāng)A球下落t=0.3 s時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰,碰撞時(shí)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=10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失.求:
(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度;
(2)P點(diǎn)距離地面的高度.
【解析】 (1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得
v1=gt ③
由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,總動(dòng)能保持不變.規(guī)定向下的方向?yàn)檎衜Av1+mBv2=mBv′2 ④
mAv+mBv=mBv′ ⑤
設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為v′B,由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B=vB ⑥
設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′,由運(yùn)動(dòng)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
(xx大綱全國(guó)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+Amv,解得v1=v0,故=,A正確.
【答案】 A
考點(diǎn)三 實(shí)驗(yàn):驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
1.方案一:利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實(shí)驗(yàn).
(1)測(cè)質(zhì)量:用天平測(cè)出滑塊質(zhì)量.
(2)安裝:正確安裝好氣墊導(dǎo)軌.
(3)實(shí)驗(yàn):接通電源,利用配套的光電計(jì)時(shí)裝置測(cè)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.?、诟淖兓瑝K的初速度大小和方向.)
(4)驗(yàn)證:一維碰撞中的動(dòng)量守恒.
2.方案二:利用等長(zhǎng)懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實(shí)驗(yàn).
(1)測(cè)質(zhì)量:用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量m1、m2.
(2)安裝:把兩個(gè)等大小球用等長(zhǎng)懸線懸掛起來(lái).
(3)實(shí)驗(yàn):一個(gè)小球靜止,拉起另一個(gè)小球,放下時(shí)它們相碰.
(4)測(cè)速度:可以測(cè)量小球被拉起的角度,從而算出碰撞前對(duì)應(yīng)小球的速度,測(cè)量碰撞后小球擺起的角度,算出碰撞后對(duì)應(yīng)小球的速度.
(5)改變條件:改變碰撞條件,重復(fù)實(shí)驗(yàn).
(6)驗(yàn)證:一維碰撞中的動(dòng)量守恒.
3.方案三:在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實(shí)驗(yàn).
(1)測(cè)質(zhì)量:用天平測(cè)出兩小車的質(zhì)量.
(2)安裝:將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在光滑長(zhǎng)木板的一端,把紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(shí)驗(yàn):接通電源,讓小車A運(yùn)動(dòng),小車B靜止,兩車碰撞時(shí)撞針插入橡皮泥中,把兩小車連接成一體運(yùn)動(dòng).
(4)測(cè)速度:通過(guò)紙帶上兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離及時(shí)間由v=算出速度.
(5)改變條件:改變碰撞條件,重復(fù)實(shí)驗(yàn).
(6)驗(yàn)證:一維碰撞中的動(dòng)量守恒.
4.方案四:利用斜槽上滾下的小球驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律.
(1)用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量,并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏颍?
(2)按照如圖1315所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置,調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平.
圖1315
(3)白紙?jiān)谙拢瑥?fù)寫紙?jiān)谏?,在適當(dāng)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(diǎn)圈在里面,圓心P就是小球落點(diǎn)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,使它們發(fā)生碰撞,重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次.用步驟(4)的方法,標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N.如圖1316所示.
圖1316
(6)連接ON,測(cè)量線段OP、OM、ON的長(zhǎng)度.將測(cè)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(shí)驗(yàn)器材放回原處.
(8)實(shí)驗(yàn)結(jié)論:在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi),碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.
5.對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析
(1)系統(tǒng)誤差:主要來(lái)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(shí)驗(yàn)是否滿足動(dòng)量守恒的條件,如氣墊導(dǎo)軌是否水平,兩球是否等大,長(zhǎng)木板實(shí)驗(yàn)是否平衡掉摩擦力等.
(2)偶然誤差:主要來(lái)源于質(zhì)量m和速度v的測(cè)量.
(3)減小誤差的措施:
①設(shè)計(jì)方案時(shí)應(yīng)保證碰撞為一維碰撞,且盡量滿足動(dòng)量守恒的條件.
