(完整版)【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：第十六章3动量守恒定律
最新【新步步高】-学年高二物理人教版选修3-5学案：第十八章-原子结构资料
章末整合一、对α粒子散射实验及核式结构模型的理解1．α粒子散射实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，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”．2．核式结构学说：在原子的中心有一个很小的原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，电子绕核运转．例1关于α粒子散射实验现象的分析，下列说法正确的是()A．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明正电荷在原子内均匀分布，是α粒子受力平衡的结果B．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到明显的力的作用，说明原子是“中空”的C．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内质量和电荷量比α粒子大得多的粒子在原子内分布空间很小D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内的电子对α粒子的吸引力很大答案BC解析 在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子沿原方向运动，说明α粒子未受到原子核明显的力的作用，也说明原子核相对原子来讲很小，原子内大部分空间是空的，故A 错，B 对；极少数发生大角度偏转，说明受到金原子核明显的力的作用的空间在原子内很小，α粒子偏转，而金原子核未动，说明金原子核的质量和电荷量远大于α粒子的质量和电荷量，电子的质量远小于α粒子，α粒子打在电子上，α粒子不会有明显偏转，故C 对，D 错．二、对玻尔原子结构理解1．氢原子的能级对氢原子而言，核外的一个电子绕核运行时，若半径不同，则对应的原子能量也不同．原子各能级的关系为E n ＝E 1n 2 (n ＝1，2，3…) 对于氢原子而言，基态能级：E 1＝－13.6 eV2．氢原子的能级图氢原子的能级图如图1所示．图1例2 已知氢原子基态的电子轨道半径为r 1＝0.528×10－10 m ，量子数为n 的能级值为E n ＝－13.6n 2 eV .(1)求电子在基态轨道上运动的动能； (2)有一群氢原子处于量子数n ＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出的光谱线；(3)计算这几种光谱线中最短的波长．(静电力常量k ＝9×109 N ·m 2/C 2，电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J ·s ，真空中光速c ＝3.0×108 m/s)答案 见解析解析 (1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力，则ke 2r 21＝m v 2r 1，又知E k ＝12m v 2， 故电子在基态轨道上运动的动能为：E k ＝ke 22r 1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.528×10－10J ＝2.18×10－18 J ＝13.6 eV .(2)当n ＝1时，能级值为E 1＝－13.612 eV ＝－13.6 eV . 当n ＝2时，能级值为E 2＝－13.622 eV ＝－3.4 eV . 当n ＝3时，能级值为E 3＝－13.632 eV ＝－1.51 eV .能发出的光谱线分别为3→2，2→1，3→1共3种，能级图如图所示．(3)由E 3向E 1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．h ν＝E 3－E 1，又知ν＝c λ，则有 λ＝hc E 3－E 1＝ 6.63×10－34×3.0×108[－1.51－（－13.6）]×1.6×10－19 m ＝1.03×10－7 m. 针对训练1 按照玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )A ．第m 个定态和第n 个定态的轨道半径r m 和r n 之比为：r m ∶r n ＝m 2∶n 2B ．第m 个定态和第n 个定态的能量E m 和E n 之比为：E m ∶E n ＝n 2∶m 2C ．电子沿某一轨道绕核运动，若其圆周运动的频率是ν，则其发光频率也是νD ．若氢原子处于能量为E 的定态，则其发光频率为ν＝E h答案 AB解析 由氢原子核外电子轨道半径公式：r n ＝n 2r 1，轨道半径与量子数的平方成正比，所以r m ∶r n ＝m 2∶n 2，A 选项正确．氢原子的能量公式：E n ＝1n 2E 1可见氢原子的能量与量子数的平方成反比，所以E m ∶E n ＝n 2∶m 2，B 选项正确．根据玻尔的原子理论，只有核外电子发生能级跃迁时，才能发射某一频率的光，所以C 、D 选项不正确．三、原子的能级跃迁与电离1．能级跃迁包括辐射跃迁和吸收跃迁，可表示如下：高能级E m 发射光子hν＝E m －E n 吸收光子hν＝E m －E n 低能级E n2．当光子能量大于或等于13.6 eV 时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV 时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能．3．原子还可吸收外来实物粒子(例如自由电子)的能量而被激发．由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值(E ＝E m －E n )，均可使原子发生能级跃迁．例3 将氢原子电离，就是从外部给电子能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子．(1)若要使n ＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？(2)若用波长为200 nm 的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度多大？(电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J ·s ，电子质量m e ＝9.1×10－31 kg)答案 (1)8.21×1014 Hz (2)9.95×105 m/s解析 (1)n ＝2时，E 2＝－13.622 eV ＝－3.4 eV 所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n ＝∞的轨道，n ＝∞时，E ∞＝0.所以，要使处于n ＝2激发态的原子电离，电离能为ΔE ＝E ∞－E 2＝3.4 eVν＝ΔE h ＝3.4×1.6×10－196.63×10－34 Hz ＝8.21×1014 Hz (2)波长为200 nm 的紫外线一个光子所具有的能量E 0＝hν＝6.63×10－34×3×108200×10－9 J ＝9.945×10－19 J电离能ΔE ＝3.4×1.6×10－19 J ＝5.44×10－19 J由能量守恒hν－ΔE ＝12m v 2 代入数值解得v ＝9.95×105 m/s针对训练2 一个氢原子处于基态，用光子能量为15 eV 的电磁波去照射该原子，问能否使氢原子电离？若能使之电离，则电子被电离后所具有的动能是多大？答案 能 1.4 eV解析 氢原子从基态n ＝1处被完全电离至少吸收13.6 eV 的能量．所以15 eV 的光子能使之电离，由能量守恒可知，完全电离后还剩余动能E k ＝15 eV －13.6 eV ＝1.4 eV .。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：第十九章 3、4 探测射线的方法、放射性的应用与防护
3探测射线的方法4放射性的应用与防护[目标定位] 1.了解探测射线的几种方法，熟悉探测射线的几种仪器.2.知道什么是放射性同位素和人工放射性同位素.3.了解放射性在生产和科学领域的应用.4.知道核反应及其遵从的规律，会正确书写核反应方程．一、探测射线的方法1．探测射线的理论依据(1)放射线中的粒子会使气体或液体电离，以这些离子为核心，过饱和蒸气会产生雾滴，过热液体会产生气泡．(2)放射线中的粒子会使照相乳胶感光．(3)放射线中的粒子会使荧光物质产生荧光．2．探测射线的仪器(1)威耳逊云室(2)气泡室(3)盖革－米勒计数器二、核反应1．定义：原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程．2．遵循规律：质量数守恒，电荷数守恒．3．原子核的人工转变1919年卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素，同时产生了一个质子，核反应方程：42He＋147N―→178O＋11H，第一次实现了原子核的人工转变．三、人工放射性同位素1．有些同位素具有放射性，叫放射性同位素．2．1934年，约里奥·居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性磷3015P.方程42He＋2713Al―→3015P＋10n.想一想医学上做射线治疗用的放射性元素，应用半衰期长的还是短的？为什么？答案半衰期短的．因为半衰期短的放射性废料容易处理．四、放射性同位素的应用1．在工业上可以用γ射线来探测工件内部裂痕，称为γ探伤，也可以用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生变异，从而培育出新品种．2．农业上利用3015P作为示踪原子来研究农作物对磷肥的吸收情况．3．辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用．要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染．想一想原子核的人工转变与放射性元素的衰变有何区别？答案原子核的人工转变是指在其他粒子轰击下变成新核的过程，放射性元素的衰变是指核自动转化为新核的过程．一、探测射线的方法1．利用威尔逊云室(1)α粒子显示的径迹直而粗因为α粒子带电荷量多，它的电离本领强，穿越云室时，在1cm路程上能使气体分子产生104对离子，过饱和酒精蒸气凝结在这些离子上，形成很粗的径迹．且由于α粒子质量大，穿越云室时不易改变方向，所以显示的径迹很直．(2)β粒子显示的径迹β粒子的质量小，跟气体碰撞时容易改变方向，并且电离本领小，沿途产生的离子少，所以高速β粒子的径迹又细又直，低速β粒子的径迹又短又粗而且是弯曲的．(3)γ粒子的电离本领更小，在云室中一般看不到它的径迹．2．利用气泡室气泡室装的是过热液体，粒子经过液体时有气泡形成，显示粒子的径迹．3．盖革·米勒计数器当某种粒子经过管中时，管内气体分子电离，产生电子，这些电子到达阳极，正离子到达阴极，在外电路中产生了一次脉冲放电，利用电子仪器可以把放电次数记录下来．例1在威耳逊云室中，关于放射源产生的射线径迹，下列说法中正确的是()A．由于γ射线的能量大，容易显示其径迹B．由于β粒子的速度大，其径迹粗而且长C．由于α粒子的速度小，不易显示其径迹D．由于α粒子的电离作用强，其径迹直而粗答案 D解析在云室中显示粒子径迹是由于引起气体电离，电离作用强的α粒子容易显示其径迹，因质量较大，飞行时不易改变方向，所以径迹直而粗，故只有D正确．借题发挥三种射线粒子肉眼都看不见，探测射线粒子的方法都是利用它们和其他物质发生作用时产生的现象，来显示射线粒子的存在．二、核反应及核反应方程1．核反应的条件：用α粒子、质子、中子，甚至用γ光子轰击原子核使原子核发生转变．2．核反应的实质：用粒子轰击原子核并不是粒子与核碰撞将原子核打开，而是粒子打入原子核内部使核发生了转变．3．原子核人工转变的三大发现(1)1919年卢瑟福发现质子的核反应：14N＋42He―→178O＋11H7(2)1932年查德威克发现中子的核反应：9Be＋42He―→126C＋10n4(3)1934年约里奥—居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应：2713Al＋42He―→3015P＋10n；3015 P―→3014Si＋0＋1e.4．人工转变核反应与衰变的比较(1)不同点：人工转变是其他粒子与原子核相碰撞的结果，需要一定的装置和条件才能发生；而衰变是原子核的自发变化，它不受物理化学条件的影响．(2)相同点：人工转变与衰变过程一样，在发生过程中质量数与电荷数都守恒，反应前后粒子总动量守恒．例2完成下列各核反应方程，并指出哪个核反应是首次发现质子、中子和正电子的．(1)105B＋42He―→137N＋()(2)94Be＋()―→126C＋10n(3)2713Al＋()―→2712Mg＋11H(4)147N＋42He―→178O＋()(5)2311Na＋()―→2411Na＋11H(6)2713Al＋42He―→10n＋()；3015P―→3014Si＋()答案(1)10n(2)42He(3)10n(4)11H(5)21H(6)3015P，0＋1e解析(1)105B＋42He―→137N＋10n(2)94Be＋42He―→126C＋10n此核反应使查德威克首次发现了中子．(3)2713Al＋10n―→2712Mg＋11H(4)147N＋42He―→178O＋11H此核反应使卢瑟福首次发现了质子．(5)2311Na＋21H―→2411Na＋11H(6)2713Al＋42He―→10n＋3015P；30P―→3014Si＋0＋1e(正电子)15此核反应使约里奥—居里夫妇首次发现了正电子．借题发挥书写核反应方程四条重要原则(1)质量数守恒和电荷数守恒；(2)中间用箭头，不能写成等号；(3)能量守恒(中学阶段不做要求)；(4)核反应必须是实验中能够发生的．针对训练以下是物理学史上3个著名的核反应方程x＋73Li―→2y y＋147N―→x＋178Oy＋94Be―→z＋126Cx、y和z是3种不同的粒子，其中z是()A．α粒子B．质子C．中子D．电子答案 C解析把前两个方程化简，消去x，即147N＋73Li―→y＋178O，可见y是42He，结合第三个方程，根据电荷数守恒、质量数守恒可知z是中子10n.因此选项C正确．三、放射性同位素及其应用1．放射性同位素的分类(1)天然放射性同位素．(2)人工放射性同位素．2．人造放射性同位素的优点(1)放射强度容易控制．(2)可以制成各种所需的形状．(3)半衰期很短，废料容易处理．3．放射性同位素的主要作用(1)工业部门使用射线测厚度——利用γ射线的穿透特性．(2)农业应用——γ射线使种子的遗传基因发生变异，杀死腐败细菌、抑制发芽等．(3)做示踪原子——利用放射性同位素与非放射性同位素有相同的化学性质．例3下列哪些应用是把放射性同位素作为示踪原子的()A．γ射线探伤仪B．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况C．利用钴60治疗肿瘤等疾病D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用检测放射性的办法确定放射性元素在农作物内转移和分布情况，找出合理施肥的规律答案BD解析A是利用了γ射线的穿透性；C利用了γ射线的生物作用；B、D是利用示踪原子．借题发挥利用放射性同位素作示踪原子一是利用了它的放射性，二是利用放射性同位素放出的射线．探测射线的方法1．关于威耳逊云室探测射线，下述说法正确的是()A．威耳逊云室内充满过饱和蒸气，射线经过时可显示出射线运动的径迹B．威耳逊云室中径迹粗而短且直的是α射线C．威耳逊云室中径迹细而长的是γ射线D．威耳逊云室中显示粒子径迹原因是电离，所以无法由径迹判断射线所带电荷的正负答案AB解析云室内充满过饱和蒸气，射线经过时把气体电离，过饱和蒸气以离子为核心凝结成雾滴，雾滴沿射线的路线排列，显示出射线的径迹，故A正确；由于α粒子的电离本领大，贯穿本领小，所以α射线在云室中的径迹粗而短且直，即B选项正确；由于γ射线的电离本领很弱，所以在云室中一般看不到它的径迹，而细长径迹是β射线的，所以C选项错误；把云室放在磁场中，由射线径迹的弯曲方向就可判断射线所带电荷的正负，D错．核反应方程2．下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是()A.94Be＋42He―→126C＋XB.147N＋42He―→178O＋XC.20480Hg＋10n―→20278Pt＋211H＋XD.23992U―→23993Np＋X答案AC解析根据核反应方程质量数和电荷数守恒可得．3．[2013·新课标35(1)]一质子束入射到静止靶核2713Al上，产生如下核反应：P＋2713Al―→X＋n式中P代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的质子数为________，中子数为________．答案1413解析根据核反应过程电荷数守恒和质量数守恒，新核X的质子数为1＋13－0＝14，质量数为1＋27－1＝27，所以中子数＝27－14＝13.放射性同位素的应用4．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然的放射性同位素只不过40多种，而今天人工制造的放射性同位素已达1000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究的许多方面得到了广泛的应用．(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失．其原因是()A．射线的贯穿作用B．射线的电离作用C．射线的物理、化学作用D．以上三个选项都不是图19－3、4－1(2)图19－3、4－1是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图．如果工厂生产的是厚度为1毫米的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度控制起主要作用的是________射线．(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时，需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素的结晶是同一种物质，为此曾采用放射性同位素14C做________．答案(1)B(2)β(3)示踪原子解析(1)因放射线的电离作用，空气中的与验电器所带电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失．(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度为1毫米的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透1毫米厚的铝板和几毫米厚的铝板打在探测器上很难分辨．β射线也能够穿透1毫米甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．(3)把掺入14C的人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经过多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素完全融为一体，它们是同一种物质．这种把放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动、迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可以了解某些不容易查明的情况或规律．人们把作这种用途的放射性同位素叫做示踪原子．(时间：60分钟)题组一射线的探测及应用1．下列关于放射线的探测说法错误的是()A．气泡室探测射线的原理与云室探测射线原理类似B．由气泡室内射线径迹可以分析粒子的带电、动量、能量等情况C．盖革—米勒计数器探测射线的原理中也利用射线的电离本领D．盖革—米勒计数器不仅能计数，还能用来分析射线的种类答案 D2.图19－3、4－2用α粒子照射充氮的云室，摄得如图19－3、4－2所示的照片，下列说法中正确的是() A．A是α粒子的径迹，B是质子的径迹，C是新核的径迹B．B是α粒子的径迹，A是质子的径迹，C是新核的径迹C．C是α粒子的径迹，A是质子的径迹，B是新核的径迹D．B是α粒子的径迹，C是质子的径迹，A是新核的径迹答案 D解析α粒子轰击氮的核反应方程为42He＋147N→178O＋11H，入射的是α粒子，所以B是α粒子产生的径迹，质量大电离作用强的新核178O，径迹粗而短，故A是新核径迹，质子电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹是质子的径迹，所以正确选项为D.3．医学界通过14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA 抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是()A．示踪原子B．电离作用C．催化作用D．贯穿作用答案 A解析用14C标记C60来查明元素的行踪，发现可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，因此14C的作用是作示踪原子，故选项A正确．4．有关放射性同位素3015P的下列说法，正确的是()A.3015P与3014X互为同位素B.3015P与其同位素有相同的化学性质C．用3015P制成化合物后它的半衰期变长D．含有3015P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响答案BD解析同位素有相同的质子数，所以选项A错误；同位素有相同的化学性质，所以选项B 正确；半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以3015P制成化合物后它的半衰期不变，即选项C错误；含有3015P的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D正确．5．近几年，我国北京、上海、山东、洛阳、广州等地引进了十多台γ刀，治疗患者5000余例，效果极好，成为治疗脑肿瘤的最佳仪器．令人感叹的是，用γ刀治疗时不用麻醉，病人清醒，时间短，半个小时内完成手术，无须住院，因而γ刀被誉为“神刀”．据报道，我国自己研究的旋式γ刀性能更好，将进入各大医院为患者服务．γ刀治疗脑肿瘤主要是利用()A．γ射线具有很强的贯穿本领B．γ射线具有很强的电离作用C．γ射线具有很高的能量D．γ射线能很容易地绕过阻碍物到达目的地答案AC6．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病．根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是()A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下一个原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4答案 B解析半衰期是对大量原子核的统计规律，A项错误；β衰变是核内中子转化来的，B项正确；γ射线的电离作用弱，C错误；对α衰变，质量数减少4，中子数减少2，D错误．题组二核反应方程7．在下列四个核反应方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子①31H＋X1―→42He＋10n②147N＋42He―→178O＋X2③94Be＋42He―→126C＋X3④2412Mg＋42He―→2713Al＋X4则以下判断中正确的是()A．X1是质子B．X2是中子C．X3是电子D．X4是质子答案 D解析根据核反应的质量数和电荷数守恒知，X1为21H，A错；X2为11H，B错；X3为10n，C 错；X4为11H，D对．8．用中子轰击氧原子核的核反应方程式为168O＋10n→a7N＋0b X，对式中X、a、b的判断正确的是()A．X代表中子，a＝17，b＝1B．X代表电子，a＝17，b＝－1C．X代表正电子，a＝17，b＝1D．X代表质子，a＝17，b＝1答案 C解析根据质量数、电荷数守恒可知a＝17，b＝8＋0－7＝1，因此X可表示为0＋1e，为正电子，故C项正确，A、B、D三项错误．9．一个质子以1.0×107m/s的速度撞一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变成硅原子核．已知铝原子核的质量是质子的27倍，硅原子核的质量是质子的28倍，则下列判断正确的是()A．核反应方程为2713Al＋11H―→2814SiB．核反应方程为2713Al＋10n―→2814SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致答案AD解析由核反应中电荷数和质量数守恒可知A选项正确、B选项错误；由动量守恒定律求得硅原子速度的数量级为105m/s，即D选项正确．10．(2013·上海，21)放射性元素21084Po衰变为20682Pb，此衰变过程的核反应方程是________；用此衰变过程中发出的射线轰击199F，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是________．答案21084Po―→20682Pb＋42He42He ＋199F ―→2210Ne ＋11H解析 根据衰变规律，此衰变过程的核反应方程是21084Po ―→20682Pb ＋42He.用α射线轰击199F ，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是：42He ＋199F ―→2210Ne ＋11H.题组三 综合应用11．将威耳逊云室置于磁场中，一个静止在磁场中的放射性同位素原子核3015P ，放出一个正电子后变成原子核3014Si ，如图所示能近似反映正电子和Si 核轨迹的是( )答案 B解析 把放出的正电子和衰变生成物Si 核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的方向跟Si 核运动方向一定相反．由于它们都带正电荷，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨道，C 、D 可排除．因为洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r. 所以做匀速圆周运动的半径为r ＝m v qB. 衰变时，放出的正电子与反冲核Si 的动量大小相等，因此在同一个磁场中做圆周运动的半径与它们的电荷量成反比，即r e r Si ＝q Si q e ＝141.可见正电子运动的圆半径较大． 12．1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用6027Co 的衰变来验证，其核反应方程是6027Co ―→A Z Ni ＋0－1e ＋νe .其中νe 是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零．(1)在上述衰变方程中，衰变产物A Z Ni 的质量数A 是________，核电荷数Z 是________．(2)在衰变前6027Co 核静止，根据云室照片可以看出，衰变产物Ni 和0－1e 的运动径迹不在一条直线上，如果认为衰变产物只有Ni 和0－1e ，那么衰变过程将违背________守恒定律． (3)6027Co 是典型的γ放射源，可用于作物诱变育种．我国应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大．γ射线处理作物后主要引起________，从而产生可遗传的变异．答案(1)6028(2)动量(3)基因突变解析(1)根据质量数和电荷数守恒，核反应方程写成：6027Co―→6028Ni＋0－1e＋νe，由此得出两空分别为60和28.(2)衰变过程遵循动量守恒定律．原来静止的核动量为零，分裂成两个粒子后，这两个粒子的动量和应还是零，则两粒子径迹必在同一直线上．现在发现Ni和0－1e的运动径迹不在同一直线上，如果认为衰变产物只有Ni和0－1e，就一定会违背动量守恒守律．(3)用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生突变，从而培育出优良品种．13．1934年，约里奥—居里夫妇在用α粒子轰击铝箔时，除了测到预料中的中子外，还探测到了正电子．正电子的质量跟电子的质量相同，带一个单位的正电荷，跟电子的电性正好相反，是电子的反粒子．更意外的是，拿走α放射源以后，铝箔虽不再发射中子，但仍然继续发射正电子，而且这种放射性也有一定的半衰期．原来，铝箔被α粒子击中后发生了如下反应：2713Al＋42He―→3015P＋10n，这里的3015P就是一种人工放射性同位素，正电子就是它衰变过程中放射出来的．(1)写出放射性同位素3015P放出正电子的核反应方程；(2)放射性同位素3015P放出正电子的衰变称为正β衰变，我们知道原子核内只有中子和质子，那么正β衰变中的正电子从何而来？答案(1)3015P―→3014Si＋0＋1e(2)正电子是原子核内的一个质子转换成一个中子放出正电子．解析(1)核反应方程为3015P―→3014Si＋0＋1e(2)原子核内只有质子和中子，没有电子，也没有正电子，正β衰变是原子核内的一个质子转换成一个中子，同时放出正电子，核反应方程为11H―→10n＋0＋1e。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5导学案：第一章 碰撞与动量守恒 章末整合 Word版含答案[ww
