《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第12单元 波粒二象性和原子物理 听课答案
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第2单元 相互作用 物体平衡 听课正文

计求冷点统计ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ形变、弹性、胡克定律Ⅰ1715矢量和标量(Ⅰ)滑动摩擦第3讲 重力、弹力一、力1.定义:力是 的相互作用.2.作用效果:使物体发生形变或改变物体的 (即产生加速度).3.性质:力具有物质性、相互性、共存性、矢量性、独立性等特征.4.基本相互作用(1)四种基本相互作用: 相互作用、 相互作用、强相互作用和弱相互作用.(2)重力属于引力相互作用,弹力、摩擦力、电场力、磁场力等本质上是 相互作用的不同表现. 二、重力1.定义:由于地球的 而使物体受到的力.2.大小:与物体的质量成 ,即G=mg.3.方向: .4.重心:重力宏观作用效果的作用点.三、弹力1.定义:发生的物体由于要恢复原状而使物体受到的力.2.产生条件:两物体相互接触且发生了.3.方向:沿恢复原状的方向.4.胡克定律:在弹簧的弹性限度内,弹簧的弹力大小与形变量成,即F=kx,其中k 表示弹簧的劲度系数,反映弹簧的性质.【辨别明理】(1)重力的方向一定指向地心.()(2)弹力可以产生在不直接接触的物体之间.()(3)相互接触的物体间不一定有弹力.()(4)F=kx中的x表示弹簧伸长量.()(5)形状规则的物体的重心一定在物体几何中心.()(6)劲度系数和弹簧长度没有关系.()(7)挂在绳上静止的物体受到的重力就是绳对它的拉力.()(8)有弹力就一定有形变,但有形变不一定有弹力.()考点一关于重力、弹力有无的判断1.(多选)[鲁科版必修1改编]在对重力图3-1的本质还未认清之前,我国古代劳动人民就对其有了比较复杂的应用.我国西安半坡出土了一件距今约五千年的尖底陶瓶,如图3-1所示,这种陶瓶口小、腹大、底尖,有两耳在瓶腹偏下的地方.若用两根绳子系住两耳吊起瓶子,就能从井中取水,下列说法正确的是()A.陶瓶的重心在装水前后始终不变B.陶瓶的重心随装水的多少发生变化C.陶瓶未装水时,其重心在两吊耳的下方D.陶瓶装满水时,其重心在两吊耳的上方2.(力的示意图)画出图3-2中物体A受力的示意图.图3-2图3-33.(弹力有无的判断)(多选)如图3-3所示,用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O,并用第三根细线连接A、B两小球,然后用某个力F作用在小球A上,使三根细线均处于拉直状态,且OB细线恰好沿竖直方向,两小球均处于静止状态,则该力可能为图中的()A.F1B.F2C.F3D.F4■要点总结1.重力方向与重心(1)重力方向:总是竖直向下的,但不一定和接触面垂直,也不一定指向地心.(2)重心:物体的每一部分都受重力作用,可认为重力集中作用于一点即物体的重心.影响重心位置的因素:①物体的几何形状;②物体的质量分布.2.弹力有无的判断(1)条件法:根据弹力产生的两个条件——接触和形变直接判断.(2)假设法:在一些微小形变难以直接判断的情况下,可以先假设有弹力存在,然后判断是否与研究对象所处状态的实际情况相符合.(3)状态法:根据研究对象的运动状态进行受力分析,判断物体保持现在的运动状态是否需要弹力.(4)替换法:可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换,看能否维持原来的运动状态.考点二弹力的分析与计算(1)弹力方向:可根据力的特点判断,也可根据运动状态、平衡条件或牛顿运动定律确定(如杆的弹力).顿第二定律求解.图3-41.(弹力的方向)有三个重力、形状都相同的光滑圆柱体,它们的重心位置不同,放在同一方形槽上.为了方便,将它们画在同一图上,如图3-4所示,其重心分别用C1、C2、C3表示,F N1、F N2、F N3分别表示三个圆柱体对槽的压力,则()A.F N1=F N2=F N3B.F N1<F N2<F N3C.F N1>F N2>F N3D.F N1=F N3>F N2图3-52.(由状态分析弹力方向)(多选)如图3-5所示,小车上固定着一根弯成θ角的曲杆,杆的另一端固定一个质量为m的小球.下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是(重力加速度为g)()A.小车静止时,F=mg,方向竖直向上B.小车静止时,F=mg cosθ,方向垂直于杆向上C.小车向右以加速度a运动时,F的方向沿杆向上D.小车向右以加速度a运动时,F的方向斜向右上方,可能不沿杆图3-63.(由状态分析弹力大小)如图3-6所示,某钢制工件上开有一个楔形凹槽,凹槽的截面是一个直角三角形ABC,∠CAB=30°,∠ABC=90°,在凹槽中放有一个光滑的金属球,当金属球静止时,金属球对凹槽的AB边的压力大小为F1,对BC边的压力大小为F2,则的值为()A. B.C.D.■要点总结(1)任何弹力都是由于形变引起的.(2)对于难以观察到的微小形变,通常从状态出发,利用“假设法”、平衡条件和牛顿第二定律等确定弹力是否存在及弹力的大小和方向.(3)胡克定律适用于能发生明显形变的弹簧、橡皮筋等物体.考点三轻绳、轻杆、轻弹簧模型四种材料的弹力比较考向一轻绳忽略轻绳质量、形变,轻绳上的弹力一定沿着绳的方向,轻绳上的力处处大小相等.轻绳上的力可以突变.例1如图3-7所示,一个物体由绕过定滑轮的绳子拉着,分别按图中所示的三种情况拉住物体静止不动.在这三种情况下,若绳子的张力大小分别为T1、T2、T3,定滑轮对轴心的作用力大小分别为F N1、F N2、F N3,滑轮的摩擦、质量均图3-7不计,则()A.T1=T2=T3,F N1>F N2>F N3B.T1>T2>T3,F N1=F N2=F N3C.T1=T2=T3,F N1=F N2=F N3D.T1<T2<T3,F N1<F N2<F N3图3-8变式题如图3-8所示,一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点,另一端跨过大小可忽略、不计摩擦的定滑轮P悬挂物块B,OP段的绳子水平,长度为L.现将一带挂钩的物块A挂到OP段的绳子上,A、B物块最终静止.已知A(包括挂钩)、B的质量之比=,则此过程中物块B上升的高度为()A.LB.C.D.考向二轻弹簧“轻弹簧”“橡皮绳”是理想化模型,具有如下特性:(1)在弹性限度内,弹力遵循胡克定律F=kx,其中x是弹簧的形变量.(2)轻弹簧(或橡皮绳)的质量可视为零.(3)弹簧既能受到拉力作用,也能受到压力作用(沿着弹簧的轴线),橡皮绳只能受到拉力作用,不能受到压力作用.轻弹簧(或橡皮绳)上的力不能突变.图3-9例2(多选)如图3-9所示,在竖直方向上,两根完全相同的轻质弹簧a、b一端与质量为m的物体相连接,另一端分别固定,当物体平衡时,如果()A.a被拉长,则b一定被拉长B.a被压缩,则b一定被压缩C.b被拉长,则a一定被拉长D.b被压缩,则a一定被拉长变式题[2017·全国卷Ⅲ]一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上,弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A.86cmB.92cmC.98cmD.104cm考向三轻杆忽略轻杆质量、形变,杆上的弹力不一定沿着杆.例3如图3-10甲所示,轻细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过轻细绳EG拉住,EG与水平方向也成30°角,在轻杆的G点用轻细绳GK拉住一个质量为M2的物体,求:(1)细绳AC段的张力F T AC与细绳EG的张力F T EG之比;(2)轻杆BC对C端的支持力;(3)轻杆HG对G端的支持力.图3-10图3-11变式题如图3-11所示,轻杆与竖直墙壁成53°角,斜插入墙中并固定,另一端固定一个质量为m的小球,水平轻质弹簧处于压缩状态,弹力大小为mg(g为重力加速度),则轻杆对小球的弹力大小为()A.mgB.mgC.mgD.mg■建模点拨“死结与活结”和“死杆与活杆”完成课时作业(三)第4讲摩擦力摩擦力【辨别明理】(1)摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势.()(2)受滑动摩擦力作用的物体一定处于运动状态.()(3)同一接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直.()(4)摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相同.()(5)静摩擦力的方向不一定与运动方向共线.()(6)静摩擦力一定是阻力,滑动摩擦力不一定是阻力.()考点一关于滑动摩擦力的分析与计算1.滑动摩擦力的方向滑动摩擦力的方向总与物体间的相对运动方向相反,判断滑动摩擦力的方向时一定要明确“相对”的含义是指相对跟它接触的物体,所以滑动摩擦力的方向可能与物体实际运动(对地运动)方向相反,也可能与实际运动方向相同,还可能与物体实际运动方向成一定的夹角.2.滑动摩擦力的大小(1)滑动摩擦力的大小可以用公式f=μF N计算.(2)结合研究对象的运动状态(静止、匀速运动或变速运动),利用平衡条件或牛顿运动定律列方程求解.图4-1例1物块M在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然转动,转动方向如图4-1中箭头所示,则传送带转动后()A.M将减速下滑B.M仍匀速下滑C.M受到的摩擦力变小D.M受到的摩擦力变大图4-2变式题如图4-2所示,质量为m的物体放在水平放置的钢板C上,与钢板间的动摩擦因数为μ.由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B的控制,物体只能沿水平导槽运动.现使钢板以速度v1向右匀速运动,同时用力F拉动物体(方向沿导槽方向)使物体以速度v2沿导槽匀速运动,则拉力F的大小为(重力加速度为g)()A.mgB.μmgC.μmgD.μmg■要点总结应用滑动摩擦力的决定式f=μF N时要注意以下几点:(1)μ为动摩擦因数,其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关;F N为两接触面间的正压力,其大小不一定等于物体的重力.(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的面积均无关;其方向一定与物体间相对运动方向相反,与物体运动(对地)的方向不一定相反.考点二关于静摩擦力的分析与计算1.静摩擦力的方向静摩擦力的方向与接触面相切,与物体间的相对运动趋势的方向相反,即与受力物体相对施力物体的运动趋势方向相反.常用的判断静摩擦力方向的方法主要有:(1)假设法(接触面间不存在摩擦力时的相对运动方向,即为物体的相对运动趋势方向);(2)利用牛顿运动定律来判定.2.静摩擦力的大小(1)两物体间实际产生的静摩擦力f在零和最大静摩擦力f max之间,即0<f≤f max.最大静摩擦力f max是物体将要发生相对运动(临界状态)时的摩擦力,它的数值与正压力F N成正比,在F N不变的情况下,最大静摩擦力f max略大于滑动摩擦力.在一般情况下,可近似认为物体受到的最大静摩擦力等于物体受到的滑动摩擦力.(2)静摩擦力的大小要依据物体的运动状态进行计算:如果物体处于平衡状态,可根据平衡条件求解静摩擦力;如果物体处于非平衡状态,可根据牛顿第二定律求解静摩擦力.图4-3例2如图4-3所示,在水平桌面上放置一斜面体P,两长方体物块a和b叠放在P的斜面上,整个系统处于静止状态.若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示,则()A.f1=0,f2≠0,f3≠0B.f1≠0,f2=0,f3=0C.f1≠0,f2≠0,f3=0D.f1≠0,f2≠0,f3≠0图4-4变式题如图4-4所示,一根原长为10cm、劲度系数为1000N/m的弹簧一端固定在倾角为30°的粗糙斜面底端,弹簧轴线与斜面平行,弹簧处于自然伸直状态,将重80N的物体A放在斜面上,放置物体A后,弹簧长度缩短为8cm.现用一弹簧测力计沿斜面向上拉物体,若物体与斜面间的最大静摩擦力为25N,当弹簧的长度仍为8cm时,弹簧测力计示数不可能为()A.10NB.20NC.40ND.60N■要点总结(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析;(2)受静摩擦力作用的物体不一定是静止的,受滑动摩擦力作用的物体不一定是运动的;(3)摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势,但摩擦力不一定阻碍物体的运动,即摩擦力不一定是阻力.考点三关于摩擦力的综合分析与计算关于摩擦力的综合分析,我们重点研究摩擦力的突变问题.摩擦力发生突变的原因具有多样性:可能是物体的受力情况发生变化,也可能是物体的运动状态发生变化,还可能是物体间的相对运动形式发生了变化.因此要全面分析物体的受力情况和运动状态,抓住摩擦力突变的原因,才能正确地处理此类问题.(1)静摩擦力突变为滑动摩擦力:静摩擦力达到最大值的状态是物体恰好保持相对静止的临界状态.(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力:滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,因此两物体的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变(变为零或变为静摩擦力).(3)由一个静摩擦力突变为另一个静摩擦力:静摩擦力是被动力,其大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,而相对运动趋势取决于主动力,若主动力发生突变而物体仍然处于相对静止状态,则其静摩擦力将由一个静摩擦力突变为另一个静摩擦力.图4-5例3长直木板的上表面的一端放有一个木块,如图4-5所示,木板由水平位置缓慢向上转动,另一端不动(即木板与地面间的夹角α变大),则木块受到的摩擦力f随角度α变化的图像符合实际的是图4-6中的()图4-6图4-7变式题1如图4-7所示,斜面固定在地面上,倾角为θ=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8).质量为1kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行,斜面足够长,滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8,则滑块所受摩擦力f随时间变化的图像是图4-8中的(取初速度v0的方向为正方向,g取10m/s2)()图4-8图4-9变式题2如图4-9所示,完全相同的A、B两物体放在水平地面上,与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,每个物体重G=10N,设物体A、B与水平地面间的最大静摩擦力均为f m=2.5N.现对A施加一个向右的由0均匀增大到6N的水平推力F,有四位同学将A物体所受到的摩擦力f A随水平推力F的变化情况在图4-10中表示出来,其中正确的是()图4-10完成课时作业(四)第5讲力的合成与分解一、力的合成1.力的合成:求几个力的的过程.(1)合力既可能大于也可能小于任一.(2)合力的效果与其所有分力作用的相同.2.运算法则:力的合成遵循定则.一条直线上的两个力的合成,在规定了正方向后,可利用法直接运算.二、力的分解1.力的分解:求一个力的的过程.(1)力的分解是力的合成的.(2)力的分解原则是按照力的进行分解.2.运算法则:力的分解遵循定则.【辨别明理】(1)合力作用在一个物体上,分力作用在两个物体上.()(2)一个力只能分解为一对分力.()(3)在进行力的合成与分解时,都要应用平行四边形定则或三角形定则.()(4)两个大小恒定的力F1、F2的合力的大小随它们的夹角的增大而减小.()考点一力的合成1.力的合成方法:平行四边形定则或三角形定则.2.几种特殊情况的共点力的合成情况两分力互相垂直两力等大,夹角为θ两力等大且夹角为120°图示(续表) =cos1.(三力合成)三个共点力大小分别是F1、F2、F3,关于它们的合力的大小F,下列说法中正确的是()A.F的取值范围一定是0≤F≤F1+F2+F3B.F至少比F1、F2、F3中的某一个大C.若F1∶F2∶F3=3∶6∶8,只要适当调整它们之间的夹角,一定能使合力为零D.若F1∶F2∶F3=3∶6∶2,只要适当调整它们之间的夹角,一定能使合力为零2.(二力合成)[人教版必修1改编]如图5-1所示,两位同学用同样大小的力共同提起一桶水,桶和水的总重力为G.下列说法正确的是()图5-1A.当两人对水桶的作用力都竖直向上时,每人的作用力大小等于GB.当两人对水桶的作用力都竖直向上时,每人的作用力大小等于C.当两人对水桶的作用力之间的夹角变大时,每人的作用力大小变小D.当两人对水桶的作用力之间的夹角变大时,每人的作用力大小不变3.(三角形定则的应用)大小分别为F1、F2、F3的三个力恰好围成一个封闭的三角形,且这三个力的大小关系是F1<F2<F3,则如图5-2所示的四个图中,这三个力的合力最大的是()图5-2图5-34.(多力合成)(多选)5个共点力的情况如图5-3所示.已知F1=F2=F3=F4=F,且这4个力恰好围成一个正方形,F5是其对角线.下列说法正确的是()A.F1和F5的合力与F3大小相等,方向相反B.F5=2FC.除F5以外的4个力的合力的大小为FD.这5个力的合力大小为F,方向与F1和F3的合力方向相同■要点总结在力的合成的实际问题中,经常遇到物体受四个以上的非共面力作用处于平衡状态的情况,解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点,结构的对称性往往对应着物体受力的对称性,即某些力大小相等,方向相同等.考点二力的分解1.力的分解力的分解是力的合成的逆过程,实际力的分解过程是按照力的实际效果进行的,必须根据题意分析力的作用效果,确定分力的方向,然后再根据平行四边形定则进行分解.2.力的分解中的多解问题例1(多选)[2018·天津卷]明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可.一游僧见之,曰:无烦也,我能正之.”,游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形,木图5-4楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图5-4所示,木楔两侧产生推力F N,则()A.若F一定,θ大时F N大B.若F一定,θ小时F N大C.若θ一定,F大时F N大D.若θ一定,F小时F N大变式题1(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30°角,大小未知,另一个分力F2的大小为F,方向未知,则F1的大小可能是()A.FB.FC.FD.F图5-5变式题2某压榨机的结构示意图如图5-5所示,其中B为固定铰链,现在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F,由于力F的作用,使滑块C压紧物体D.若C与D的接触面光滑,杆的重力及滑块C的重力不计,图中a=0.5m,b=0.05m,则物体D所受的压力大小与力F的比值为()A.4B.5C.10D.1■要点总结对于力的分解问题,首先要明确基本分解思路并注意多解问题,在实际问题中要善于发现其本质,构建合理模型进行处理,尤其要认准合力的实际效果方向.考点三正交分解法的应用1.建立坐标轴的原则一般选共点力的作用点为原点,在静力学中,以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上);在动力学中,常以加速度方向和垂直于加速度方向为坐标轴建立坐标系.2.正交分解法的基本步骤(1)选取正交方向:正交的两个方向可以任意选取,不会影响研究的结果,但如果选择合理,则解题较为方便.选取正交方向的一般原则:①使图5-6尽量多的矢量落在坐标轴上;②平行和垂直于接触面;③平行和垂直于运动方向.(2)分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解,如图5-6所示.(3)求分解在x轴和y轴上的各分力的合力F x和F y,则有F x=F1x+F2x+F3x+…,F y=F1y+F2y+F3y+….图5-7例2[2017·全国卷Ⅱ]如图5-7所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动,物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2-B.C.D.变式题1如图5-8所示,一物块置于水平地面上.当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时,物块做匀速直线运动;当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时,物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等,则物块与地面之间的动摩擦因数为()图5-8A.-1B.2-C.-D.1-图5-9变式题2[2017·浙江11月选考]叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图5-9所示,质量均为m,相互接触.球与地面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则()A.上方球与下方三个球间均没有弹力B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C.水平地面对下方三个球的支持力均为mgD.水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg■要点总结力的合成、分解方法的选取力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法,在物体只受三个力的情况下,一般用力的效果分解法、合成法解题较为简单,在三角形中找几何关系,利用几何关系或三角形相似求解.在以下三种情况下,一般选用正交分解法解题:(1)物体受三个以上力的情况下,需要多次合成,比较麻烦;(2)对某两个垂直方向比较敏感;(3)将立体受力转化为平面内的受力.采用正交分解法时,应注意建立适当的直角坐标系,要使尽可能多的力落在坐标轴上,再将没有落在轴上的力进行分解,求出x轴和y轴上的合力,再利用平衡条件或牛顿第二定律列式求解.完成课时作业(五)专题二共点力的平衡及其应用热点一共点力平衡条件及受力分析一般原则1.共点力平衡条件(1)平衡特征:①物体的加速度为零.②物体处于静止或匀速直线运动状态.(2)平衡条件:物体所受共点力的合力为零.2.受力分析的一般原则(1)整体与隔离原则:当研究物体间内力时,需要隔离研究对象;当研究外力时,对整体研究一般较为简单,但有时也需要隔离.(2)按顺序分析的原则:一般按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析研究对象的受力情况.(3)物体受力和运动状态相一致的原则:物体处于平衡状态时,其所受合外力为零;物体处于非平衡状态时,应用牛顿第二定律.图Z2-1例1[2018·东北育才高中模拟]如图Z2-1所示,M、N两物体叠放在一起,在竖直向上的恒力F作用下,沿竖直墙壁一起向上做匀速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是()A.物体M可能受到6个力B.物体N可能受到4个力C.物体M与墙之间一定有摩擦力D.物体M与N之间一定有摩擦力变式题如图Z2-2所示,用轻杆拴接同种材料制成的a、b两物体,它们沿斜面向下做匀速运动.关于a、b的受力情况,以下说法正确的是()图Z2-2A.a受三个力作用,b受四个力作用B.a受四个力作用,b受三个力作用C.a、b均受三个力作用D.a、b均受四个力作用■要点总结(1)注意研究对象的合理选取——在分析物体间内力时,必须把受力对象隔离出来,而在分析整体受到的外力时,一般采取整体法,有时也采用隔离法.(2)养成按照一定顺序进行受力分析的习惯.(3)涉及弹簧弹力时,要注意可能性分析.(4)对于不能确定的力可以采用假设法分析.热点二动态平衡的问题例2如图Z2-3所示为一竖直放置的大圆环,在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳,绳上套有一光滑小铁环.现将大圆图Z2-3环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度,则关于轻绳对A、B两点的拉力F A、F B的变化情况,下列说法正确的是()A.F A变小,F B变小B.F A变大,F B变大C.F A变大,F B变小D.F A变小,F B变大■题根分析通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中,这种平衡称为动态平衡.解决此类问题的基本思路是化“动”为“静”,“静”中求“动”.对于动态平衡问题,要深刻理解和熟练掌握三种常用方法:(1)解析法:对研究对象进行受力分析,先画出受力示意图,再根据平衡条件列式求解,得到因变量与自变量的一般函数表达式,最后根据自变量的变化确定因变量的变化. (2)矢量三角形法:对研究对象在动态变化过程中的若干状态进行受力分析,在同一图中作出物体在若干状态下所受的力的矢量三角形,由各边的长度变化及角度变化来确定力的大小及方向的变化,也称为图解法,它是求解动态平衡问题的基本方法.此法的优点是能将各力的大小、方向等变化趋势形象、直观地反映出来,大大降低了解题难度。
高考物理总复习第十二单元波粒二象性原子结构与原子核课时2原子结构原子核教师用书(含解析)新人教版