②采取多次測(cè)量求平均值的方法減小偶然誤差.
【例4】 (xx新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)現(xiàn)利用圖1317甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律.在圖甲中,氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊,滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片,左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(jì)時(shí)器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過(guò)光電門的時(shí)間.
甲
圖1317
實(shí)驗(yàn)測(cè)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=1.00 cm;打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,給滑塊A一向右的初速度,使它與B相碰.碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間為ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的紙帶如圖1317乙所示.
乙
圖1317
若實(shí)驗(yàn)允許的相對(duì)誤差絕對(duì)值(100%)最大為5%,本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律?寫出運(yùn)算過(guò)程.
【解析】 紙帶上打出的相鄰點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt==0.02 s
根據(jù)v=可計(jì)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 m/s
兩滑塊碰撞前后的總動(dòng)量p=m1v0=0.3102.00 kgm/s=0.620 kgm/s
p′=m1v1+m2v2=0.610kgm/s
兩滑塊碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差絕對(duì)值為
δ=100%=1.6%<5%
因此,本實(shí)驗(yàn)在誤差允許范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)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(gè)表達(dá)式在所有自然數(shù)范圍內(nèi)是成立的或者用于確定一個(gè)其他的形式在一個(gè)無(wú)窮序列是成立的,這就是著名的結(jié)構(gòu)歸納法.如果說(shuō)一個(gè)關(guān)于自然數(shù)n的命題,當(dāng)n=1時(shí)成立(這一點(diǎn)我們可以代入檢驗(yàn)即可),我們就可以假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)命題也成立.
再進(jìn)一步,如果能證明n=k+1時(shí)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(gè)無(wú)窮的遞推,從而命題對(duì)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(guò)程問(wèn)題,很多情況下可以用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)解決.
【例5】 雨滴在穿過(guò)云層的過(guò)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(guò)程簡(jiǎn)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(guò)同樣的距離l后,雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并,質(zhì)量依次為m2、m3…mn….(設(shè)各質(zhì)量為已知量).不計(jì)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(dòng)能mnv′
【思路導(dǎo)引】
【解析】 (1)若考慮重力的影響,雨滴下降過(guò)程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),碰撞瞬間動(dòng)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(jiǎn)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次碰撞后速度為
v′=2v+2gl
故n次碰撞后雨滴的動(dòng)能為
mnvn′2=.
【答案】 (1)
(2)
突破訓(xùn)練 2
(xx安徽高考)如圖1318所示,裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)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(tái)面等高,并能平滑對(duì)接.傳送帶始終以u(píng)=2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).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(tái)面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放.已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)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(duì)心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài).取g=10 m/s2.
圖1318
(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??;
(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)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(shí)都會(huì)立即被鎖定,而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除,試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小.
【解析】 (1)設(shè)物塊B從光滑曲面h高處滑下時(shí)的速度為v0,由機(jī)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(yùn)動(dòng).加速度a==μg=2 m/s2,根據(jù)v2-v=-2as,得物塊B到達(dá)傳送帶左端時(shí)的速度v1== m/s=4 m/s.離開傳送帶后做勻速運(yùn)動(dòng),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(duì)心彈性碰撞,碰撞前后遵守動(dòng)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(fù)號(hào)說(shuō)明B與A碰撞后,B的速度方向向右.
物塊B運(yùn)動(dòng)到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng).
速度減為零時(shí)的位移s== m= m<l,因此物塊B還沒(méi)有到達(dá)傳送帶的右邊,速度已減小為零,故不能到達(dá)右邊的曲面上.
(3)物塊B與A第一次碰撞后,運(yùn)動(dòng)到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零后做反向的加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)對(duì)稱性,離開傳送帶后的速度v2=v′1,然后與A發(fā)生第二次碰撞,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. (xx浙江高考)如圖1319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(yùn)動(dòng),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1319
A.甲木塊的動(dòng)量守恒
B.乙木塊的動(dòng)量守恒
C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒
【解析】 根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件,以甲、乙為一系統(tǒng),系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,A、B錯(cuò)誤,C正確;甲、乙的一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,甲、乙系統(tǒng)的動(dòng)能不守恒,D錯(cuò)誤.