章末整合动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧基本概念⎩⎨⎧动量：p ＝m v ，矢量、方向与速度v 的方向一致，是状态量冲量：I ＝Ft ，矢量、方向与恒力F 的方向一致，若力为变力，冲量方向与相应 时间内动量的改变量方向一致，是过程量基本规律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量定理⎩⎨⎧研究对象：一个物体（或一个系统）内容：合外力的冲量等于物体动量的变化公式：Ft ＝m v ′－m v 动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧研究对象：两个或两个以上的物体组成的系统内容：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，该系统的总动量保持不变条件：系统不受外力或合外力为零或F 外≪F 内表达式：m 1v 1＋m 2v 2 ＝m 1v 1′＋m 2v 2′⎩⎨⎧矢量性：正方向的选取同一性：各速度应相对同一参考系同时性：等式两侧各对应同一时刻应用⎩⎪⎨⎪⎧反冲：动量守恒——火箭碰撞⎩⎨⎧对心和非对心碰撞弹性和非弹性碰撞⎩⎨⎧弹性碰撞：动量守恒，动能守恒非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最多适用范围：宏观、微观、高速、低速均适用一、动量定理及应用1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化．2．公式：Ft ＝m v 2－m v 1，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算．3．研究对象是质点．它说明的是外力对时间的积累效应．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析；(2)确定初末状态的动量m v 1和m v 2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v 1和v 2换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用Ft ＝m v 2－m v 1列方程求解．【例1】 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________ kg ·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)．答案 212解析由题知v t＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝m v t－m v0＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，则N＝Δpt＋mg＝20.2N＋0.2×10 N＝12 N.借题发挥(1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．(2)物体动量的变化率ΔpΔt等于它所受的合力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．二、多过程问题中的动量守恒1．合理选择系统(由哪些物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．分析物体所经历的过程时，注意是否每个过程都满足动量守恒．2．合理选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．【例2】图1(2013·山东高考)如图1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．答案 2 m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则m A v0＝m A v A＋m C v C两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，v C＝v联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s【例3】图2两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度v C′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s解析(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：m C v C′＋m B v A＝(m B＋m C)v BC①A 、B 、C 三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C 滑上A 的上表面到C 滑离A ，由动量守恒定律得：m C v C ＝m C v C ′＋(m A ＋m B )v A ②由以上两式联立解得v C ′＝4.2 m/s ，v A ＝2.6 m/s.三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．2．动量守恒及机械能守恒都有条件．注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但机械能不守恒的过程，能量仍守恒．3．当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多．【例4】 (2013·河北石家庄高二期末)如图3所示，在一光滑的水平面上，有三个质量都是m 的物体，其中B 、C 静止，中间夹着一个质量不计的弹簧，弹簧处于松弛状态，今物体A 以水平速度v 0撞向B ，且立即与其粘在一起运动．求整个运动过程中．图3(1)弹簧具有的最大弹性势能；(2)物体C 的最大速度．答案 (1)112m v 20 (2)23v 0解析 (1)A 、B 碰撞过程动量守恒，m v 0＝2m v 1；A 、B 碰撞后至弹簧被压缩到最短，三物体组成的系统动量守恒，机械能守恒，故2m v 1＝3m v 2，12×2m v 21＝12×3m v 22＋E p ，可得E p ＝112m v 20.(2)弹簧恢复原长时，C 物体的速度达到最大，由系统动量守恒和机械能守恒，得3m v 2＝2m v 3＋m v m ，12×2m v 21＝12×2m v 23＋12m v 2m ，可得v m ＝23v 0.四、动量定理与动能定理、动量守恒定律的综合应用【例5】 (2014·天津卷)如图4所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力 F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图4(1)A 开始运动时加速度a 的大小；(2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；(3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F ＝m A a ①代入数据解得：a ＝2.5 m/s 2②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程中，由动量定理得Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③代入数据解得：v ＝1 m/s ④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为v A，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：m A v A＝(m A＋m B)v⑤从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：Fl＝12m Av2A⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得：l＝0.45 m．⑦。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5导学案：第一章 4 习题课 动量守恒定律的应用 Word版含答
4习题课动量守恒定律的应用[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．1．动量守恒定律成立的条件动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：(1)理想条件：系统不受外力．(2)实际条件：系统所受外力为零．(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五性动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．一、动量守恒条件及守恒对象的选取1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．【例1】图1－4－1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足M v＝M v1＋m v2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2答案BC解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．二、单一方向动量守恒问题1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．三、多物体多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．【例2】(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg 的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：图1－4－2(1)A的最终速度；(2)铁块刚滑上B时的速度．答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：m v＝(M B＋m)v B＋M A v A可求得：v A＝0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为v A＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v＝mu＋(M A＋M B)v A可求得：u＝2.75 m/s.借题发挥处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题1．注意正方向的选取．2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．针对训练图1－4－3两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率答案 B解析选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为v A和v B，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v A－M v B，则v Av B＝MM＋m，即v A<v B，故选项B正确．四、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．【例3】如图1－4－4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．图1－4－4(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？答案 (1)（M ＋m ）v 0－m v M(2)m v －M v 0m ＋M(3)v 1≤v 2 5.2 m/s解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m v ＋M v 1①解得v 1＝（M ＋m ）v 0－m v M② (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －M v 0＝(m ＋M )v 2③解得v 2＝m v －M v 0m ＋M④ (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2⑤其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件．联立②④⑤三式，并代入数据得v ≥5.2 m/s.某一方向上动量守恒问题1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )图1－4－5A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．多物体、多过程中的动量守恒问题2. 如图1－4－6所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体．从某一时刻起给m 一个水平向右的初速度v 0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 ( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．物体的最终速度为m v 0M ，向右D ．物体的最终速度为m v 0M ＋m，向右 答案 D解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v 共同运动，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，故v ＝m v 0M ＋m ，向右．3. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v 0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1－4－7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？图1－4－ 6图1－4－7答案 15v 0解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，m v 0＝5m v ，v ＝15v 0，即它们最后的速度为15v 0.动量守恒定律应用中的临界问题4. 如图1－4－8所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s 的速度向右滑行．此时质量m 2＝50 kg的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．答案 大于等于3.8 m/s解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v ′＋Mu ，解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s ，就可避免两车相撞． (时间：60分钟)题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变) () 图1－4－8A ．变大B ．变小C ．不变D ．无法判定答案 C 解析 相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向仍然具有和船相同的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变．2. 如图1－4－9所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C 以一定的初速度v 0从A 的左端开始向右滑行，最后停在B 木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 ( )A ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A 、B 、C 三物块组成的系统动量 都守恒D ．当C 在B 上滑行时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒答案 BC解析 当C 在A 上滑行时，对A 、C 组成的系统，B 对A 的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A 错误；当C 在B 上滑行时，A 、B 已分离，对B 、C 组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B 正确；若将A 、B 、C 三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C 正确，选项D 错误．3. 平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A 以水平初速度v 0向车的右端滑行，如图1－4－10所示．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动(设B 车足够长)，则B 车速度达到最大时，应出现在( ) A ．A 的速度最小时图1－4－9图1－4－10B ．A 、B 速度相等时C ．A 在B 上相对静止时D ．B 车开始做匀速直线运动时答案 ABCD解析 由于A 、B 之间存在摩擦力，A 做减速运动，B 做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A 的速度最小，B 的速度最大，因此选项A 、B 、C 正确，此后A 、B 一起匀速运动，所以D 项正确．4. 如图1－4－11所示，在质量为M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和摆球以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 ( ) A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1、v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ′，满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2答案 BC5. 如图1－4－12所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( )A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反图1－4－11图1－4－12答案BD解析小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．6. 如图1－4－13所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A．A、B质量相等，但A比B速率大B．A、B质量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A－m B v B－m C v C＝0，得m A v A－m B v B>0.所以A、C正确．题组二多物体多过程动量守恒定律的应用7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为() A．5颗B．6颗C．7颗D．8颗答案 D解析设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得m1m2＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.8. 如图1－4－14所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量图1－4－13 图1－4－14m A 是物体B 的质量m B 的34，子弹的质量m 是物体B 的质量的14，求弹簧压缩到最短时B 的速度．答案 v 08解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A 、B 具有共同的速度v 1，且子弹、A 、B 组成的系统，从子弹开始射入物体A 一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A ＋m B )v 1，又m ＝14m B ，m A ＝34m B ，故v 1＝m v 0m ＋m A ＋m B＝v 08，即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08.9. 如图1－4－15所示，在光滑水平面上有两个木块A 、B ，木块B 左端放置小物块C 并保持静止，已知m A ＝m B＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，现木块A 以初速度v ＝2 m/s 沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：(1)木块A 与B 相碰瞬间A 木块及小物块C 的速度大小；(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．答案 (1)1 m/s 0 (2)23 m/s 方向水平向右解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v 2＝1 m/s.(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 整体为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝23 m/s ，方向水平向右．题组三 综合应用图1－4－1510. 如图1－4－16所示，质量分别为m 1和m 2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2向右运动，并发生对心正碰，碰后m 2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m 2返回后又与m 1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m 1球的速度．答案 m 1v 1＋m 2v 22m 1方向向右 解析 设m 1、m 2碰后的速度大小分别为v 1′、v 2′，则由动量守恒定律知m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′m 1v 1′－m 2v 2′＝0，解得v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 1，方向向右． 11. 质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图1－4－17所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100m/s ，最后物体A 相对车静止，若物体A 与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求平板车最后的速度是多大． 答案 2.5 m/s解析 子弹击穿A 后，A 在水平方向上获得一个速度v A ，最后当A 相对车静止时，它们的共同速度为v .子弹射穿A 的过程极短，因此车对A 的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A 的位置没有发生变化，设子弹击穿A 后的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v 0＝m B v ′＋m A v A ，得v A ＝m B （v 0－v ′）m A ＝0.02×（600－100）2m/s ＝5 m/s A 获得速度v A 相对车滑动，由于A 与车间有摩擦，最后A 相对车静止，以共同速度v 运动，对于A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：m A vA图1－4－16图1－4－17＝(m A＋M)v，所以v＝m A v Am A＋M＝2×52＋2m/s＝2.5 m/s.12.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．答案6 5 v0解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④图1－4－18。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第二章 1、2 电子 原子的核式结构模型 Word版含答
学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：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粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：17.1能量量子化