1.原子的核式结构模型(1)电子的发现:英国物理学家汤姆孙发现了电子。
(2)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的方向前进,但有少数α粒子发生了大角度偏转,几乎被“撞”了回来。
(3)卢瑟福提出原子的核式结构模型:在原子中心有一个很小的核,原子几乎全部质量都集中在核里,带负电的电子在核外空间绕核旋转。
2.氢原子的能级结构(1)玻尔理论①定态:原子只能处于一系列不连续的能量状态中,在这些能量状态中原子是稳定的,电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量。
②跃迁:原子从一种定态跃迁到另一种定态时,它辐射或吸收一定频率的光子,光子的能量由这两个定态的能量差决定,即hν=E m-E n。
(h是普朗克常量,h=6.626×10-34J·s)③轨道:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应。
原子的定态是不连续的,因此电子的可能轨道也是不连续的。
(2)基态和激发态:原子能量最低的状态叫基态,其他能量较高的状态叫激发态。
3.原子核的组成(1)原子核由质子和中子组成,它们统称为核子。
(2)原子核的核电荷数=质子数,原子核的质量数=质子数+中子数。
(3)同位素:具有相同质子数、不同中子数的原子。
同位素在元素周期表中的位置相同。
4.天然放射现象(1)天然放射现象:元素自发地放出射线的现象,首先由贝可勒尔发现。
天然放射现象的发现,说明原子核还具有复杂的结构。
(2)三种射线放射性元素放射出的射线共有三种,分别是α射线、β射线、γ射线。
其中α射线是高速运动的氦核,β射线是高速运动的电子流,γ射线是光子。
(3)半衰期①定义:放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。
②影响因素:放射性元素衰变的快慢是由原子核内部因素决定的,跟原子所处的物理状态(如温度、压强)及化学状态(如单质、化合物)无关。
(4)α衰变和β衰变的实质α衰变:核内两个中子和两个质子作为一个整体从较大的原子核内抛射出来。
全品复习方案高考物理大一轮复习 第12单元 原子物理听课手册

第十二单元选修35 原子物理高考纵览第30讲光电效应原子的跃迁教材知识梳理一、光电效应1.光电效应现象在光的照射下金属中的电子从金属表面逸出的现象,叫作光电效应,发射出来的电子叫作________.2.光电效应规律(1)每种金属都有一个________.(2)光电子的最大初动能与照射光的________无关,只随照射光的________增大而增大.(3)光照射到金属表面时,光电子的发射几乎是________的.(4)光电流的强度与照射光的________成正比.3.爱因斯坦光电效应方程(1)光子说:空间传播的光的能量是不连续的,是一份一份的,每一份叫作一个光子.光子的能量为ε=________,其中h是普朗克常量,其值为6.63×10-34 J·s.(2)光电效应方程:________________.其中hν为照射光的能量,E k为光电子的最大初动能,W0是金属的逸出功.二、光的波粒二象性1.光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有________性.2.光电效应和康普顿效应说明光具有________性.3.光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的________性.三、玻尔理论(1)定态:原子只能处于一系列________的能量状态中,在这些能量状态中原子是________的,电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量.(2)跃迁:原子从一种定态跃迁到另一种定态时,它辐射或吸收一定频率的光子,光子的能量由这两个定态的能量差决定,即hν=________.(h是普朗克常量,h=6.63×10-34J·s)(3)轨道:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应.原子的定态是________的,因此电子的可能轨道也是________的.【思维辨析】(1)电子枪发射电子的现象就是光电效应.( ) (2)不同的金属对应着相同的极限频率.( )(3)核外电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量.( ) (4)核外电子可以吸收或放出任意频率的光子.( ) 【思维拓展】玻尔的氢原子能级理论成功解释了氢原子光谱不连续的特点,解释了当时出现的“紫外灾难”.该理论也可解释其他原子光谱现象吗?考点互动探究考点一 对光电效应的理解1.光电效应的实质光子照射到金属表面,某个电子吸收光子的能量后动能变大,当电子的动能增大到足以克服原子核的引力时,便飞出金属表面成为光电子.光电效应现象中,每个电子只能吸收一个光子的能量.2.对光电效应规律的解释(1)光照射金属时,电子吸收一个光子(形成光电子)的能量后,动能立即增大,不需要积累能量的过程.(2)电子从金属表面逸出,首先需克服金属表面原子核的引力做功(逸出功W 0).要使照射光子的能量不小于W 0,对应频率νc =W 0h为极限频率.(3)光电子的最大初动能只随照射光频率的增大而增大.(4)照射光越强,单位时间内照射到金属表面的光子数越多,产生的光电子越多,射出的光电子做定向移动时形成的光电流越大.3.概念辨析4.用图像表示光电效应方程(1)最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图线如图12301所示.图12301(2)由图线可以得到的物理量:①极限频率:图线与ν轴交点的横坐标νc.②逸出功:图线与E k轴交点的纵坐标的绝对值W0=|-E|=E.③普朗克常量:图线的斜率k=h.多选)[2016·全国卷Ⅰ改编] 现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光照射时,有光电流产生.下列说法正确的是( )A.保持照射光的频率不变,增大照射光的强度,饱和光电流变大B.照射光的频率变高,光电子的最大初动能变大C.保持照射光的强度不变,不断减小照射光的频率,始终有光电流产生D.遏止电压的大小与照射光的频率有关,与照射光的强度无关用频率为ν的光照射光电管阴极时,产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图12302所示,U c为遏止电压.已知电子电荷量为-e,普朗克常量为h,求:(1)光电子的最大初动能E km;(2)该光电管发生光电效应的极限频率ν0.图12302考点二波粒二象性1.对光的波粒二象性的理解光既有波动性,又有粒子性,两者不是孤立的,而是有机的统一体,其表现规律为:(1)从数量上看:个别光子的作用效果往往表现为粒子性;大量光子的作用效果往往表现为波动性.(2)从频率上看:频率越低波动性越显著,越容易看到光的干涉和衍射现象;频率越高粒子性越显著,越不容易看到光的干涉和衍射现象,贯穿本领越强.(3)从传播与作用上看:光在传播过程中往往表现出波动性;在与物质发生作用时往往表现为粒子性.(4)波动性与粒子性的统一:由光子的能量E=hν,光子的动量p=hλ表达式也可以看出,光的波动性和粒子性并不矛盾:表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ.(5)理解光的波粒二象性时不可把光当成宏观概念中的波,也不可把光当成微观概念中的粒子.2.概率波与物质波 (1)概率波:光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方,因此光波是一种概率波.(2)物质波:任何一个运动着的物体,小到微观粒子,大到宏观物体,都有一种波与它对应,其波长λ=hp,p 为运动物体的动量,h 为普朗克常量.] 实物粒子和光都具有波粒二象性,下列事实中不能突出体现波动性的是( )A .电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样B .β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C .人们利用中子衍射来研究晶体的结构D .人们利用电子显微镜观测物质的微观结构(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有( ) A .光电效应现象揭示了光的粒子性B .热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C .黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D .动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等 考点三 能级的分析与计算1.氢原子的能级和轨道半径(1)氢原子的能级公式:E n =1n 2E 1(n =1,2,3,…),其中E 1为基态能量,其数值为E 1=-13.6 eV.(2)氢原子的半径公式:r n =n 2r 1(n =1,2,3,…),其中r 1为基态半径,又称玻尔半径,其数值为r 1=0.53×10-10m.(3)氢原子的能级图:如图12303所示.图123032.氢原子跃迁条件原子跃迁条件h ν=E m -E n 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氢原子电离时,只要入射光的能量E≥13.6 eV ,氢原子就能吸收光子的能量,对于实物粒子与原子作用使氢原子激发时,实物粒子的能量大于或等于能级差即可.3.氢原子跃迁时能量的变化(1)原子能量:E n =E kn +E pn =E 1n2,随n 增大而增大,其中E 1=-13.6 eV.(2)电子动能:电子绕氢原子核运动时静电力提供向心力,即k e 2r 2=m v 2r ,所以E k =ke22r 随r增大而减小.(3)电势能:通过库仑力做功判断电势能的增减.当轨道半径减小时,库仑力做正功,电势能减小;反之,电势能增加.4.光谱线条数(1)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数为N =C 2n =n (n -1)2.(2)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n -1).氢原子基态的能量为E 1=-13.6 eV.大量氢原子处于某一激发态,由这些氢原子可能发出的所有的光子中,频率最大的光子能量为-0.96E 1,频率最小的光子的能量为________eV(保留两位有效数字),这些光子可具有________种不同的频率.氢原子的能级图如图12304所示.氢原子从n =3能级向n =1能级跃迁所放出的光子,恰能使某种金属产生光电效应,则该金属的截止频率为________ Hz ;用一群处于n =4能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属,产生的光电子最大初动能为________ eV(普朗克常量h =6.63×10-34J ·s ,结果均保留2位有效数字).图12304第31讲核反应、核能教材知识梳理一、原子核与衰变1.原子核的组成:原子核是由________和中子组成的,原子核的电荷数等于核内的________.2.天然放射现象(1)天然放射现象元素________地放出射线的现象,首先由贝可勒尔发现.天然放射现象的发现,说明________具有复杂的结构.(2)放射性和放射性元素物质发射某种看不见的射线的性质叫________.具有放射性的元素叫放射性元素.(3)三种射线:放射性元素放射出的射线共有三种,分别是________、β射线、γ射线.(4)放射性同位素:有________放射性同位素和人工放射性同位素两类,放射性同位素的化学性质相同.3.原子核的衰变(1)衰变:原子核放出α粒子或β粒子,变成另一种________的变化称为原子核的衰变.(2)分类α衰变:A Z X―→A-4Z-2Y+________;β衰变:A Z X―→A Z+1Y+________.(3)半衰期:放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间.半衰期由原子核内部的因素决定,跟原子所处的________、________状态无关.二、核力与核能1.核力核子间的作用力.核力是________力,作用范围在1.5×10-15 m之内,只在相邻的核子间发生作用.2.核能(1)结合能:核子结合为原子核时________的能量或原子核分解为核子时________的能量,叫作原子核的结合能,亦称核能.(2)比结合能:①定义:原子核的结合能与________之比,称作比结合能,也叫平均结合能.②特点:不同原子核的比结合能不同,原子核的比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢固,原子核________.3.质能方程、质量亏损爱因斯坦质能方程E=________,原子核的质量必然比组成它的核子的质量和要小Δm,这就是质量亏损.由质量亏损可求出释放的核能ΔE=________.三、裂变与聚变1.重核裂变(1)定义:质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程.(2)链式反应条件:裂变物质的体积________临界体积.(3)典型的裂变方程:235 92U+10n―→136 54Xe+9038Sr+________10n.(4)裂变的应用:原子弹、核反应堆.2.轻核聚变(1)定义:两个轻核结合成质量较大的原子核的反应过程.(2)条件:使核发生聚变需要几百万度以上的高温,因此聚变又叫________.(3)典型的聚变方程:21H+31H―→________+10n.(4)聚变的应用:氢弹.【思维辨析】(1)天然放射现象说明原子是可分的.( )(2)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的.( )(3)如果某放射性元素的原子核有100个,经过一个半衰期后还剩50个.( )(4)质能方程表明在一定条件下,质量可以转化为能量.( )【思维拓展】核能的计算是原子物理的重点知识和高考的热点问题,都有哪些方法求核反应中的能量呢?[物理学史]1896年法国物理学家贝可勒尔用铀盐样品进行实验时发现了天然放射性1897年英国物理学家汤姆孙从阴极射线的研究中证实了电子的存在.1898年居里夫妇证明含有铀元素的化合物都具有放射性,并由此发现了“镭”1911年卢瑟福公开α粒子散射实验结论,建立原子核式结构模型.1919年卢瑟福首次实现人工核反应,用α粒子轰击氮核结果打出了质子.1932年英国物理学家查德威克从α粒子轰击铍的核反应过程中发现了“中子”.考点互动探究考点一核反应方程2.关于核反应的三点说明(1)核反应过程一般都是不可逆的,所以核反应方程只能用单向箭头表示反应方向,不能用等号连接.(2)核反应的生成物一定要以实验为基础,不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程.(3)核反应遵循电荷数守恒和质量数守恒(而不是质量守恒),核反应过程中反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能.下列核反应方程中,属于衰变的是( )A. 14 7N+42He―→17 8O+11HB. 238 92U―→234 90Th+42HeC. 21H+31H―→42He+10nD. 235 92U+10n―→136 54Xe+9038Sr+1010n下列有关原子结构和原子核的认识,其中正确的是( )A.γ射线是高速运动的电子流B.氢原子辐射光子后,其绕核运动的电子动能增大C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D. 210 83Bi的半衰期是5天,100克210 83Bi经过10天后还剩下50克考点二对天然放射现象的理解2.三种射线的比较说明:γ射线是伴随着α衰变或β衰变产生的,γ射线不改变原子核的电荷数和质量数,其实质是放射性原子核在发生α衰变或β衰变时,产生的某些新核由于具有过多的能量(核处于激发态)而辐射出光子.多选)14C发生放射性衰变成为14N,半衰期约5700年.已知植物存活期间,其体内14C与12C的比例不变;生命活动结束后,14C的比例持续减少.现通过测量得知,某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是( ) A.该古木的年代距今约5700年B. 12C、13C、14C具有相同的中子数C. 14C衰变为14N的过程中放出β射线D.增加样品测量环境的压强对14C的衰变无影响实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意图如图12311所示,则轨迹1为________的轨迹,轨迹2是________的轨迹,磁场方向为________.图12311考点三核能的计算1.对质能方程的理解(1)质能方程E=mc2给出了物体的能量和质量之间的关系,质量为m的物体具有的总能量为mc2,质量和能量不能互相转化.(2)“质量与能量间存在着简单的正比关系”,即物体的质量(这里指动质量)越大,能量越多,反之物体的质量越小,能量也越少;当物体放出能量时,满足ΔE=Δmc2.2.求核能的三种方法:(1)根据ΔE=Δmc2计算.若Δm的单位是kg,计算时,c的单位是m/s,ΔE的单位是J;若Δm的单位是原子质量单位u,利用1 u相当于931.5 MeV,用ΔE=Δm×931.5 MeV进行计算,ΔE的单位是 MeV,1 MeV=1.6×10-13 J.(2)根据比结合能计算.原子核的结合能=比结合能×核子数.(3)结合动量守恒定律和能量守恒定律进行分析计算,此时要注意动量、动能关系式p2=2mE k的应用.[温馨提示] 利用质能方程计算核能时,不能用质量数代替质量进行计算.[2015·江苏卷] 取质子的质量m p=1.672 6×10-27kg,中子的质量m n=1.674 9×10-27 kg,光速c=3.0×108 m/s.请计算α粒子的结合-27 kg,α粒子的质量mα=6.646 7×10能.(计算结果保留两位有效数字)太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为一个氦核的热核反应,这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源.(m p=1.007 3 u,mα=4.001 5 u,m e=0.000 55 u,太阳的质量为2×1030 kg)(1)这一核反应能释放出多少能量?(2)已知太阳每秒释放能量为3.8×1026 J,则太阳每秒减小的质量为多少?(3)若太阳质量减小万分之三时热核反应不能继续进行,则太阳还能存在多少年?考点四核反应中的动量守恒问题1.核反应过程遵循能量守恒定律:在无光子辐射的情况下,核反应中释放的核能将转化为生成的新核和新粒子的动能;有光子辐射的情况下,核反应中释放的核能将转化为生成的新核和新粒子的动能及光子的能量.一般认为核反应放出的能量与反应前原子核的动能之和等于反应后原子核的总动能.2.核反应过程遵循动量守恒定律:即反应前原子核的总动量等于反应后原子核的总动量.3.解决核反应与动量及能量守恒定律综合的问题时,首先应用质能方程求出核反应释放出的核能,其次根据动量守恒定律和能量守恒定律列出相应的方程,最后联立求解.] 运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2,真空中的光速为c,α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.海水中含有丰富的氘,完全可充当未来的主要能源.两个氘核的核反应为21H+21H―→32He+10n,其中氘核的质量为2.013 0 u,氦核的质量为3.015 0 u,中子的质量为1.008 7 u.(1 u相当于931.5 MeV)(1)求核反应中释放的核能.(2)在两个氘核以相等的动能0.35 MeV进行对心碰撞并且核能全部转化为机械能的情况下,求反应中产生的中子和氦核的动能.参考答案(听课手册)第十二单元 选修35 原子物理 第30讲 光电效应 原子的跃迁【教材知识梳理】 核心填空一、1.光电子 2.(1)极限频率 (2)强度 频率 (3)瞬时 (4)强度 3.(1)h ν (2)E k =h ν-W 0二、1.波动 2.粒子 3.波粒二象三、(1)不连续 稳定 (2)E m -E n (3)不连续 不连续 思维辨析(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×) 思维拓展玻尔的氢原子能级理论本身是以经典理论为基础,其理论又与经典理论相抵触.它只能解释氢原子以及类氢原子光谱的规律,在解释其他原子的光谱上就遇到了困难,如把理论用于其他原子时,理论结果与实验不符,且不能求出谱线的强度及相邻谱线之间的宽度.这些缺陷主要是由于把微观粒子(电子、原子等)看作是经典力学中的质点,从而把经典力学规律强加于微观粒子上(如轨道概念)而导致的.【考点互动探究】考点一例 1 ABD [解析] 根据光电效应实验得出的结论:保持照射光的频率不变,照射光的强度变大,饱和光电流变大,故A 正确;根据爱因斯坦光电效应方程得,照射光的频率变高,光电子的最大初动能变大,故B 正确;遏止电压的大小与照射光的频率有关,与照射光的强度无关,保持照射光的强度不变,不断减小照射光的频率,若低于截止频率,则没有光电流产生,故C 错误,D 正确.变式题 (1)eU c (2)ν-eU ch[解析] (1)光电子在光电管内减速,由动能定理有 -eU c =-E km光电子的最大初动能E km =eU c . (2)由光电效应方程得E km =h ν-W 0 其中逸出功W 0=h ν0 解得ν0=ν-eU ch. 考点二例 2 B [解析] 干涉、衍射是波的特有现象;β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹不能反映波动性;电子显微镜利用了电子束波长短的特性,减轻衍射影响,提高分辨能力.故选B.变式题 AB [解析] 黑体辐射的实验规律只能用光的粒子性解释,普朗克用能量子理论分析,结果与事实完全相符,选项C 错误;由于E k =12mv 2,p =mv ,因此p =2mE k ,质子和电子动能相等,但质量不等,故动量p 也不等,再根据德布罗意波的波长λ=h p可知,德布罗意波的波长λ不同,选项D 错误.考点三例3 0.31 10[解析] 量子数为n 的能级的能量E n =E 1n2,频率最大的光子是从最高能级直接跃迁到基态,则E n -E 1=-0.96E 1,联立得n =5,频率最小的光子是从能级n =5跃迁到n =4放出的,则E 5-E 4=E 152-E 142=0.306 eV ≈0.31 eV ;大量氢原子从最高能级n =5向低能级跃迁,可以放出C 25=10种不同频率的光子.变式题 2.9×10150.66[解析] 能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差,原子从能级n =3向n =1跃迁辐射出的光子的能量为E =E 3-E 1=12.09 eV ,因所放出的光子恰能使某种金属产生光电效应,则有h ν0=12.09 eV ,解得ν0=2.9×1015Hz.当光子能量等于金属的逸出功时,恰好发生光电效应,所以逸出功W 0=12.09 eV.氢原子从n =4能级向低能级跃迁所放出的光子能量最大为h ν=E 4-E 1=12.75 eV ,根据光电效应方程得最大初动能E km =h ν-W 0=12.75 eV -12.09 eV =0.66 eV.【教师备用习题】1.(多选)氢原子能级图如图所示,当氢原子从n =3能级跃迁到n =2的能级时,辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是( )A .氢原子从n =2能级跃迁到n =1的能级时,辐射光的波长小于656 nmB .用波长为325 nm 的光照射,可使氢原子从n =1能级跃迁到n =2的能级C .一群处于n =3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D .用波长为633 nm 的光照射,不能使氢原子从n =2能级跃迁到n =3的能级 [解析] ACD 根据氢原子的能级图和能级跃迁规律,h ν=E m -E n =hcλ,当氢原子从n=2能级跃迁到n =1的能级时,辐射光的波长为121.6 nm ,小于656 nm ,A 选项正确;根据氢原子发生跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子,可知B 选项错误,D 选项正确;一群处于n =3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子,C 选项正确.2.(多选)如图所示为氢原子能级示意图,现有大量的氢原子处于n =4的激发态,向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光,下列说法错误的是( )A .这些氢原子最多可辐射出3种不同频率的光B .氢原子由n =2能级跃迁到n =1能级产生的光频率最小C .氢原子由n =4能级跃迁到n =1能级产生的光最容易表现出衍射现象D .氢原子由n =2能级跃迁到n =1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应[解析] ABC 这些氢原子向低能级跃迁时可辐射出C 24=4×32=6种光子,选项A 错误;氢原子由n =4能级跃迁到n =3能级产生的光子能量最小,所以频率最小,选项B 错误;氢原子由n =4能级跃迁到n =1能级产生的光子能量最大,频率最大,波长最小,最不容易表现出衍射现象,选项C 错误;氢原子由n =2能级跃迁到n =1能级辐射出的光子能量为10.20 eV>6.34 eV ,所以能使金属铂发生光电效应,选项D 正确.第31讲 核反应、核能【教材知识梳理】 核心填空一、1.质子 质子数2.(1)自发 原子核 (2)放射性 (3)α射线 (4)天然3.(1)原子核 (2)42He 0-1e (3)物理 化学 二、1.短程2.(1)释放 吸收 (2)①核子数 ②越稳定3.mc 2 Δmc 2三、1.(2)大于或等于 (3)10 2.(2)热核反应 (3)42He 思维辨析(1)(×)[解析] 天然放射现象说明原子核是可分的. (2)(×) (3)(×) (4)(×) 思维拓展1.根据质能方程ΔE =Δmc 2,注意:这里质量单位要用 kg ,能量单位用J.2.利用原子质量单位u 和电子伏特计算,1 u =1.656×10-27 kg ,1 eV =1.6×10-19J ,1 u 相当于931.5 MeV.3.根据能量守恒定律和动量守恒定律计算核能. 【考点互动探究】考点一例1 B [解析] 选项B 属于衰变,选项A 属于人工转变,选项C 属于轻核聚变,选项D 属于重核裂变,所以选项B 正确.变式题 B [解析] γ射线是光子流,选项A 错误;氢原子从高能级跃迁到低能级,辐射光子,电子轨道半径减小,速度增大,B 正确;太阳辐射能量主要来源于核聚变,选项C 错误;100 g 的21083Bi 经10天后剩下的质量为100×122 g =25 g ,选项D 错误.考点二例2 ACD [解析] 由半衰期公式N =N 012t T 得t =5700年.12C 、13C 、14C 质子数相同,质量数不同,说明中子数不同.14C 衰变成14N 过程放出电子,所以属于β衰变.半衰期与环境压强无关.A 、C 、D 正确,B 错误.变式题 电子 新核 垂直于纸面向里[解析] 带电粒子在磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m v 2R ,则半径R =mvqB.β衰变过程动量守恒,而e <q 新,则R e >R 新,所以轨迹1为电子的轨迹,轨迹2是新核的轨迹.又由左手定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里.考点三3 4.3×10-12J[解析] 组成α粒子的核子与α粒子的质量差 Δm =(2m p +2m n )-m α结合能ΔE =Δmc 2代入数据得ΔE =4.3×10-12J.变式题 (1)24.78 MeV (2)4.2×109kg(3)4.4×109年[解析] (1)太阳内部的核反应方程为411H ―→42He +201e 这一核反应的质量亏损Δm =4m p -m α-2m e =0.026 6 u释放的能量ΔE =Δmc 2=0.026 6×931.5 MeV ≈24.78 MeV.(2)由ΔE =Δmc 2得,太阳每秒减少的质量 Δm =ΔE c 2= 3.8×1026(3.0×108)2 kg ≈4.2×109kg.(3)太阳的质量为2×1030 kg ,太阳还能存在的时间 t =ΔM Δm =2×1030×3×10-44.2×109s ≈1.4×1017 s =4.4×109年. 考点四例4 (M -m 1-m 2)c 2M (M -m 1-m 2)c 2M -m 2[解析] 设运动的原子核AZ Χ的速度为v 1,放出的α 粒子速度为v 2,由质量亏损可得 12m 2v 22-12Mv 21=(M -m 1-m 2)c 2 由动量守恒定律得 Mv 1=m 2v 2联立以上两式得E k =12m 2v 22=M (M -m 1-m 2)c 2M -m 2. 变式题 (1)2.14 MeV (2)2.13 MeV 0.71 MeV [解析] (1)核反应中的质量亏损为Δm =2m H -m He -m n由ΔE =Δmc 2可知释放的核能ΔE =(2m H -m He -m n )c 2=2.14 MeV. (2)把两个氘核作为一个系统,碰撞过程系统的动量守恒,由于碰撞前两氘核的动能相等,其动量等大反向,因此反应后系统的总动量为零,即m He v He -m n v n =0;反应前后系统的总能量守恒,即12m He v 2He +12m n v 2n =ΔE +2E kH ,又因为m He ∶m n =3∶1,所以v He ∶v n =1∶3,由以上各式代入已知数据得E kHe =0.71 MeV ,E kn =2.13 MeV. 【教师备用习题】1.[2015·江苏卷] 核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电,23592U 是核电站常用的核燃料.235 92U 受一个中子轰击后裂变成144 56Ba 和8936Kr 两部分,并产生________个中子.要使链式反应发生,裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积.[答案] 3 大于[解析] 该核反应方程为235 92U +10n ―→144 56Ba +8936Kr +310n ;只有当铀块足够大时,裂变产生的中子才有足够的概率打中某个铀核,使链式反应不断进行下去.2.[2015·重庆卷改编] 图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里.则可判断径迹为a 、b 的粒子带________(选填“正”或“负”)电,径迹为c 、d 的粒子带________(选填“正”或“负”)。
高考物理总复习121波粒二象性针对训练含解析新人教版