【答案】 C
2.(xx福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)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13110
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
【解析】 根據(jù)動(dòng)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(dòng)量大,而掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量小
B.掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變大,掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變小
C.掉在水泥地上的玻璃杯動(dòng)量改變快,掉在草地上的玻璃杯動(dòng)量改變慢
D.掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時(shí),相互作用時(shí)間短,而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時(shí)間長(zhǎng)
【解析】 設(shè)玻璃杯下落高度為h.它們從高h(yuǎn)處落地瞬間的速度大小為,與水泥地或草地接觸t時(shí)間后停止,根據(jù)動(dòng)量定理可知:由于掉在水泥地上動(dòng)量變化快,相互作用時(shí)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(gè)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(yùn)動(dòng),反彈后的速度大小為4 m/s.則碰撞前后墻對(duì)小球的沖量I的大小及碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做的功W分別為( )
A.I=3 kgm/s,W=-3 J
B.I=0.6 kgm/s,W=-3 J
C.I=3 kgm/s,W=7.8 J
D.I=0.6 kgm/s,W=3 J
【解析】 本題考查動(dòng)能定理和動(dòng)量定理的應(yīng)用,難度較易.碰撞前后墻對(duì)小球的沖量大小I=mv′-m(-v)=
3 kgm/s,碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)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(yùn)動(dòng),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(lái),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(dòng)量守恒可知:nmv2-Mv1=0,解得n=,選項(xiàng)D正確.
【答案】 D
6. (xx蘇北四市調(diào)研)A、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(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時(shí),B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上,如圖13111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(shí)釋放,則B球的落地點(diǎn)距離桌邊距離為( )
圖13111
A. B.x C.x D.x
【解析】 當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時(shí),根據(jù)能量守恒有:Ep=mv,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有:x=v0t.當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧,取走A左邊的擋板,將A、B同時(shí)釋放,設(shè)A、B的速度分別為vA和vB,則根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有:2mvA-mvB=0,Ep=2mv+mv,解得vB=v0,B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為x′=vBt=x,D選項(xiàng)正確.
【答案】 D
7.(多選) (xx山東濰坊一中階段性檢測(cè))在光滑水平面上,a、b兩小球沿水平面相向運(yùn)動(dòng).當(dāng)小球間距小于或等于L時(shí),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(shí),相互間的排斥力為零,小球在相互作用區(qū)間運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未接觸,兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象如圖13112所示,由圖可知( )
圖13112
A.a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量
B.在t1時(shí)刻兩小球間距最小
C.0~t2時(shí)間內(nèi)兩小球間距逐漸減小
D.在0~t3時(shí)間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反
【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(guò)程中動(dòng)量守恒.由vt圖象可知,b球在t1時(shí)刻速度減為零,然后反向運(yùn)動(dòng),而它們是受到等大反向的沖量作用,故b球的初動(dòng)量要小于a球的初動(dòng)量,即mav0>mbv0,則ma>mb,故選項(xiàng)A正確.在0~t2時(shí)間內(nèi),兩小球從相向運(yùn)動(dòng)至同向運(yùn)動(dòng)到速度相等,間距會(huì)逐漸減小,而在t2時(shí)刻兩小球間距達(dá)到最小,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤、選項(xiàng)C正確.在t1~t3時(shí)間內(nèi),a和b是同向運(yùn)動(dòng),b受到的斥力和運(yùn)動(dòng)方向相同,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
【答案】 AC
8.(xx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的速度反向彈回,取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為________kgm/s.