1能量量子化[目标定位] 1.知道热辐射、黑体和黑体辐射的概念，知道黑体辐射的实验规律.2.知道普朗克提出的能量子假说．一、黑体与黑体辐射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．2．黑体(1)定义：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：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．想一想在火炉旁边有什么感觉？投入炉中的铁块颜色怎样变化？说明了什么问题？答案在火炉旁会感到热，这是由于火炉不断地向外辐射能量．投入炉中的铁块依次呈现暗红、赤红、橘红等颜色，直至成为黄白色，这表明同一物体热辐射的强度与温度有关．二、黑体辐射的实验规律1．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加．2．随着温度的升高，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动．想一想你认为现实生活中存在理想的黑体吗？答案现实生活中不存在理想的黑体，实际的物体都能辐射红外线(电磁波)，也都能吸收和反射红外线(电磁波)，绝对黑体不存在，是理想化的模型．三、能量子1．定义：普朗克认为，带电微粒辐射或吸收能量时，只能是辐射或吸收某个最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子．2．大小：＝hν，其中ν是电磁波的频率，h是普朗克常量，数值h＝6.626×10－34__J·s(一般h取6.63×10－34 J·s)．一、对黑体辐射规律的理解1．一般材料的物体，辐射的电磁波除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关．2．黑体是指只吸收而不反射外界射来的电磁波的物体，由于黑体只进行热辐射，所以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．3．黑体辐射的实验规律：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17－1－1所示．图17－1－1例1图17－1－2在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔，小孔可看作黑体，由小孔的热辐射特性，就可以确定炉内的温度．如图17－1－2所示，就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图象，则下列说法正确的是()A．T1>T2B．T1<T2C．随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低D．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动答案AD解析一般材料的物体辐射能的多少决定于物体的温度(T)、辐射波的波长、时间的长短和发射的面积，而黑体是指在任何温度下，全部吸收任何波长的辐射的物体，黑体辐射的强度按波长的分布只与温度有关．实验表明，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．从图中可以看出，λ1<λ2，T1>T2，本题正确选项为A、D.借题发挥随着温度的升高，各种波长的辐射本领都在增加，当黑体温度升高时，辐射本领最大值向短波方向移动，这是黑体辐射的特点，熟悉黑体辐射特点是解决问题的关键．针对训练1下列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()答案 A解析随着温度的升高，辐射强度增加，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，A正确，B、C、D错误．二、能量子的理解和ε＝hν的应用1．物体在发射或接收能量的时候，只能从某一状态“飞跃”地过渡到另一状态，而不可能停留在不符合这些能量的任何一个中间状态．2．在宏观尺度内研究物体的运动时我们可以认为：物体的运动是连续的，能量变化是连续的，不必考虑量子化；在研究微观粒子时必须考虑能量量子化．3．能量子的能量ε＝hν，其中h 是普朗克常量，ν是电磁波的频率．例2 光是一种电磁波，可见光的波长的大致范围是400 nm ～700 nm.求400 nm 、700 nm 电磁辐射的能量子的值各是多少？答案 4.97×10－19J 2.84×10－19 J 解析 根据公式ν＝cλ和ε＝hν可知：400 nm 对应的能量子ε1＝hcλ1＝6.63×10－34×3.0×108400×10－9J＝4.97×10－19 J.700 nm 对应的能量子ε2＝hcλ2＝6.63×10－34×3.0×108700×10－9J＝2.84×10－19 J.借题发挥 (1)求解本题的关键是根据已知条件求每一个能量子的能量． (2)这类习题数量级比较大，注意运算当中提高运算准确率．例3 对于带电微粒的辐射和吸收能量时的特点，以下说法正确的是( ) A ．以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收 B ．辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍 C ．吸收的能量可以是连续的 D ．辐射和吸收的能量是量子化的 答案 ABD解析 带电微粒的辐射和吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍一份一份地辐射或吸收的，是不连续的．故选项A 、B 、D 正确，C 选项错．对黑体辐射规律的理解1．下列叙述正确的是()A．一切物体都在辐射电磁波B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波答案ACD解析根据热辐射定义知A对；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体温度有关，B错、C对；根据黑体定义知D对．2．下列关于黑体辐射的实验规律叙述正确的是()A．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动C．黑体热辐射的强度与波长无关D．黑体辐射无任何规律答案AB解析黑体辐射的规律为随着温度的升高各种波长的辐射强度都增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．故A、B对．能量子的理解及ε＝hν的应用3．二氧化碳能强烈吸收红外长波辐射，这种长波辐射的波长范围约是1.4×10－3～1.6×10－3m，相应的频率范围是________，相应的光子能量的范围是________，(已知普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空中的光速c＝3.0×108 m/s.结果取两位有效数字)答案 1.9×1011～2.1×1011 Hz 1.3×10－22～1.4×10－22 J解析由c＝λν得ν＝c λ.则求得频率范围为1.9×1011～2.1×1011 Hz.又由ε＝hν得能量范围为1.3×10－22～1.4×10－22 J.4．神光“Ⅱ”装置是我国规模最大的高功率固体激光系统，利用它可获得能量为2 400 J、波长λ＝0.35 μm 的紫外激光．已知普朗克常量h ＝6.63×10－34J ·s ，则该紫外激光所含光子数为多少？答案 4.23×1021(个)解析 紫外激光的波长已知，由此可求得紫外激光能量子的值，再根据紫外激光发射的总能量为 2 400 J ，即可求得紫外激光所含光子数．紫外激光能量子的值为ε0＝hc λ＝6.63×10－34×3×1080.35×10－6 J ＝5.68×10－19 J ．则该紫外激光所含光子数n ＝E ε0＝ 2 4005.68×10－19＝4.23×1021(个)．(时间：60分钟)题组一 黑体辐射的理解和应用1．关于对黑体的认识，下列说法正确的是( ) A ．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的B ．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关C ．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关D ．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体 答案 C解析 黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，故选项A 错误；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，故选项B 错误、选项C 正确；小孔只吸收电磁波，不反射电磁波，因此是小孔成了一个黑体，而不是空腔，故选项D 错误． 2．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( )A．温度B．材料C．表面状况D．以上都正确答案 A解析根据黑体辐射电磁波的波长分布的决定因素，得其只与温度有关，A对．3．能正确解释黑体辐射实验规律的是()A．能量的连续经典理论B．普朗克提出的能量量子化理论C．以上两种理论体系任何一种都能解释D．牛顿提出的微粒说答案 B解析根据黑体辐射的实验规律，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，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到满意的解释，B对．4.图17－1－3黑体辐射的实验规律如图17－1－3所示，由图可知()A．随温度升高，各种波长的辐射强度都增大B．随温度降低，各种波长的辐射强度都增大C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动答案ACD解析由题图可知，随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，当温度降低时，上述变化都将反过来．5．2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化．他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点．下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是( ) A ．一切物体都在辐射电磁波B ．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关C ．黑体的热辐射实质上是电磁辐射D ．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说 答案 ACD解析 根据热辐射的定义，A 正确；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体的温度有关，B 错误；普朗克在研究黑体辐射时最早提出了能量子假说，他认为能量是一份一份的，每一份是一个能量子，黑体辐射本质上是电磁辐射，故C 、D 正确． 题组二 能量子的理解及ε＝hν的应用6．普朗克常量是自然界的一种基本常数，它的数值是( ) A ．6.02×10－23mol B ．6.625×10－3 mol ·s C ．6.626×10－34J ·s D ．1.38×10－16mol ·s答案 C解析 普朗克常量是一个定值，由实验测得它的精确数值为6.626×10－34 J ·s ，在记忆时关键要注意它的单位和数量级．7．已知某种单色光的波长为λ，在真空中光速为c ，普朗克常量为h ，则电磁波辐射的能量子ε的值为( )A ．h c λ B.h λC.ch λ D ．以上均不正确 答案 A8．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P ，c 表示光速，h 为普朗克常量，则激光器每秒发射的光量子数为( )A.λP hcB.hPλcC.cP λh D ．λPhc答案 A解析 每个光量子的能量ε＝hν＝hc λ，每秒钟发射的总能量为P ，则n ＝P ε＝λPhc .题组三 综合应用 9．对应于3.4×10－19J 的能量子，其电磁辐射的频率和波长各是多少？(h ＝6.63×10－34J ·s)答案 5.13×1014 Hz 5.85×10－7 m 解析 根据公式ε＝hν和ν＝cλ得ν＝εh ＝3.4×10－196.63×10－34Hz ≈5.13×1014 Hz ，λ＝cν＝hc ε＝6.63×10－34×3×1083.4×10－19m ＝5.85×10－7 m. 10．人眼对绿光较为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时，只要每秒钟有6个光量子射入瞳孔，眼睛就能察觉．普朗克常数为6.63×10－34J ·s ，光速为3×108 m/s.人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率为多少？ 答案 2.3×10－18W解析 先根据ε0＝hν＝h cλ算出每个光量子的能量，每秒需要接收到6个这样的光量子，故接收到这6个光量子的功率就是人眼能觉察到绿光的最小功率．又因每秒有6个绿光的光量子射入瞳孔，所以，觉察到绿光所需要接收到的最小功率P ＝E t ，式中E ＝6ε0，又ε0＝hν＝h cλ，代入数据得P ＝2.3×10－18 W.11．小灯泡的功率P ＝1 W ，设其发出的光向四周均匀辐射，平均波长λ＝10－6 m ，求在距离d ＝1.0×104 m 处，每秒钟落在垂直于光线方向、面积为1 cm 2的球面上的光子数是多少？(h ＝6.63×10－34J ·s)答案 3.98×105个解析 每秒钟小灯泡发出的能量为E ＝Pt ＝1 J 1个光子的能量：ε＝hν＝hc λ＝6.63×10－34×3×10810－6 J ＝1.989×10－19 J 小灯泡每秒钟辐射的光子数：n ＝E ε＝11.989×10－19＝5×1018(个) 距离小灯泡d 的球面面积为：S ＝4πd 2＝4π×(1.0×104)2 m 2＝1.256×109 m 2＝1.256×1013 cm 2 每秒钟射到1 cm 2的球面上的光子数为： N ＝n S ＝5×10181.256×1013＝3.98×105(个)．。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5导学案：第十八章3氢原子光谱.
学案氢原子光谱[ 目标定位 ] 1. 知道什么是光谱，能说出连续谱和线状谱的区别.2.能记住氢原子光谱的实验规律.3.能说出经典物理学在解释原子的稳定性和原子光谱分立特性上的困难．一、光谱和光谱分析[ 问题设计 ]根据经典的电磁理论，原子的光谱是怎样的？而实际看到的原子的光谱是怎样的？答案根据经典电磁理论，原子可以辐射各种频率的光，即原子光谱应该是连续的，而实际上看到的原子的光谱总是分立的线状谱．[ 要点提炼 ]1．光谱的定义用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长 (频率 )和强度分布的记录，即光谱．2．光谱的分类和比较光谱分类连续谱产生条件炽热固体、液体和高压气体发光形成光谱形式连续分布，一切波长的光都有一些不连续的亮线组成．不发射线状谱(原子光谱) 稀薄气体发光形成同元素谱线不同(又叫特征光谱谱线 )吸收光谱炽热的白光通过温度较低的气体后，某些波长的光被吸收后形成用分光镜观察时，见到连续谱背景上出现一些暗线(与特征谱线对应)3.太阳光谱(1)太阳光谱的特点：在连续谱的背景上出现一些不连续的暗线，是一种吸收光谱．(2)产生原因：当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳高层大气中含有的元素会吸收它自己特征谱线的光，这就形成了连续谱背景下的暗线．4．光谱分析由于每种原子都有自己的特征谱线，可以利用它来鉴别物质和确定物质的组成成分，这种方法称为 光谱分析．(1) 优点：灵敏度高，样本中一种元素的含量达到 －1010 g 时就可以被检测到．(2) 应用： a.发现新元素； b.鉴别物体的物质成分． (3) 用于光谱分析的光谱：线状谱和吸收光谱．二、氢原子光谱的实验规律 1．巴耳末公式1 1 17－ 1＝R( 22， 式中 R 叫做里德伯常量，实验值为R ＝1.10× 10 m .λ2－ n )， n ＝ 3,4,5 (1) 公式特点：第一项都是 122；(2) 巴耳末公式说明氢原子光谱的波长只能取分立值，不能取连续值．巴耳末公式以简洁的形式反映 了氢原子的线状光谱，即辐射波长的分立特征． 2．其他公式氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线满足与巴耳末公式类似的关系式．如莱曼系在紫外光区，公式为 1＝ R1 1 ，其中 n ＝ 2,3,4，22λ 1 －n三、经典理论的困难 1．核式结构模型的成就：正确地指出了原子核的存在，很好地解释了α粒子散射实验．2．困难：经典物理学既无法解释原子的稳定性，又无法解释原子光谱的分立特征． 一、光谱和光谱分析例 1关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是() A ．太阳光谱和白炽灯光谱都是连续谱 B ．霓虹灯产生的是线状谱C ．进行光谱分析时，只能用明线光谱D ．同一元素吸收光谱的暗线与线状谱的位置是一一对应的解析 太阳光谱是吸收光谱，可进行光谱分析；白炽灯光产生的是连续谱；霓虹灯管内充有稀薄气 体，产生的光谱为线状谱． 答案BD例 2关于太阳光谱，下列说法正确的是() A ．太阳光谱是吸收光谱B ．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的C ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成D ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素解析 太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳光谱可知太阳大气层的物质组成． 答案 AB二、氢原子光谱的实验规律例 3巴耳末通过对氢原子光谱的研究总结出巴耳末公式111＝R( 22λ2 － n )， n ＝ 3,4,5， ，对此，下列说法正确的是 ()A ．巴耳末依据核式结构理论总结出巴耳末公式B ．巴耳末公式反映了氢原子发光的连续性C ．巴耳末依据氢原子光谱的分析总结出巴耳末公式D ．巴耳末公式反映了氢原子发光的分立性，其波长的分立值并不是人为规定的解析 巴耳末公式是根据氢原子光谱总结出来的．氢原子光谱的不连续性反映了氢原子发光的分立 性，即辐射波长的分立特征，选项C 、 D 正确． 答案CD例 4 氢原子光谱巴耳末系最小波长与最大波长之比为 () 5 4 7 2 A. 9 B.9 C.9 D.9 1 1解析 1 n ＝ 3,4,5，由巴耳末公式 ＝ R 2 2－ 2 λ n当 n →∞ 时，有最小波长 λ1， 11 ＝R 2，λ21当 n ＝ 3 时，有最大波长 λ2， 11 1 λ1 5 ＝ R 2－2 ，得＝.λ22 3 λ2 9 答案 A1．(光谱和光谱分析)对原子光谱，下列说法正确的是()A．原子光谱是连续的B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的C．各种原子的原子结构不同，但各种原子的原子光谱可能是相同的D．分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含哪些元素答案D解析原子光谱为线状谱， A 错误；各种原子都有自己的特征谱线，故 B 、C均错误；据各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，D 正确．2．(光谱和光谱分析)利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析，下列说法中正确的是()A．利用高温物体的连续谱就可以鉴别其组成成分B．利用物质的线状谱就可以鉴别其组成成分C．高温物体发出的光通过某物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D．我们观察月亮射来的光的光谱，可以确定月亮的化学组成答案B解析由于高温物体的光谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，故A 错误；某种物质发光的线状谱中的明线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质的组成成分，B 正确；高温物体发出的光通过其它物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线与所经物质有关，与高温物体无关，C 错误；月亮反射到地面的光是太阳光，D 错误．3．(氢原子光谱的实验规律)下列说法正确的是()A．所有氢原子光谱的波长都可由巴耳末公式求出B．巴耳末公式中的n 可以连续取值C．巴耳末系是氢原子光谱中的不可见光部分D．氢原子光谱是线状谱的一个例证答案 D4．(氢原子光谱的实验规律)氢原子光谱除了巴耳末系外，还有莱曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为1 1 1 7 － 1＝ R( 2 2m .若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域，试λ 3－n ) ，n＝ 4,5,6，， R＝ 1.10×10求 n＝ 6 时，对应的波长为多大？答案1.09×10－6 m1 1 1解析由帕邢系的公式＝ R( 2－2)，λ 3 n当 n＝ 6 时，得λ≈ 1.09× 10－6 m.题组一光谱和光谱分析1．关于光谱，下列说法正确的是()A．炽热的液体发射连续谱B．发射光谱一定是连续谱C．线状谱和吸收光谱都可以对物质成分进行分析D．霓虹灯发光形成的光谱是线状谱答案ACD解析炽热的液体的光谱为连续谱，所以选项A 正确．发射光谱可以是连续谱也可以是线状谱，所以选项 B 错误．线状谱和吸收光谱都对应某种元素的光谱，都可以对物质成分进行分析，所以选项C 正确．霓虹灯发光形成的光谱是线状谱，所以选项D 正确．2．白炽灯发光产生的光谱是()A ．连续谱B ．明线光谱C．原子光谱D．吸收光谱答案A解析白炽灯发光是灯丝在炽热状态下发出的光，是连续谱．3．下列关于光谱的说法正确的是()A．炽热固体、液体和高压气体发出的光形成连续谱B．各种原子的线状谱中的亮线和它的吸收光谱中的暗线是一一对应的C．气体发出的光只能产生线状谱D．甲物质发出的光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱答案AB解析吸收光谱中的暗线与线状谱中的亮线是一一对应的，所以B 正确．而气体发光时，若是高压气体发光则形成连续谱，若是稀薄气体发光则形成线状谱，故A 正确， C 错误．甲物质发出的光通过低温的乙物质蒸气后，得到的是乙物质的吸收光谱，D 错误．4．关于光谱，下列说法中正确的是()A．大量原子发出的光谱是连续谱，少量原子发出的光谱是线状谱B．线状谱由不连续的若干波长的光所组成C．太阳光谱是连续谱D．太阳光谱是线状谱答案B解析原子光谱体现原子的特征，是线状谱，同一种原子无论有多少，其发光特征都相同，即形成的线状谱都一样，故A 错误；由线状谱的特征知，B 正确；太阳光谱是吸收光谱，C、 D 错误．5．关于物质的吸收光谱和线状谱之间的关系，下列说法中正确的是()A．吸收光谱和线状谱的产生方法不同，它们的谱线互不相关B．同种物质吸收光谱中的暗线跟它线状谱中的明线相对应C．线状谱与吸收光谱都是原子光谱，它们的特征谱线相对应D．线状谱与吸收光谱都可以用于光谱分析，以鉴别物质和确定物质的化学组成答案BD解析线状谱与吸收光谱都是原子的特征谱线，但是线状谱是原子光谱，吸收光谱不是原子光谱， C 错误；线状谱和吸收光谱都可以进行光谱分析， D 正确；同种物质吸收光谱中的暗线与它线状谱中的明线相对应， B 正确， A 错误．6．对于线状谱，下列说法中正确的是()A ．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同答案 C7．如图 1 甲所示，是a、 b、 c、 d 四种元素的线状谱，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是()图 1A ． a 元素B ．b 元素C． c 元素 D ．d 元素答案BD解析将甲中的线状谱与乙中的谱线相对照．题组二氢原子光谱的实验规律8．下列对于巴耳末公式的说法正确的是()A．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应B．巴耳末公式只确定了氢原子发光中可见光部分的光的波长C．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光D．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长答案C解析巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光， A 、D 错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B 错误， C 正确．9．下列说法不正确的是()A ．巴耳末系光谱线的条数只有4 条B．巴耳末系光谱线有无数条C．巴耳末系中既有可见光，又有紫外光D．巴耳末系在可见光范围内只有 4 条答案 A解析巴耳末系中的光谱线有无数条，但在可见光的区域中只有 4 条光谱线，其余都在紫外光区域．故 B、 C、D 正确， A 错误．10．氢原子光谱的巴耳末系中波长最长的光波的光子能量为E1，其次为 E2，则E1为 ()20 27 E2A.27 B.202 3C.3D.2答案 A11．根据巴耳末公式1＝ R1 122－ 2 ，计算n＝3,4,5,6时的波长．λn答案654.55 nm 484.85 nm 432.90 nm 409． 09 nm解析由巴耳末公式1 1 1可得＝ R 2－ 2λ 2 n当 n＝ 3 时，1＝ 1.10× 107×1 1m－1，2 － 2λ1 2 3故λ1≈6.545 5×10－7 m＝ 654.55 nm同理：当n＝4 时，λ2≈ 4.848 5× 10－7 m＝ 484.85 nm 当n＝5 时，λ3≈4.329 0×10－7m＝432.90nm 当n＝ 6 时，λ4≈ 4.090 9×10－7m＝409.09 nm.。
【新步步高】2015-2016学年高中物理 第十六章 动量守恒定律导学案 新人教版选修3-5
由机械能守恒定律得mBv＝mBvB′2＋mCv
联立代入数据解得vC＝m/s
答案(1)4 m/s，方向与A的初速度方向相反
(2)m/s
例4 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示，图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力问题．
例1 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)
答案(1)1 m/s0
(2)m/s，方向水平向右
三、动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量式，绝无分量表达式．
2．解题时必须注意动量守恒时，机械能不一定守恒，反之亦然．动量守恒的条件是F合＝0，而机械能守恒的条件是W外＝0.