12.1 波粒二象性1.(2019年温州质检)(多选)下列关于波粒二象性的说法正确的是( )A.光电效应揭示了光的波动性B.使光子一个一个地通过单缝,若时间足够长,底片上也会出现衍射图样C.黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释D.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性解析:光电效应揭示了光的粒子性,A 错误;单个光子通过单缝后在底片上呈现出随机性,但大量光子通过单缝后在底片上呈现出波动性,B 正确;黑体辐射的实验规律说明了电磁辐射是量子化的,即黑体辐射是不连续的、一份一份的,所以黑体辐射用光的粒子性来解释,C 正确;热中子束射在晶体上产生衍射图样,是由于运动的实物粒子具有波的特性,即说明中子具有波动性,D 正确.答案:BCD2.(2019年黄冈中学模拟)(多选)如图12-1-9所示为研究光电效应规律的实验电路,电源的两个电极分别与接线柱c 、da 照射光电管时,灵敏电流计G 的指针会发生偏转,而用另一频率的单色光b 照射该光电管时,灵敏电流计G 是 ( )图12-1-9A.a 光的频率一定大于b 光的频率B.电源正极可能与c 接线柱连接C.用b 光照射光电管时,一定没有发生光电效应D.若灵敏电流计的指针发生偏转,则电流方向一定是由e →G →f解析:由于电源的接法不知道,所以有两种情况:①c 接负极,d 接正极: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,知ab 照射光电管阴极K 时,电流计G 的指针不发生偏转,知b 光的频率小于金属的极限频率,所以a 光的频率一定大于b 光的频率.②c 接正极,d 接负极: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,知a 光产生的光电子能到达负极db 照射光电管阴极K 时,电流计G 的指针不发生偏转,知b 光即使产生光电子也不能到达负极d 端,所以a 光产生的光电子的最大初动能大,所以a 光的频率一定大于b 光的频率,故A 、B 正确;由以上的分析可知,不能判断出用b 光照射光电管时,一定没有发生光电效应,故C 错误;电流的方向与负电荷定向移动的方向相反,若灵敏电流计的指针发生偏转,则电流方向一定是由e →G →f ,故D 正确. 答案:ABD3.现有a 、b 、c 三束单色光,其波长关系为λa ∶λb ∶λc a 光束照射某种金属板时能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为E k ,若改用b 光束照射该金属板,飞出的光电子最大动能为13E k ,当改用c 光束照射该金属板时( ) A.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为16E k B.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为19E kC.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为112E kD.由于c 光束光子能量较小,该金属板不会发生光电效应解析:对a 、b 两束光由光电效应方程有hc λa -W 0=E k ,hc 2λa -W 0=13E k ,联立解得hc λa =43E k ,W 0=13E k .当改用c 光束照射该金属板时有hc 3λ0-W 0=49E k -13E k =19E k ,B 正确. 答案:B4.如图12-1-10所示是研究光电管产生的电流的电路图,A 、K 是光电管的两个电极,已知该光电管阴极的极限频率为ν0.现将频率为ν(大于ν0)的光照射在阴极上,则下列方法一定能够增加饱和光电流的是( )图12-1-10A.照射光频率不变,增加光强B.照射光强度不变,增加光的频率C.增加A 、K 电极间的电压D.减小A 、K 电极间的电压解析:要增加单位时间内从阴极逸出的光电子的数量,就需要增加照射光单位时间内入射光子的个数,所以只有A 正确.答案:A。
高考物理第一轮复习资料(知识点梳理)

学习必备欢迎下载高考物理第一轮复习资料(知识点梳理)学好物理要记住:最基本的知识、方法才是最重要的。
学好物理重在理解(概念、规律的确切含义,能用不同的形式进行表达,理解其适用条件)(最基础的概念、公式、定理、定律最重要)每一题弄清楚(对象、条件、状态、过程)是解题关健力的种类 : ( 13 个性质力)说明:凡矢量式中用“重力:G = mg弹力: F= Kx滑动摩擦力: F 滑 = N静摩擦力:O f 静f m浮力: F 浮 = gV 排压力 : F= PS =ghs+”号都为合成符号“受力分析的基础”万有引力:m 1 m 2电场力: F 电 =q E =qu q1 q2(真空中、点电荷 ) F 引=G2库仑力: F=Kr 2r d磁场力: (1) 、安培力:磁场对电流的作用力。
公式: F= BIL( B I )方向 :左手定则(2) 、洛仑兹力:磁场对运动电荷的作用力。
公式:f=BqV (B V) 方向 : 左手定则分子力:分子间的引力和斥力同时存在,都随距离的增大而减小,随距离的减小而增大 ,但斥力变化得快。
核力:只有相邻的核子之间才有核力,是一种短程强力。
运动分类:(各种运动产生的力学和运动学条件、及运动规律)重点难点高考中常出现多种运动形式的组合匀速直线运动 F 合=0V0≠0静止匀变速直线运动:初速为零,初速不为零,匀变速直曲线运动(决于 F 合与 V0的方向关系 ) 但 F 合=恒力只受重力作用下的几种运动:自由落体,竖直下抛,竖直上抛,平抛,斜抛等圆周运动:竖直平面内的圆周运动(最低点和最高点 );匀速圆周运动 (是什么力提供作向心力)简谐运动;单摆运动;波动及共振;分子热运动;类平抛运动;带电粒子在f洛作用下的匀速圆周运动物理解题的依据:力的公式各物理量的定义各种运动规律的公式物理中的定理定律及数学几何关系FF12F222F1 F2COS F1- F2F∣ F1 +F 2∣、三力平衡: F3=F1 +F2非平行的三个力作用于物体而平衡,则这三个力一定共点,按比例可平移为一个封闭的矢量三角形多个共点力作用于物体而平衡,其中任意几个力的合力与剩余几个力的合力一定等值反向匀变速直线运动:基本规律:V t = V 0 + a t S = v o t + a t2几个重要推论:(1)推论: V t2- V 02 = 2as (匀加速直线运动: a 为正值匀减速直线运动: a 为正值)(2) A B 段中间时刻的即时速度:(3) AB段位移中点的即时速度 :V t/ 2 = V =S N 1S NV s/2 = = == VN2T(4) S 第 t 秒 = St-S t-1= (v o t + a t2) - [ v o( t- 1) + a (t- 1)2]= V 0 + a (t -)(5)初速为零的匀加速直线运动规律①在 1s 末、 2s 末、 3s 末⋯⋯ ns 末的速度比为1: 2: 3⋯⋯ n;②在 1s 、 2s、 3s⋯⋯ ns 内的位移之比为12: 22: 32⋯⋯ n2;③在第 1s 内、第2s 内、第 3s 内⋯⋯第ns 内的位移之比为1: 3: 5⋯⋯ (2n-1);④从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1::⋯⋯(⑤通过连续相等位移末速度比为1: 2 : 3 ⋯⋯n(6) 匀减速直线运动至停可等效认为反方向初速为零的匀加速直线运动.(7)通过打点计时器在纸带上打点(或照像法记录在底片上)来研究物体的运动规律初速无论是否为零 ,匀变速直线运动的质点 ,在连续相邻的相等的时间间隔内的位移之差为一常数;匀变速直线运动的物体中时刻的即时速度等于这段的平均速度⑴是判断物体是否作匀变速直线运动的方法。
2023年人教版高中物理复习第十二章第1讲波粒二象性

第十二章波粒二象性原子结构原子核第1讲波粒二象性【课程标准】1.通过实验,了解光电效应现象。
能根据实验结论说明光的波粒二象性。
知道爱因斯坦光电效应方程及其意义。
2.知道实物粒子具有波动性,了解微观世界的量子化现象。
体会量子论的建立对人们认识物质世界的影响。
【素养目标】物理观念:实物粒子具有波动性,光的波粒二象性;建立物质观。
科学思维:利用科学推理得出实物粒子也具有波粒二象性。
科学探究:通过实验探究光电效应现象的规律。
一、光电效应及其规律1.光电效应现象:在光的照射下金属中的电子从金属表面逸出的现象,称为光电效应,发射出来的电子称为光电子。
2.光电效应规律:(1)每种金属都有一个极限频率,入射光的频率必须大于或等于这个极限频率才能产生光电效应。
(2)光子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光的频率增大而增大。
(3)光照射到金属表面时,光电子的发射几乎是瞬时的。
(4)光电流的强度与入射光的强度成正比。
3.爱因斯坦光电效应方程:(1)光子说:空间传播的光的能量是不连续的,是一份一份的,每一份叫作一个光子。
光子的能量为ε=hν,其中h是普朗克常量,其值为6.63×10-34J·s。
(2)光电效应方程:E k=hν-W0。
其中hν为入射光的能量,E k为光电子的最大初动能,W0是金属的逸出功。
(3)发光功率与单个光子能量的关系:发光功率P=n·ε,其中n为单位时间发出的光子数目,ε为单个光子的能量。
命题·科技情境智能手机的感光功能是通过光线传感器这一元件实现的。
光线传感器其实是根据光电效应的原理起作用的。
在光线照射下,电子能够从物质的内部向外发射而产生电力作用,以实现手机的感光调节。
如果仅降低光线的强度到一定程度,会不会可能没有电子从物质内部发射出来,从而无法实现感光调节?提示:不会;电子能否从物质内部飞出,取决于入射光的频率,与入射光的强度无关。
二、光的波粒二象性 1.光的波粒二象性:(1)光既具有波动性又具有粒子性,即光具有波粒二象性。
2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义:第十二章 第1讲 波粒二象性 含答案

第十二章近代物理初步第1讲波粒二象性考点1对光电效应现象的理解1.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.2.对光电效应规律的解释1.(多选)1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年,这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文,其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象.关于光电效应,下列说法正确的是(AD)A.当入射光的频率低于极限频率时,不能发生光电效应B.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C.光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D.某单色光照射一金属时不发生光电效应,改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应解析:根据光电效应现象的实验规律,只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应,故A、D正确.根据光电效应方程,最大初动能与入射光频率为线性关系,但非正比关系,B错误;根据光电效应现象的实验规律,光电子的最大初动能与入射光强度无关,C错误.2.(多选)在光电效应实验中,用同一种单色光先后照射锌板和银板的表面,都能发生光电效应现象.对于这两个过程,下列四个物理量中,一定不同的是(BD)A.单位时间内逸出的光电子数B.遏止电压C.饱和电流D.光电子的最大初动能解析:同一种单色光照射锌板和银板的表面都能发生光电效应,但锌和银的逸出功不等,根据光电效应方程,可知光电子的最大初动能不同,则遏止电压不同,故选B、D.3.(2019·湖北宜昌模拟)如图所示,是研究光电效应的电路图,对于某金属用绿光照射时,电流表指针发生偏转,则以下说法正确的是(D)A.将滑动变阻器滑动片向右移动,电流表的示数一定增大B.如果改用紫光照射该金属时,电流表无示数C.将光照强度增大时,电流表的示数减小D.将电源的正负极调换,仍用相同的绿光照射时,将滑动变阻器滑动片向右移动一些,电流表的读数可能不为零解析:本题考查光电效应,涉及光电流大小,明确在发生光电效应的前提下,光电流的大小与电路中的电压和入射光的强度均有关.滑动变阻器滑片向右移动,电压虽然增大,但已达到饱和电流,则电流表的示数可能不变,故A错误;如果改用紫光照射该金属时,因频率的增加,导致光电子最大初动能增加,则电流表增大,故B错误;只增加光照强度,从而增加了光子的个数,则产生的光电子数目增多,光电流增大,使通过电流表的电流增大,故C错误;电源的正负极调换,仍用相同的绿光照射时,将滑动变阻器滑片向右移动一些,此时的电压仍小于反向截止电压,则电流表仍可能有示数,故D正确.对光电效应的4点提醒(1)能否发生光电效应,不取决于光的强度而取决于光的频率.(2)光电效应中的“光”不是特指可见光,也包括不可见光.(3)逸出功的大小由金属本身决定,与入射光无关.(4)光电子不是光子,而是电子.考点2光电效应的规律1.深入理解三个关系(1)爱因斯坦光电效应方程E k=hν-W0.(2)光电子的最大初动能E k可以利用光电管用实验的方法测得,即E k =eU c,其中U c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νc的关系是W0=hνc.2.三类图象考向1对光电效应方程的理解(2018·全国卷Ⅱ)用波长为300 nm的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19 J.已知普朗克常量为6.63×10-34 J·s,真空中的光速为3.00×108 m·s-1.能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为()A.1×1014 Hz B.8×1014 HzC.2×1015 Hz D.8×1015 Hz[审题指导]能使金属产生光电效应的单色光的最低频率即恰好发生光电效应的条件:照射光的能量等于金属的逸出功.【解析】本题考查光电效应规律.由光电效应方程得E k=hcλ-W0,而能使锌产生光电效应的单色光的最低频率ν0应满足hν0=W0,联立得ν0=cλ-E kh=8×1014 Hz,故选项B正确.【答案】 B考向2对光电效应三类图象的理解(2019·山东济南一模)用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流大小与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A、K两极间的电压大小可调,电源的正负极也可以对调,分别用a、b、c三束单色光照射,调节AK间的电压U,得到光电流I与电压U的关系如图乙所示,由图可知()A.单色光a和c的频率相同,但a更弱些B.单色光a和b的频率相同,但a更强些C.单色光a的频率大于单色光c的频率D.单色光a的频率小于单色光b的频率【解析】a、c两光照射后遏止电压相同,知产生的光电子最大初动能相等,可知a、c两光的频率相等,光子能量相等,即频率相同,由于a 光的饱和电流较大,则a光的强度较大,故A、C错误;a光的遏止电压小于b光的遏止电压,所以产生的光电子最大初动能E k a<E k b,根据爱因斯坦光电效应方程E k=hν-W0可知,νa<νb,故B错误,D正确.【答案】 D1.(2019·山东青岛模拟)用如图甲所示的装置研究光电效应现象.闭合开关S,用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应.图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象,图线与横轴的交点坐标为(a,0),与纵轴的交点坐标为(0,-b),下列说法中正确的是(B)A.普朗克常量为h=a bB.断开开关S后,电流表的示数不为零C.仅增加照射光的强度,光电子的最大初动能将增大D.保持照射光强度不变,仅提高照射光频率,电流表的示数保持不变解析:根据E km=hν-W0得,纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功,等于b,当最大初动能为零时,入射光的频率等于截止频率,所以金属的截止频率为ν0=a,普朗克常量为h=ba,故A错误.开关S断开后,因光电子有初动能,因此电流表G的示数不为零,故B正确.根据光电效应方程可知,最大初动能与入射光频率有关,与光的强度无关,故C错误.若保持照射光强度不变,仅提高照射光频率,则光子数目减少,电流表的示数减小,故D错误.2.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甲所示.已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s.(1)图甲中电极A为光电管的阳极(选填“阴极”或“阳极”);(2)实验中测得铷的遏止电压U c与入射光频率ν之间的关系如图乙所示,则铷的截止频率νc=5.15×1014[(5.12~5.18)×1014均视为正确] Hz,逸出功W0=3.41×10-19[(3.39~3.43)×10-19均视为正确] J;(3)如果实验中入射光的频率ν=7.00×1014Hz,则产生的光电子的最大初动能E k=1.23×10-19[(1.21~1.25)×10-19均视为正确] J.解析:(1)在光电效应中,电子向A极运动,故电极A为光电管的阳极.(2)由题图可知,铷的截止频率νc为5.15×1014Hz,逸出功W0=hνc =6.63×10-34×5.15×1014 J≈3.41×10-19 J.(3)当入射光的频率为ν=7.00×1014Hz时,由E k=hν-hνc得,光电子的最大初动能为E k=6.63×10-34×(7.00-5.15)×1014 J≈1.23×10-19 J.光电效应中有关图象问题的解题方法(1)明确图象中纵坐标和横坐标所表示的物理量.(2)明确图象所表示的物理意义及所对应的函数关系,同时还要知道截距、交点等特殊点的意义.例如,①E km-ν图象,表示了光电子的最大初动能E km随入射光频率ν的变化曲线,图甲中横轴上的截距是阴极金属的极限频率,纵轴上的截距表示了阴极金属的逸出功负值,直线的斜率为普朗克常量,图象的函数式:E k =hν-W0.②光电效应中的I-U图象,是光电流强度I随两极板间电压U的变化曲线,图乙中的I m是饱和光电流,U c为遏止电压.考点3光的波粒二象性物质波1.对光的波粒二象性的理解2.对物质波的理解(1)与实物粒子相联系的波叫物质波,也叫德布罗意波,属于概率波;(2)实物粒子的能量E和动量p跟它所对应的波的频率ν和波长λ之间遵循的关系为:E=hν,p=h λ.1.(2019·浙江义乌模拟)(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有(AB)A.光电效应现象揭示了光的粒子性B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等解析:光电效应现象揭示了光的粒子性,A正确;衍射是波特有的性质,故中子束射到晶体上产生衍射图样说明运动的中子具有波动性,B正确;黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释,普朗克借助于能量子假说,完美地解释了黑体辐射规律,破除了“能量连续变化”的传统观念,C错误;根据德布罗意波长公式λ=hp可知,若一个电子和一个质子的德布罗意波长相等,则动量p也相等,但是质子质量比电子质量大,动能E k=p22m,可知两者动能不相等,D错误.2.(多选)物理学家做了一个有趣的实验:在双缝干涉实验中,在光屏处放上照相底片,若减小入射光的强度,使光子只能一个一个地通过狭缝.实验结果表明,如果曝光时间不太长,底片上只能出现一些如图甲所示不规则的点子;如果曝光时间足够长,底片上就会出现如图丙所示规则的干涉条纹.对于这个实验结果的认识正确的是(ACD)A.单个光子的运动没有确定的轨道B.曝光时间不长时,光的能量太小,底片上的条纹看不清楚,故出现不规则的点子C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D.大量光子的行为表现为波动性解析:由于光的传播不是连续的而是一份一份的,每一份就是一个光子,所以某次通过狭缝只有一个光子,当一个光子到达某一位置时该位置感光而留下痕迹,由于单个光子表现粒子性,即每一个光子所到达的区域是不确定的,但是大量光子表现出波动性,所以长时间曝光后最终形成了图丙中明暗相间的条纹,干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方,该实验说明了光具有波粒二象性,所以A、C、D项正确,B项错误.学习至此,请完成课时作业39。
高考物理总复习 第十二章 第1节 光电效应 波粒二象性练习(含解析)-人教版高三全册物理试题