若小球與地面的作用時(shí)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(dòng)量變化為
Δp=mv′-mv=[0.24-0.2(-6)] kgm/s=2 kgm/s
根據(jù)動(dòng)量定理,得(F-mg)t=Δp
所以平均作用力F=+mg= N+0.210 N=12 N.
【答案】 2 12
9.某同學(xué)用如圖13113所示裝置來(lái)研究碰撞過(guò)程,第一次單獨(dú)讓小球a從斜槽某處由靜止開始滾下.落地點(diǎn)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(diǎn)分別是M、N,各點(diǎn)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(cè)得了a球的落地點(diǎn)P′、M′到O的距離分別為22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地點(diǎn)N′到O的距離.
圖13113
【解析】 設(shè)a球的質(zhì)量為m1,b球的質(zhì)量為m2,碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)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.(xx江蘇高考)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載,A、B兩個(gè)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(duì)A的速度,接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度.若上述過(guò)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(duì)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(dòng)量守恒定律:2mv0=2mv1+mv2,由題意知=,解得v1=v0,v2=v0.
【答案】 v0 v0
11.(xx大綱全國(guó)卷)冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí),與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞.碰后甲恰好靜止.假設(shè)碰撞時(shí)間極短,求:
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中總機(jī)械能的損失.
【解析】 (1)設(shè)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員甲速度方向?yàn)檎较?,由?dòng)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(guò)程中總機(jī)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13114所示,質(zhì)量M=2 kg的長(zhǎng)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(diǎn))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(dòng)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(duì)靜止,B與擋板的碰撞時(shí)間極短,碰后以原速率彈回.取重力加速度g=10 m/s2,求:
圖13114
(1)B與擋板相碰時(shí)的速度大??;
(2)s的最短距離;
(3)長(zhǎng)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(shí),物體A恰與長(zhǎng)木板B相對(duì)靜止.(保留兩位小數(shù))
【解析】 (1)設(shè)B與擋板相碰時(shí)的速度大小為v1,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1,v1=2 m/s.
(2)A與B剛好共速時(shí)B到達(dá)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(yùn)動(dòng),共同速度大小為v2,由動(dòng)量守恒定律Mv1-mv1=(m+M)v2,v2= m/s,設(shè)長(zhǎng)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(zhǎng)時(shí),物體A恰與長(zhǎng)木板B相對(duì)靜止,對(duì)長(zhǎng)木板B由動(dòng)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(dòng)量定理及動(dòng)量
守恒定律的強(qiáng)化應(yīng)用
[專題歸納]
專題一 動(dòng)量與動(dòng)量定理
1.沖量、動(dòng)量與動(dòng)量的變化
物理量
項(xiàng)目
沖量
動(dòng)量
動(dòng)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(guò)程量,對(duì)力而言
是狀態(tài)量,對(duì)物體而言
是過(guò)程量,對(duì)物體而言
2.動(dòng)量定理與動(dòng)能定理
項(xiàng)目
動(dòng)量定理
動(dòng)能定理
表達(dá)式
I合=p2-p1=Δp
W總=Ek2-Ek1=ΔEk
標(biāo)矢性
矢量式、I合、Δp均為矢量
標(biāo)量式、W總、ΔEk均為標(biāo)量
注意事項(xiàng)
(1)規(guī)定矢量的正向,確定正負(fù)
(2)確定過(guò)程及初、末狀態(tài)
(1)功雖是標(biāo)量,但要確定功的正負(fù)及求法
(2)確定初、末速度求初、末動(dòng)能
【例1】 排球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)同學(xué)們喜歡的體育運(yùn)動(dòng).為了了解排球的某些性能,某同學(xué)讓排球從距地面高h(yuǎn)1=1.8 m處自由落下,測(cè)出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點(diǎn)所用時(shí)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(jì)空氣阻力.求:
(1)排球與地面的作用時(shí)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(shí)間為t1,第一次反彈到最高點(diǎn)的時(shí)間為t2,由h1=gt,h2=gt,得:t1=0.6 s,t2=0.5 s,所以排球與地面的作用時(shí)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(shí)的速度為v2,則有:
v1=gt1=6 m/s,v2=gt2=5 m/s,設(shè)地面對(duì)排球的平均作用力的大小為F,以排球?yàn)檠芯繉?duì)象,取向上為正方向,則在排球與地面的作用過(guò)程中,由動(dòng)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(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較