例3 如图3所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5导学案：第一章 5 动量守恒定律的应用(一) Word版含答案
5 动量守恒定律的应用(一)——几个碰撞问题的定量分析[目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．一、碰撞的特点1．经历的时间很短；2．相互作用力很大，物体速度变化明显．二、碰撞的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2．2．非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能减少．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22>12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 3．完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒，动能损失最大.一、对碰撞问题的理解1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．2．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝0，v 2′＝v 1(2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能减少，损失的机械能转化为内能|ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共 【例1】 质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J(3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)令v 1＝50 cm/s ＝0.5 m/s ，v 2＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1 m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×0.3×0.52＋12×0.2×（－1）2－12×（0.3＋0.2）×（－0.1）2 J ＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，由机械能守恒定律得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋ 12m 2v 2′2，代入数据得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 针对训练 (2014·江苏卷)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．答案 1748v 0 3124v 0解析 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2由动量守恒定律2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516 解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．【例2】 如图1－5－1所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.图1－5－1答案 2m 12gh m 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 10，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 210解得v 10＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v 10＝m 1v 1＋m 2v 2②由于碰撞过程中无机械能损失12m 1v 210＝12m 1v 21＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v 10m 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12gh m 1＋m 2 借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用．【例3】图1－5－2如图1－5－2所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0 2B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球离车后，对地将做自由落体运动D．此过程中小球对车做的功为12m v2答案ACD解析小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．三、碰撞需满足的三个条件1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞不会结束．【例4】(2014·福建师大附中高二期末)如图1－5－3所示质量相等的A、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是()图1－5－3A．v A′＝－2 m/s，v B′＝6 m/sB．v A′＝2 m/s，v B′＝2 m/sC．v A′＝1 m/s，v B′＝3 m/sD．v A′＝－3 m/s，v B′＝7 m/s答案 D解析两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A＋m B v B＝m A v A′＋m B v B′①，12m Av2A＋12m Bv2B≥12m Av A′2＋12m Bv B′2②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．借题发挥处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用E k＝p22m或p＝2mE k关系式转换动能、动量.碰撞特点及满足条件1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是() A．p A′＝6 kg·m/s，p B′＝6 kg·m/sB．p A′＝3 kg·m/s，p B′＝9 kg·m/sC．p A′＝－2 kg·m/s，p B′＝14 kg·m/sD．p A′＝－4 kg·m/s，p B′＝17 kg·m/s答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能． 弹性碰撞的特点2．甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是 ( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误．非弹性碰撞的特点及计算3. 如图1－5－4所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( ) A.h 2B ．h C.h 4D.h 2 答案C 解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A 球由图1－5－4释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12m v 21，所以v 1＝2gh ，A 球对B 球碰撞满足动量守恒m v 1＝(m ＋m )v 2，所以v 2＝12v 1＝2gR 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 22＝(m ＋m )gh ′，整理得h ′＝h 4.4．(2014·全国卷)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 、V ，碰后乙的速度大小为V ′.由动量守恒定律有m v －MV ＝MV ′代入数据得V ′＝1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有12m v 2＋12MV 2＝12MV ′2＋ΔE V ′＝1.0 m/s ，代入上式解得ΔE ＝1 400 J.(时间：60分钟)题组一 碰撞的特点及可能性分析1．下列关于碰撞的理解正确的是 ( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 答案 A解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( ) A ．甲、乙两球都沿乙球的运动方向B ．甲球反向运动，乙球停下C ．甲、乙两球都反向运动D ．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等答案 C解析 由p 2＝2mE k 知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C 正确．3．质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B球的速度大小可能是( ) A.13vB.23vC.49vD.89v 答案 AB解析 设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12m v 2A ＝19×12m v 2，则v A ＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒有m v ＝m ×13v ＋2m v B 或m v ＝－m ×13v＋2m v B ，解得v B ＝13v 或23v .4．两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为 ( )A ．均为＋1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和＋5 m/s 答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2 由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.题组二 碰撞模型的处理5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定 答案 A解析 由动量守恒3m ·v －m v ＝0＋m v ′，所以v ′＝2v碰前总动能：E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．6. 如图1－5－5所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( ) A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时 答案D 图1－5－5解析 A 、B 速度相等时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，动能损失最大，选项D 正确．7．(2014·开封高二检测)小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C都处于静止状态，如图1－5－6所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( ) A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为－m M vD ．整个系统最后静止答案 BCD8．(2014·衡水高二检测)在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图1－5－7所示，下列关系式正确的是( )A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断 答案 B解析 由图像知，a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．9. 两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A运动，如图1－5－8所示，碰到A后不再分开，图1－5－6图1－5－7图1－5－8下述说法中正确的是 ( )A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12m v 20D ．弹簧最大弹性势能为14m v 20答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程m v 0＝2m v ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14m v 20，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14m v 20，C 项错误，D 项正确．10. A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图1－5－9所示．则：(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？答案 (1)2 s 6 (2)30 J解析 (1)由图像知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/sv B ＝Δx B t ＝62 m/s ＝3 m/sv AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s由动量守恒定律有：图1－5－9m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J.题组三 碰撞模型的综合应用11. 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图1－5－10所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m 1∶m 2.答案 2∶1解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1. 设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，解得m 1∶m 2＝2∶1 12. 如图1－5－11所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M 的木块，一质量为m 的子弹，以水平速度v 0击中木块，已知M ＝9m ，不计空气阻力．问：(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O 低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g )(2)如果子弹在极短时间内以水平速度v 04穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？图1－5－10图1－5－11答案 (1)v 20200g (2)716m v 20解析 (1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v 1，则m v 0＝(m ＋M )v 1所以v 1＝110v 0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h ，则12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gh ，解得h ＝v 20200g(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v 2，则m v 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 04＋M v 2，解得v 2＝112v 0在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12M v 22＝716m v 20 13．(2014·山东卷)如图1－5－12所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．答案 (1)m 2 (2)16m v 20解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋m B ·2v ＝(m ＋m B )v① 由①式得图1－5－12m B＝m2②(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得m v0＝(m＋m B)v ③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝12m(v2)2＋12m B(2v)2－12(m＋m B)v2 ④联立②③④式得ΔE＝16m v2⑤。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5导学案：第四章 2 光电效应与光量子假说 Word版含答案[www
2光电效应与光量子假说[目标定位] 1.知道光电效应现象，能说出光电效应的实验规律.2.能用爱因斯坦光电效应方程对光电效应作出解释，会用光电效应方程解决一些简单的问题．一、光电效应1．光电效应：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象．2．光电子：光电效应中发射出来的电子．3．光电效应的实验规律(1)对于给定的光电阴极材料，都存在一个截止频率ν0，只有超过截止频率ν0的光，才能引起光电效应．(2)光电流的大小由光强决定，光强愈大，光电流愈大．(3)光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系．(4)光电效应具有瞬时性：光电效应中产生电流的时间不超过10－9 s.想一想紫外线灯照射锌板，为什么与锌板相连的验电器指针张开一个角度？答案紫外线灯照射锌板，发生光电效应现象，锌板上的电子飞出锌板，使锌板带正电，与锌板相连的验电器也会因而带正电，使得验电器指针张开一个角度．二、爱因斯坦的光电效应方程1．光子说：光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子被称为光子，频率为ν的光的能量子为hν．2．爱因斯坦光电效应方程的表达式：hν＝12m v2＋A.其中A为电子从金属内逸出表面时所需做的功．想一想怎样从能量守恒角度理解爱因斯坦光电效应方程？答案爱因斯坦光电效应方程中的hν是入射光子的能量，逸出功A是光子飞出金属表面消耗的能量，12m v2是光子的最大初动能，因此爱因斯坦光电效应方程符合能量的转化与守恒定律.一、光电效应现象1．光电效应的实质：光现象――→转化为电现象．2．光电效应中的光包括不可见光和可见光．3．光电子：光电效应中发射出来的光电子，其本质还是电子．【例1】图4－2－1一验电器与锌板相连(如图4－2－1所示)，用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角．(1)现用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．(2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(填“有”或“无”)偏转．答案 (1)减小 (2)无解析 当用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，锌板放出光电子而带上正电，此时与锌板连在一起的验电器也带上了正电，故指针发生了偏转．当带负电的小球与锌板接触后，中和了一部分正电荷，从而使验电器的指针偏角减小．使验电器指针回到零，用钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明钠灯发出的黄光的频率小于锌的极限频率，而红外光比黄光的频率还要低，更不可能使锌板发生光电效应．能否发生光电效应与入射光的强弱无关．二、光电效应的实验规律1．对光电效应的理解(1)入射光的强度：指单位时间内照射到金属表面单位面积上的光子的总能量，是由入射光子数和入射光子的频率决定的．可用P ＝nhν表示，其中n 为单位时间内的光子数．(2)在入射光频率不变的情况下，光的强度与单位时间内照射到金属表面上单位面积的光子数成正比．(3)对于不同频率的入射光，即使光的强度相等，在单位时间内照射到金属单位面积的光子数也不相同，从金属表面逸出的光电子数不同，形成的光电流不同．(4)饱和光电流：指光电流的最大值(即饱和值)，在光电流未达到最大值之前，因光电子尚未全部形成光电流，所以光电流的大小不仅与入射光的强度有关，还与光电管两极间的电压有关，电压越大，被吸引变成光电流的光电子越多．(5)饱和光电流与入射光的强度成正比：在入射光频率不变的情况下，光电流的最大值与入射光的强度成正比．原因是在高电压下光电子个数决定了光电流大小，而电子个数决定于入射光强度．“频率高，光子能量大，光就强，产生的光电流也强”、“光电子的初动能大，电子跑得快，光电流就强”等说法均是错误的．总之，在理解光电效应规律时应特别注意以下几个关系：照射光频率决定着⎩⎨⎧是否产生光电效应发生光电效应时光电子的最大初动能 照射光强度决定着单位时间内发射出来的电子数2．爱因斯坦对光电效应的解释(1)饱和光电流与光强关系光越强，包含的光子数越多，照射金属时产生的光电子越多，因而饱和光电流越大，所以，入射光频率一定时，饱和光电流与光强成正比．(2)存在截止频率和遏止电压爱因斯坦的光电效应方程表明光电子的初动能与入射光频率成线性关系，与光强无关，所以遏止电压由入射光频率决定，与光强无关．光电效应方程同时表明，只有hν>A0时，才有光电子逸出，ν0＝A0h就是光电效应的截止频率．(3)光电效应具有瞬时性电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间，所以光电效应几乎是瞬时发生的．【例2】图4－2－2利用光电管研究光电效应实验如图4－2－2所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则()A．用紫外线照射，电流表不一定有电流通过B．用红光照射，电流表一定无电流通过C．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头移到A端时，电流表中一定无电流通过D．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头向B端滑动时，电流表示数可能不变答案 D解析因紫外线的频率比可见光的频率高，所以用紫外线照射时，电流表中一定有电流通过，选项A错误；因不知阴极K的截止频率，所以用红光照射时，不一定发生光电效应，所以选项B错误；即使U AK＝0，电流表中也有电流，所以选项C错误；当滑动触头向B端滑动时，U AK增大，阳极A吸收光电子的能力增强，光电流会增大，当所有光电子都到达阳极A时，电流达到最大，即饱和电流．若在滑动前，电流已经达到饱和电流，那么即使增大U AK，光电流也不会增大，所以选项D正确．针对训练1入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应答案 C解析发生光电效应几乎是瞬时的，选项A错误；入射光的强度减弱，说明单位时间内的入射光子数目减少，频率不变，说明光子能量不变，逸出的光电子的最大初动能也就不变，选项B错误；入射光子的数目减少，逸出的光电子数目也就减少，故选项C正确；入射光照射到某金属上发生光电效应，说明入射光频率不低于这种金属的极限频率，入射光的强度减弱而频率不变，同样能发生光电效应，故选项D错误．三、光电效应方程的理解与应用1．光电效应方程实质上是能量守恒方程能量为E＝hν的光子被电子吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为A，电子离开金属表面时动能最大为E k，根据能量守恒定律可知：E k＝hν－A.2．光电效应方程包含了产生光电效应的条件若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即E k＝hν－A>0，亦即hν>A，ν>Ah＝νc，而νc＝Ah恰好是光电效应的截止频率．图4－2－3 3．E km－ν曲线如图4－2－3所示是光电子最大初动能E km随入射光频率ν的变化曲线．这里，横轴上的截距是截止频率或极限频率；纵轴上的截距是逸出功的负值；斜率为普朗克常量．【例3】如图4－2－4所示，当电键K断开时，图4－2－4用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 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．由此可知阴极材料的逸出功为()A．1.9 eV B．0.6 eVC．2.5 eV D．3.1 eV答案 A解析由题意知光电子的最大初动能为E k＝eU c＝0．60 eV，所以根据光电效应方程E k＝hν－A可得A＝hν－E k＝(2.5－0.6)eV＝1.9 eV针对训练2图4－2－5如图4－2－5所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，由图象可知()A．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ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E答案AB解析题中图象反映了光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－A，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能E k＝0，此时有hν0＝A，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确；根据图线的物理意义，有A＝E，故选项A正确，而选项C、D 错误.光电效应现象1．(2013·上海高考)当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时()A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子答案 C解析当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正电，选项C正确，A、B、D错误．光电效应规律2．