第1节光电效应波粒二象性1.在光电效应的实验结果中,与光的波动理论不矛盾的是( C )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:按照光的波动理论,电子通过波动吸收能量,假设波的能量不足以使得电子逸出,那么就需要多吸收一些,需要一个能量累积的过程,而不是瞬时的,选项A与波动理论矛盾.根据波动理论,能量大小与波动的振幅有关,而与频率无关,即使光的能量不够大,只要金属外表的电子持续吸收经过一个能量累积过程,都可以发生光电效应,选项B与波动理论矛盾;光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关,即与入射光的波动振幅有关,与频率无关,选项D与波动理论矛盾.对于光电流大小,根据波动理论,入射光增强,能量增大,所以光电流增大,选项C与波动理论并不矛盾,选项C正确.2.(2019·安徽六安模拟)如下说法中正确的答案是( B )A.光电效应实验中,只有入射光频率小于极限频率时才能产生光电子B.假设某材料的逸出功是W0,如此它的极限频率νc=C.大量光子的效果往往表现出粒子性,个别光子的行为往往表现出波动性D.在光电效应现象中,增大入射光的频率一定能增大光电流解析:光电效应实验中,只有入射光频率大于等于金属的极限频率时才能发生光电效应,从而产生光电子,选项A错误;假设某材料的逸出功是W0,如此它的极限频率νc=,选项B正确;大量光子的效果往往表现出波动性,个别光子的行为往往表现出粒子性,选项C错误;在光电效应现象中,增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能,不一定能增大光电流的大小,选项D错误.3.(2019·四川成都模拟)如图为研究光电效应规律的实验电路图.假设用频率略大于阴极材料的极限频率的光照射,电流表指针未发生偏转,要使电流表指针发生偏转,采用的措施应为( A )A.增大入射光的频率B.增大入射光的强度C.使入射光由K改照AD.使变阻器的滑片P向左移动解析:由题意可知,入射光的频率略大于阴极材料的极限频率,会发生光电效应但电流表示数为零,说明阴极K与阳极A间所加的电压为反向电压且大于遏止电压;增大入射光的频率,即增大光电子的最大初动能,可以使得光电子到达阳极A,电流表指针发生偏转,A正确;入射光的强度与光电子的最大初动能无关,B错误;入射光照射阳极A,不会发生光电效应,C错误;滑片P向左移动,反向电压增大,电流表指针不发生偏转,D错误.4.(2019·江西南昌模拟)用某种单色光照射某金属外表,没有发生光电效应,如下做法中有可能发生光电效应的是( D )A.增加照射时间B.改用波长更长的单色光照射C.改用光强更大的单色光照射D.改用频率更高的单色光照射解析:发生光电效应的条件是入射光的频率大于或等于金属的截止频率,与增加光的照射时间和增大光的强度都无关,故A,C错误.改用波长更长的光照射时,其频率小于原光的频率,如此不可能发生光电效应,而当改用频率更高的光时,可能发生光电效应,所以B错误,D正确.5.(2019·陕西汉中模拟)现用某一光电管进展光电效应实验,当用某一频率的光照射时有光电流产生.如下说法正确的答案是( A )A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和电流变大B.入射光的频率变高,饱和电流变大C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变小D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生解析:保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和电流变大,故A正确;饱和电流与入射光的频率无关,故B错误;根据光电效应的规律,光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大,所以入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大,故C错误;如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应,不会有光电流产生,故D错误.6.(2019·福建泉州模拟)对爱因斯坦光电效应方程E k=hν-W0,下面的理解正确的答案是( C )A.用一样频率的光照射同一金属,逸出的所有光电子都具有一样的初动能E kB.遏止电压与逸出功的关系是eU c=W0C.逸出功W0和极限频率νc之间满足关系式W0=hνcD.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比解析:根据光电效应方程E k=hν-W0知,同种频率的光照射同一种金属,光电子从金属中逸出的情况不一定一样,如此光电子的初动能不一定一样,故A错误;根据eU c=E k=hν-W0可知eU c≠W0,故B错误;根据光电效应方程E k=hν-W0知,当最大初动能为零时,入射频率即为极限频率,如此有W0=hνc,故C正确;根据光电效应方程E k=hν-W0知,最大初动能与入射光的频率成一次函数关系,不是正比关系,故D错误.7.(2019·湖南怀化模拟)如下列图为光电管工作原理图,当有波长(均指真空中的波长,下同)为λ的光照射阴极板K时,电路中有光电流,如此( B )A.换用波长为λ1(λ1>λ)的光照射阴极K时,电路中一定没有光电流B.换用波长为λ2(λ2<λ)的光照射阴极K时,电路中一定有光电流C.增加电路中电源的路端电压,电路中的光电流一定增大D.将电路中电源的极性反接,电路中一定没有光电流解析:波长为λ1(λ1>λ)的光的频率有可能大于极限频率,电路中可能有光电流,故A错误;波长为λ2(λ2<λ)的光的频率一定大于极限频率,电路中一定有光电流,故B正确;光电流的大小与入射光的强度有关,增加路端电压时,假设减小入射光强度,光电流有可能减小,故C错误;将电路中电源的极性反接,逸出的光电子虽受到电场阻力,但可能到达A极,从而形成光电流,故D 错误.8.(2019·湖南永州模拟)一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,由静止开始经加速电场加速后(加速电压为U),该粒子的德布罗意波长为( C )A. B.C. D.解析:加速后的速度为v,根据动能定理可得qU=mv2所以v=,由德布罗意波长公式可得λ===,所以选项C正确.9.一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核,该氚核的德布罗意波长为( A )A. B. C. D.解析:中子的动量p1=,氘核的动量p2=,同向正碰后形成的氚核的动量p3=p2+p1,所以氚核的德布罗意波长λ3==,A正确.10.(2019·某某南宁模拟)某金属被光照射后产生了光电效应现象,测得光电子的最大初动能E km与入射光频率ν之间的关系如下列图.h为普朗克常量,电子的电荷量的绝对值为e,如此当入射光频率为3νc时,其遏止电压为( C )A.hνcB.3hνcC.D.解析:由爱因斯坦光电效应方程E km=hν-W0可知,当ν=νc时,有W0=hνc,故当入射光的频率为3νc时,光电子的最大初动能为E km=2hνc,又因为-eU c=0-E km,所以此时遏止电压U c=,C正确.11.(2019·江西南昌模拟)普朗克在研究黑体辐射的根底上,提出了量子理论,如下关于描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中,符合黑体辐射实验规律的是( D )解析:黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量,温度越高,辐射强度越大,故A,C错误.黑体辐射的波长分布情况也随温度而变,温度越高,辐射的电磁波的波长极大值向波长短的方向移动,故B错误,D正确.12.用如下列图的光电管研究光电效应,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( C )A.a光的波长一定大于b光的波长B.增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转C.用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流方向是由c到dD.将电源正负极反接时,a光照射光电管阴极K时电流计仍一定发生偏转解析:由题意可知,νa>νc,νb<νc,故a光的波长小于b光的波长,A错误;发生光电效应的条件ν>νc ,增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转,B错误;发生光电效应时,电子从光电管左端运动到右端,而电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流计G的电流方向是c流向d,故C正确;将电源正负极反接时,即加反向电压,当反向电压增大到一定程度,可以使逸出的光电子到不了阳极,即不能形成回路,即电流计没有电流,故D错误.13.(多项选择)研究光电效应实验电路图如图(a)所示,其光电流与电压的关系如图(b)所示.如此如下说法中正确的答案是( BC )A.假设把滑动变阻器的滑动触头向右滑动,光电流一定增大B.图线甲与乙是同一种入射光,且甲的入射光强度大于乙光C.由图(b)可知,乙光的频率小于丙光频率D.假设将甲光换成丙光来照射锌板,其逸出功将减小解析:滑动变阻器的滑片右移,光电流可能增大,也可能已达到饱和电流而不变,故A错误;遏止电压一样,说明最大初动能一样,即入射频率一样,但饱和电流不同,说明入射光强度不同,饱和电流越大,入射光强度越大,B正确;遏止电压越大,最大初动能越大,说明入射光频率越大,C正确;逸出功只由金属本身性质决定,与入射光频率无关,D错误.14.(2018·湖北黄石模拟)下表是按照密立根的方法进展光电效应实验时得到的某金属的遏止电压U c和入射光的频率ν的几组数据.U c/V 0.541 0.637 0.714 0.809 0.878 ν/×1014 Hz 5.644 5.888 6.098 6.303 6.501由以上数据描点连线,可得直线方程U c=0.397 3-1.702 4,如下列图.如此这种金属的截止频率约为( B )×1014×1014 Hz×1014×1014 Hz解析:根据光电效应方程得E k=hν-W0=hν-hνc=U c e,解得U c=ν-=ν-.与直线方程U c=0.397 3-1.702 4比拟可知,图线的斜率为=,同时=1.702 4,联立得νc≈4.3×1014 Hz,故B正确,A,C,D错误.15.现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构.为满足测量要求,将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为,其中n>1.普朗克常量h,电子质量m和电子电荷量e,电子的初速度不计,如此显微镜工作时电子的加速电压应为( D )A. B. C. D.解析:设显微镜工作时电子的加速电压为U,根据动能定理得,eU=mv2,又p=,mv2=,λ=,联立解得U=,故D正确.16.A,B两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为E A,E B.如此如下说法正确的答案是( C )A.A,B两种光子的频率之比为1∶2B.A,B两种光子的动量之比为1∶2C.该金属的逸出功为W0=E A-2E BD.该金属的极限频率为νc=解析:光子的能量ε=hν,如此A,B两种光子的频率之比为2∶1,故A错误;动量p=,λ=,A,B 两种光子的动量之比为2∶1,故B错误;光电子的最大初动能E km=hν-W0,有E A=εA-W0,E B=εB-W0,又εA=2εB,联立解得,W0=E A-2E B,故C正确;该金属的极限频率为νc==,故D错误.。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:测评手册答案

选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第12单元波粒二象性和原子物理听课答案

第十二单元波粒二象性和原子物理第 30 讲光电效应波粒二象性【教材知识梳理】一、 1.电子光电子 2.大于或等于 3.(1)大于或等于(2)强度增大(4)正比二、 1.h ν2.最小值 3.电子 4.(1)h ν -W(2)最大初动能三、 1.(1)颠簸 (2)粒子 (3)波粒二象 2.(1)大小鉴别明理(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×)(5)(√)(6)(×) (7)(√)(8)(√)【考点互动研究】考点一1.BC [分析 ]用紫外线照耀锌板是能够发生光电效应的,锌板上的电子汲取紫外线的能量后从锌板表面逸出 ,称之为光电子 ,应选项 A 错误 ,B 正确 ;锌板与验电器相连 ,带有同种电荷 ,锌板失掉电子 ,应当带正电 ,且失掉电子越多 ,带的电荷量越多 ,验电器指针张角越大 ,应选项 C 正确 ,D 错误 .2.AD [分析 ] 增大入射光强度 ,单位时间内照耀到单位面积上的光子数增添,则光电流将增大 ,应选项 A 正确 ;光电效应能否发生取决于入射光的频次,而与入射光强度没关 ,应选项 B 错误 ;用频次为ν的光照耀光电管阴极 ,发生光电效应 ,用频次小于ν的光照射时 ,若光的频次仍大于极限频次 ,则仍会发生光电效应 ,选项 C 错误 ;依据 hν-W0=E k可知,增大入射光频次 ,光电子的最大初动能也增大 ,应选项 D 正确 .3.BC [分析 ] 由光电效应方程可知 E k=hν -W0,则,该动能又会在制止电压下恰巧减为零eU=hν -W为逸出功 ,同种金属的 W 同样 .若ν>ν>U>ν此中 W0ab a b00 a b则 U故 A 错误 ;若ν依据 Ek =h ν -W 0ka >E kb ,故 B 正确;若 Ua <U bk =eU,可得 E ka <E kb,故 C 正确;若,可得 E ,依据 E可知 h ν-E,逸出功 W 0 同样,故 D 错νa >νb ,依据 E k =h ν -W 0k=W0,因为是照耀到同种金属上误.4.C [分析 ] 光子能量 h ν=2.5 eV 的光照耀阴极 ,电流表读数不为零 ,则能发生光电效应 ,当电压表读数大于或等于 0.6 V 时,电流表读数为零 ,则电子不可以抵达阳极 ,由动能定理eU=E k 知,最大初动能 E k =eU=0.6 eV,由光电效应方程 h ν =E k +W 0 知 W 0=1.9 eV,对图乙 ,当电压表读数为2 V 时,电子抵达阳极的最大动能E k '=E k +eU'=0.6 eV+2 eV=2.6 eV,应选项C 正确.考点二例 1 A [分析 ] 由图像可知 ,a 、 c 的制止电压同样 ,依据光电效应方程可知 ,单色光 a和 c 的频次同样 ,但 a 产生的光电流大 ,说明 a 光的强度大 ,选项 A 正确 ,B 错误 ;b 的制止电压大于 a 、 c 的制止电压 ,所以单色光 b 的频次大于 a 的频次 ,选项 C 错误 ;只需光的频次不变 ,改变电源的极性 ,仍可能有光电流产生 ,选项 D 错误 .变式题 1 AC [分析 ] 图线与横轴交点的的横坐标表示截止频次,A 正确 ,B 错误 ;由光电效应方程 E =h ν -Wk 0,可知图线的斜率为普朗克常量 ,C 正确 ;该金属的逸出功为6.63 ×10 - 34 ×4.27 ×1014W 0=h νc =1.6 ×10- 19eV ≈1.77 eV,D 错误 .变式题 2ABC [分析 ] 不一样的资料有不一样的逸出功 ,所以制止电压 U c 不一样 ,选项 A 正确;由爱因斯坦光电效应方程得 h ν=W 0+E k ,应选项 B 正确 ;在照耀光的频次大于极限频次的状况下 ,发射出的光电子数与照耀光的强度成正比 ,光强不确立 ,所以单位时间内逸出的光电子数可能同样 ,饱和光电流也可能同样 ,选项 C 正确 ;由 E k =h ν -h 0=eU νc ,可得???νU = (ν -错误 .c0 ),故图线的斜率为同样的常数 ,选项 D考点三???例 2 A [分析 ] 依据德布罗意波长公式λ=,质子的质量大于电子的质量 ,同样速度的质子比同样速度的电子动量大 ,则质子的德布罗意波长小 ,分辨率高 ,其最高分辨率将小于 0.2 nm,故 A 正确 ,B、C、D 错误 .变式题 1B变式题 2AB [分析 ] 黑体辐射的实验规律只好用光的粒子性解说,普朗克用能量子1????理论剖析,结果与事实完整符合 ,选项 C 错误 ;因为 E 2 22??k= mv,p=mv,所以 p=,质子和???电子动能相等 ,但质量不等 ,故动量 p 也不等 ,依据德布罗意波长λ=可知 ,两者的德布罗意波长不一样 ,选项 D 错误 .变式题 3ABD变式题 4 D [分析 ] 依据爱因斯坦的“光子说”可知 ,单个光子表现为粒子性 ,而大批光子表现为颠簸性 ,所以曝光时间不太长时 ,底片上只好出现一些不规则的点 ,说明了单个光子表现为粒子性,故 A 错误 ;光子的粒子性并不是宏观实物粒子的粒子性,故单个光子经过双缝后的落点没法展望,故 B 错误 ;假如曝光时间足够长 ,底片上就会出现规则的干预条纹 ,说了然大批光子表现为颠簸性,故 C 错误 ;光子抵达概率大的地区表现为亮条纹 ,而光子抵达概率小的地区表现为暗条纹,故 D 正确 .1.对于带电微粒辐射和汲取能量时的特色,以下说法错误的选项是()A.以某一个最小能量值一份一份地辐射B.辐射和汲取的能量是某一最小值的整数倍C.辐射和汲取的能量是量子化的D.汲取的能量能够是连续的[分析 ] D依据量子化的理论,带电微粒辐射和汲取的能量,只好是某一最小能量值的整数倍 ,故 A 、 B 正确 .带电粒子辐射和汲取的能量不是连续的 ,是量子化的 ,故 C 正确 ,D 错误 .2. [2018· 浙江奉化高中模拟 ] 人眼对绿光最为敏感 ,正常人的眼睛接收到波长为 530nm 的绿光时 ,只需每秒有 6 个绿光的光子射入瞳孔 ,眼睛就能觉察 ,普朗克常量为6. 63×10-34J ·s,光速为 3.0×108m/s,则人眼能觉察到绿光时所接收到的最小功率是 ()×10-18 W B. 3.8×10-19 WC. 7.0×10-48 WD. 1.2×10-48 W???6.63 ×10 - 34 ×3.0 ×108?? 530 ×10 - 9 -19J,每秒钟最罕有 6 [分析 ] A 绿光光子能量 E=h ν==3.8×10 6 ?? 6 × × - 19 3.8 10??-18个绿光的光子射入瞳孔 ,才能被觉察 ,所以 P=1= 1W,故A 正W=2.3×10 确.3.以下对于光的波粒二象性的理解正确的选项是 ()A.大批光子的行为常常表现出颠簸性 ,个别光子的行为常常表现出粒子性B.光在流传时是波 ,而与物质互相作用时就转变为粒子C.光在流传时粒子性明显 ,而与物质互相作用时颠簸性明显D.高频光是粒子 ,低频光是波[分析 ] A 大批光子的行为常常表现出颠簸性 ,个别光子的行为常常表现出粒子性 ,故A 正确 ;光在流传时颠簸性明显 ,而与物质互相作用时粒子性明显 ,故B 、C 错误 ;高频光波长小 ,光的粒子性明显 ,低频光波长大 ,光的颠簸性明显 ,故 D 错误 .4.在某次光电效应实验中 ,获得的制止电压 U c 与入射光的频次 ν的关系如图 30-1 所示 .若 该直线的斜率和纵截距分别为 k 和 b,电子电荷量的绝对值为 e,则普朗克常量可表示为,所用资料的逸出功可表示为.图 30-1[答案 ] ek -eb[分析 ] 光电效应中 ,入射光子能量为 h ν,战胜逸出功 W 0 后剩余的能量转变为电子最大? ??0 ?c =h ν -W 0?? ????c=ν- ,斜率即=k,所以普朗克常量 h=ek,纵截距为 b,即初动能 ,eU ,整理得 Ueb=-W 0 ,所以逸出功 W 0=-eb.5.(多项选择 )图 30-2 是某金属在光的照耀下逸出的光电子的最大初动能 E k 与入射光频次 ν的关系图像 .由图像可知()图 30-2A.该金属的逸出功等于 EB.该金属的逸出功等于h ν0C.入射光的频次为 2ν0时 ,逸出的光电子的最大初动能为 E????D.入射光的频次为 2时 ,逸出的光电子的最大初动能为2[答案 ] ABC第 31 讲 原子和原子核【教材知识梳理】??1卢瑟福线状 n 2r 1 2电子 质子核内?? 质子????11N 0(2)??m 0(2)??重核 轻核鉴别明理(1)(√) (2)(√) (3)(√) (4)(×) (5)(×)(6)(√)(7)(×) (8)(×) (9)(×)【考点互动研究】考点一例 1 A [分析 ] 卢瑟福依据 α粒子散射实验 ,提出了原子核式构造模型 ,选项 A 正确 ; 卢瑟福提出了原子核式构造模型的假定 ,进而否认了汤姆孙原子模型的正确性 ,B 错误 ;电子质量太小 ,对 α粒子的影响不大 ,选项 C 错误 ;绝大部分 α粒子穿过金箔后 ,几乎仍沿原方向行进 ,D 错误 .变式题 1 D [分析 ] 在 α粒子散射实验中 ,因为电子的质量太小 ,电子的质量只有α1粒子的7300,它对 α粒子速度的大小和方向的影响就像尘埃对枪弹的影响 ,完整能够忽略,故 D 正确 ,A 、B 、C 错误 .变式题 2 C [分析 ] 第一明确 α粒子和重金属原子核均带正电荷 ,互相排挤 ,且作使劲在两者连线上 ,再由牛顿第二定律知 ,被散射的 α粒子的加快度由重金属原子核的斥力产生 ,所以图中加快度方向标示正确的仅有P 点 ,故 C 正确 .考点二2例 2 AC [分析]依据??3 种不一样频次的光子 ,故 A 正确 ;3=3 知,这群氢原子能够发出 由 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光子能量最大 , E=(13.6-1.51) eV=12.09 eV,故 B 错误;从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射的光子能量最小 ,频次最小 ,则波长最大 ,故 C 正确 ;一群处于 n=3 能级的氢原子向更高能级跃迁,汲取的能量一定等于两能级之差,故 D 错误.变式题 1 D [分析 ]由谱线a的光子的波长大于谱线 b 的光子的波长 ,可知谱线 a 的光子频次小于谱线 b 的光子频次 ,所以谱线 a 的光子能量小于n=5 和 n=2 间的能级差,选项 D 正确 ,选项 A、B、C错误 .变式题 2 BCD[分析 ]依据跃迁理论 ,处于基态的氢原子被某外来单色光激发后跃迁到 n=5 能级 ,需要汲取的能量为E=E5-E1=[-0.54-(-13.6)]eV=13.06eV,A 错误 ;波长最??长的谱线来自第 5 能级向第 4 能级的跃迁 ,依据??E=h =E5-E4nm,B 正确 ;,解得λ=4000??波长最短的谱线来自第 5 能级向第 1 能级的跃迁??=9.5×10-8 ,依据 h min=E -E,解得λ5 1min???-27kg·m/s,C 正确 ;依据爱因斯坦光电效应方程得m,依据λ = ,解得 p=6.97×10min?????hν =W0+E k,解得E kmax= min -W0=9.72 eV,D 正确 .考点三例 3 B[分析 ] 衰变过程动量守恒 ,生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向 ,根2????据 E2,可知衰变后钍核的动能小于α粒子的动能 ,所以 B 正确 ,A 错误 ;半衰期是一k=多半量的铀核衰变需要的时间 ,C 错误 ;衰变过程放出能量 ,质量发生损失 ,D 错误 .变式题 B [分析 ] 由动量守恒定律可知 ,静止的铀核发生α衰变后 ,生成的均带正电的α粒子和钍核的动量大小相等 ,但方向相反 ,由左手定章可知它们的运动轨迹应为??????1??????????钍<Rα“外切”圆,又 R= = ,在 p 和 B 大小相等的状况下 ,R∝ ,因 q 钍>qα,则 R,故 B 正确 .例 4 A [分析 ]α射线穿透能力最弱,电离作用强,简单被物体汲取,故A正确;β射线的速度约是光速的99%,故 B 错误 ;γ射线是一种波长很短的电磁波 ,电离能力极弱 ,故C 错误 ;β射线 (高速电子束 )带负电 ,是由一此中子转变为一个质子后开释的 ,故D 错误 .4变式题 D [分析 ] α射线是高速 2He 核流 ,β射线是高速电子流 ,γ射线是能量很高的电磁波 ,A 错误 .在 α、 β、 γ三种射线中 ,α射线的电离能力最强 ,γ射线的电离能力最弱 ,B 错误 .半衰期是对大批原子核的衰变行为作出的统计规律 ,对于少量原子核无心义 ,C 错误 .考点四例 5 C AB E F [分析 ]α衰变是原子核自觉地放射出 α粒子的核衰变过程 ,选C;β衰变是原子核自觉地放射出 β粒子的核衰变过程 ,选 A 、B;重核裂变选 E;轻核聚变选 F.变式题 A [分析 ]2+3 →4+ 1; 14+ 4 →17 1H 1H2Hen 是核聚变反响方程 ,A 正确7N2He8O14 27301+1H 是原子核的人工转变反响方程 ,B 错误 ;2He+13Al→15P+0n 是居里夫妻发现人工235 1144???? 8931放射性的核反响方程 ,C 错误 ; 92U+ 0n → 56+ 36Kr+ 0n 是铀核裂变的反响方程 ,D 错误.例 6 B [分析 ] 氘核聚变反响的质量损失m=2.013 6 u ×2-3.015 0 u -1.008 7 u=0.0035 u,由爱因斯坦质能方程可得开释的核能 E=0.003 5×931 MeV ≈3.3 MeV,选项 B 正确 .4变式题 1BC [分析 ]联合能等于比联合能乘以核子数,故 2He 核的联合能约为 28462MeV,A 错误 ;由图像可知 2He 核的比联合能大于 3Li 核的比联合能 ,故 B 正确 ;两个 1H4235核联合成一个 2He 核,联合能增添 ,故必定存在质量损失 ,故要开释能量 ,C 正确;92U 核89中核子的均匀联合能小于36Kr 核中的 ,故 D 错误 .变式题 2 (1)汲取能量 1.20 MeV (2)1.8×106m/s[分析 ] (1) m=m N+m He-m O-m p=-0.001 29 uE= mc 2≈-1.20 MeV故这一核反响是汲取能量的反响,汲取的能量为 1.20 MeV(2)由动量守恒定律得m He v0=m p v p+m O v O又因为 v O∶v H=1∶50解得v6m/sO≈1.8×101.依据图 31-1 所给图片 ,联合课真有关知识 ,以下说法正确的选项是()图 31-1A.图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子拥有粒子性B.图乙是利用不一样气体系成的五彩缤纷的霓虹灯 ,原由是各样气体原子的能级不一样,跃迁时发射光子的能量不一样,光子的频次不一样C.图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置 ,在α、β、γ三种射线中 ,最有可能使用的射线是β射线D.图丁是原子核的比联合能与质量数 A 的关系图像 ,由图可知中等大小的核的比联合能最大 ,即(核反响中 )均匀每个核子的质量损失最小[分析 ] B 图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子拥有颠簸性 ,选项 A 错误 ;图乙是利用不一样气体系成的五彩缤纷的霓虹灯 ,原由是各样气体原子的能级不一样 ,跃迁时发射光子的能量不一样 ,光子的频次不一样 ,选项 B 正确 ;图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置 ,在 α、β、γ三种射线中 ,因为 γ射线穿透能力最强 ,最有可能使用的射线是 γ射线 ,选项 C 错误 ;图丁是原子核的比联合能与质量数 A 的关系图像 ,可知中等大小的核的比联合能最大 ,即在核子联合成原子核时均匀每个核子开释的能量最大,均匀每个核子的质量损失最大 ,选项 D 错误 .2.据《世界网络日报》报导 ,在埃及古城艾赫米姆不远处,考古队发掘出埃及第十九王朝拉美西斯二世大神殿 .经过剖析发现 ,殿内古代木头中的 14C 的含量约为自然界含量2的 2 ,已知植物死后其体内的 14C 会渐渐减少 ,14C 的半衰期为 5730 年,则由此可推测拉 美西斯神殿距今约为()A. 4000 年B. 3000 年C. 2000 年D. 1000 年??2 ??573011[分析 ] B衰变后的质量 m=M (2)??,此中 t 是时间 ,T 是半衰期 ,由 2 =(2)??,解得 t=2 年=2865 年 ,故 B 正确 .3. [2018· 浙江义乌模拟 ] 核能作为一种新能源在现代社会中已不行缺乏 ,我国在完美核电安全基础大将加大核电站建设 .核泄露中的钚 (Pu)是一种拥有放射性的超铀元素 ,它可损坏细胞基因 ,提升罹患癌症的风险 .已知钚的一种同位素23994 Pu 的半衰期为 242394100 年,其衰变方程为 94Pu →X +2He+γ,以下有关说法正确的 ()A. X 原子核中含有 143 此中子239B.100 个 94 Pu 经过 24 100 年后必定还节余 50 个C.因为衰变时开释巨大能量 ,依据 E=mc 2,衰变过程总质量增添D.衰变发出的 γ射线是波长很长的光子 ,穿透能力较弱[分析 ] A 依据电荷数守恒、质量数守恒知 ,X 的电荷数为 92,质量数为 235,则中子数为 143,故 A 正确 ;半衰期拥有统计规律 ,对大批的原子核合用 ,故 B 错误 ;因为衰变时释2放巨大能量 ,依据 E=mc,衰变过程总质量减小 ,故 C 错误 ;衰变发出的 γ射线是波长很短的光子 ,穿透能力很强 ,故 D 错误 .2414.一种高温扩散云室探测射线的原理是 :在上盖透明的密封容器内 ,放射源镅95 Am 衰237变为镎93 Np 的过程中 ,放射线穿过洁净空气并使其电离 ,沿射线径迹产生一连串的凝241结核 ,容器内就出现 “云雾 ” ,这样就能够看到射线的径迹 .已知 95 Am 的半衰期为 432.6年,则以下说法正确的选项是( )A.放射线是核外电子电离形成的B.经过该云室看到的是 α射线的径迹241C. 0.4 g 的 95 Am 经过 865 年大概衰变了 0.1 gD.若云室的温度高升,24195Am 的半衰期会变短241 → 237 4 [分析] B依据题意可知核反响方程为 9593Np+ 2AmHe,则放射线是原子核的衰变241放出的 α粒子 ,经过该云室看到的是 α射线的径迹 ,选项 A 错误 ,B 正确 ;0.4g 的 95 Am经过 865 年大概经过了两个半衰期 ,则还剩下 0.1 g,选项 C 错误 ;半衰期与外界环境无关,选项 D 错误 .5.铀原子核既可发生衰变 ,也可发生裂变 .其衰变方程为23823423592U→90Th+X,裂变方程为 92 U189 1 235189+0n → Y +、、36Kr+30n,此中 92U 0n 、Y36Kr 的质量分别为 m 1、m 2、m 3、 m 4,光在真空中的流传速度为 c.以下表达正确的选项是()238A.92U 发生的是 β衰变B.Y 原子核中含有 56 此中子 238C.若提升温度 ,92U 的半衰期将会变小D.裂变时开释的能量为 (??1- 2??2- ??3- ??4)c2238[分析 ] D 依据质量数守恒和电荷数守恒可知 ,X 为氦原子核,92U 发生的是α衰变 ,故 A错误 ;依据质量数守恒和电荷数守恒可知 ,Y 的质量数 A=235+1-89-3=144,电荷数Z=92-36=56,由原子核的构成特色可知,Y 原子核中含有 56 个质子 ,中子数为 144-56=88个,故 B 错误 ;半衰期与温度、压强等外界要素没关,故 C 错误 ;因为核裂变的过程中释放能量 ,依据爱因斯坦质能方程得E= mc2=(m1-2m2-m3-m4)c2,故 D 正确 .6.(多项选择 )如图 31-2 所示是氢原子的能级图 ,一群氢原子处于 n=3 能级 ,以下说法中正确的是()图 31-2A.这群氢原子跃迁时能够发出 3 种不一样频次的光子B.这群氢原子发出的光子中,能量最大为 10.2 eVC.从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级时发出的光波长最长D.这群氢原子能够汲取随意光子的能量而向更高能级跃迁2?? 3 种不一样频次的光子 ,故 A 正确 ;由n=3[分析 ] AC 依据3=3 知,这群氢原子能够发出能级跃迁到 n=1 能级 ,辐射的光子能量最大 ,E=(13.6-1.51)eV=12.09 eV,故 B 错误 ;从n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射的光子能量最小,频次最小 ,则波长最长 ,故 C 正确 ;一群处于 n=3 能级的氢原子汲取光子能量发生跃迁,汲取的能量一定等于两能级的能级差 ,故 D错误.7.如图 31-3 所示为氢原子的能级表示图,现有大批的氢原子处于n=4 的激发态 ,当原子向低能级跃迁时辐射出若干不一样频次的光.对于这些光 ,以下说法正确的选项是 ()图 31-3A.最简单发生显然衍射现象的光是氢原子由n=4 能级跃迁到 n=1 能级产生的B.频次最小的光是氢原子由n=2 能级跃迁到 n=1 能级产生的C.这些氢原子总合可辐射出 3 种不一样频次的光D.用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光去照耀逸出功为 6.34 eV 的金属铂能发生光电效应[分析 ] D氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,波长最长,所以最容易发生显然的衍射现象 ,故 A 错误 ;由能级差可知能量最小的光频次最小 ,是氢原子由n=4 能级跃迁到 n=3 能级产生的 ,故 B 错误 ;大批处于 n=4 能级的氢原子能发射??(??- 1)2=6 种频次的光 ,故 C 错误 ;由 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光的能量为E=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV,大于 6.34 eV,能使该金属发生光电效应,故 D 正确 .。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第12单元波粒二象性和原子物理课时作业含解