動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能守恒定律
表達(dá)式
①m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)相互作用前后動(dòng)量保持不變
②Δp1=-Δp2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量變化量大小相等,方向相反
③Δp=0,系統(tǒng)動(dòng)量增量為零
①Ek+Ep=Ek′+Ep′(系統(tǒng)初態(tài)的機(jī)械能等于系統(tǒng)末態(tài)的機(jī)械能)
②ΔEk=-ΔEp(系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量)
③ΔEA增=ΔEB減(A、B組成的系統(tǒng),A的機(jī)械能的增加量等于B的機(jī)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(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可以認(rèn)為動(dòng)量守恒.這時(shí)是一種近似守恒,但計(jì)算時(shí)仍可用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行計(jì)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(dòng)量守恒
只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功
【例2】 (xx山東高考)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時(shí)B、C均靜止,A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),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(dòng)量守恒定律得
對(duì)A、B木塊:mAv0=mAvA+mBvB ①
對(duì)B、C木塊: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(shuō)法中正確的是( )
A.物體的動(dòng)量的改變,一定是速度大小的改變
B.物體的動(dòng)量的改變,一定是速度方向的改變
C.物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變,其動(dòng)量一定改變
D.物體的速度方向改變,其動(dòng)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,這是由于玻璃杯掉到松軟地毯上( )
A.所受合外力的沖量小
B.動(dòng)量的變化量小
C.動(dòng)量的變化率小
D.地毯對(duì)杯子的作用力小于杯子對(duì)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(shí)速度、動(dòng)量都是一定的,碰后靜止,動(dòng)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.(xx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(diǎn)火升空,在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)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(guò)程重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是________.(填選項(xiàng)前的字母)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【解析】 應(yīng)用動(dòng)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(dòng)量守恒定律可得:
0=mv0-(M-m)v′
故v′=,選項(xiàng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,在水平恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)時(shí)間t,撤去此力,木塊又向前滑行一段時(shí)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(yùn)動(dòng),到木塊停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程用動(dòng)量定理(取水平恒力F的方向?yàn)檎较?得:Ft-μmg3t=0.所以F=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(duì)于船靜止,船、人、物體以共同速度v0前進(jìn),當(dāng)人相對(duì)于船以速度u向相反方向?qū)⑽矬w拋出時(shí),人和船的速度為(水的阻力不計(jì))
A. B.
C.v0+ D.v0+u
【解析】 物體被拋出的同時(shí),船速已發(fā)生了變化,設(shè)為v,則物體拋出后相對(duì)地的速度為(u-v),取小船、人和物體m為一系統(tǒng),由動(dòng)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. (xx天津高考)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時(shí),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(guò)程中,忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則( )
圖2
A.甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量
B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反
C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量
D.甲對(duì)乙做多少負(fù)功,乙對(duì)甲就一定做多少正功
【解析】 根據(jù)沖量的定義、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解決問(wèn)題.
乙推甲的過(guò)程中,他們之間的作用力大小相等,方向相反,作用時(shí)間相等,根據(jù)沖量的定義,甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等,但方向相反,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;乙推甲的過(guò)程中,遵守動(dòng)量守恒定律,即Δp甲=-Δp乙,他們的動(dòng)量變化大小相等,方向相反,選項(xiàng)B正確;在乙推甲的
過(guò)程中,甲、乙的位移不一定相等,所以甲對(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等,結(jié)合動(dòng)能定理知,選項(xiàng)C、D錯(cuò)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(duì)小球的沖量的大小.