用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应．现将该单色光的光强减弱，则下列说法中正确的是()①光电子的最大初动能不变②光电子的最大初动能减小③单位时间内产生的光电子数减少④可能不发生光电效应A．①③B．②③C．①②D．③④答案 A解析 由光电效应规律知，光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功共同决定，与入射光的强度无关，故①对；单位时间内产生的光电子数与入射光的强度成正比，光强减弱，则单位时间内产生的光电子数减少，即③也正确．3．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是 ( )A ．延长光照时间B ．增大光的强度C ．换用波长较短的光照射D ．换用频率较低的光照射答案 C解析 光照射金属时能否产生光电效应，取决于入射光的频率是否大于金属的截止频率，与入射光的强度和照射时间无关，故选项A 、B 、D 均错误；又因ν＝c λ，所以选项C 正确． 光电效应方程的理解与应用4．(2014·广东卷)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答案 AD解析 增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A 正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B 错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C 错误；光电子的最大初动能E k＝hν＝A，故改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大，选项D正确．5．如图所示，N为钨板，M为金属网，它们分别与电池两极相连，各电池的电动势E和极性已在图中标出，钨的逸出功为4.5 eV，现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量也已在图上标出)，那么下列图中电子能到达金属网的是()答案BC解析逐项分析如下：(时间：60分钟)题组一光电效应的现象及规律1．光电效应实验中，下列表述中正确的是() A．光照时间越长光电流越大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才能产生光电子答案 CD解析 光电效应中有无光电流与入射光的强弱、照射时间长短无关，A 、B 错．遏止电压与入射光频率有关，入射光频率越大，光电子的最大初动能也越大，而E k ＝eU c ，故U c 也越大，C 正确．任何金属都有一个极限频率，只有入射光的频率大于极限频率时，才能产生光电效应，D 正确．2. (2014·文昌高二检测)在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏静电计相连，用弧光灯(紫外线)照射锌板时，静电计的指针就张开一个角度，如图4－2－6所示，这时 ( )A ．锌板带正电，指针带负电B ．锌板带正电，指针带正电C ．若用黄光照射锌板，则可能不产生光电效应现象D ．若用红光照射锌板，则锌板能发射光电子答案 BC解析 锌板在紫外线照射下，发生光电效应现象，有光电子飞出，故锌板带正电，指针上的部分电子被吸引到锌板上发生中和，使指针带正电，B 对、A 错；红光和黄光的频率都小于紫外线的频率，都可能不产生光电效应，C 对、D 错．3．(2014·东莞高二检测)用紫光照射某金属恰可发生光电效应，现改用较弱的太阳光照射该金属，则 ( )A ．可能不发生光电效应B ．逸出光电子的时间明显变长C ．逸出光电子的最大初动能不变D ．单位时间逸出光电子的数目变小答案CD 图4－2－6解析 由于太阳光含有紫光，所以照射金属时发生光电效应且逸出光电子的最大初动能不变，又因为光强变弱，所以单位时间逸出光电子的数目变小，C 、D 正确，A 错误；产生光电效应的时间几乎是瞬时的，B 错误． 4．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是( )A ．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能发生B ．光电子的最大初动能跟入射光的强度成正比C ．发生光电效应的时间一般都大于10－7 sD ．发生光电效应时，单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度成正比 答案 D解析 由ε＝hν＝h cλ知，当入射光波长大于极限波长时，不能发生光电效应，故A 错；由E k ＝hν－A 知，最大初动能由入射光频率决定，与入射光的强度无关，故B 错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s ，故C 错． 5. 如图4－2－7所示，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过．其原因可能是( )A ．入射光太弱B ．入射光波长太长C ．光照时间太短D ．电源正负极接反 答案 BD解析 金属存在截止频率，超过截止频率的光照射金属才会有光电子射出．发射的光电子的动能随频率的增大而增大，动能小时不能克服反向电压，也不能有光电流．入射光的频率低于截止频率，不能产生光电效应，与光照强弱无关，选项B 正确，A错误；电路中电源正负极接反，对光电管加了反向电图4－2－7压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，D正确；光电效应的产生与光照时间无关，C错误．6．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是() A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能增加C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D．若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加答案AD解析光电效应的规律表明：入射光的频率决定是否发生光电效应以及发生光电效应时逸出的光电子的最大初动能的大小．当入射光的频率增加后，逸出的光电子的最大初动能也增加，又紫光的频率高于绿光的频率．而增加光的照射强度，会使单位时间内逸出的光电子数增加．故正确选项有A、D.题组二光电效应方程及应用7．产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是() A．对于同种金属，E k与照射光的强度无关B．对于同种金属，E k与照射光的波长成反比C．对于同种金属，E k与照射光的时间成正比D．对于同种金属，E k与照射光的频率成线性关系E．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系答案ADE解析E k＝hν－A＝h cλ－A，同种金属逸出功相同，最大初动能与照射光强度无关，与照射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，不同种金属，保持入射光频率不变，最大初动能E k与逸出功成线性关系．8．(2014·柳州高二检测)用不同频率的光分别照射钨和锌，产生光电效应，根据实验可画出光电子的最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图线．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功为3.34 eV，若将二者的图线画在同一个E k－ν坐标系中，则正确的图是()答案 A解析根据光电效应方程E k＝hν－A可知，E k－ν图象的斜率为普朗克常量h，因此图中两线应平行，故C、D错误；图线与横轴的交点表示恰能发生光电效应(光电子动能为零)时的入射光频率即极限频率．由光电效应方程可知，逸出功越大的金属对应的入射光的频率越高，所以能使金属锌发生光电效应的极限频率高，所以A正确、B错误．9．在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.答案hcλ0hce·λ0－λλ0λ题组三综合应用10．频率为ν的光照射到一种金属表面上，有电子从金属表面逸出，当所加反向电压U的大小增大到3 V时，光电流刚好减小到零．已知这种金属的极限频率为νc＝6.00×1014Hz，因此入射光的频率ν＝________Hz.(电子电荷量e＝1.60×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)答案 1.32×1015解析光电子的最大初动能E k＝eU c①由爱因斯坦光电效应方程有E k ＝hν－hνc ② 联立①②得：ν＝eU ch ＋νc ＝1.32×1015 Hz11．分别用λ和34λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶3.以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功是多大？ 答案5hc 6λ解析 设此金属的逸出功为A ，根据光电效应方程得如下两式： 当用波长为λ的光照射时：E k1＝hcλ－A①当用波长为34λ的光照射时：E k2＝4hc3λ－A② 又E k1E k2＝13③解①②③组成的方程组得：A ＝5hc 6λ. 12．铝的逸出功为4.2 eV ，现用波长200 nm 的光照射铝的表面．已知h ＝6.63×10－34J ·s ，求：(1)光电子的最大初动能； (2)遏止电压； (3)铝的截止频率．答案 (1)3.225×10－19 J (2)2.016 V (3)1.014×1015 Hz解析 (1)根据光电效应方程E k ＝hν－A 有E k ＝hc λ－A ＝6.63×10－34×3.0×108200×10－9 J －4.2×1.6×10－19 J ＝3.225×10－19 J (2)由E k ＝eU c 可得U c＝E ke＝3.225×10－191.6×10－19V＝2.016 V.(3)hνc＝A知νc＝Ah＝4.2×1.6×10－196.63×10－34Hz＝1.014×1015 Hz.。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5导学案：第十六章 2 动量和动量定理
学案1 动量和动量定理[目标定位]1.理解动量和动量的变化及其矢量性，会计算一维情况下的动量变化量.2.理解冲量的概念，理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象和解决实际问题．一、动量[问题设计]一辆玩具小汽车向你驶来，碰了你一下，玩具小汽车可能被碰翻或者改变运动方向，假如一辆大汽车以同样的速度向你驶来，被碰翻的肯定不是大汽车…….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．请阅读课本“动量”和例题1，回答：(1)什么是动量？动量的方向如何确定？(2)什么是动量的变化量？动量变化量的方向如何确定？[要点提炼]1．动量的定义式：p ＝m v .2．对动量的理解(1)动量的矢量性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则，若规定了正方向，则可用正、负号表示动量的方向．(2)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．3．对动量变化Δp ＝p ′－p 的理解(1)矢量性：与速度变化的方向相同．(2)若p ′、p 不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差．(3)若p ′、p 在一条直线上，先规定正方向，再用正、负表示p ′、p ，则可用Δp ＝p ′－p ＝m v ′－m v 进行代数运算．4．动量p ＝m v 与动能E k ＝12m v 2的区别 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，它们的表达式分别为p ＝m v 和E k ＝12m v 2.动量是矢量，而动能是标量．当速度发生变化时，物体的动量发生变化，而动能不一定(填“一定”或“不一定”)发生变化．[延伸思考]物体的速度大小不变，动量一定不变吗？动能呢？二、动量定理[问题设计]如图1所示，一个质量为m的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F，在F作用下，经过时间t，速度从v变为v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t的关系．图1[要点提炼]1．冲量(1)冲量的定义式：I＝Ft.(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(3)冲量是矢量，冲量的方向与力F的方向相同．2．动量定理(1)物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)动量定理的数学表达式：Ft＝m v′－m v，其中F为物体受到的合外力．(3)对动量定理的理解①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．②动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．[延伸思考]运输易碎物品时包装箱内为什么放置碎纸、泡沫塑料等柔软填充物？一、对动量及变化量的理解例1羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100m/s的速度反向击回．设羽毛球的质量为10g，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？二、冲量及冲量的计算例2在倾角为37°、足够长的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)三、对动量定理的理解和应用例3质量为0.5kg的弹性小球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m，g取10m/s2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100N，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1s，求小球对地板的平均冲力．针对训练质量m＝70kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10m/s2)1．(对动量及变化量的理解)关于动量的变化量，下列说法中正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp一定不为零2．(冲量及冲量的计算)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()图2A．拉力F对物体的冲量大小为Ft cosθB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零3．(对动量定理的理解和应用)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()①掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长A．①②B．②③C．②④D．③④4．(对动量定理的理解和应用)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前的速度约为30m/s.则：(1)试求车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：第十八章-原子结构
图1
r 1＝ 0.528 × 10－10 m，量子数为
n 的能级值为
－ 13.6 En＝ n2
eV.
(1) 求电子在基态轨道上运动的动能；
(2) 有一群氢原子处于量子数 n＝ 3 的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出
的光谱线；
(3) 计算这几种光谱线中最短的波长． ( 静电力常量 k＝ 9× 109 N· m2/C 2，电子电荷量 e＝ 1.6 × 10－ 19 C ，普朗克常量 h＝ 6.63 × 10－34 J · s， 真空中光速 c＝ 3.0 × 108 m/s)
答案 见解析 解析 (1) 核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力，则
ke2 mv2
r
2 1
＝
，又知 r1
Ek＝ 1mv2 ， 2
故电子在基态轨道上运动的动能为：
精品资料
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2．当光子能量大于或等于 13.6 eV 时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基
态的氢原子吸收的光子能量大于 13.6 eV 时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能． 3．原子还可吸收外来实物粒子 ( 例如自由电子 ) 的能量而被激发． 由于实物粒子的动能可全部或部分
当 n＝ 3 时，能级值为 E3＝ 32 eV ＝－ 1.51 eV.
能发出的光谱线分别为 3→ 2， 2→ 1， 3→ 1 共 3 种，能级图如图所示．
(3) 由 E3 向 E1 跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：17.3 粒子的波动性 概率波 不确定性关系 Word版含解
3 粒子的波动性4 概率波5 不确定性关系[目标定位] 1.知道光的波粒二象性，理解其对立统一的关系，会分析有关现象.2.理解德布罗意波和概率波的统计规律.3.了解经典的粒子和经典的波，会用不确定关系的对应公式分析简单问题．一、粒子的波动性 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．(2)光子的能量ε＝hν和动量p ＝hλ．两式左侧的物理量ε和p 描述光的粒子性，右侧的物理量ν和λ描述光的波动性，普朗克常量h 架起了粒子性与波动性之间的桥梁． 2．粒子的波动性(1)每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，也叫做物质波．(2)物质波的波长、频率关系式波长：λ＝hp ，频率：ν＝εh ．3．物质波的实验验证(1)1927年戴维孙和G.P.汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，得到了电子的衍射图样，证实了电子的波动性．(2)人们陆续证实了质子、中子以及原子、分子的波动性，对于这些粒子，德布罗意给出的ν＝εh 和λ＝hp 关系同样正确． 二、概率波1．经典粒子和经典波(1)经典粒子：①粒子有一定的空间大小，有一定的质量，遵循牛顿运动定律． ②运动的基本特征：在任意时刻有确定的位置和速度，在空间中有确定的轨道．(2)经典波：经典波的基本特征是：具有确定的频率和波长，即具有时空的周期性．2．概率波(1)光波是一种概率波光的波动性不是光子之间相互作用的结果而是光子自身固有的性质，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定，所以，光波是一种概率波．(2)物质波也是一种概率波对于电子和其他微观粒子，单个粒子的位置是不确定的，但在某点出现的概率的大小可以由波动规律确定，而且对于大量粒子，这种概率分布导致确定的宏观结果，所以物质波也是概率波．三、不确定性关系1．定义：在经典物理学中，一个质点的位置和动量是可以同时测定的，在微观物理学中，要同时测出微观粒子的位置和动量是不太可能的，这种关系叫不确定性关系．2．表达式：ΔxΔp≥h4π.其中以Δx表示粒子位置的不确定量，以Δp表示粒子在x方向上的动量的不确定量，h是普朗克常量．一、对光的波粒二象性的理解强例1 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 ．高频光是粒子，低频光是波D ．波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著 答案 AD解析 光的波粒二象性指光有时候表现出的粒子性较明显，有时候表现出的波动性较明显，D 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，A 正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B 错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，C 错误． 二、对物质波的理解1．任何物体，小到电子、质子，大到行星、太阳都存在波动性，我们之所以观察不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体对应的波长太小的缘故．2．物质波波长的计算公式为λ＝hp ，频率公式为ν＝εh3．德布罗意假说是光子的波粒二象性的一种推广，使之包括了所有的物质粒子，即光子与实物粒子都具有粒子性，又都具有波动性，与光子对应的波是电磁波，与实物粒子对应的波是物质波．例2 下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是( ) A ．任何一个物体都有一种波和它对应，这就是物质波 B ．X 光的衍射证实了物质波的假设是正确的 C ．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的D ．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体不具有波动性 答案 C解析 运动的物体才具有波动性，A 项错；宏观物体由于动量太大，德布罗意波长太小，所以看不到它的干涉、衍射现象，但仍具有波动性，D 项错；X 光是波长极短的电磁波，是光子，它的衍射不能证实物质波的存在，B 项错；只有C 项正确．例3 如果一个中子和一个质量为10 g 的子弹都以103 m/s 的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多大？(中子的质量为1.67×10－27kg ，普朗克常量为6.63×10－34J ·s)答案 4.0×10－10m 6.63×10－35m解析 中子的动量为p 1＝m 1v 子弹的动量为p 2＝m 2v据λ＝hp知中子和子弹的德布罗意波长分别为λ1＝h p 1，λ2＝hp 2联立以上各式解得λ1＝h m 1v ，λ2＝hm 2v将m 1＝1.67×10－27 kg ，v ＝103 m/s h ＝6.63×10－34 J ·s ， m 2＝1.0×10－2kg 代入上面两式可解得λ1＝4.0×10－10 m ，λ2＝6.63×10－35 m三、对概率波的理解1．光子既具有粒子性，又具有波动性．光子在和其他物质作用的过程中(如光电效应和康普顿效应)显示出粒子性，光在传播过程中显示出波动性．在光的传播过程中，光子在空间各点出现的可能性的大小(概率)由波动性起主导作用，因此光波为概率波．2．大量光子产生的效果表现出波动性，个别光子产生的效果表现出粒子性；对于不同频率的光，频率低、波长长的光，波动性特征明显；而频率高、波长短的光，粒子性特征明显． 3．对于电子、实物粒子等其他微观粒子，同样具有波粒二象性，所以与它们相联系的德布罗意波也是概率波．例4 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子；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( )A．曝光时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，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机会较多的地方答案 D解析曝光时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，表现出光的粒子性，选项A 错误；单个光子通过双缝后的落点不可以预测，在某一位置出现的概率受波动规律支配，选项B错误；大量光子的行为才能表现出光的波动性，干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方，故选项C错误、D正确．借题发挥解答本类型题时应把握以下两点：(1)光具有波粒二象性，光波是一种概率波．(2)单个光子的落点位置是不确定的，大量光子运动时落点位置服从概率分布规律．四、对不确定性关系的理解1．单缝衍射现象中，粒子在挡板左侧的位置是完全不确定的，即通过挡板前粒子的位置具有不确定性．2．单缝衍射现象中，粒子通过狭缝后，在垂直原来运动方向的动量是不确定的，即通过挡板后粒子的动量具有不确定性．3．微观粒子运动的位置不确定量Δx和动量的不确定量Δp的关系式为ΔxΔp≥h4π，其中h是普朗克常量，这个关系式叫不确定性关系．4．不确定性关系告诉我们，如果要更准确地确定粒子的位置(即Δx更小)，那么动量的测量一定会更不准确(即Δp更大)，也就是说，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，也不可能用“轨迹”来描述粒子的运动．例5在单缝衍射实验中，若单缝宽度是1.0×10－9 m，那么光子经过单缝发生衍射，动量不确定量是多少？答案Δp≥5.3×10－26 kg·m/s解析由题意可知光子位置的不确定量Δx＝1.0×10－9 m，解答本题需利用不确定性关系．单缝宽度是光子经过狭缝的位置不确定量， 即Δx ＝1.0×10－9 m ，由Δx Δp ≥h4π有：1.0×10－9m ·Δp ≥6.63×10－34 J ·s4π.得Δp ≥5.3×10－26 kg ·m/s.对光的波粒二象性的理解1．关于光的波粒二象性，正确的说法是( ) A ．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著 B ．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著C ．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性D ．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性 答案 ABD解析 光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子显示波动性，故选项A 、B 、D 正确．对物质波的理解2．