波粒二象性和原子物理课时作业课时作业光电效应波粒二象性和原子物理时间/40分钟基础达标1.(多选)光电效应实验中,下列表述正确的是( )A.光照时间越长,则光电流越大B.入射光足够强就可以有光电流C.遏止电压与入射光的频率有关D.入射光频率大于极限频率时一定能产生光电子2.(多选)已知某金属发生光电效应的截止频率为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3.[2018·浙江温岭模拟]用电子做双缝干涉实验,如图K30-1所示的三幅图分别为100个、3000个、7000个左右的电子通过双缝后在胶片上出现的干涉图样.该实验表明( )图K30-1A.电子具有波动性,不具有粒子性B.电子具有粒子性,不具有波动性C.电子既有波动性又有粒子性D.电子到达胶片上不同位置的概率相同图K30-24.(多选)用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应,得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图K30-2所示,则这两种光( )A.照射该光电管时,a光使其逸出的光电子最大初动能大B.从同种玻璃射入空气发生全反射时,a光的临界角大C.通过同一装置发生双缝干涉时,a光的相邻条纹间距大D.通过同一玻璃三棱镜时,a光的偏折程度大5.(多选)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz,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,钾逸出的光电子具有较大的( )A.波长B.频率C.能量D.动量技能提升6.绿色植物在光合作用中,每放出1个氧分子要吸收8个波长为6.88×10-7m的光量子,而每放出1mol的氧气,同时植物储存469kJ的能量,则绿色植物能量转换效率为(普朗克常量h=6.63×10-34J·s)( )A.79%B.56%C.34%D.9%7.(多选)甲、乙两种金属发生光电效应时,光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图K30-3中的a、b所示.下列判断正确的是( )图K30-3A.图线a与b不一定平行B.图线a与b的斜率是定值,与入射光和金属材料均无关系C.乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率D.甲、乙两种金属发生光电效应时,若光电子的最大初动能相同,则甲金属的入射光频率大图K30-48.(多选)[2018·浙江嘉兴联考]如图K30-4所示为研究光电效应规律的实验电路,电源的两个电极分别与接线柱c、d连接.用一定频率的单色光b照射光电管阴极时,灵敏电流计G的指针会发生偏转,而用另一频率的单色光a照射时,灵敏电流计G的指针不偏转.下列说法正确的是( )A.电源正极可能与c接线柱连接B.a光的频率一定大于b光的频率C.用a光照射光电管时,可能发生了光电效应D.若灵敏电流计的指针发生偏转,则电流方向一定是f→G→e图K30-59.(多选)[2018·河北衡水中学月考]图K30-5为研究光电效应的实验装置示意图,闭合开关,滑片P处于滑动变阻器中央位置,当一束单色光照到此装置的金属表面K时,电流表有示数.下列说法正确的是( )A.若仅增大该单色光照射的强度,则光电子的最大初动能增大,电流表示数也增大B.无论增大照射光的频率还是增加照射光的强度,金属的逸出功都不变C.保持照射光的频率不变,当照射光的强度减弱时,发射光电子的时间将明显增加D.若滑动变阻器滑片左移,则电压表示数减小,电流表示数增大图K30-610.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图如图K30-6所示.用频率为ν的普通光源照射阴极K,没有发生光电效应,换用同样频率为ν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K、A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(其中W为逸出功,h为普朗克常量,e为电子电荷量)( )A.U=-B.U=-C.U=2hν-WD.U=-挑战自我11.用如图K30-7所示的光电管研究光电效应,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K30-7A.a光的波长一定大于b光的波长B.增加b光的强度,可使电流计G的指针发生偏转C.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cD.只增加a光的强度,可使通过电流计G的电流增大图K30-812.(多选)研究光电效应规律的实验装置如图K30-8所示,以频率为ν的光照射光电管阴极K时,有光电子产生.由于光电管K、A间加的是反向电压,光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动.光电流i由图中电流计G测出,反向电压U由电压表V测出.当电流计的示数恰好为零时,电压表的示数称为反向遏止电压U c,如图K30-9所示的光电效应实验规律的图像中正确的是( )图K30-913.(多选)利用金属晶格(大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样,方法是让电子束通过电场加速后,照射到金属晶格上,从而得到电子的衍射图样.已知电子质量为m,电荷量为e,初速度为0,加速电压为U,普朗克常量为h.下列说法中正确的是( )A.该实验说明了电子具有波动性B.实验中电子束的德布罗意波长为λ=C.加速电压U越大,电子的衍射现象越明显D.若用相同动能的质子替代电子,衍射现象将更加明显14.用频率为ν的光照射光电管阴极时,产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图K30-10所示,U c为遏止电压.已知电子电荷量为-e,普朗克常量为h,求:(1)光电子的最大初动能E k;(2)该光电管发生光电效应的极限频率νc.图K30-10。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第12单元波粒二象性和原子物理听课正文含解

波粒二象性和原子物理第30讲 光电效应 波粒二象性一、光电效应 1.光电效应现象在光的照射下,金属中的 从表面逸出的现象,发射出来的电子叫 . 2.光电效应的产生条件入射光的频率 金属的极限频率. 3.光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率,入射光的频率必须 这个极限频率才能产生光电效应.(2)光电子的最大初动能与入射光的 无关,只随入射光频率的增大而 . (3)光电效应的发生几乎是瞬时的,一般不超过10-9s .(4)当入射光的频率大于极限频率时,饱和光电流的大小与入射光的强度成 . 【辨别明理】(1)光子和光电子都是实物粒子.( )(2)只要入射光的强度足够大,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,光的粒子性二、爱因斯坦光电效应方程1.光子说:在空间传播的光不是连续的,而是一份一份的,每一份叫作一个光子,光子的能量ε= .2.逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的.3.最大初动能:发生光电效应时,金属表面上的吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值.4.光电效应方程(1)表达式: E k= .(2)物理意义:金属表面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.三、光的波粒二象性与物质波1.光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有性.(2)光电效应说明光具有性.(3)光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的性.2.物质波(1)概率波:光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率的地方,暗条纹是光子到达概率的地方,因此光波又叫概率波.(2)物质波:任何一个运动着的物体,小到微观粒子,大到宏观物体,都有一种波与它对应,其波长λ=,p为运动物体的动量,h为普朗克常量.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.()考点一对光电效应的理解1.(多选)[人教版选修3-5改编]如图30-1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,发生图30-1的现象是()A.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2.(多选)[人教版选修3-5改编]在光电效应实验中,用频率为ν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ν的光照射,一定不发生光电效应D.改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大3.(多选)[2017·全国卷Ⅲ]在光电效应实验中,分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h为普朗克常量.下列说法正确的是()A.若νa>νb,则一定有U a<U bB.若νa>νb,则一定有E k a>E k bC.若U a<U b,则一定有E k a<E k bD.若νa>νb,则一定有hνa-E k a>hνb-E k b4.如图30-2甲所示,合上开关,用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K,发现电流表读数不为零.调节滑动变阻器,发现当电压表读数小于0.60 V时,电流表读数仍不为零,当电压表读数大于或等于0.60 V时,电流表读数为零.把电路改为图乙,当电压表读数为2 V时,则逸出功及电子到达阳极时的最大动能分别为()图30-2A.1.5 eV、0.6 eVB.1.7 eV、1.9 eVC.1.9 eV、2.6 eVD.3.1 eV、4.5 eV■要点总结分析光电效应问题应抓住两条对应关系和三个关系式(1)两条对应关系①光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大.②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大.(2)三个关系式①爱因斯坦光电效应方程:E k=hν-W0.②最大初动能与遏止电压的关系:E k=eU c.③逸出功与极限频率的关系:W0=hνc.考点二光电效应的图像问题常见的四类图像例1[人教版选修3-5改编]用如图30-3甲所示的电路研究光电效应中光电流大小与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A、K两极间的电压大小可调,电源的正负极也可以对调.分别用a、b、c三束单色光照射,调节A、K间的电压U,得到光电流I与电压U的关系如图乙所示.由图可知()图30-3A.单色光a和c的频率相同,但a更强些B.单色光a和c的频率相同,但a更弱些C.单色光b的频率小于a的频率D.改变电源的极性不可能有光电流产生变式题1 (多选)如图30-4所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴交点的横坐标为4.27×1014 Hz,与纵轴交点的纵坐标为0.5 eV).由图可知()图30-4A.该金属的截止频率为4.27×1014 HzB.该金属的截止频率为5.5×1014 HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.5 eV变式题2 (多选)如图30-5甲所示,在“光电效应”实验中,某同学用相同频率的单色光分别照射阴极材料为锌和铜的两个不同的光电管,结果都能发生光电效应.图乙为其中一个光电管的遏止电压U c随照射光频率ν变化的函数关系图像.对于这两个光电管,下列判断正确的是()图30-5A.因为不同材料的逸出功不同,所以遏止电压U c不同B.光电子的最大初动能不同C.因为光强不确定,所以单位时间内逸出的光电子数可能相同,饱和光电流也可能相同D.两个光电管的U c-ν图像的斜率可能不同考点三波粒二象性1.对光的波粒二象性的理解光既有波动性,又有粒子性,两者不是孤立的,而是有机的统一体,其表现规律为:(1)从数量上看:个别光子的作用效果往往表现为粒子性;大量光子的作用效果往往表现为波动性.(2)从频率上看:频率越低波动性越显著,越容易看到光的干涉和明显的衍射现象;频率越高粒子性越显著,越不容易看到光的干涉和明显的衍射现象,贯穿本领越强.(3)从传播与作用上看:光在传播过程中往往表现出波动性;在与物质发生作用时往往表现出粒子性.(4)波动性与粒子性的统一:由光子的能量E=hν,光子的动量p=表达式也可以看出,光的波动性和粒子性并不矛盾,表示粒子性的能量和动量的计算式中分别含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ.(5)理解光的波粒二象性时不可把光当成宏观概念中的波,也不可把光当成微观概念中的粒子. 2.概率波与物质波(1)概率波:光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方,因此光波是一种概率波.(2)物质波:任何一个运动着的物体,小到微观粒子,大到宏观物体,都有一种波与它对应,其波长λ=,p为运动物体的动量,h为普朗克常量.例2 [2018·绍兴鲁迅中学月考]电子显微镜的最高分辨率高达0.2 nm(波长越短,分辨率越高),如果有人制造出质子显微镜,在加速到相同的速度情况下,质子显微镜的最高分辨率将() A.小于0.2 nm B.大于0.2 nmC.等于0.2 nmD.以上说法均不正确变式题1 关于对微观粒子的认识,下列说法中正确的是()A.粒子的位置和动量可以同时确定B.粒子的运动没有确定的轨迹C.单个粒子的运动没有规律D.粒子在某一时刻的加速度由该时刻粒子受到的合力决定变式题2 (多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的是()A.光电效应现象揭示了光的粒子性B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等变式题3 (多选)[人教版选修3-5改编] 1927年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的近代重大物理实验之一.如图30-6所示是该实验装置的简化图,下列说法正确的是()图30-6A.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变式题4[人教版选修3-5改编]物理学家做了一个有趣的双缝干涉实验:在光屏处放上照相用的底片,若减弱光的强度,使光子只能一个一个地通过狭缝.实验结果表明,如果曝光时间不太长,底片上只能出现一些不规则的点;如果曝光时间足够长,底片上就会出现规则的干涉条纹.对这个实验结果有下列认识,其中正确的是()图30-7A.曝光时间不太长时,底片上只能出现一些不规则的点,表现出光的波动性B.单个光子通过双缝后的落点可以预测C.只有大量光子的行为才能表现出光的粒子性D.干涉条纹中明亮的部分是光子到达概率较大的地方完成课时作业(三十)第31讲原子和原子核原子结构【辨别明理】(1)原子中绝大部分是空的,原子核很小.()(2)核式结构模型是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的. ()(3)氢原子光谱是由一条一条亮线组成的.()(4)玻尔理论成功地解释了氢原子光谱,也成原子核功地解释了氦原子光谱.()(5)按照玻尔理论,核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上.()(6)人们认识原子具有复杂结构是从英国物理学家汤姆孙研究阴极射线发现电子开始的.()(7)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的.()(8)如果某放射性元素的原子核有100个,经过一个半衰期后还剩50个.()(9)质能方程表明在一定条件下,质量可以转化为能量. ()考点一原子的核式结构1.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.图31-12.原子的核式结构模型。
高考物理一轮复习121波粒二象性课件

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解析:由于是同一光电管,因而不论对哪种光,极限频率和逸 出功都相同,对于甲、乙两种光,反向截止电压相同,因而频率相 同,A 项错误;丙光对应的反向截止电压较大,因而丙光的频率较 高,波长较短,对应的光电子的最大初动能较大,故 C、D 项均错, 只有 B 项正确.
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考点 4 对波粒二象性的理解[基础自通] 1.光的波粒二象性 (1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有__波__动____性. (2)光电效应说明光具有___粒__子___性. (3)光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的波___粒__二__象_性.
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考点 1 黑体和黑体辐射 [基础自通]
1.热辐射 (1)定义:我们周围的一切物体都在辐射电磁波,这种辐射与物 体的温度有关,所以叫热辐射. (2)特点:热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度不同而有 所不同.
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2.黑体 (1)定义:如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波 而不发生反射,这种物体就是绝对黑体,简称黑体. (2)黑体辐射特点:黑体辐射的电磁波的强度按波长的分布只与 黑体的温度有关.
必考部分
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[第十二章] 近代物理初步
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第1讲 波粒二象性
[基础课]
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[考纲解读] 1.认识光电效应现象,理解光电效应的概念和规 律,能够应用光电效应方程分析解决问题. 2.理解光的波粒二象 性,了解物质波.
高考物理一轮复习 第12章 波粒二象性模拟 新人教版选修3-5(2021年最新整理)

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波粒二象性1.(多选)(2016·全国卷Ⅰ)现用某一光电管进行光电效应的实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生。
下列说法正确的是错误!(ACE )A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大B.入射光的频率变高,饱和光电流变大C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生E.遏止电压的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关[解析]根据光电效应规律,保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,则饱和光电流变大,选项A正确.由爱因斯坦光电效应方程知,入射光的频率变高,产生的光电子最大初动能变大,而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关,选项B错误,C正确.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,当入射光的频率小于极限频率时,就不能产生光电效应,没有光电流产生,选项D错误。
遏止电压与产生的光电子的最大初动能有关,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的光强无关,选项E正确。
2.(多选)(2015·全国卷Ⅱ)实物粒子和光都具有波粒二象性。
下列事实中突出体现波动性的是错误!(ACD )A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E.光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关[解析]电子束通过双缝产生干涉图样,体现的是波动性,A正确.β射线在云室中留下清晰的径迹,不能体现波动性,B错误。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第2单元 相互作用 物体平衡 作业正文

向成 θ 角,轻杆下端连接一小铁球 1,横杆右边用一根细线吊一小铁球 2.当小车向右 做匀加速运动时,细线保持与竖直方向成 α 角,若 θ<α,则下列说法正确的是 ( ) A.轻杆对小铁球 1 的弹力方向与细线平行 B.轻杆对小铁球 1 的弹力方向沿轻杆向上 C.轻杆对小铁球 1 的弹力大小与夹角 θ 有关 D.轻杆对小铁球 1 的弹力大小与夹角 α 有关
图 K4-9 A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力大于 mg B.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动,则盘受到水平向右的静摩擦力 C.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动,则手指对盘的作用力大小为 μmg D.若盘随手指一起水平向右做匀加速运动,则手指对盘的作用力大小不超过
图 K3-16
课时作业(四) 第 4 讲 摩擦力 时间/40 分钟
基础达标
图 K4-1 1.如图 K4-1 所示,长木板 A 在水平地面上以速度 v1 向右运动,物块 B 在木板 A 的上面 以速度 v2 向右运动.下列判断正确的是(A、B 间的接触面不光滑)( ) A.若 v1=v2,则 A、B 之间无滑动摩擦力 B.若 v1>v2,则 A 受到 B 施加的向右的滑动摩擦力
图 K4-8 8.[2018·西安联考]如图 K4-8 所示,A、B 两物体叠放在水平地面上,A 物体质量 m=20kg,B 物体质量 M=30kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与 A 物体 相连,轻弹簧处于自然状态,其劲度系数为 250N/m,A 与 B 之间、B 与地面之间的动摩 擦因数均为 μ=0.5.现用一水平推力 F 作用于物体 B 上使 B 缓慢地向墙壁移动,当移动 0.2m 时,水平推力 F 的大小为(已知 A、B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10m/s2) ( ) A.350N B.300N C.250N D.200N 9.某杂技演员在做手指玩耍盘高难度的表演,如图 K4-9 所示.已知该盘的质量为 m,手 指与盘之间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 盘底处于水平状态且不考虑盘的自转.下列说法中正确的是 ( )
2023年高考物理一轮复习讲义——原子结构和波粒2象性