圖3
【解析】 小球在碰撞斜面前做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)剛要碰撞斜面時(shí)小球速度為v.
由題意,v的方向與豎直線的夾角為30,且水平分量仍為v0,如圖所示,由此得v=2v0 ①
碰撞過(guò)程中,小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙,碰撞時(shí)間極短,可不計(jì)重力的沖量,由動(dòng)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(yùn)動(dòng)員為爭(zhēng)搶冰球而合理沖撞,已知甲運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60 kg,乙運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為70 kg,接觸前兩運(yùn)動(dòng)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(shí)間為0.2 s,問(wèn):
圖4
(1)沖撞時(shí)兩運(yùn)動(dòng)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?yàn)檎较?,?duì)甲運(yùn)用動(dòng)量定理,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?yàn)檎较颍瑢?duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)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.(xx新課標(biāo)全國(guó)卷)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中,某金屬的截止頻率相應(yīng)的波長(zhǎng)為λ0,該金屬的逸出功為________.若用波長(zhǎng)為λ(λ<λ0)的單色光做該實(shí)驗(yàn),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(duì)光電子,由動(dòng)能定理得eU0=h-W0,解得U0=.
【答案】 (寫為.也可)
2.(xx福建高考)關(guān)于近代物理,下列說(shuō)法正確的是________.
A.α射線是高速運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(cuò)誤.n表示的是中子,B錯(cuò)誤.由光電效應(yīng)方程Ekm=hν-W知Ekm與ν成線性關(guān)系,C錯(cuò)誤.玻爾的量子化原子模型的實(shí)驗(yàn)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.(xx四川高考)如圖1321為氫原子能級(jí)示意圖的一部分,則氫原子( )
圖1321
A.從n=4能級(jí)躍遷到n=3能級(jí)比從n=3能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)輻射出電磁波的波長(zhǎng)長(zhǎng)
B.從n=5能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)比從n=5能級(jí)躍遷到n=4能級(jí)輻射出電磁波的速度大
C.處于不同能級(jí)時(shí),核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的
D.從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí),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(xiàng)正確.由于光波的波速由介質(zhì)和頻率共同決定,且在真空中傳播時(shí)與頻率無(wú)關(guān),故B錯(cuò).電子在核外不同能級(jí)出現(xiàn)的概率是不同的,故C錯(cuò).能級(jí)躍遷是核外電子在不同軌道間的躍遷,與原子核無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤.
【答案】 A
[考向分析]
1.考綱展示
(1)氫原子光譜 Ⅰ
(2)氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)、能級(jí)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(shì)
本節(jié)作為選考內(nèi)容,經(jīng)??疾橐韵聝蓚€(gè)方面知識(shí);
(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(jí)及光譜的形成.
3.選材特點(diǎn)
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(jí)圖進(jìn)行考查相關(guān)知識(shí).
考點(diǎn)一 對(duì)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(shí)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(shí)發(fā)出來(lái)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(dòng)能與光電子的最大初動(dòng)能:光照射到金屬表面時(shí),電子吸收光子的全部能量,可能向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng),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(dòng)能;只有金屬表面的電子直接向外飛出時(shí),只需克服原子核的引力做功的情況,才具有最大初動(dòng)能.光電子的初動(dòng)能小于等于光電子的最大初動(dòng)能.
(3)光電流和飽和光電流:金屬板飛出的光電子到達(dá)陽(yáng)極,回路中便產(chǎn)生光電流,隨著所加正向電壓的增大,光電流趨于一個(gè)飽和值,這個(gè)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(wú)關(guān).
(4)入射光強(qiáng)度與光子能量:入射光強(qiáng)度指單位時(shí)間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量.