一颗质量为10 g 的子弹，以200 m/s 的速度运动着，则由德布罗意理论计算，要使这颗子弹发生明显的衍射现象，那么障碍物的尺寸为( ) A ．3.0×10－10m B ．1.8×10－11mC ．3.0×10－34m D ．无法确定答案 C解析 λ＝h p ＝hm v ＝ 6.63×10－3410×10－3×200 m ≈3.32×10－34 m ，故能发生明显衍射的障碍物尺寸应为选项C.3．下列说法中正确的是( )A．物质波属于机械波B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性C．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波D．宏观物体运动时，看不到它的衍射和干涉现象，所以宏观物体运动时不具有波动性答案 C解析任何一个运动的物体都具有波动性，但因为宏观物体的德布罗意波波长很短，所以很难看到它的衍射和干涉现象，所以C项对，B、D项错；物质波不同于宏观意义上的波，故A项错．对概率波的理解4．在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上．假设现在只让一个光子能通过单缝，那么该光子()A．一定落在中央亮纹处B．一定落在亮纹处C．可能落在暗纹处D．落在中央亮纹处的可能性最大答案CD解析根据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上．当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，只不过落在暗处的概率很小而已，故只有C、D正确．对不确定性关系的理解5．根据不确定性关系ΔxΔp≥h4π，判断下列说法正确的是() A．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度下降B．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度上升C．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关D．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关答案AD解析不确定关系表明，无论采用什么方法试图确定位置坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关，无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定关系所给出的限度．故A、D正确．(时间：60分钟)题组一对光的波粒二象性的理解1．(2014·门头沟高二检测)说明光具有粒子性的现象是()A．光电效应B．光的干涉C．光的衍射D．康普顿效应答案AD2．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是()A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波D．光具有波粒二象性答案BCD解析牛顿的“微粒说”认为光是一种物质微粒，爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份不连续的能量，显然A错；干涉、衍射是波的特性，光能发生干涉说明光具有波动性，B 正确；麦克斯韦根据光的传播不需要介质，以及电磁波在真空中的传播速度与光速近似相等认为光是一种电磁波，后来赫兹用实验证实了光的电磁说，C正确；光具有波动性与粒子性，称为光的波粒二象性，D正确．3．关于光的波动性与粒子性，以下说法正确的是()A．爱因斯坦的光子说否定了光的电磁说B．光电效应现象说明了光的粒子性C．光波不同于机械波，它是一种概率波D．光的波动性和粒子性是相互矛盾的，无法统一答案BC解析爱因斯坦的光子说并没有否定电磁说，只是在一定条件下光是体现粒子性的，A错；光电效应说明光具有粒子性，说明光的能量是一份一份的，B对；光波在少量的情况下体现粒子性，大量的情况下体现波动性，所以C对；光的波动性和粒子性不是孤立的，而是有机的统一体，D错．题组二对物质波的理解4．下列物理实验中，能说明粒子具有波动性的是()A．通过研究金属的遏止电压与入射光频率的关系，证明了爱因斯坦光电效应方程的正确性B．通过测试多种物质对X射线的散射，发现散射射线中有波长变大的成分C．通过电子双缝实验，发现电子的干涉现象D．利用晶体做电子束衍射实验，证实了电子的波动性答案CD解析干涉和衍射是波特有的现象，由于X射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X 射线散射中有波长变大的成分，并不能证实物质波理论的正确性，即A、B不能说明粒子的波动性，证明粒子的波动性只能是C、D.5．下列关于物质波的说法中正确的是()A．实物粒子具有粒子性，在任何条件下都不可能表现出波动性B．宏观物体不存在对应波的波长C．电子在任何条件下都能表现出波动性D．微观粒子在一定条件下能表现出波动性答案 D6．下列说法中正确的是()A ．质量大的物体，其德布罗意波长短B ．速度大的物体，其德布罗意波长短C ．动量大的物体，其德布罗意波长短D ．动能大的物体，其德布罗意波长短 答案 C解析 由物质波的波长λ＝hp ，得其只与物体的动量有关，动量越大其波长越短．7．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，方法是使电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，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 ，普郎克常量为h ，则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＝h2meUC ．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 答案 AB解析 得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A 正确； 由德布罗意波长公式λ＝hp而动量p ＝2mE k ＝2meU 两式联立得λ＝h2meU，B 正确； 由公式λ＝h2meU可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象越不明显；用相同动能的质子替代电子，质子的波长小，其衍射现象不如电子的衍射现象明显．故C 、D 错误． 题组三 对概率波的理解8．下列各种波是概率波的是( ) A ．声波 B ．无线电波 C ．光波 D ．物质波 答案 CD解析 声波是机械波，A 错；电磁波是一种能量波，B 错；由概率波的概念和光波以及物质波的特点分析可以得知光波和物质波均为概率波，故C 、D 正确．9．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处是()A．亮纹B．暗纹C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹D．以上各种情况均有可能答案 A解析由光子按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b处一定是亮纹，选项A正确．10．在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是()A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样B．单个光子通过单缝后，底片上会出现完整的衍射图样C．光子通过单缝的运动路线像水波一样起伏D．单个光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出随机性，大量光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出规律性答案AD11．关于电子的运动规律，以下说法正确的是()A．电子如果表现出粒子性，则无法用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律B．电子如果表现出粒子性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律C．电子如果表现出波动性，则无法用轨迹来描述它们的运动，空间分布的概率遵循波动规律D．电子如果表现出波动性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律答案 C解析由于电子是概率波，少量电子表现出粒子性，无法用轨迹描述其运动，也不遵从牛顿运动定律，所以选项A、B错误；大量电子表现出波动性，无法用轨迹描述其运动，但可确定电子在某点附近出现的概率且遵循波动规律，选项C正确，D错误．题组四对不确定性关系的理解12．由不确定性关系可以得出的结论是()A ．如果动量的不确定范围越小，则与它对应位置坐标的不确定范围就越大B ．如果位置坐标的不确定范围越小，则动量的不确定范围就越大C ．动量和位置坐标的不确定范围之间的关系不是反比例函数D ．动量和位置坐标的不确定范围之间有唯一的确定关系答案 ABC13．关于不确定性关系Δx Δp ≥h 4π有以下几种理解，其中正确的是( ) A ．微观粒子的动量不可确定B ．微观粒子的位置坐标不可确定C ．微观粒子的动量和位置不可能同时确定D ．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子答案 CD解析 本题主要考查对不确定性关系Δx Δp ≥h 4π的理解，不确定性关系表示确定位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定性小时，粒子动量的不确定性大；反之亦然．故不能同时准确确定粒子的位置和动量．不确定性关系是自然界中的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略，故C 、D 正确．14．已知h 4π＝5.3×10－35J ·s ，试求下列情况中速度测定的不确定量，并根据计算结果，讨论在宏观和微观世界中进行测量的不同情况．(1)一个球的质量m ＝1.0 kg ，测定其位置的不确定量为10－6m ； (2)电子的质量m e ＝9.1×10－31kg ，测定其位置的不确定量为10－10 m.答案 见解析 解析 (1)球的速度测定的不确定量Δv ≥h4πm Δx ＝5.3×10－351.0×10－6m/s ＝5.3×10－29m/s 这个速度不确定量在宏观世界中微不足道，可认为球的速度是确定的，其运动遵从经典物理学理论．(2)原子中电子的速度测定的不确定量Δv ≥h 4πm e Δx ＝ 5.3×10－359.1×10－31×10－10m/s ＝5.8×105 m/s 这个速度不确定量不可忽略，不能认为原子中的电子具有确定的速度，其运动不能用经典物理学理论处理．。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第一章 6 动量守恒定律的应用(二) Word版含答案[w
图1
A．打开阀门S1B．打开阀门S2
C．打开阀门S3D．打开阀门S4
答案B
解析据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出．
答案(1)2m/s(2)13.5 m/s
三、“人船模型”的应用
例4 有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60kg，船的质量M＝120kg，船长为l＝3m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．
解析人在船上走时，由于人、船系统所受合力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．
答案B
例2 如图2所示，水平地面上放置一门大炮，炮身质量为M，炮筒与水平方向成θ角，今相对地面以速度v发射一炮弹，若炮弹质量为m，求炮身的后退速度．
图2
解析炮弹和炮身组成的系统在水平方向动量守恒，以炮弹的水平速度方向为正方向，由动量守恒定律可知：
0＝mvcosθ－Mv′
解得v′＝ ，方向与炮弹的水平速度方向相反．
D．只要L＝x，他有可能跳上平台
答案B
解析若立定跳远时，人离地时速度为v，如题图从船上起跳时，人离船时速度为v′.船的速度为v船，由能量守恒E＝ mv2，E＝ mv′2＋ mv ，所以v′＜v，人跳出的距离变小，所以B正确．
12.
如图5所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5导学案：第十九章 5 核力与结合能
学案5核力与结合能[目标定位] 1.了解四种基本相互作用，知道核力的性质.2.能简单解释轻核和重核内中子数、质子数具有不同比例的原因.3.知道原子核的结合能和比结合能的概念.4.知道什么是质量亏损，能应用质能方程进行计算．一、核力与四种基本相互作用[问题设计]原子核内有质子和中子，质子带正电，中子不带电．原子核为什么不会在质子间库仑斥力的作用下分散为一个一个的核子呢？是什么力使核子结合成一个稳固的原子核呢？答案核子间(质子与质子、中子与中子、质子与中子)存在着一种比库仑力大得多的核力．[要点提炼]1．核力：原子核里的核子间存在着相互作用的核力，核力把核子紧紧地束缚在核内，形成稳定的原子核．2．核力特点(1)核力是核子间的一种强相互作用的一种表现，在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多．(2)核力是短程力，作用范围在1.5×10－15_m之内．在大于0.8×10－15m时表现为吸引力，超过1.5×10－15m时，核力急剧下降几乎消失；而距离小于0.8×10－15m时，核力表现为斥力．(3)每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，这种性质称为核力的饱和性．(4)核力与核子是否带电无关，质子与质子间、质子与中子间、中子与中子间都可以有核力作用．3．四种基本相互作用二、原子核中质子与中子的比例[问题设计]1．一些较轻的原子核如42He、168O、126C、147N中质子数和中子数有什么关系？答案质子数与中子数大致相等．2.23892U、23490Th等重核中各有多少个中子、多少个质子？较重的原子核中中子数和质子数有什么关系？答案23892U中含有92个质子、146个中子；23490Th中含有90个质子，144个中子．较重的原子核中中子数大于质子数，而且越重的原子核，两者相差越多．3．试从核力的特点及核力的饱和性对上述现象做出解释，并说明原子核能无限地增大吗？答案(1)由于原子核是短程力，原子核大到一定程度时，相距较远的质子间的核力不足以平衡它们之间的库仑力，原子核就不稳定了．这时，不再成对地增加质子和中子，而只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，所以有助于维系原子核的稳定，故较重的原子核内中子数多于质子数．(2)稳定的重原子核里，中子数要比质子数多，由于核力作用范围有限，以及核力的饱和性，如果继续增大原子核，一些核子间距离会大到其间根本没有核力作用，这时即使再增加中子，形成的核也一定是不稳定的，所以原子核不能无限地增大．[要点提炼]由于核力是短程力及核力的饱和性，自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，但较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多．三、结合能[问题设计]1．设有一个质子和一个中子在核力作用下靠近碰撞并结合成一个氘核．质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？答案质子和中子结合成原子核的过程中要释放能量；氘核分解成质子和中子时要吸收能量．2．如图1所示是不同原子核的比结合能随质量数变化的曲线．图1(1)从图中看出，中等质量的原子核与重核、轻核相比比结合能有什么特点？比结合能的大小反映了什么？(2)比结合能较小的原子核转化为比结合能较大的原子核时是吸收能量还是放出能量？答案(1)中等质量的原子核比结合能较大，比结合能的大小反映了原子核的稳定性，比结合能越大，原子核越稳定．(2)放出能量．[要点提炼]1．结合能：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是原子核的结合能．2．比结合能：原子核的结合能与核子数之比称为比结合能．3．核子数较小的轻核和核子数较大的重核，比结合能较小，中等核子数的原子核，比结合能较大．当比结合能较小的原子核转化为比结合能较大的原子核时会释放核能．4．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．中等核子数的原子核，比结合能较大，原子核较稳定．四、质量亏损和核能的计算[问题设计]1．用α粒子轰击铍(94Be)核发现中子的核反应方程9Be＋42He→126C＋10n4甲同学说：核反应过程中核子数没变，所以质量是守恒的；乙同学查找资料，各个原子核或核子的质量如下：m Be＝9.012 19 u，m C＝12.000 u，mα＝4.002 6 u，m n＝1.008 665 u．(其中1 u＝1.660 566×10－27 kg)，他通过计算发现反应之后的质量减少了，于是他得出结论：核反应过程中质量消失了．这两个同学的说法对吗？如果不对错在哪里？你对质量亏损是如何理解的？答案甲同学的说法错误．核反应过程中质量数守恒而不是质量守恒；乙同学的说法错误．质量亏损并不是质量的消失．对质量亏损的理解(1)在核反应中仍遵守质量守恒和能量守恒，所谓的质量亏损并不是这部分质量消失或质量转变为能量．物体的质量应包括静止质量和运动质量，质量亏损是静止质量的减少，减少的静止质量转化为和辐射能量相联系的运动质量．(2)质量亏损也不是核子个数的减少，核反应中核子个数是不变的．2．试判断上述核反应过程中是释放能量，还是吸收能量？并计算能量变化了多少？答案释放能量．反应前的总质量m1＝m Be＋mα＝9.012 19 u＋4.002 6 u＝13.014 79 u反应后的总质量m2＝m C＋m n＝12.000 u＋1.008 665 u＝13.008 665 u所以质量亏损Δm＝m1－m2＝13.014 79 u－13.008 665 u＝0.006 125 u.释放的能量ΔE＝Δmc2＝0.006 125 u c2＝0.006 125×1.660 566×10－27×(3×108)2 J≈9.15×10－13 J≈5.719 MeV. [要点提炼]1．对质能方程和质量亏损的理解(1)质能方程质能方程：爱因斯坦的相对论指出，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，其关系是E＝mc2.(2)质量亏损：质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了．物体质量增加，则总能量随之增加；质量减少，总能量也随之减少，这时质能方程也写作ΔE＝Δmc2.2．核能的计算(1)根据质量亏损计算①根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能．其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳．(2)利用原子质量单位u和电子伏特计算根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV.其中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.一、对核力和结合能的理解例1下列说法正确的是()A．核力是短程力，作用范围很小，只在邻近核子间发生B．核力可能是引力，也可能是斥力．核力把核子紧紧束缚在核内，形成稳定的原子核，但又不会融合在一起C．质子间、中子间、质子和中子之间都有核力D．核力是一种弱相互作用力，在其作用范围内，核力比库仑力大得多解析核力作用的范围在10－15 m区域内，只在邻近核子间发生，是短程力，A对；核力可能表现为引力，也可能表现为斥力，B对；核力是质子、中子之间的强相互作用力，C对；核力是一种强相互作用力，D错．答案ABC例2下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的有()A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核分解成核子放出的能量称为结合能B．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大D．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大解析核子结合成原子核放出能量，原子核分解成核子吸收能量，A选项错误；比结合能越大的原子核越稳定，但比结合能大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核反而小，B、C选项错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，D选项正确．答案 D二、质量亏损和核能的计算例3氘核和氚核聚变时的核反应方程为21H＋31H→42He＋10n，已知21H的平均结合能是1.09 MeV，31H 的平均结合能是2.78 MeV，42He的平均结合能是7.03 MeV，则该核反应释放的能量为________ MeV. 解析聚变反应前氘核和氚核的总结合能E1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV＝10.52 MeV.反应后生成的氦核的结合能E2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV.由于单个核子无结合能，所以聚变过程释放出的能量为ΔE＝E2－E1＝(28.12－10.52) MeV＝17.6 MeV.答案17.6例4一个锂核(73Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子．已知质子的质量是1.673 6×10－27 kg，锂核的质量是11.650 5×10－27 kg，氦核的质量是6.646 6×10－27 kg.(1)写出上述核反应的方程；(2)计算上述核反应释放出的能量．(保留3位有效数字)解析(1)73Li＋11H―→242He(2)核反应的质量亏损Δm＝m Li＋m p－2mα＝(11.650 5×10－27＋1.673 6×10－27－2×6.646 6×10－27) kg ＝3.09×10－29kg释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝3.09×10－29×(3×108)2 J ＝2.781×10－12J答案 (1)73Li ＋11H ―→242He (2)2.781×10－12J核力与结合能⎩⎪⎨⎪⎧四种基本相互作用核力及特点结合能及比结合能质量亏损爱因斯坦质能方程E ＝mc 2⎩⎪⎨⎪⎧核能的计算ΔE ＝Δmc21．(对核力和结合能的理解)下列关于原子核中质子和中子的说法，正确的是( ) A ．原子核中质子数和中子数一定相等 B ．稳定的重原子核里，质子数比中子数多 C ．原子核都是非常稳定的D ．对于较重的原子核，由于核力的作用范围是有限的，以及核力的饱和性，如果继续增大原子核，形成的核也一定是不稳定的 答案 D解析 自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，对于较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多．2．(对结合能的理解)关于原子核的结合能，下列说法正确的是( ) A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C ．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D ．比结合能越大，原子核越不稳定E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 答案 ABC解析 结合能是把核子分开所需的最小能量，选项A 正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，存在质量亏损，核子比结合能增大，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项B正确；核子数越多，结合能越大，选项C正确；比结合能也叫平均结合能，比结合能越大，分开核子所需的能量越大，原子核越稳定，选项D错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E错误．3．(核能的计算)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)()A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c2答案 C解析由质能方程ΔE＝Δmc2，其中Δm＝m1＋m2－m3可得ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，选项C正确．4．(核能的计算)已知氮核质量M N＝14.007 53 u，氧17核的质量M O＝17.004 54 u，氦核质量M He＝4.003 87 u，氢核质量M H＝1.008 15 u，试判断：147N＋42He→178O＋11H这一核反应是吸收能量还是放出能量？能量变化是多少？(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)答案吸收能量 1.2 MeV解析反应前总质量：M N＋M He＝18.011 40 u，反应后总质量：M O＋M H＝18.012 69 u.可以看出：反应后总质量增加，故该反应是吸收能量的反应．故ΔE＝(18.012 69－18.011 40)×931.5 MeV≈1.2 MeV.题组一对核力和结合能的理解1．下列对核力的认识正确的是()A．任何物体之间均存在核力B．核力广泛存在于自然界中的核子之间C．核力只存在于质子之间D．核力只发生在相距1.5×10－15 m内的核子之间，大于0.8×10－15 m为吸引力，而小于0.8×10－15 m为斥力答案 D解析由核力的特点知道，只有相距1.5×10－15m内的核子之间才存在核力，核力发生在质子与质子、质子与中子及中子与中子之间，由此知D正确，A、B、C错误．2．下列对结合能、比结合能的认识，正确的是()A．一切原子核均具有结合能B．自由核子结合为原子核时，可能吸收能量C．结合能越大的原子核越稳定D．