自主命题卷全国卷考情分析2021·广东卷·T1原子核的衰变2021·全国甲卷·T17原子核的衰变2021·湖南卷·T1衰变、半衰期2021·全国乙卷·T17半衰期2021·河北卷·T1衰变、半衰期2020·全国卷Ⅰ·T19核反应2021·浙江6月选考·T14核反应2020·全国卷Ⅱ·T18核能2020·天津卷·T1原子核式结构实验2020·全国卷Ⅲ·T19原子核的衰变2020·江苏卷·T12(1)(2)黑体辐射、能级跃迁、光子的动量2019·全国卷Ⅰ·T14能级跃迁2020·浙江7月选考·T14核聚变、核能2019·全国卷Ⅱ·T15核能2019·天津卷·T5光电效应2018·全国卷Ⅱ·T17光电效应试题情境生活实践类医用放射性核素、霓虹灯、氖管、光谱仪、原子钟、威耳逊云室、射线测厚仪、原子弹、反应堆与核电站、太阳、氢弹、环流器装置等学习探究类光电效应现象、光的波粒二象性、原子的核式结构模型、氢原子光谱、原子的能级结构、射线的危害与防护、原子核的结合能、核裂变反应和核聚变反应等第1讲原子结构和波粒二象性目标要求 1.了解黑体辐射的实验规律.2.知道什么是光电效应,理解光电效应的实验规律.会利用光电效应方程计算逸出功、截止频率、最大初动能等物理量.3.知道原子的核式结构,掌握玻尔理论及能级跃迁规律.4.了解实物粒子的波动性,知道物质波的概念.考点一黑体辐射及实验规律1.热辐射(1)定义:周围的一切物体都在辐射电磁波,这种辐射与物体的温度有关,所以叫热辐射.(2)特点:热辐射强度按波长的分布情况随物体温度的不同而有所不同.2.黑体、黑体辐射的实验规律(1)黑体:能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体.(2)黑体辐射的实验规律①对于一般材料的物体,辐射电磁波的情况除与温度有关外,还与材料的种类及表面状况有关.②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关.随着温度的升高,一方面,各种波长的辐射强度都有增加,另一方面,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,如图.3.能量子(1)定义:普朗克认为,当带电微粒辐射或吸收能量时,只能辐射或吸收某个最小能量值ε的整数倍,这个不可再分的最小能量值ε叫作能量子.(2)能量子大小:ε=hν,其中ν是带电微粒吸收或辐射电磁波的频率,h称为普朗克常量.h =6.626×10-34 J·s(一般取h=6.63×10-34 J·s).1.黑体能够反射各种波长的电磁波,但不会辐射电磁波.(×)2.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关,随着温度的升高,各种波长的辐射强度都增加,辐射强度极大值向波长较短的方向移动.(√)3.玻尔为得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,提出了能量子的假说.(×)例1(多选)关于黑体辐射的实验规律如图所示,下列说法正确的是()A.黑体能够完全吸收照射到它上面的光波B .随着温度的降低,各种波长的光辐射强度都有所增加C .随着温度的升高,辐射强度极大值向波长较长的方向移动D .黑体辐射的强度只与它的温度有关,与形状和黑体材料无关 答案 AD解析 能完全吸收照射到它上面的各种频率的电磁辐射的物体称为黑体,A 正确;由题图可知,随温度的降低,各种波长的光辐射强度都有所减小,选项B 错误;随着温度的升高,黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,选项C 错误;一般物体辐射电磁波的情况与温度有关,还与材料的种类及表面情况有关,但黑体辐射电磁波的情况只与它的温度有关,选项D 正确.例2 在“焊接”视网膜的眼科手术中,所用激光的波长λ=6.4×10-7 m ,每个激光脉冲的能量E =1.5×10-2 J .求每个脉冲中的光子数目.(已知普朗克常量h =6.63×10-34J·s ,光速c =3×108 m/s.计算结果保留一位有效数字) 答案 5×1016解析 每个光子的能量为E 0=hν=h cλ,每个激光脉冲的能量为E ,所以每个脉冲中的光子数目为:N =EE 0,联立且代入数据解得:N =5×1016个.考点二 光电效应1.光电效应及其规律 (1)光电效应现象照射到金属表面的光,能使金属中的电子从表面逸出,这个现象称为光电效应,这种电子常称为光电子.(2)光电效应的产生条件入射光的频率大于或等于金属的截止频率. (3)光电效应规律①每种金属都有一个截止频率νc ,入射光的频率必须大于或等于这个截止频率才能产生光电效应.②光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大. ③光电效应的发生几乎是瞬时的,一般不超过10-9 s.④当入射光的频率大于或等于截止频率时,在光的颜色不变的情况下,入射光越强,饱和电流越大,逸出的光电子数越多,逸出光电子的数目与入射光的强度成正比,饱和电流的大小与入射光的强度成正比.2.爱因斯坦光电效应方程(1)光电效应方程①表达式:hν=E k+W0或E k=hν-W0.②物理意义:金属表面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.(2)逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值,W0=hνc=h cλc.(3)最大初动能:发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值.1.光子和光电子都不是实物粒子.(×)2.只要入射光的强度足够大,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或等于金属的逸出功.(√) 4.光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比.(×)1.光电效应的分析思路2.光电效应图像图像名称图线形状获取信息最大初动能E k与入射光频率ν的关系图线①截止频率(极限频率)νc:图线与ν轴交点的横坐标②逸出功W0:图线与E k轴交点的纵坐标的绝对值W0=|-E|=E③普朗克常量h:图线的斜率k=h遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图线①截止频率νc:图线与横轴的交点的横坐标②遏止电压U c:随入射光频率的增大而增大③普朗克常量h:等于图线的斜率与电子电荷量的乘积,即h=ke(注:此时两极之间接反向电压)颜色相同、强度不同的光,光电流与电压的关系①遏止电压U c:图线与横轴的交点的横坐标②饱和电流:电流的最大值;③最大初动能:E k=eU c颜色不同时,光电流与电压的关系①遏止电压U c1、U c2②饱和电流③最大初动能E k1=eU c1,E k2=eU c2考向1光电效应的规律例3研究光电效应的电路图如图所示,关于光电效应,下列说法正确的是()A.任何一种频率的光,只要照射时间足够长,电流表就会有示数B.若电源电动势足够大,滑动变阻器滑片向右滑,电流表的示数能一直增大C.调换电源的正负极,调节滑动变阻器的滑片,电流表的示数可能变为零D.光电效应反映了光具有波动性答案 C解析能否发生光电效应取决于光的频率,与照射时间长短无关,A错误;增加极板间电压,会出现饱和电流,电流表示数不会一直增大,B错误;调换电源正负极,若反向电压达到遏止电压,则电流表示数变为零,C正确;光电效应反映了光具有粒子性,D错误.考向2光电效应的图像例4 (多选)如图所示,甲、乙、丙、丁是关于光电效应的四个图像,以下说法正确的是( )A .由图甲可求得普朗克常量h =be aB .由图乙可知虚线对应金属的逸出功比实线对应金属的逸出功小C .由图丙可知在光的颜色不变的情况下,入射光越强,饱和电流越大D .由图丁可知电压越高,则光电流越大 答案 BC解析 根据光电效应方程,结合动能定理可知eU c =E k =hν-W 0=hν-hνc ,变式可得U c =he ν-h e νc ,斜率k =b 2a =h e ,解得普朗克常量为h =be2a ,故A 错误;根据爱因斯坦光电效应方程E k =hν-W 0可知,纵轴截距的绝对值表示逸出功,则实线对应金属的逸出功比虚线对应金属的逸出功大,故B 正确;入射光频率一定,饱和电流由入射光的强度决定,即光的颜色不变的情况下,入射光越强,光子数越多,饱和电流越大,故C 正确;分析题图丁可知,当达到饱和电流以后,增加光电管两端的电压,光电流不变,故D 错误.例5 (多选)一定强度的激光(含有三种频率的复色光)沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O 点,如图甲所示.现让经过玻璃砖后的A 、B 、C 三束光分别照射相同的光电管的阴极(如图乙所示),其中C 光照射时恰好有光电流产生,则( )A .若用B 光照射光电管的阴极,一定有光电子逸出B .若用A 光和C 光分别照射光电管的阴极,A 光照射时逸出的光电子的最大初动能较大 C .若入射光的入射角从0开始增大,C 光比B 光先消失D .若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B 光、C 光,则C 光对应的能级较低 答案 BC解析 由题图甲可得,B 光和C 光为单色光,C 光的折射率大,频率高;A 光除了B 、C 光的反射光线外,还含有第三种频率的光,为三种光的复合光.C 光照射光电管恰好有光电流产生,用B 光照射同一光电管,不能发生光电效应,故A 错误;A 光为三种频率的复合光,但A 光中某频率的光发生了全反射,其临界角最小,折射率最大,频率最高,则A 光和C 光分别照射光电管的阴极时,A 光照射时逸出的光电子的最大初动能较大,故B 正确;根据sin C =1n 可知,C 光的临界角比B 光小,若入射光的入射角从0开始增大,C 光比B 光先消失,故C 正确;C 光的频率比B 光高,根据能级跃迁规律可知,若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B 光、C 光,则C 光对应的能级较高,故D 错误.考点三 光的波粒二象性与物质波1.光的波粒二象性(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性. (2)光电效应说明光具有粒子性.(3)光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的波粒二象性. 2.物质波(1)概率波:光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方,因此光波又叫概率波.(2)物质波:任何一个运动着的物体,小到微观粒子,大到宏观物体,都有一种波与它对应,其波长λ=hp,p 为运动物体的动量,h 为普朗克常量.1.光的频率越高,光的粒子性越明显,但仍具有波动性.( √ )2.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.( √ )例6(2022·上海师大附中高三学业考试)用极微弱的可见光做双缝干涉实验,随着时间的增加,在屏上先后出现如图(a)(b)(c)所示的图像,则()A.图像(a)表明光具有波动性B.图像(c)表明光具有粒子性C.用紫外线观察不到类似的图像D.实验表明光是一种概率波答案 D解析题图(a)只有分散的亮点,表明光具有粒子性;题图(c)呈现干涉条纹,表明光具有波动性,A、B错误;紫外线也具有波粒二象性,也可以观察到类似的图像,C错误;实验表明光是一种概率波,D正确.考点四原子结构1.电子的发现:英国物理学家汤姆孙发现了电子.2.α粒子散射实验:1909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.3.原子的核式结构模型:在原子中心有一个很小的核,原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里,带负电的电子在核外空间绕核旋转.1.在α粒子散射实验中,少数α粒子发生大角度偏转是由于它跟金原子中的电子发生了碰撞.(×)2.原子中绝大部分是空的,原子核很小.(√)3.核式结构模型是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的.(√)例7关于α粒子散射实验的下述说法中正确的是()A.在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后,仍沿原来方向前进,少数发生了较大偏转,极少数偏转超过90°,有的甚至被弹回接近180°B.使α粒子发生明显偏转的力来自带正电的核及核外电子,当α粒子接近核时是核的排斥力使α粒子发生明显偏转,当α粒子接近电子时,是电子的吸引力使之发生明显偏转C.实验表明原子中心有一个极小的核,它占有原子体积的极小部分,实验事实肯定了汤姆孙的原子结构模型D.实验表明原子中心的核带有原子的全部正电及全部质量答案 A解析在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后,仍沿原来方向前进,少数发生了较大偏转,极少数偏转超过90°,有的甚至被弹回接近180°,所以A正确;使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核,当α粒子接近核时,核的排斥力使α粒子发生明显偏转,电子对α粒子的影响忽略不计,所以B错误;实验表明原子中心有一个极小的核,它占有原子体积的极小部分,实验事实否定了汤姆孙的原子结构模型,所以C错误;实验表明原子中心的核带有原子的全部正电及绝大部分质量,所以D错误.考点五玻尔理论能级跃迁1.玻尔理论(1)定态假设:电子只能处于一系列不连续的能量状态中,在这些能量状态中电子绕核的运动是稳定的,电子虽然绕核运动,但并不产生电磁辐射.(2)跃迁假设:电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E n)跃迁到能量较低的定态轨道(能量记为E m,m<n)时,会放出能量为hν的光子,这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定,即hν=E n-E m.(h是普朗克常量,h=6.63×10-34 J·s)(3)轨道量子化假设:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应.原子的定态是不连续的,因此电子的可能轨道也是不连续的.2.氢原子的能量和能级跃迁(1)能级和半径公式:①能级公式:E n=1n2E1(n=1,2,3,…),其中E1为基态能量,其数值为E1=-13.6 eV.②半径公式:r n=n2r1(n=1,2,3,…),其中r1为基态轨道半径,其数值为r1=0.53×10-10 m.(2)氢原子的能级图,如图所示1.处于基态的氢原子可以吸收能量为11 eV 的光子而跃迁到高能级.( × ) 2.氢原子吸收或辐射光子的频率条件是hν=E n -E m (m <n ).( √ ) 3.氢原子各能级的能量指电子绕核运动的动能.( × ) 4.玻尔理论能解释所有元素的原子光谱.( × )1.两类能级跃迁(1)自发跃迁:高能级→低能级,释放能量,发射光子. 光子的频率ν=ΔE h =E 高-E 低h.(2)受激跃迁:低能级→高能级,吸收能量. 吸收光子的能量必须恰好等于能级差hν=ΔE . 2.光谱线条数的确定方法(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为n -1. (2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数N =C 2n =n (n -1)2. 3.电离(1)电离态:n =∞,E =0.(2)电离能:指原子从基态或某一激发态跃迁到电离态所需要吸收的最小能量. 例如:氢原子从基态→电离态: E 吸=0-(-13.6 eV)=13.6 eV(3)若吸收能量足够大,克服电离能后,获得自由的电子还具有动能.例8 (2019·全国卷Ⅰ·14)氢原子能级示意图如图所示.光子能量在1.63 eV ~3.10 eV 的光为可见光.要使处于基态(n =1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为()A.12.09 eV B.10.20 eVC.1.89 eV D.1.51 eV答案 A解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV~3.10 eV,所以处于基态的氢原子至少要被激发到n=3能级,要给氢原子提供的能量最少为E=(-1.51+13.60) eV=12.09 eV,故选项A 正确.例9氢原子的能级图如图所示.用氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂,下列说法正确的是()A.产生的光电子的最大初动能为6.41 eVB.产生的光电子的最大初动能为12.75 eVC.氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射的光不能使金属铂发生光电效应D.氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光也能使金属铂发生光电效应答案 A解析从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为-0.85 eV-(-13.6 eV)=12.75 eV,产生的光电子的最大初动能为E k=hν-W0=12.75 eV-6.34 eV=6.41 eV,故A正确,B错误;氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射的光子能量为10.2 eV,能使金属铂发生光电效应,故C错误;氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量小于金属铂的逸出功,故不能使金属铂发生光电效应,故D错误.课时精练1.(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有()A.光电效应现象揭示了光的粒子性B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波的波长也相等答案AB2.关于光电效应,下列说法正确的是()A.截止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,任何金属都能发生光电效应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答案 A解析逸出功W0=hνc,W0∝νc,A正确;只有照射光的频率ν大于或等于金属截止频率νc,才能发生光电效应,B错误;由光电效应方程E k=hν-W0知,入射光频率ν不确定时,无法确定E k与W0的关系,C错误;频率一定,入射光的光强越大,单位时间内逸出的光电子数越多,D错误.3.频率为ν的光照射某金属时,产生光电子的最大初动能为E km.改为频率为2ν的光照射同一金属,所产生光电子的最大初动能为(h为普朗克常量)()A.E km-hνB.2E kmC.E km+hνD.E km+2hν答案 C解析根据爱因斯坦光电效应方程得E km=hν-W0,若入射光频率变为2ν,则E km′=h·2ν-W0=2hν-(hν-E km)=hν+E km,故选项C正确.4.如图所示为氢原子的能级图,下列说法正确的是()A.用能量为9.0 eV的电子激发n=1能级的大量氢原子,可以使氢原子跃迁到高能级B.n=2能级的氢原子可以吸收能量为3.3 eV的光子而发生电离C.大量处于n=4能级的氢原子跃迁到基态放出的所有光子中,n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子的粒子性最显著D.大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后,只可以放出两种频率的光子答案 C解析n=1能级与n=2能级的能量差为10.2 eV,由于9.0 eV<10.2 eV,因此用能量为9.0 eV 的电子激发n=1能级的大量氢原子,不能使氢原子跃迁到高能级,故A错误;n=2能级的氢原子的能量为-3.40 eV,因此欲使其发生电离,吸收的能量至少为3.40 eV,故B错误;光子的波长越长波动性越显著,光子的频率越高,粒子性越显著,由玻尔理论可知,从n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最大,由E=hν可知,该光子的频率最高,该光子的粒子性最显著,故C正确;大量处于基态的氢原子吸收12.09 eV的光子后,由跃迁规律可知,大量的氢原子可以跃迁到n=3能级,则放出C23=3种频率的光子,故D错误.5.(多选)(2017·全国卷Ⅲ·19)在光电效应实验中,分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为U a和U b,光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h 为普朗克常量.下列说法正确的是()A.若νa>νb,则一定有U a<U bB.若νa>νb,则一定有E k a>E k bC.若U a<U b,则一定有E k a<E k bD.若νa>νb,则一定有hνa-E k a>hνb-E k b答案BC解析由爱因斯坦光电效应方程得,E k=hν-W0,由动能定理得,E k=eU,用a、b单色光照射同种金属时,逸出功W0相同.当νa>νb时,一定有E k a>E k b,U a>U b,故选项A错误,B正确;若U a<U b,则一定有E k a<E k b,故选项C正确;因逸出功相同,有W0=hνa-E k a =hνb-E k b,故选项D错误.6.(2020·江苏卷·12(1)(2))(1)“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点.它是根据黑体辐射规律设计出来的,能将接收到的人体热辐射转换成温度显示.若人体温度升高,则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情况是________.A.I增大,λ增大B.I增大,λ减小C.I减小,λ增大D.I减小,λ减小(2)大量处于某激发态的氢原子辐射出多条谱线,其中最长和最短波长分别为λ1和λ2,则该激发态与基态的能量差为________,波长为λ1的光子的动量为________.(已知普朗克常量为h,光速为c)答案 (1)B (2)h c λ2 h λ1解析 (1)若人体温度升高,则人体的热辐射强度I 增大,由ε=hν,故对应的频率ν变大,由c =λν知对应的波长λ变小,选项B 正确.(2)该激发态与基态的能量差ΔE 对应着辐射最短波长的光子,故能量差为ΔE =hν=h c λ2;波长为λ1的光子的动量p =h λ1.7.(多选)对于钠和钙两种金属,其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系如图所示.用h 、e 分别表示普朗克常量和电子电荷量,则( )A .钠的逸出功小于钙的逸出功B .图中直线的斜率为h eC .在得到这两条直线时,必须保证入射光的光强相同D .若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能,则照射到钠的光频率较高 答案 AB解析 根据U c e =E k =hν-W 0,即U c =h e ν-W 0e,则由题图可知钠的逸出功小于钙的逸出功,选项A 正确;题图中直线的斜率为h e,选项B 正确;在得到这两条直线时,与入射光的光强无关,选项C 错误;根据E k =hν-W 0,若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能,则照射到钠的光频率较低,选项D 错误.8.用金属铷为阴极的光电管,观测光电效应现象,实验装置示意如图甲所示,实验中测得铷的遏止电压U c 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示,图线与横轴交点的横坐标为5.15× 1014 Hz.已知普朗克常量h =6.63×10-34 J·s.则下列说法中正确的是( )A.欲测遏止电压,应选择电源左端为正极B.当电源左端为正极时,滑动变阻器的滑片向右滑动,电流表的示数持续增大C.增大照射光的强度,产生的光电子的最大初动能一定增大D.如果实验中入射光的频率ν=7.00×1014Hz,则产生的光电子的最大初动能约为E k=1.2×10-19 J答案 D解析遏止电压产生的电场对电子起阻碍作用,则电源的右端为正极,故A错误;当电源左端为正极时,滑动变阻器的滑片向右滑动,加速电场增强,电流增加但增加到一定值后不再增加,故B错误;由E k=hν-W0可知,最大初动能与光的强度无关,故C错误;E k=hν-W0=hν-hνc,νc=5.15×1014 Hz,代入数值求得E k≈1.2×10-19 J,故D正确.9.(多选)(2020·浙江1月选考·14)由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示,已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间,则()A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线B.氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时会辐射出红外线C.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离D.大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光答案CD解析γ射线是放射性元素的原子核从高能级向低能级跃迁时辐射出来的,氢不是放射性元素,A错误;氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子的能量E=E3-E2=-1.51 eV-(-3.4 eV)=1.89 eV,1.62 eV<1.89 eV<3.11 eV,故氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射出的光为可见光,B错误;根据E=hν及题给条件可知,紫外线光子的能量大于3.11 eV,要使处于n=3能级的氢原子发生电离,需要的能量至少为1.51 eV,故C正确;大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时辐射出的光子能量有0.66 eV、2.55 eV、12.75 eV、1.89 eV、12.09 eV、10.2 eV,故大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可辐射出2种频率的可见光,D正确.10.如图所示为氢原子的能级示意图,则关于氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征,下列说法中正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,能辐射出5种不同频率的光子B.一群处于n=3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子可以跃迁到n=4能级C.处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离D.若氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应,则从n=5能级跃迁到n=2能级辐射出的光也一定能使该金属发生光电效应答案 C解析一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,能辐射出C24=6种不同频率的光子,故A 错误;一群处于n=3能级的氢原子吸收能量为0.9 eV的光子后的能量为E=-1.51 eV+0.9 eV=-0.61 eV,0.9 eV不等于能级间的能量差,该光子不能被吸收,故B错误;处于基态的氢原子吸收能量为13.8 eV的光子可以发生电离,剩余的能量变为光电子的初动能,故C 正确;氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量为ΔE1=E3-E1=12.09 eV,从n=5能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量为ΔE2=E5-E2=2.86 eV,所以若氢原子从n =3能级跃迁到n=1能级辐射出的光照在某种金属表面上能发生光电效应,则从n=5能级跃迁到n=2能级辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应,故D错误.11.(多选)为了解决光信号长距离传输中的衰减问题,常常在光纤中掺入铒元素.如图所示是铒离子的能级示意图,标识为4I13/2的铒离子处在亚稳态,不会立即向下跃迁:如果用光子能量约为2.03×10-19J的激光把处于基态能级4I15/2的铒离子激发到4I11/2能级,再通过“无辐射跃迁”跃迁到能级4I13/2,从而使该能级积聚的离子数远超过处于基态的离子数.当光纤中传输某波长的光波时,能使处在亚稳态能级的离子向基态跃迁,产生大量能量约为1.28×。
高考一轮复习 第12章 近代物理初步教学课件

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解析:根据光电效应方程 Ekm=hν-W0=hν-hν0 知,图线 的斜率表示普朗克常量,根据图线斜率可得出普朗克常量。 横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率,此时的频 率等于金属的极限频率,根据 W0=hν0 可求出逸出功。单 位时间内逸出的光电子数无法从图像中获知。故 A、B、D 正确,C 错误。 答案:ABD
2.[光子的能量]
(2017·北京高考)2017 年年初,我国研制的“大连光源”——极 紫外自由电子激光装置,发出了波长在 100 nm(1 nm= 10-9 m)
附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。“大连光源”
因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光刻技术、雾霾
治理等领域的研究中发挥重要作用。一个处于极紫外波段的光
[系统归纳] 光电效应的研究思路 (1)两条线索:
(2)两条对应关系: 入射光强度大→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。
必备知识(二) 爱因斯坦的光电效应方程 1.[爱因斯坦光电效应方程的理解]
(多选)在光电效应实验中,分别用频率为 νa、νb 的单色光 a、
解析:光电效应中,入射光子能量为 hν,克服逸出功 W0 后多余的能量转换为电子动能,设遏止电压为 Uc,有 eUc =hν-W0,整理得 Uc=heν-We0,遏止电压只与入射光的频 率有关,与入射光的强度无关。入射光越强,饱和光电流 越大,故选项 C 正确。 答案:C
光电效应四类图像 图像名称 图线形状 最大初动能 Ek 与入射光 频率 ν 的关 系图线
第十二章 近代物理初步 [定标——核心素养]
理解原子的能级结构,区分衰变类型,理解光电效 物理
应发生的条件、核反应的类型和特点以及原子核的 观念
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档:第1单元运动的描述与匀变速直线运动 听课答案