(5)光的強(qiáng)度與飽和光電流:飽和光電流與入射光強(qiáng)度成正比的規(guī)律是對(duì)頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的,對(duì)于不同頻率的光,由于每個(gè)光子的能量不同,飽和光電流與入射光強(qiáng)度之間沒(méi)有簡(jiǎn)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(dòng)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(diǎn)的橫坐標(biāo)νc
②逸出功:圖線與Ek軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的值W0==E
③普朗克常量:圖線的斜率k=h
顏色相同、強(qiáng)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(diǎn)
②飽和光電流Im:電流的最大值
③最大初動(dòng)能:Ekm=eUc
【例1】 (xx浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管,觀測(cè)光電效應(yīng)現(xiàn)象,實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖1322甲所示.已知普朗克常量h=6.6310-34 Js.
甲 乙
圖1322
(1)圖甲中電極A為光電管的________(填“陰極”或“陽(yáng)極”);
(2)實(shí)驗(yàn)中測(cè)得銣的遏止電壓UC與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖1322乙所示,則銣的截止頻率νc=________Hz,逸出功W0=________J;
(3)如果實(shí)驗(yàn)中入射光的頻率ν=7.001014Hz,則產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek=________J.
【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(yáng)極.
(2)由題圖可知,銣的截止頻率νc為5.151014 Hz,逸出功W0=hνc=6.6310-345.151014 J≈3.4110-19 J.
(3)當(dāng)入射光的頻率為ν=7.001014Hz時(shí),由Ek=hν-h(huán)νc得,光電子的最大初動(dòng)能為Ek=6.6310-34(7.00-5.15)1014 J≈1.2310-19 J.
【答案】 (1)陽(yáng)極 (2)5.151014 3.4110-19
(3)1.2310-19
【反思總結(jié)】
利用光電效應(yīng)分析問(wèn)題,應(yīng)把握的三個(gè)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(dòng)能Ek可以利用光電管用實(shí)驗(yàn)的方法測(cè)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
(xx廣東高考)(多選)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)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(shuō)法正確的是
( )
A.增大入射光的強(qiáng)度,光電流增大
B.減小入射光的強(qiáng)度,光電效應(yīng)現(xiàn)象消失
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(dòng)能變大
【解析】 增大入射光強(qiáng)度,使單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增加,因此光電流增大,選項(xiàng)A正確;光電效應(yīng)與照射光的頻率有關(guān),與強(qiáng)度無(wú)關(guān),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)照射光的頻率較小于ν,大于極限頻率時(shí)發(fā)生光電效應(yīng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由Ekm=hν-W,增加照射光的頻率,光電子的最大初動(dòng)能變大,選項(xiàng)D正確.
【答案】 AD
考點(diǎn)二 氫原子能級(jí)和能級(jí)躍遷
1.氫原子的能級(jí)圖
能級(jí)圖如圖1323所示.
圖1323
2.能級(jí)圖中相關(guān)量意義的說(shuō)明
相關(guān)量
意義
能級(jí)圖中的橫線
表示氫原子可能的能量狀態(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(jí)向較低能級(jí)躍遷,原子躍遷的條件為hν=Em-En
3.對(duì)原子躍遷條件hν=Em-En的說(shuō)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(dāng)光子能量大于或等于13.6 eV時(shí),也可以被處于基態(tài)的氫原子吸收,使氫原子電離;當(dāng)處于基態(tài)的氫原子吸收的光子能量大于13.6 eV時(shí),氫原子電離后,電子具有一定的初動(dòng)能.
(3)原子還可吸收外來(lái)實(shí)物粒子(例如自由電子)的能量而被激發(fā).由于實(shí)物粒子的動(dòng)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(jí)的能量差值(E=Em-En),均可使原子發(fā)生能級(jí)躍遷.
【例2】 (xx山東高考)氫原子能級(jí)如圖1324,當(dāng)氫原子從n=3躍遷到n=2的能級(jí)時(shí),輻射光的波長(zhǎng)為656 nm.以下判斷正確的是________。(雙選,填正確答案標(biāo)號(hào))
圖1324
A.氫原子從n=2躍遷到n=1的能級(jí)時(shí),輻射光的
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