比结合能越大的原子核越不稳定答案 A解析自由核子结合成原子核的过程中，核力做正功，释放出能量，反之，将原子核分开变为自由核子时需要吸收相应的能量，该能量即为结合能，故A正确，B错误；核子较多的原子核的结合能大，但它的比结合能不一定大，比结合能的大小反映了原子核的稳定性，故C、D均错误．题组二质量亏损和核能的计算3．根据爱因斯坦的研究成果，物体的能量和质量的关系是E＝mc2，这一关系叫爱因斯坦质能方程．质子的质量为m p，中子的质量为m n，氦核的质量为mα，下列关系式正确的是()A．mα＝(2m p＋2m n) B．mα<(2m p＋2m n)C．mα>(2m p＋2m n) D．以上关系式都不正确答案 B4．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性．设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是()A．ΔE＝(m1－m2－m3)c2B．ΔE＝(m1＋m3－m2)c2C．ΔE＝(m2－m1－m3)c2D．ΔE＝(m2－m1＋m3)c2答案 B解析反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确．5．有一种核反应为：21H＋21H→11H＋X.已知21H的质量为2.013 6 u，11H的质量为1.007 3 u，X的质量为3.018 0 u．则下列说法正确的是()A．X是质子，该反应吸收能量B ．X 是氕，该反应吸收能量C ．X 是氘，该反应释放能量D ．X 是氚，该反应释放能量 答案 D解析 根据核反应过程中的质量数、电荷数守恒，X 应为氚；又2×2.013 6 u>3.018 0 u ＋1.007 3 u ，所以核反应过程中存在质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该反应释放能量．6．用质子轰击锂核(73Li)生成两个α粒子，以此进行有名的验证爱因斯坦质能方程的实验，已知质子的初动能是0.6 MeV ，质子、α粒子和锂核的质量分别是1.007 3 u 、4.001 5 u 和7.016 0 u ．已知1 u 相当于931.5 MeV 的能量，则下列叙述中正确的是( ) A ．此反应过程质量减少0.010 3 uB ．若生成的两个α粒子的动能之和是18.3 MeV ，与质能方程相符C ．若核反应中释放的能量是18.9 MeV ，与质能方程不相符D ．若生成的两个α粒子的动能之和是19.5 MeV ，与质能方程相符 答案 D7．中子n 、质子p 、氘核D 的质量分别为m n 、m p 、m D .现用光子能量为E 的γ射线照射静止氘核使之分解，反应方程为γ＋D →p ＋n ，若分解后中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是( ) A.12[(m D －m p －m n )c 2－E ] B.12[(m D ＋m n －m p )c 2＋E ] C.12[(m D －m p －m n )c 2＋E ] D.12[(m D ＋m n －m p )c 2－E ] 答案 C解析 因为轻核聚变时放出能量，质量亏损，所以氘核分解为核子时，要吸收能量，质量增加，本题核反应过程中γ射线能量E 对应质量的增加和中子与质子动能的产生，即E ＝Δmc 2＋2E k ＝(m p ＋m n －m D )c 2＋2E k 得E k ＝12[E －(m p ＋m n －m D )c 2]＝12[(m D －m p －m n )c 2＋E ]，故选C.8．中子和质子结合成氘核时，质量亏损为Δm ，相应的能量ΔE ＝Δmc 2＝2.2 MeV 是氘核的结合能．下列说法正确的是( )A ．用能量小于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子B ．用能量小于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零C．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零D．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零答案AD解析用能量小于结合能的光子照射氘核时，氘核一定不能分解，所以A正确，B错误．用能量大于结合能的光子照射氘核时，氘核可能分解，只要分解，分解出的质子和中子动能之和一定不为零(若动能之和为零就分不开了)，所以C错误，D正确．题组三综合应用9．已知质子的质量是1.008 665 u、中子的质量也是1.008 665 u，氢原子的质量是1.007 825 u，碳原子的质量是12.000 000 u,12个核子结合成碳原子核时，质量亏损是________，碳原子核的比结合能是________．答案0.098 940 u7.68 MeV10.31H的质量是3.016 050 u，质子的质量是1.007 277 u，中子的质量是1.008 665 u．1 u相当于931.5 MeV的能量，求：(1)一个质子和两个中子结合为氚核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少？(2)氚核的结合能和比结合能各是多少？(3)如果此能量是以光子形式放出的，则光子的频率是多少？答案(1)放出能量7.97 MeV(2)7.97 MeV 2.66 MeV(3)1.92×1021 Hz解析(1)一个质子和两个中子结合成氚核的核反应方程是11H＋210n→31H，反应前各核子总质量为m p＋2m n＝1.007 277 u＋2×1.008 665 u＝3.024 607 u，反应后新核的质量为m H＝3.016 050 u，质量亏损为Δm＝3.024 607u－3.016 050 u＝0.008 557 u因反应前的总质量大于反应后的总质量，故此核反应释放能量．释放的核能为ΔE＝0.008 557×931.5 MeV≈7.97 MeV.(2)氚核的结合能即为ΔE＝7.97 MeV.它的比结合能为ΔE 3≈2.66 MeV . (3)放出光子的频率为ν＝ΔE h ＝7.97×106×1.6×10－196.63×10－34 Hz ≈1.92×1021Hz. 11．一个静止的镭核226 88Ra 发生衰变放出一个粒子变为氡核222 86Rn.已知镭核226质量为226.025 4 u ，氡核222质量为222.016 3 u ，放出粒子的质量为4.002 6 u,1 u 相当于931.5 MeV 的能量．(1)写出核反应方程；(2)求镭核衰变放出的能量；(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能．答案 (1)226 88Ra →222 86Rn ＋42He (2)6.05 MeV(3)5.94 MeV解析 (1)核反应方程为226 88Ra →222 86Rn ＋42He.(2)镭核衰变放出的能量为ΔE ＝Δm ·c 2＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV≈6.05 MeV.(3)镭核衰变前静止，镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定律可得m Rn v Rn －m αv α＝0① 又因为衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能，则ΔE ＝12m Rn v 2Rn ＋12m αv 2α② 由①②可得E α＝m Rn m Rn ＋m α·ΔE ＝222.016 3222.016 3＋4.002 6×6.05 MeV ≈5.94 MeV .。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第一章 5 动量守恒定律的应用(一) Word版含答案[w
学案5 动量守恒定律的应用(一)——几个碰撞问题的定量分析[目标定位]1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.一、对三种碰撞的进一步认识 [问题设计] 如图1所示，图1两小球碰撞过程有什么特点？若水平面光滑，碰撞过程中动量是否守恒？若水平面不光滑，动量是否守恒？答案 特点是碰撞发生的时间很短，相互作用力很大.根据其特点知无论碰撞发生时两物体组成的系统合外力是否为零，动量都是守恒的. [要点提炼]三种碰撞类型及满足规律 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能减少，损失的机械能转化为内能，即|ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多，即|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2 二、弹性正碰模型及拓展应用 [问题设计]已知A 、B 两个弹性小球，图2质量分别为m 1、m 2，B 小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A 小球以初速度v 1与B 小球发生正碰，求碰后A 小球速度v 1′和B 小球速度v 2′的大小和方向. 答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′① 12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②可以得出：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两小球速度互换；(2)当m 1>m 2时，则v 1′>0，v 2′>0，即小球A 、B 同方向运动.因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1′<v 2′，即两小球不会发生第二次碰撞.(其中，当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1.)(3)当m 1<m 2时，则v 1′<0，而v 2′>0，即小球A 、B 反方向运动.(其中，当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.) [要点提炼]1.两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1＝m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度. (2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去.(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止.2.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞. 三、碰撞需满足的三个条件 1.动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2.动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3.速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′，否则碰撞不会结束.一、对碰撞的进一步认识例1 两个质量分别为300g 和200g 的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm /s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度. (2)求碰撞后两物体损失的动能.(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度. 解析 (1)令v 1＝50cm /s ＝0.5 m/s ， v 2＝－100cm /s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ， 代入数据解得v ＝－0.1m/s ，方向与v 1的方向相反. (2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝[12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J ＝0.135J.(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由机械能守恒定律得12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据得v 1′＝－0.7m /s ，v 2′＝0.8 m/s.答案 (1)0.1m /s ，与50 cm/s 的方向相反 (2)0.135J (3)0.7m /s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动 二、弹性碰撞模型及拓展分析例2 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动.在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图3所示.小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动.小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m 1/m 2.图3解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1 两球碰撞过程为弹性碰撞，有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得m 1m 2＝2.答案 2例3 质量为M 的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图4所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( )图4A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为12M v 02D.小球在弧形槽上上升的最大高度为v 022g解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有： M v 0＝2M v ′①12M v 20＝2×(12M v ′2)＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 024g，知D 错误；从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故B 、C 对，A 错. 答案 BC三、碰撞满足的条件例4 质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 、静止的B 球发生正碰.碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值.请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值中的( ) A.0.6v B.0.4v C.0.2vD.0.1v解析 若发生弹性碰撞，设碰后A 的速度为v 1，B 的速度为v 2，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：m v ＝m v 1＋3m v 2 由机械能守恒定律：12m v 2＝12m v 21＋12×3m v 22由以上两式得v 1＝－v 2，v 2＝v2若碰撞过程中损失机械能最大，则碰后两者速度相同，设为v ′，由动量守恒定律：m v ＝(m ＋3m )v ′ 解得v ′＝v4所以在情况不明确时， B 球速度v B 应满足v 4≤v B ≤v2.因此选B. 答案 B动量守恒定律的应用, 碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧ 动量守恒，动能守恒弹性碰撞模型及拓展非弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒，总动能减少特例：完全非弹性碰撞(机械能损失最多)碰撞现象的研究及应用1.(碰撞满足的条件)A 、B 两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7kg·m /s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A.p A ′＝8kg·m /s ，p B ′＝4 kg·m/sB.p A ′＝6kg·m /s ，p B ′＝6 kg·m/sC.p A ′＝5kg·m /s ，p B ′＝7 kg·m/sD.p A ′＝－2kg·m /s ，p B ′＝14 kg·m/s 答案 BC解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A 、B 碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加.碰前B 在前，A 在后，碰后如果二者同向，一定仍是B 在前，A 在后，A 不可能超越B ，所以碰后A 的速度应小于B 的速度.A 选项中，显然碰后A 的速度大于B 的速度，这是不符合实际情况的，所以A 错. 碰前A 、B 的总动能E k ＝p 2A 2m ＋p 2B2m ＝742m碰后A 、B 的总动能，B 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m <E k ＝742m ，所以B 可能.C 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝742m＝E k ，故C 也可能.D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝742m ，所以D 是不可能的.综上，本题正确选项为B 、C.2.(弹性碰撞问题)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2 D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，据动能守恒，有12m v 02＝12m v 12＋12Am v ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故中子前、后速率之比为A ＋1A －1.题组一 碰撞满足的条件1.在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( ) A.甲、乙两球都沿乙球的运动方向 B.甲球反向运动，乙球停下 C.甲、乙两球都反向运动D.甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等 答案 C解析 由p 2＝2mE k 知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C 正确，A 、B 、D 错误.2.两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4kg 、m B ＝2kg.A 的速度v A ＝3m /s(以v A 的方向为正方向)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A.均为＋1m/sB.＋4m /s 和－5 m/sC.＋2m /s 和－1 m/sD.－1m /s 和＋5 m/s 答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能变化情况： E 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝27J E 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E 前≥E 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E 前≥E后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误.验证A 、D 均满足E 前≥E 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.3.如图1所示，在光滑水平面上有直径相同的a 、b 两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为p a ＝6kg·m /s 、p b ＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( )图1A.p a ＝－6kg·m /s 、p b ＝4 kg·m/sB.p a ＝－6kg·m /s 、p b ＝8 kg·m/sC.p a ＝－4kg·m /s 、p b ＝6 kg·m/sD.p a ＝2kg·m/s 、p b ＝0 答案 C解析 对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2kg·m /s.选项A 中，系统碰后的动量变为－2 kg·m/s ，不满足动量守恒定律，选项A 可排除；选项B 中，系统碰后的动量变为2kg·m/s ，满足动量守恒定律，但碰后a 球动量大小不变，b 球动量增加，根据关系式E k ＝p 22m 可知，a 球的动能不变，b 球动能增加，系统的机械能增大了，所以选项B 可排除；选项D 中，显然满足动量守恒，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a 球运动方向不变，b 球静止，这显然不符合实际情况，选项D 可排除；经检验，选项C 满足碰撞所遵循的三个规律，故选C.4.质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后二者的动量正好相等.二者质量之比Mm 可能为( )A.6B.3C.4D.5答案 B解析 设碰撞后两物块的动量都为p ，根据动量守恒定律可得总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 可得碰撞前的总动能E k1＝(2p )22M ，碰撞后的总动能E k2＝p 22m ＋p 22M根据碰撞前后的动能关系可得4p 22M ≥p 22m ＋p 22M所以Mm ≤3，故选项B 正确.题组二 弹性碰撞模型分析5.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图2所示.设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )图2A.v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B.v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0C.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D.v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析 两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确.6.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定 答案 A解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －m v ＝0＋m v ′， 所以v ′＝2v 碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 正确.7.甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误.题组三 非弹性碰撞模型及拓展分析8.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图3所示.具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )图3A.E 0B.2E 03 C.E 03 D.E 09答案 C解析 碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，得 v 1＝v 03①E 0＝12m v 02②E k ′＝12×3m v 12③ 由①②③得E k ′＝12×3m (v 03)2＝13×(12m v 20)＝E 03，故C 正确. 9.如图4所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上.现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图4A.h 2B.hC.h 4D.h2答案 C解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理.A 球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12m v 12，所以v 1＝2gh ；A 、B碰撞后并粘在一起的过程由动量守恒，m v 1＝2m v 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 22＝(m ＋m )gh ′，联立解得h ′＝h4. 10.如图5所示，木块A 和B 质量均为2kg ，置于光滑水平面上.B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4m/s 的速度向B 撞击时，A 、B 之间由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( )图5A.4JB.8JC.16JD.32J答案 B解析 A 与B 碰撞过程动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v AB ，所以v AB ＝v A2＝2m/s.当弹簧被压缩到最短时，A 、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p ＝12(m A ＋m B )v AB 2＝8J.11.质量为M 的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度23v 0射出.则物块的速度为________，此过程中损失的机械能为________.答案m v 03M 518m v 02－118Mm 2v 02解析 由动量守恒定律，m v 0＝m ·23v 0＋M v ，解得v ＝m v 03M .由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12m ·(23v 0)2－12M v 2＝518m v 02－118Mm 2v 02.题组四 综合应用12.如图6所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为m 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m /s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，求：图6(1)瑞典队冰壶获得的速度；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞.答案 (1)0.3m/s (2)非弹性碰撞解析 (1)由动量守恒定律知m v 1＝m v 2＋m v 3将v 1＝0.4m /s ，v 2＝0.1 m/s 代入上式得：v 3＝0.3m/s.(2)碰撞前的动能E 1＝12m v 12＝0.08m ，碰撞后两冰壶的总动能E 2＝12m v 22＋12m v 32＝0.05m 因为E 1＞E 2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞.13.如图7所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半.求：图7(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失.答案 (1)m 2 (2)16m v 20解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得 m ·v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ① 解得m B ＝m 2② (2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16m v 20。