第一单元 运动的描述与匀变速直线运动第1讲 描述直线运动的基本概念【教材知识梳理】一、有质量二、不动 地面四、1.运动轨迹 2.有向线段五、1. 对应位移 2.切线六、1.速度的变化量 辨别明理(1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(√) (5)(√)(6)(√)(7)在傍晚,飞机自东向西飞行的速度大于地球自转的速度.[解析]由于地球自西向东旋转,我们看到太阳从东边升起,向西边落下,旅客要看到太阳从西边升起,必须在傍晚,要求飞机自东向西飞行的速度大于地球自转的速度.【考点互动探究】考点一1.D2.AD [解析]在操场中心A点看来,该同学最终离A点的距离为m=50m,方向为北偏东θ角,满足sinθ=,即θ=37°,运动的路程为70m,选项A、D正确.3.C [解析]矢量和标量都可以有正、负号,矢量的正负表示方向,但标量的正负不一定表示大小,比如功的正负既不表示大小也不表示方向,而是表示能量转化的情况,选项A、B错误,C正确;当物体做单向直线运动时,位移的大小与路程相等,但位移具有方向,所以位移(矢量)与路程(标量)意义不同,选项D错误.考点二例1 BC [解析]从A到B的位移为9km,用时h,由平均速度定义式可得整个过程的平均速度为108km/h,故A错误,B正确;速度计显示的是瞬时速度大小,故C正确;经过C时速度的方向沿C点切线方向,故D错误.变式题 C [解析]由v=可得,小明在第2s内的平均速度为2m/s,在前4s内的平均速度为v=m/s=2.5m/s,C正确,B错误;因小明的运动性质不能确定,故无法确定小明的瞬时速度大小,A、D错误.例2 0.1 0.25[解析]因为通过光电门的时间都很短,所以通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度.由v=得v1=m/s=0.1m/sv2=m/s=0.25m/s.[点评]测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx,然后可由v=求出物体在该位置的瞬时速度,这样瞬时速度的测量便可转化成为微小时间Δt和微小位移Δx的测量.考点三例3 C [解析]由图可得速度v2<v1,汽车做减速运动,选项A错误;加速度a=,其方向与Δv的方向相同,与v1的方向相反,选项C正确,选项B、D错误.例4 B [解析]由于加速度的方向始终与速度方向相同,故质点速度逐渐增大,当加速度减小到零时,速度达到最大值,选项A错误,选项B正确;因速度方向不变,故位移逐渐增大,当加速度减小到零时,速度不再变化,位移将随时间继续增大,选项C、D错误.例5 AD [解析]当初、末速度方向相同时,a==m/s2=6m/s2,方向与初速度的方向相同,A正确,B错误;当初、末速度方向相反时,a==m/s2=-14m/s2,方向与初速度的方向相反,C错误,D正确.考点四例6 C [解析]一张普通的扑克牌的宽度为5.7cm,扑克牌的宽度约为子弹头长度的3倍,即子弹头长度约为1.9cm,子弹头穿过扑克牌通过的位移为x=5.7cm+1.9cm=7.6cm,所以子弹头穿过扑克牌的时间t==s≈8.4×10-5s.变式题 D [解析]当没有站人时,测量仪的空间高度为h0=,输出电压为U0=kM0,当站人时,测量仪中可传播超声波的有效空间高度h=,输出电压为U=kM,故人的高度为H=h0-h=,人的质量为m=M-M0=(U-U0),选项D正确.1.(多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体,不计空气阻力,在物体下落过程中,下列说法正确的是( )A.从直升机上看,物体做自由落体运动B.从直升机上看,物体始终在直升机的后方C.从地面上看,物体做平抛运动D.从地面上看,物体做自由落体运动[解析]AC 由于惯性,释放后物体在水平方向做匀速直线运动,故物体在水平方向上和直升机不发生相对运动,而物体在竖直方向上初速度为0,加速度为g,故在竖直方向上做自由落体运动,所以从直升机上看,物体做自由落体运动,故选项A正确,B错误;从地面上看,物体做平抛运动,故选项C正确,D错误.2.用同一张底片对着小球运动的路径每隔s拍一次照,得到的照片如图1-1所示,则小球在图示过程中的平均速度的大小是( )图1-1A.0.25m/sB.0.2m/sC.0.17m/sD.无法确定[解析]C 图示过程中x=6.0cm-1.0cm=5.0cm=0.050m,t=3×s,故==0.17m/s,选项C正确.3.一质点沿Ox方向做变速直线运动,它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x=(5+2t3)m,它的速度随时间t变化的关系为v=6t2m/s,该质点在t=0到t=2s间的平均速度和t=2s到t=3s间的平均速度的大小分别为( )A.12m/s和39m/sB.8m/s和38m/sC.12m/s和19.5m/sD.8m/s和13m/s[解析]B t=0时,x0=5m;t=2s时,x2=21m;t=3s时,x3=59m.平均速度=,故==8m/s,==38m/s.图1-24.有一个方法可以用来快速估测闪电处至观察者之间的直线距离:只要数出自观察到闪光起至听到雷声的时间——t秒,就能估算出以千米为单位的闪电处与观察者之间的直线距离x.已知空气中的声速约为340m/s,则x约为( )A.t kmB.kmC.kmD.km[解析]C 忽略光传播的时间,则声音从闪电处到观察者用时t秒,声速约为v=340m/s≈km/s,所以x=v·t s≈km,选项C正确.5.图1-3是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图,测速仪发出并接收超声波信号,根据发出和接收到的信号间的时间差,测出被测汽车的速度.图中p1、p2是测速仪发出的超声波信号,n1、n2是p1、p2由汽车反射回来的信号,发射和接收到超声波信号对应的时刻如图所示.设测速仪匀速扫描,p1、p2对应时刻之间的时间间隔Δt=1.0s,超声波在空气中传播的速度是v=340m/s,若汽车是匀速行驶的,求:(1)汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离;(2)汽车的速度大小.图1-3[答案](1)17m (2)17.9m/s[解析](1)设p1、n1、p2、n2对应的时刻分别为t1、t2、t3、t4,t1~t2的中间时刻(汽车与超声波第一次相遇的时刻)为t5,t3~t4的中间时刻(汽车与超声波第二次相遇的时刻)为t6.从题目所给条件得,标尺上每小格表示的时间为s,则有超声波第一次与汽车相遇时通过的位移为s1=v超声波第二次与汽车相遇时通过的位移为s2=v汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离为s1-s2=17m(2)以上过程中,汽车的运动时间为Δt'=t6-t5汽车的速度为v'=,从标尺上读出数据代入得v'=17.9m/s.第2讲 匀变速直线运动的规律及应用【教材知识梳理】一、1.(1)v0+at (2)v0t+at2 (3)v2-=2ax2.(1) (2)aT2二、1.(1)零 (2)匀加速2.(1)v=gt (2)h=gt2 (3)v2=2gh辨别明理(1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(√) (5)(×)(6)(√) (7)(×)【考点互动探究】考点一例1 1∶3 [解析]根据题意可知,物体在第一段时间t内做匀加速直线运动,在第二段时间t内先做匀减速直线运动到速度为零后反向做匀加速直线运动,取第一段时间t内的运动方向为正方向,画出物体运动过程示意图如图2-1所示.图2-1针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2联立解得=.变式题1 1∶3 [解析]针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2由牛顿第二定律得F1=ma1F2=ma2联立解得=.变式题2 12J 36J[解析]针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2由牛顿第二定律得F1=ma1F2=ma2由功的定义式得W1=F1xW2=-F2·(-x)对整个过程应用动能定理可得W1+W2=48J联立解得W1=12J,W2=36J.变式题3 C [解析]设第一个过程末速度为v1,第二个过程末速度大小为v2.根据题意知两过程的平均速度大小相等.根据匀变速直线运动规律有=,得v2=2v1,根据动能定理有W1=m,W2=m-m,而E k=m,所以W1=0.25E k,W2=0.75E k,又因为位移大小相等,所以两个过程中电场力的大小之比为1∶3,根据冲量定义得I1=F1t,I2=F2t,所以可得I2=3I1,故A、B、D错误,C正确.考点二1.(1)1∶2∶3∶…∶n (2)12∶22∶32∶…∶n2(3)1∶3∶5∶…∶(2n-1)(4)1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)例2 t[解析]解法一:逆向思维法物体匀减速冲上斜面的上滑过程,相当于匀加速滑下斜面的逆过程.设物体从B到C所用的时间为t BC.由运动学公式得x BC=ax AC=a(t+t BC)2又知x BC=l,x AC=l联立解得t BC=t.解法二:基本公式法物体沿斜面向上做匀减速运动,设初速度为v0,物体从B滑到C所用的时间为t BC,由匀变速直线运动的规律可得=2ax AC-=-2ax ABx AB=x AC联立解得v B=又知v B=v0-atv B=at BC解得t BC=t.解法三:比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n=1∶3∶5∶…∶(2n-1).因为x CB∶x BA=1∶3,而通过x BA的时间为t,所以通过x BC的时间t BC=t.解法四:中间时刻速度法利用推论:匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,即v AC=又知=2ax AC=2ax BCx BC=联立解得v B=可以看成v B正好等于AC段的平均速度,则B点对应这段位移的中间时刻,因此有t BC=t.解法五:图像法根据匀变速直线运动的规律,画出v-t图像,如图所示.利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的二次方之比,得==而OD=tDC=t BCOC=t+t BC联立解得t BC=t.变式题1 B [解析]根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为v1=m/s=4m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度为v2=m/s=8m/s,则物体的加速度为a==m/s2=m/s2,故选项B正确.变式题2 BD [解析]根据题设条件得Δv=at=-2m/s,所以AB、BC为连续相等时间内的位移,由匀变速直线运动的推论Δx=at2,解得t==1s,a=-2m/s2,选项B正确;质点从A点运动到C点的时间为2t=2s,选项C错误;根据匀变速直线运动的推论=,可得v B==5m/s,选项A错误;由速度与位移关系式可得BD==6.25m,所以AD=AB+BD=12.25m,选项D正确.考点三例3 ACD [解析]根据h=gt2可知,下落的高度越大,则时间越长,选项A正确;根据v2=2gh可得,第一次抓住直尺时,直尺的速度v==2m/s,选项B错误;反应时间大于0.4s,则直尺下落的高度大于×10×0.42m=80cm,此高度大于直尺长度50cm,选项C正确;“反应时间”与长度一一是对应的关系,选项D正确.变式题 C [解析]石子做自由落体运动,它留下径迹CD的对应运动时间即为照相机的曝光时间.设开始下落点为O,由照片可以看出,CD长度对应两块砖的厚度,即CD的实际长度为CD=6×2cm=0.12m,而OC=1.5m+5×0.06m=1.8m,则OD=OC+CD=1.92m,由h=gt2知,从O到C的时间t C=s=0.6s,从O到D的时间t D=s=0.62s,所以曝光时间Δt=t D-t C=0.02s,选项C正确.例4 7s 60m/s[解析]解法一:全程法取全过程为一整体进行研究,从重物自气球上掉落开始计时,经时间t落地,规定初速度方向为正方向,画出运动草图,如图所示.重物在时间t内的位移h=-175m将h=-175m、v0=10m/s代入位移公式h=v0t-gt2解得t=7s或t=-5s(舍去)所以重物落地速度为v=v0-gt=10m/s-10×7m/s=-60m/s其中负号表示方向竖直向下,与初速度方向相反.解法二:分段法设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点,则t1==1s上升的最大距离h1==5m故重物离地面的最大高度为H=h1+h=5m+175m=180m重物从最高处自由下落,落地时间为t2==6s落地速度为v=gt2=10×6m/s=60m/s,方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t=t1+t2=7s.变式题 AB [解析]初速度v0=30m/s,只需要t1==3s即可上升到最高点,上升高度为h1==m=45m,再自由落体t2=2s时间,下降高度为h2=g=×10×22m=20m,故路程为s=h1+h2=65m,选项A正确;5s内物体的位移x=h1-h2=25m,方向竖直向上,选项B正确;5s内物体的速度改变量为Δv=gt=10×5m/s=50m/s,方向竖直向下,选项C错误;平均速度为==m/s=5m/s,方向竖直向上,选项D错误.考点四例5 (1)a(2t0)2 a(3t0)2 (2)a at1 v1t2=at1t2变式题 (1)4m/s2 (2)32m (3)3s[解析](1)在AB段,由运动学公式得a1==m/s2=4m/s2(2)AB段的长度为L 1=a1=32m(3)AB段的长度为L1=t1BC段的长度为L2=vt2CD段的长度为L3=t3总路程为L=L1+L2+L3=92m总时间为t=t 1+t2+t3=8.5s联立得L=(t-t2)+vt2解得t2=3s1.汽车以36km/h的速度沿平直公路行驶,遇障碍物刹车后获得大小为a=4m/s2的加速度,刹车后第3s内,汽车通过的路程为( )A.12.5mB.2mC.10mD.0.5m[解析]D 由v=at可得从刹车到静止所需的时间t=2.5s,则第3s内的位移,实际上就是2~2.5s内的位移,x=at'2=0.5m,选项D正确.2.在光滑且足够长的斜面上,有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动.如果物体的加速度始终为5m/s2,方向沿斜面向下,那么经过3s时的速度大小和方向是( ) A.25m/s,沿斜面向上B.5m/s,沿斜面向下C.5m/s,沿斜面向上D.25m/s,沿斜面向下[解析]B 取初速度方向为正方向,则v0=10m/s,a=-5m/s2,由v=v0+at可得,当t=3s时,v=-5m/s,“-”表示速度方向沿斜面向下,选项B正确.3.在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10m/s时,以下判断正确的是(g取10m/s2)( )A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15m/s,方向向上B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向下C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向上D.小球的位移大小一定是15m[解析]D 小球被竖直上抛,做匀变速直线运动,平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式=求,规定向上为正,当小球的末速度为向上的10m/s时,v=10m/s,用公式求得平均速度为15m/s,方向向上;当小球的末速度为向下的10m/s时,v=-10m/s,用公式求得平均速度为5m/s,方向向上,选项A、B、C均错误.末速度大小为10m/s时,小球的位置一定,小球的位移大小x==15m,选项D正确.4.某航母跑道长160m,飞机发动机产生的最大加速度为5m/s2,起飞需要的最低速度为50m/s,飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动.若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行,为使飞机安全起飞,航母匀速运动的最小速度为( )A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.30m/s[解析]A 设航母匀速运动的最小速度为v1,飞机起飞的最低速度为v2,对航母,有x1=v1t,对飞机,有v=v1+at,-=2ax2,而相对位移x2-x1=160m,联立解得v1=10m/s,选项A正确.25.(多选)[2018·河南信阳模拟]从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间.两位同学合作,用刻度尺可以测出人的反应时间:如图2-1甲所示,A捏住尺的上端,B在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触),当看到A放开手时,B立即握住尺.若B做握尺准备时,手指的位置如图乙所示,而握住尺的位置如图丙所示,则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )图2-1A.B同学的反应时间约为0.2sB.A同学的反应时间约为0.2sC.B握住尺前的瞬间,尺的运动速度约为2m/sD.若A左手捏住尺的上端,右手在尺的下部做握尺的准备,用此方法也可测出自己的反应时间[解析]AC 尺在反应时间内下落了20cm,由h=gt2可得,t=0.2s,选项A正确;B握住尺前的瞬间,尺的运动速度v=gt=2m/s,选项C正确;若甲左手捏住尺的上端,右手在尺的下部作握尺的准备,用此方法测出的时间是甲的心理调整的时间,不是看到直尺下落后的时间.故D错误.6.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x=10-0.1v2(m),则下列分析正确的是( )A.刹车过程的加速度大小为10m/s2B.刹车过程持续的时间为5sC.初速度为10m/sD.刹车过程的位移为5m[解析]C 由v2-=2ax可得x=v2-,对照x=10-0.1v2(m),可知a=-5m/s2,v0=10m/s,选项A错误,C正确;由v=v0+at可得刹车过程持续的时间为t=2s,由v2-=2ax可得刹车过程的位移x=10m,选项B、D错误.7.在竖直的井底,将一物块以11m/s的速度竖直地向上抛出,物块冲过井口时被人接住,在被人接住前1s内物块的位移是4m,位移方向向上,不计空气阻力,g取10m/s2,求:(1)物块从抛出到被人接住所经历的时间;(2)此竖直井的深度.[答案](1)1.2s (2)6m[解析](1)设被人接住前1s时刻物块的速度为v,则h'=vt'-gt'2故v==m/s=9m/s则物块从抛出到被人接住所用总时间为t=+t'=s+1s=1.2s.(2)竖直井的深度为h=v0t-gt2=11×1.2m-×10×1.22m=6m.8.A点与B点相距400m,某人骑车从A到B,途中先加速后匀速再减速,加速运动和减速运动的加速度大小均为2m/s2.若此人在A点由静止开始运动,到B点恰好停止,中途的最大速度为10m/s,则他由A点到B点需要多长时间?[答案]45s[解析]加速阶段所用时间为t1==5s这段时间位移为x 1=a=25m减速过程所用时间和位移与加速过程相同.故中间匀速过程的位移x2=(400-25-25)m=350m所用时间为t2==35s,故他从A到B需要的总时间t=(35+5+5)s=45s9.从斜面上某一位置每隔0.1s释放一颗小球,在连续释放几颗后,对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片,如图所示.现测得x AB=15cm,x BC=20cm,已知小球在斜面上做匀加速直线运动,且加速度大小相同.图Z2-2(1)求小球的加速度大小.(2)求拍摄时B球的速度大小.(3)D、C两球相距多远?(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗?[答案](1)5m/s2 (2)1.75m/s (3)25cm (4)2颗[解析](1)由Δx=aT2得a===m/s2=5m/s2.(2)v B==m/s=1.75m/s.(3)由Δx=x DC-x BC=x BC-x AB得x DC=x BC+(x BC-x AB)=20cm+5cm=25cm.(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为t B==s=0.35s则B球上面正在运动着的小球共有3颗,A球上面正在运动着的小球共有2颗.专题一 运动图像 追及、相遇问题【热点题型探究】热点一1.B [解析]图像的纵截距表示出发点,所以出发点不同,A错误;两图像的交点表示两个物体在某时刻处于相同的位置,B正确;0~t1时间内,P的位移为x1-x0,Q的位移为x1,Q的位移较大,C错误;图像的斜率表示速度,所以Q的速度大于P的速度,D错误.2.AB [解析]根据速度图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知,质点在0~5s内的位移x=×2×5m=5m,选项A正确;质点在8~12s内的位移x=×2m+×1m-×1m=8m,平均速度为=m/s=2m/s,选项D错误;由v-t图像的斜率表示加速度可知,0~5s内的加速度大小a1=m/s2,8~10s内的加速度大小a2=m/s2=2m/s2,10~12s内的加速度大小a3=m/s2=6m/s2,所以质点在整个运动过程中,10~12s内的加速度最大,选项B正确;质点在11s末速度将要反向,此时离出发点最远,选项C错误.3.C [解析]位移—时间图像表示位移随时间的变化规律,不是物体运动的轨迹,甲、乙都做直线运动,故A错误.由位移—时间图像的斜率表示速度可知,在t=0时刻,甲、乙的速度都不为零,故B错误.0~t2时间内,丁车的速度大于丙车的速度,两车间的距离逐渐增大,在t 2时刻相距最远,故C 正确,D 错误.例1 A [解析]质点在开始一段时间内的x-t 图像是一条直线,其斜率不变且不负值,故做匀速直线运动,速度方向与规定的正方向相反;在第二段时间内,质点处于静止状态,速度为零;在第三段时间内,图线的斜率不变且为正值,即速度不变且为正值;在第四段时间内,质点静止在出发点.综上可知,质点的v-t 图像是A 图.变式题 B [解析]根据v-t 图线的斜率表示加速度知,0~1s 内质点由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a==m/s 2=2m/s 2,1~2s 内质点做匀减速直线运动,加速度为a'==m/s 2=-2m/s 2,同理分析,2~3s 内质点反向做匀加速直线运动,加速度为-3m/s 2,3~4s 内质点反向做匀减速直线运动,加速度为3m/s 2,故选项A 错误,选项B 正确;由匀变速直线运动的位移公式x=at 2可知,每一时间段内质点的位移与时间成二次函数关系,x-t 图像为抛物线,故选项C 、D 错误.例2 C [解析]由图像结合位移公式x=v 0t+at 2可知,物体做匀加速直线运动,由d=v 0c+ac 2和3d=v 0·2c+a (2c )2,解得v 0=,a=,A 、B 错误;由速度公式可知,物体在c时刻的速度为v0+ac=,在1.5c时刻的速度为v0+1.5ac=,C正确,D错误.例3 B [解析]可以画出p和q运动的v-t图像,如图所示,由于路程一样大,所以q所用的时间短.变式题 D [解析]依据x=v0t-gt2作出x-t图像,如图所示.显然,两条图线相交表示A、B相遇.由图可直接看出,当Δt满足关系式<Δt<时,A、B可在空中相遇,选项D 正确.热点二例4 (1)3s (2)4s[解析](1)汽车刹车后要在x=50m处的站点停车,则汽车刹车的加速度a==-1m/s2汽车相对自行车做初速度v'0=10m/s-3m/s=7m/s、加速度a=-1m/s2的匀减速运动,设车头到达自行车车尾历时为t1,则有x0=v'0t1+a解得t1=3s(2)设车尾到达自行车车头历时为t2,则有x1=v'0t2+a而位移满足关系x1=x0+L+L0解得t2=7s则第一次错车时间为Δt=t2-t1=4s变式题1 (1)2m/s2 (2)17s[解析](1)t3时刻前,当两车速度相等时(即t2时刻),两车相距最远.0~t2时间内,有x乙=x甲+x0即vt2=v(t2-t1)+x0解得t1=5s所以甲车的加速度a1==2m/s2(2)0~t3时间内,两车位移相同,有x'甲=x'乙即a1(t3-t1)2=a2其中a2==1m/s2解得t3=17s变式题2 ABC [解析]在v-t图像中,图线与横坐标轴围成的面积表示位移,由图像可知,在t=2s时和t=6s时,两图线与横坐标轴围成的面积相等,说明发生的位移相等,由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动,因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s时刻,故A正确;开始运动时,A的初速度为零,B在前面,在t=2s时,两物体相遇,以后A在前面,直到t=6s时相遇,故B正确;由图像可知,两物体相距最远时刻出现在B追A阶段,当速度相等时,A、B相距最远,此时t=4s,故C正确;0~2s内A物体的位移为x=×2×10m=10m,故D错误.【高考模拟演练】1.CD [解析]x-t图像中图线的斜率表示速度,t1时刻两图线的斜率不同,即两车速度不相等,A错误;甲、乙两车起点不同,t1时刻所处的位置相同,故0~t1时间内路程不同,B错误;t1、t2时刻甲、乙位置均相同,且都做单方向上的直线运动,所以t1~t2时间内路程相等,C正确;t1~t2时间内甲的图线的斜率先小于乙后大于乙,所以中间存在斜率与乙相等的时刻,D正确.2.BD [解析]根据速度—时间图像中图线与时间轴所围面积表示位移可知,在t1~t2时间内,甲车位移大于乙车位移,又知t2时刻两车相遇,因此在t1时刻甲车在后,乙车在前,选项A错误,选项B正确;速度—时间图像的斜率的绝对值表示加速度大小,根据图像可知,甲、乙的斜率的绝对值均先减小后增大,因此甲、乙的加速度大小均先减小后增大,选项C错误,选项D正确.3.BD [解析]在t=3s时,两车并排行驶,由图像可得在1~3s内两车发生的位移大小相等,说明在t=1s时,两车并排行驶,由图像可得前1s内乙车位移大于甲车位移,且位移之差Δx=x2-x1=×1m=7.5m,所以在t=0时,甲车在乙车前7.5m,选项A、C错误,选项B正确;在1~3s内两车的平均速度==20m/s,各自的位移x=t=40m,选项D正确.4.B [解析]x-t图像的斜率表示速度,b、c对应的图线为直线,斜率恒定,做匀速直线运动,但斜率的正负不同,两个物体的速度方向不同,选项A、C错误;在0~5s内,a、b两个物体间的距离逐渐变大,选项B正确;物体a的运动满足x=x0+at2,代入数据点(0,10m)和(5s,20m),解得加速度为0.8m/s2,选项D错误.5.AC [解析]v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移,所以质点在0~1s内的位移小于在1~2s内的位移,选项A正确;v-t图像的斜率表示加速度,质点在1~2s内的加速度越来越大,选项B错误;质点在1~2s内的位移x>m=15m,平均速度=>15m/s,选项C正确;质点在0~3s内的速度方向不变,3s末不会回到出发点,选项D 错误.1.[2018·雅安三诊]甲、乙两物体在同一直线上运动,其位移—时间图像如图Z1-1所示,由图像可知( )图Z1-1A.甲比乙运动得快B.乙开始运动时,两物体相距20mC.在前25s内,两物体间的距离先增大后减小D.在前25s内,两物体的位移大小相等[解析]C 位移—时间图像的斜率表示速度,所以甲的速度比乙的速度小,选项A错误;由图像知乙从原点出发,乙开始运动时,甲的位置坐标大于20m,则两物体间距大于20m,选项B错误;在0~10s这段时间内,乙静止在原点,甲沿正向做匀速直线运动,则两物体间的距离逐渐增大,在10~25s这段时间内,甲的运动速率小于乙的运动速率,甲在乙的前方,则两者间的距离逐渐减小,选项C正确;在前25s内,甲的位移为x1=40m-20m=20m,乙的位移为x2=40m-0m=40m,选项D错误.2.[2018·汉中二检]图Z1-2是某深潜器从水面开始下潜到返回水面的全过程的速度—时间图像,则下列说法中正确的是( )图Z1-2A.加速度最大值是0.025m/s2B.深潜器在0~1min和8~10min的时间段内处于超重状态C.深潜器本次下潜的最大深度为360mD.深潜器在1~3min的时间内处于静止状态[解析]C v-t图像的斜率表示加速度,在0~1min和3~4min的时间段内的加速度最大,且最大加速度a m==0.033m/s2,选项A错误;在3~4min和6~8min的时间段内,加速度向上,处于超重状态,在0~1min和8~10min的时间段内,加速度向下,处于失重状态,选项B错误;在4min时刻,下潜的深度最大,且h=×2m=360m,选项C正确;在1~3min的时间段内,深潜器匀速下潜,选项D错误.3.(多选)甲、乙两车从同一地点出发,向同一方向行驶,它们的x-t图像如图Z1-3所示,则由图可看出( )图Z1-3A.乙比甲先出发,甲比乙先到达距出发点x0处B.甲比乙先出发,乙比甲先到达距出发点x0处C.0~x 0段两车的平均速度相同D.两车行驶时的速度相同[解析]BD 由图像可知,甲比乙先出发,而乙比甲先到达距离出发点x0处,选项A错误,B正确;两车发生的位移相等,甲用的时间比乙的多,根据公式=可得,两车的平均速度不相等,但两车在行驶时的速度一样,选项C错误,D正确.4.[2018·大连二模]一辆货车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶,车长L=7.5m.当货车经过路边的交警时掉下一小包货物,交警发现货车司机并未意识到.在货车车尾经过交警1s时,交警立刻启动摩托车前去追赶货车向司机说明情况,摩托车启动后先做匀加速直线运动,加速度a=4m/s2,速度达到30m/s后做匀速直线运动.摩托车可以看作质点,则:(1)摩托车刚启动时距货车车头多远?(2)摩托车启动后,经过多长时间到达货车车头?[答案](1)27.5m (2)14s[解析](1)Δx=v0t+L=27.5m(2)摩托车达到最大速度所用的时间t1==7.5s位移x1=t1=112.5m此时货车车头距交警出发点的距离x0=Δx+v0t1=177.5m。
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第十二单元 波粒二象性和原子物理第30讲 光电效应 波粒二象性【教材知识梳理】一、1.电子 光电子 2.大于或等于 3.(1)大于或等于 (2)强度 增大 (4)正比二、1.hν 2.最小值 3.电子 4.(1)hν-W0 (2)最大初动能三、1.(1)波动 (2)粒子 (3)波粒二象 2.(1)大 小辨别明理(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×) (5)(√)(6)(×) (7)(√) (8)(√)【考点互动探究】考点一1.BC [解析]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后从锌板表面逸出,称之为光电子,故选项A错误,B正确;锌板与验电器相连,带有同种电荷,锌板失去电子,应该带正电,且失去电子越多,带的电荷量越多,验电器指针张角越大,故选项C正确,D错误.2.AD [解析]增大入射光强度,单位时间内照射到单位面积上的光子数增加,则光电流将增大,故选项A正确;光电效应是否发生取决于入射光的频率,而与入射光强度无关,故选项B错误;用频率为ν的光照射光电管阴极,发生光电效应,用频率小于ν的光照射时,若光的频率仍大于极限频率,则仍会发生光电效应,选项C错误;根据hν-W0=E k可知,增大入射光频率,光电子的最大初动能也增大,故选项D正确.3.BC [解析]由光电效应方程可知E k=hν-W0,该动能又会在遏止电压下恰好减为零,则eU=hν-W0,其中W0为逸出功,同种金属的W0相同.若νa>νb,则U a>U b,故A错误;若νa>νb,根据E k =hν-W 0,可得E k a >E k b ,故B 正确;若U a <U b ,根据E k =eU ,可得E k a <E k b ,故C 正确;若νa >νb ,根据E k =hν-W 0可知hν-E k =W 0,由于是照射到同种金属上,逸出功W 0相同,故D 错误.4.C [解析] 光子能量hν=2.5 eV 的光照射阴极,电流表读数不为零,则能发生光电效应,当电压表读数大于或等于0.6 V 时,电流表读数为零,则电子不能到达阳极,由动能定理eU=E k 知,最大初动能E k =eU=0.6 eV ,由光电效应方程hν=E k +W 0知W 0=1.9 eV ,对图乙,当电压表读数为2 V 时,电子到达阳极的最大动能E k '=E k +eU'=0.6 eV +2 eV =2.6 eV ,故选项C 正确.考点二例1 A [解析] 由图像可知,a 、c 的遏止电压相同,根据光电效应方程可知,单色光a 和c 的频率相同,但a 产生的光电流大,说明a 光的强度大,选项A 正确,B 错误;b 的遏止电压大于a 、c 的遏止电压,所以单色光b 的频率大于a 的频率,选项C 错误;只要光的频率不变,改变电源的极性,仍可能有光电流产生,选项D 错误.变式题1 AC [解析] 图线与横轴交点的的横坐标表示截止频率,A 正确,B 错误;由光电效应方程E k =hν-W 0,可知图线的斜率为普朗克常量,C 正确;该金属的逸出功为W 0=hνc = eV ≈1.77 eV ,D 错误.6.63×10-34×4.27×10141.6×10-19变式题2 ABC [解析] 不同的材料有不同的逸出功,所以遏止电压U c 不同,选项A 正确;由爱因斯坦光电效应方程得hν=W 0+E k ,故选项B 正确;在照射光的频率大于极限频率的情况下,发射出的光电子数与照射光的强度成正比,光强不确定,所以单位时间内逸出的光电子数可能相同,饱和光电流也可能相同,选项C 正确;由E k =hν-hν0=eU c ,可得U c =(ν-ν0),故图线的斜率为相同的常数,选项D 错误.ℎe 考点三例2 A [解析] 根据德布罗意波长公式λ=,质子的质量大于电子的质量,相同速度的ℎp 质子比相同速度的电子动量大,则质子的德布罗意波长小,分辨率高,其最高分辨率将小于0.2 nm ,故A 正确,B 、C 、D 错误.变式题1 B变式题2 AB [解析] 黑体辐射的实验规律只能用光的粒子性解释,普朗克用能量子理论分析,结果与事实完全相符,选项C 错误;由于E k =mv 2,p=mv ,因此p=,质子和122mE k 电子动能相等,但质量不等,故动量p 也不等,根据德布罗意波长λ=可知,二者的德布ℎp 罗意波长不同,选项D 错误.变式题3 ABD变式题4 D [解析] 根据爱因斯坦的“光子说”可知,单个光子表现为粒子性,而大量光子表现为波动性,所以曝光时间不太长时,底片上只能出现一些不规则的点,说明了单个光子表现为粒子性,故A 错误;光子的粒子性并非宏观实物粒子的粒子性,故单个光子通过双缝后的落点无法预测,故B 错误;如果曝光时间足够长,底片上就会出现规则的干涉条纹,说明了大量光子表现为波动性,故C 错误;光子到达概率大的区域表现为亮条纹,而光子到达概率小的区域表现为暗条纹,故D 正确.1.对于带电微粒辐射和吸收能量时的特点,以下说法错误的是( )A .以某一个最小能量值一份一份地辐射B .辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍C .辐射和吸收的能量是量子化的D .吸收的能量可以是连续的[解析] D 根据量子化的理论,带电微粒辐射和吸收的能量,只能是某一最小能量值的整数倍,故A 、B 正确.带电粒子辐射和吸收的能量不是连续的,是量子化的,故C 正确,D 错误.2.[2018·浙江奉化高中模拟] 人眼对绿光最为敏感,正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时,只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔,眼睛就能察觉,普朗克常量为6.63×10-34 J ·s ,光速为3.0×108 m/s ,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( ) A .2.3×10-18 WB . 3.8×10-19 WC . 7.0×10-48 WD . 1.2×10-48 W[解析] A 绿光光子能量E=hν===3.8×10-19 J ,每秒钟最少有6ℎc λ 6.63×10-34×3.0×108530×10-9个绿光的光子射入瞳孔,才能被察觉,所以P==W =2.3×10-18 W ,故A 正6E 1s 6×3.8×10-191确.3.下列关于光的波粒二象性的理解正确的是( )A .大量光子的行为往往表现出波动性,个别光子的行为往往表现出粒子性B .光在传播时是波,而与物质相互作用时就转变成粒子C .光在传播时粒子性显著,而与物质相互作用时波动性显著D .高频光是粒子,低频光是波[解析] A 大量光子的行为往往表现出波动性,个别光子的行为往往表现出粒子性,故A 正确;光在传播时波动性显著,而与物质相互作用时粒子性显著,故B 、C 错误;高频光波长小,光的粒子性显著,低频光波长大,光的波动性显著,故D 错误.4.在某次光电效应实验中,得到的遏止电压U c 与入射光的频率ν的关系如图30-1所示.若该直线的斜率和纵截距分别为k 和b ,电子电荷量的绝对值为e ,则普朗克常量可表示为 ,所用材料的逸出功可表示为 .图30-1[答案] ek -eb[解析] 光电效应中,入射光子能量为hν,克服逸出功W 0后多余的能量转化为电子最大初动能,eU c =hν-W 0,整理得U c =ν-,斜率即=k ,所以普朗克常量h=ek ,纵截距为b ,即ℎe W 0e ℎe eb=-W 0,所以逸出功W 0=-eb.5.(多选)图30-2是某金属在光的照射下逸出的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图像.由图像可知( )图30-2A .该金属的逸出功等于EB .该金属的逸出功等于hν0C .入射光的频率为2ν0时,逸出的光电子的最大初动能为ED .入射光的频率为时,逸出的光电子的最大初动能为ν02E 2[答案] ABC第31讲 原子和原子核【教材知识梳理】卢瑟福 线状 n 2r 1 质子 电子 质子 核内 E 1n 2N 0 m 0 重核 轻核(12)t τ(12)t τ辨别明理(1)(√) (2)(√) (3)(√) (4)(×) (5)(×)(6)(√) (7)(×) (8)(×) (9)(×)【考点互动探究】考点一例1 A [解析] 卢瑟福根据α粒子散射实验,提出了原子核式结构模型,选项A 正确;卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设,从而否定了汤姆孙原子模型的正确性,B 错误;电子质量太小,对α粒子的影响不大,选项C 错误;绝大多数α粒子穿过金箔后,几乎仍沿原方向前进,D 错误.变式题1 D [解析] 在α粒子散射实验中,由于电子的质量太小,电子的质量只有α粒子的,它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响,完全可以忽17300略,故D 正确,A 、B 、C 错误.变式题2 C [解析] 首先明确α粒子和重金属原子核均带正电荷,相互排斥,且作用力在二者连线上,再由牛顿第二定律知,被散射的α粒子的加速度由重金属原子核的斥力产生,所以图中加速度方向标示正确的仅有P 点,故C 正确.考点二例2 AC [解析] 根据=3知,这群氢原子能够发出3种不同频率的光子,故A 正确;C 23由n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量最大,ΔE=(13.6-1.51) eV =12.09 eV ,故B 错误;从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量最小,频率最小,则波长最大,故C 正确;一群处于n=3能级的氢原子向更高能级跃迁,吸收的能量必须等于两能级之差,故D 错误.变式题1 D [解析] 由谱线a 的光子的波长大于谱线b 的光子的波长,可知谱线a 的光子频率小于谱线b 的光子频率,所以谱线a 的光子能量小于n=5和n=2间的能级差,选项D 正确,选项A 、B 、C 错误.变式题2 BCD [解析] 根据跃迁理论,处于基态的氢原子被某外来单色光激发后跃迁到n=5能级,需要吸收的能量为ΔE=E 5-E 1=[-0.54-(-13.6)] eV =13.06 eV ,A 错误;波长最长的谱线来自第5能级向第4能级的跃迁,根据ΔE=h =E 5-E 4,解得λ=4000 nm ,B 正确;c λ波长最短的谱线来自第5能级向第1能级的跃迁,根据h=E 5-E 1,解得λmin =9.5×10-8 cλmin m ,根据λmin =,解得p=6.97×10-27kg ·m/s ,C 正确;根据爱因斯坦光电效应方程得ℎp hν=W 0+E k ,解得E kmax =-W 0=9.72 eV ,D 正确.ℎcλmin 考点三例3 B [解析]衰变过程动量守恒,生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向,根据E k =,可知衰变后钍核的动能小于α粒子的动能,所以B 正确,A 错误;半衰期是一p 22m 半数量的铀核衰变需要的时间,C 错误;衰变过程放出能量,质量发生亏损,D 错误.变式题 B [解析] 由动量守恒定律可知,静止的铀核发生α衰变后,生成的均带正电的α粒子和钍核的动量大小相等,但方向相反,由左手定则可知它们的运动轨迹应为“外切”圆,又R==,在p 和B 大小相等的情况下,R ∝,因q 钍>q α,则R 钍<R α,故B mv Bq p Bq 1q 正确.例4 A [解析] α射线穿透能力最弱,电离作用强,容易被物体吸收,故A 正确;β射线的速度约是光速的99%,故B 错误;γ射线是一种波长很短的电磁波,电离能力极弱,故C 错误;β射线(高速电子束)带负电,是由一个中子转变成一个质子后释放的,故D 错误.变式题 D [解析] α射线是高速He 核流,β射线是高速电子流,γ射线是能量很高的 42电磁波,A 错误.在α、β、γ三种射线中,α射线的电离能力最强,γ射线的电离能力最弱,B 错误.半衰期是对大量原子核的衰变行为作出的统计规律,对于少数原子核无意义,C 错误.考点四例5 C AB E F [解析] α衰变是原子核自发地放射出α粒子的核衰变过程,选C ;β衰变是原子核自发地放射出β粒子的核衰变过程,选A 、B ;重核裂变选E ;轻核聚变选F .变式题 A [解析] H H He n 是核聚变反应方程,A 正确N He O21+31→42+10;14 7+42→17 8H 是原子核的人工转变反应方程,B 错误He Al P n 是居里夫妇发现人工+11;42+2713→3015+10放射性的核反应方程,C 错误;U +n →Kr +n 是铀核裂变的反应方程,D 错 235 92 10 144 56Ba +8936310误.例6 B [解析] 氘核聚变反应的质量亏损Δm=2.013 6 u ×2-3.015 0 u -1.008 7 u =0.003 5 u ,由爱因斯坦质能方程可得释放的核能E=0.003 5×931 MeV ≈3.3 MeV ,选项B 正确.变式题1 BC [解析]结合能等于比结合能乘以核子数,故He 核的结合能约为28 42MeV ,A 错误;由图像可知He 核的比结合能大于Li 核的比结合能,故B 正确;两个H42 63 21核结合成一个He 核,结合能增加,故一定存在质量亏损,故要释放能量,C 正确U 核 42;235 92中核子的平均结合能小于Kr 核中的,故D 错误.8936变式题2 (1)吸收能量 1.20 MeV (2)1.8×106 m/s[解析] (1)Δm=m N +m He -m O -m p =-0.001 29 uΔE=Δmc 2≈-1.20 MeV故这一核反应是吸收能量的反应,吸收的能量为1.20 MeV(2)由动量守恒定律得m He v0=m p v p+m O v O又因为v O∶v H=1∶50解得v O≈1.8×106 m/s1.根据图31-1所给图片,结合课本相关知识,下列说法正确的是( )图31-1A.图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子具有粒子性B.图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯,原因是各种气体原子的能级不同,跃迁时发射光子的能量不同,光子的频率不同C.图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置,在α、β、γ三种射线中,最有可能使用的射线是β射线D.图丁是原子核的比结合能与质量数A的关系图像,由图可知中等大小的核的比结合能最大,即(核反应中)平均每个核子的质量亏损最小[解析] B 图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子具有波动性,选项A 错误;图乙是利用不同气体制成的五颜六色的霓虹灯,原因是各种气体原子的能级不同,跃迁时发射光子的能量不同,光子的频率不同,选项B 正确;图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置,在α、β、γ三种射线中,由于γ射线穿透能力最强,最有可能使用的射线是γ射线,选项C 错误;图丁是原子核的比结合能与质量数A 的关系图像,可知中等大小的核的比结合能最大,即在核子结合成原子核时平均每个核子释放的能量最大,平均每个核子的质量亏损最大,选项D 错误.2.据《世界网络日报》报道,在埃及古城艾赫米姆不远处,考古队挖掘出埃及第十九王朝拉美西斯二世大神殿.通过分析发现,殿内古代木头中的14C 的含量约为自然界含量的,已知植物死后其体内的14C 会逐渐减少,14C 的半衰期为5730年,则由此可推断拉22美西斯神殿距今约为( )A . 4000年B . 3000年C . 2000年D . 1000年[解析] B 衰变后的质量m=M ,其中t 是时间,T 是半衰期,由=,解得t=年(12)t T 22(12)t T57302=2865年,故B 正确.3.[2018·浙江义乌模拟] 核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少,我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设.核泄漏中的钚(Pu )是一种具有放射性的超铀元素,它可破坏细胞基因,提高罹患癌症的风险.已知钚的一种同位素Pu 的半衰期为2423994100年,其衰变方程为Pu →X He +γ,下列有关说法正确的( ) 23994+42A . X 原子核中含有143个中子B .100个Pu 经过24 100年后一定还剩余50个23994C .由于衰变时释放巨大能量,根据E=mc 2,衰变过程总质量增加D .衰变发出的γ射线是波长很长的光子,穿透能力较弱[解析] A 根据电荷数守恒、质量数守恒知,X 的电荷数为92,质量数为235,则中子数为143,故A 正确;半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用,故B 错误;由于衰变时释放巨大能量,根据E=mc 2,衰变过程总质量减小,故C 错误;衰变发出的γ射线是波长很短的光子,穿透能力很强,故D 错误.4.一种高温扩散云室探测射线的原理是:在上盖透明的密封容器内,放射源镅Am 衰 24195变成镎Np 的过程中,放射线穿过干净空气并使其电离,沿射线径迹产生一连串的凝23793结核,容器内就出现“云雾”,这样就可以看到射线的径迹.已知Am 的半衰期为432.6 24195年,则下列说法正确的是( )A .放射线是核外电子电离形成的B .通过该云室看到的是α射线的径迹C . 0.4 g 的Am 经过865年大约衰变了0.1 g24195D .若云室的温度升高Am 的半衰期会变短,24195[解析] B 根据题意可知核反应方程为Am Np He ,则放射线是原子核的衰变24195→23793+42放出的α粒子,通过该云室看到的是α射线的径迹,选项A 错误,B 正确;0.4 g 的Am24195经过865年大约经过了两个半衰期,则还剩下0.1 g ,选项C 错误;半衰期与外界环境无关,选项D 错误.5.铀原子核既可发生衰变,也可发生裂变.其衰变方程为U Th +X ,裂变方程为U23892→23490 23592n →Y Kr +n ,其中U n 、Y Kr 的质量分别为m 1、m 2、m 3、m 4,光在真空+10+8936310 23592、10、8936中的传播速度为c.下列叙述正确的是( )A . U 发生的是β衰变 23892B .Y 原子核中含有56个中子C .若提高温度, U 的半衰期将会变小23892D .裂变时释放的能量为c 2(m 1-2m 2-m 3-m 4)[解析] D 根据质量数守恒和电荷数守恒可知,X 为氦原子核U 发生的是α衰变,故,23892A 错误;根据质量数守恒和电荷数守恒可知,Y 的质量数A=235+1-89-3=144,电荷数Z=92-36=56,由原子核的组成特点可知,Y 原子核中含有56个质子,中子数为144-56=88个,故B 错误;半衰期与温度、压强等外界因素无关,故C 错误;由于核裂变的过程中释放能量,根据爱因斯坦质能方程得ΔE=Δmc 2=(m 1-2m 2-m 3-m 4)c 2,故D 正确.6.(多选)如图31-2所示是氢原子的能级图,一群氢原子处于n=3能级,下列说法中正确的是( )图31-2A .这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的光子B .这群氢原子发出的光子中,能量最大为10.2 eVC .从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光波长最长D .这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁[解析] AC 根据=3知,这群氢原子能够发出3种不同频率的光子,故A 正确;由n=3C 23能级跃迁到n=1能级,辐射的光子能量最大,ΔE=(13.6-1.51)eV =12.09 eV ,故B 错误;从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量最小,频率最小,则波长最长,故C 正确;一群处于n=3能级的氢原子吸收光子能量发生跃迁,吸收的能量必须等于两能级的能级差,故D 错误.7.如图31-3所示为氢原子的能级示意图,现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当原子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( )图31-3A .最容易发生明显衍射现象的光是氢原子由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B .频率最小的光是氢原子由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 .用氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光去照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应[解析] D 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,波长最长,因此最容易发生明显的衍射现象,故A 错误;由能级差可知能量最小的光频率最小,是氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的,故B 错误;大量处于n=4能级的氢原子能发射=6种频率的光,故C 错误;由n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为n (n -1)2ΔE=-3.4 eV -(-13.6) eV =10.2 eV ,大于6.34 eV ,能使该金属发生光电效应,故D 正确.。