【新步步高】2015-2016学年高二物理人教版选修3-5学案：第十七章 2 光的粒子性
2光的粒子性[目标定位] 1.知道光电效应现象，能说出光电效应的实验规律.2.能用爱因斯坦光电效应方程对光电效应作出解释，会用光电效应方程解决一些简单的问题.3.了解康普顿效应及其意义．一、光电效应1．光电效应：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象．2．光电子：光电效应中发射出来的电子．3．光电效应的实验规律(1)存在着饱和光电流：在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大．(2)存在着遏止电压和截止频率：入射光的频率低于截止频率时不能(填“能”或“不能”)发生光电效应．(3)光电效应具有瞬时性：光电效应中产生电流的时间不超过10－9 s.想一想紫外线灯照射锌板，为什么与锌板相连的验电器指针张开一个角度？答案紫外线灯照射锌板，发生光电效应现象，锌板上的电子飞出锌板，使锌板带正电，与锌板相连的验电器也会因而带正电，使得验电器指针张开一个角度．二、爱因斯坦的光电效应方程1．光子说：光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子被称为光子，频率为ν的光的能量子为hν．2．爱因斯坦光电效应方程的表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0.想一想怎样从能量守恒角度理解爱因斯坦光电效应方程？答案爱因斯坦光电效应方程中的hν是入射光子的能量，逸出功W0是光子飞出金属表面消耗的能量，E k是光子的最大初动能，因此爱因斯坦光电效应方程符合能量的转化与守恒定律．三、康普顿效应1．康普顿效应美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应．2．康普顿效应的意义：康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量，深刻揭示了光的粒子性的一面．3．光子的动量表达式：p ＝h λ．一、光电效应现象1．光电效应的实质：光现象――→转化为电现象． 2．光电效应中的光包括不可见光和可见光．3．光电子：光电效应中发射出来的光电子，其本质还是电子． 例1图17－2－1一验电器与锌板相连(如图17－2－1所示)，用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角．(1)现用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．(2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(填“有”或“无”)偏转． 答案 (1)减小 (2)无解析 当用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，锌板放出光电子而带上正电，此时与锌板连在一起的验电器也带上了正电，故指针发生了偏转．当带负电的小球与锌板接触后，中和了一部分正电荷，从而使验电器的指针偏角减小．使验电器指针回到零，用钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明钠灯发出的黄光的频率小于锌的极限频率，而红外光比黄光的频率还要低，更不可能使锌板发生光电效应．能否发生光电效应与入射光的强弱无关．二、光电效应的实验规律1．光电效应的四个规律(1)任何一种金属都有一个截止频率νc，入射光的频率必须大于νc，才能产生光电效应，与入射光的强度及照射时间无关．(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关．(3)当产生光电效应时，单位时间内从金属表面逸出的电子数与入射光的强度有关．(4)光电效应几乎是瞬时的，发生的时间一般不超过10－9 s.2．掌握三个概念的含义(1)入射光频率决定着能否发生光电效应和光电子的最大初动能．(2)入射光的强度决定着单位时间内发射的光子数．(3)饱和光电流决定着单位时间内发射的光电子数．3．逸出功使电子脱离某种金属所做功的最小值，用W0表示，不同金属的逸出功不同．4．光电效应与光的电磁理论的矛盾按光的电磁理论，应有：(1)光越强，光电子的初动能越大，遏止电压与光的强弱有关．(2)不存在截止频率，任何频率的光都能产生光电效应．(3)在光很弱时，放出电子的时间应远大于10－9 s.例2图17－2－2利用光电管研究光电效应实验如图17－2－2所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则()A．用紫外线照射，电流表不一定有电流通过B．用红光照射，电流表一定无电流通过C．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头移到A端时，电流表中一定无电流通过D．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头向B端滑动时，电流表示数可能不变答案 D解析因紫外线的频率比可见光的频率高，所以用紫外线照射时，电流表中一定有电流通过，选项A错误；因不知阴极K的截止频率，所以用红光照射时，不一定发生光电效应，所以选项B错误；即使U AK＝0，电流表中也有电流，所以选项C错误；当滑动触头向B端滑动时，U AK增大，阳极A 吸收光电子的能力增强，光电流会增大，当所有光电子都到达阳极A时，电流达到最大，即饱和电流．若在滑动前，电流已经达到饱和电流，那么即使增大U AK，光电流也不会增大，所以选项D正确．针对训练1入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应答案 C解析发生光电效应几乎是瞬时的，选项A错误；入射光的强度减弱，说明单位时间内的入射光子数目减少，频率不变，说明光子能量不变，逸出的光电子的最大初动能也就不变，选项B错误；入射光子的数目减少，逸出的光电子数目也就减少，故选项C正确；入射光照射到某金属上发生光电效应，说明入射光频率不低于这种金属的极限频率，入射光的强度减弱而频率不变，同样能发生光电效应，故选项D错误．三、光电效应方程的理解与应用1．光电效应方程实质上是能量守恒方程能量为E＝hν的光子被电子吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为W0，则电子离开金属表面时动能最大为E k，根据能量守恒定律可知：E k＝hν－W0.2．光电效应方程包含了产生光电效应的条件若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即E k ＝hν－W 0>0，亦即hν>W 0，ν>W 0h ＝νc ，而νc ＝W 0h恰好是光电效应的截止频率．图17－2－33．E km ν曲线如图17－2－3所示是光电子最大初动能E km 随入射光频率ν的变化曲线．这里，横轴上的截距是截止频率或极限频率；纵轴上的截距是逸出功的负值；斜率为普朗克常量． 例3图17－2－4如图17－2－4所示，当电键K 断开时，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 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．由此可知阴极材料的逸出功为( ) A ．1.9 eV B ．0.6 eV C ．2.5 eV D ．3.1 eV 答案 A解析 由题意知光电子的最大初动能为E k ＝eU c ＝ 0．60 eV ，所以根据光电效应方程E k ＝hν－W 0可得 W 0＝hν－E k ＝(2.5－0.6) eV ＝1.9 eV 针对训练2图17－2－5如图17－2－5所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，由图象可知()A．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ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E答案AB解析题中图象反映了光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能E k＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确；根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，而选项C、D错误．光电效应现象1．(2013·上海高考)当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时()A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子答案 C解析当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正电，选项C正确，A、B、D错误．光电效应规律2．用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应．现将该单色光的光强减弱，则下列说法中正确的是()①光电子的最大初动能不变②光电子的最大初动能减小③单位时间内产生的光电子数减少④可能不发生光电效应A．①③B．②③C．①②D．③④答案 A解析由光电效应规律知，光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功共同决定，与入射光的强度无关，故①对；单位时间内产生的光电子数与入射光的强度成正比，光强减弱，则单位时间内产生的光电子数减少，即③也正确．3．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是() A．延长光照时间B．增大光的强度C．换用波长较短的光照射D．换用频率较低的光照射答案 C解析光照射金属时能否产生光电效应，取决于入射光的频率是否大于金属的截止频率，与入射光的强度和照射时间无关，故选项A、B、D均错误；又因ν＝cλ，所以选项C正确．光电效应方程的理解与应用4．(2014·广东卷)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答案AD解析增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C错误；光电子的最大初动能E k＝hν－W0，故改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大，选项D正确．5.图17－2－6如图17－2－6所示是光电效应中光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象．从图中可知()A．E k与ν成正比B．入射光频率必须大于或等于极限频率νc时，才能产生光电效应C．对同一种金属而言，E k仅与ν有关D．E k与入射光强度成正比答案BC解析由E k＝hν－W0知B、C正确，A、D错误．(时间：60分钟)题组一光电效应的现象及规律1．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件．下列表述正确的是()A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应答案 A解析电池是把其他形式的能转化为电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．2.图17－2－7(2014·文昌高二检测)在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏静电计相连，用弧光灯(紫外线)照射锌板时，静电计的指针就张开一个角度，如图17－2－7所示，这时()A．锌板带正电，指针带负电B．锌板带正电，指针带正电C．若用黄光照射锌板，则可能不产生光电效应现象D．若用红光照射锌板，则锌板能发射光电子答案BC解析锌板在紫外线照射下，发生光电效应现象，有光电子飞出，故锌板带正电，指针上的部分电子被吸引到锌板上发生中和，使指针带正电，B对、A错；红光和黄光的频率都小于紫外线的频率，都可能不产生光电效应，C对、D错．3．(2014·东莞高二检测)用紫光照射某金属恰可发生光电效应，现改用较弱的太阳光照射该金属，则()A．可能不发生光电效应B．逸出光电子的时间明显变长C．逸出光电子的最大初动能不变D．单位时间逸出光电子的数目变小答案CD解析由于太阳光含有紫光，所以照射金属时发生光电效应且逸出光电子的最大初动能不变，又因为光强变弱，所以单位时间逸出光电子的数目变小，C、D正确，A错误；产生光电效应的时间几乎是瞬时的，B错误．4．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能发生B．光电子的最大初动能跟入射光的强度成正比C．发生光电效应的时间一般都大于10－7 sD．发生光电效应时，单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度成正比答案 D解析由ε＝hν＝h cλ知，当入射光波长大于极限波长时，不能发生光电效应，故A错；由E k＝hν－W0知，最大初动能由入射光频率决定，与入射光的强度无关，故B错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s，故C错．5.图17－2－8如图17－2－8所示，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过．其原因可能是()A．入射光太弱B．入射光波长太长C．光照时间太短D．电源正、负极接反答案BD解析金属存在截止频率，超过截止频率的光照射金属才会有光电子射出．发射的光电子的动能随频率的增大而增大，动能小时不能克服反向电压，也不能有光电流．入射光的频率低于截止频率，不能产生光电效应，与光照强弱无关，选项B正确，A错误；电路中电源正负极接反，对光电管加了反向电压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，D正确；光电效应的产生与光照时间无关，C错误．6．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是()A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能增加C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D．若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加答案AD解析光电效应的规律表明：入射光的频率决定是否发生光电效应以及发生光电效应时逸出的光电子的最大初动能的大小．当入射光的频率增加后，逸出的光电子的最大初动能也增加，又紫光的频率高于绿光的频率．而增加光的照射强度，会使单位时间内逸出的光电子数增加．故正确选项有A、D.题组二光电效应方程及应用7．产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k，下列说法正确的是()A．对于同种金属，E k与照射光的强度无关B．对于同种金属，E k与照射光的波长成反比C．对于同种金属，E k与照射光的时间成正比D．对于同种金属，E k与照射光的频率成线性关系E．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k与金属的逸出功成线性关系答案ADE解析E k＝hν－W0＝h cλ－W0，同种金属逸出功相同，最大初动能与照射光强度无关，与照射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，不同种金属，保持入射光频率不变，最大初动能E k与逸出功成线性关系．8．(2014·柳州高二检测)用不同频率的光分别照射钨和锌，产生光电效应，根据实验可画出光电子的最大初动能E k随入射光频率ν变化的E kν图线．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功为3.34 eV，若将二者的图线画在同一个E kν坐标系中，则正确的图是()答案 A解析根据光电效应方程E k＝hν－W0可知，E kν图象的斜率为普朗克常量h，因此图中两线应平行，故C、D错误；图线与横轴的交点表示恰能发生光电效应(光电子动能为零)时的入射光频率即极限频率．由光电效应方程可知，逸出功越大的金属对应的入射光的频率越高，所以能使金属锌发生光电效应的极限频率越高，所以A正确、B错误．9.图17－2－9已知金属锌发生光电效应时产生的光电子的最大初动能E k跟入射光的频率ν的关系图象如图17－2－9中的直线1所示．某种单色光照射到金属锌的表面时，产生的光电子的最大初动能为E1.若该单色光照射到另一金属表面时产生的光电子的最大初动能为E2，E2<E1，关于这种金属的最大初动能E k跟入射光的频率ν的关系图象应是图中的()A．a B．bC ．cD ．上述三条图线都不正确答案 A解析 根据光电效应方程知，E k ν为一次函数，普朗克常量h 是斜率，h 是确定的值，虽然金属的逸出功不同，但两个E k ν图象的斜率相同，两个直线平行，同时再利用E k ＝hν－W 0，结合图象E 2<E 1，h ν相同，所以W 1<W 2，即直线在纵轴上的截距W 2大，故选A.10．在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h .答案 hc λ0 hc e ·λ0－λλ0λ题组三 综合应用11．频率为ν的光照射到一种金属表面上，有电子从金属表面逸出，当所加反向电压U 的大小增大到3 V 时，光电流刚好减小到零．已知这种金属的极限频率为νc ＝6.00×1014 Hz ，因此入射光的频率ν＝________Hz.(电子电荷量e ＝1.60×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J ·s)答案 1.32×1015解析 光电子的最大初动能E k ＝eU c ①由爱因斯坦光电效应方程有E k ＝hν－hνc ②联立①②得：ν＝eU c h＋νc ＝1.32×1015 Hz 12．分别用λ和34λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶3.以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功是多大？答案 5hc 6λ解析 设此金属的逸出功为W ，根据光电效应方程得如下两式：当用波长为λ的光照射时：E k1＝hc λ－W ① 当用波长为34λ的光照射时：E k2＝4hc 3λ－W ②又E k1E k2＝13③ 解①②③组成的方程组得：W ＝5hc 6λ. 13．铝的逸出功为4.2 eV ，现用波长200 nm 的光照射铝的表面．已知h ＝6.63×10－34 J ·s ，求： (1)光电子的最大初动能；(2)遏止电压；(3)铝的截止频率．答案 (1)3.225×10－19 J (2)2.016 V(3)1.014×1015 Hz解析 (1)根据光电效应方程E k ＝hν－W 0有E k ＝hc λ－W 0＝6.63×10－34×3.0×108200×10－9J －4.2×1.6×10－19 J ＝3.225×10－19 J (2)由E k ＝eU c 可得U c ＝E k e ＝3.225×10－191.6×10－19 V ＝2.016 V. (3)hνc ＝W 0知νc ＝W 0h ＝Hz ＝1.014×1015 Hz.。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第三章2、3 放射性 衰变 放射性的应用、危害与防
学案2放射性衰变学案3放射性的应用、危害与防护[目标定位]1.了解什么是放射性和天然放射性并知道三种射线的种类和性质.2.知道两种衰变的规律，能熟练写出衰变方程.3.了解半衰期的概念及有关计算.4.知道放射性的应用、危害与防护．一、对三种射线的理解[问题设计]1．1896年法国科学家贝克勒尔发现了放射性元素自发地发出射线的现象，即天然放射现象．那么哪些元素能够放出射线呢？放射性物质发出的射线有哪些种类？答案原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能放出射线．放射性物质发出的射线有三种：α射线、β射线、γ射线．2．三种射线的本质是什么？有哪些特点呢？答案见要点提炼．[要点提炼]三种射线及其特征1．放射性衰变：放射性元素是不稳定的，它们会自发地蜕变为另一种元素，同时放出射线，这种现象为放射性衰变．2．α衰变：A Z X →A －4Z －2Y ＋42He举例：238 92U →234 90Th ＋42He. 3．β衰变：A Z X →A Z ＋1Y ＋0－1e.举例：234 90Th →234 91Pa ＋0－1e.4．γ射线是在α或β衰变过程中伴随而生的，且γ粒子是不带电的粒子，因此γ射线并不影响原子核的电荷数．5．由电荷数守恒和质量数守恒确定衰变次数设放射性元素A Z X 经过n 次α衰变和m 次β衰变后，变成稳定的新元素A ′Z ′Y ，则衰变方程为A Z X →A ′Z ′Y ＋n 42He ＋m0－1e.根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程 A ＝A ′＋4n ，Z ＝Z ′＋2n －m . 三、半衰期1．半衰期定义：放射性元素有半数发生衰变所需的时间称为该元素的半衰期．2．对于同一种元素，其半衰期是一定的，无论是加温、加压，或是处于单质、化合物状态均不影响元素的半衰期，但不同元素的半衰期不同，有的差别很大．3．半衰期是一种统计规律．对于大量的原子核发生衰变才具有实际意义，而对于少量的原子核发生衰变，该统计规律不再适用． 4．半衰期公式N 余＝N 原(12)t τ，m 余＝m 原(12)tτ，其中τ为半衰期．四、放射性的应用、危害与防护 1．放射性的应用(1)利用射线的特性：α射线带电、能量大、电离作用很强，可用来消除静电；由β射线射穿薄物或经过薄物反射后的衰减程度可测定薄物的厚度与密度；γ射线穿透能力极强，可用来透视、探伤；γ射线对生物组织会产生物理、化学的效应，可用来培育良种，杀死癌细胞． (2)作为示踪原子：把放射性同位素的原子及其化合物掺到其他物质中，以了解放射性同位素在其他物质中的位置、数量、运动和迁移情况．(3)利用衰变特性：在考古学中，可以利用测定发掘物中14_6C 放射性元素的含量，来确定它的年代．(4)其他应用：在地质学上，利用射线勘探矿藏．2．放射性的危害与防护在自然界中，存在于人体身边的放射性来源众多．放射性对人体组织造成的伤害将导致细胞损伤，甚至破坏人体DNA的分子结构．防护的基本方法有：(1)距离防护；(2)时间防护；(3)屏蔽防护；(4)仪器监测．一、三种射线的性质例1图1中P为放在匀强电场中的天然放射源，其发射的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是()图1A．a为α射线、b为β射线B．a为β射线、b为γ射线C．b为γ射线、c为α射线D．b为α射线、c为γ射线解析由题图可知电场线方向向右，α射线带正电所受电场力方向与电场线方向一致，故α射线向右偏转，即c为α射线．β射线带负电所受电场力方向与电场线方向相反，故β射线向左偏转，即a为β射线．γ射线不带电不发生偏转，即b为γ射线．故选项B、C正确．答案BC二、对衰变的理解例223892U核经一系列的衰变后变为20682Pb核，问：(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变？(2)20682Pb与23892U相比，质子数和中子数各少了多少？(3)写出这一衰变过程的方程．解析(1)设23892U衰变为20682Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和电荷数守恒可得238＝206＋4x①92＝82＋2x－y②联立①②解得x ＝8，y ＝6即一共经过8次α衰变和6次β衰变．(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故206 82Pb 较23892U 质子数少10，中子数少22. (3)衰变方程为238 92U →206 82Pb ＋842He ＋60－1e答案 (1)8次α衰变和6次β衰变 (2)10 22(3)238 92U →206 82Pb ＋842He ＋60－1e三、对半衰期的理解及有关计算例3 放射性元素氡(222 86Rn)经α衰变成为钋(218 84Po)，半衰期约为3.8天，但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素222 86Rn 的矿石，其原因是( ) A ．目前地壳中的222 86Rn 主要来自于其他放射性元素的衰变 B ．在地球形成的初期，地壳中元素222 86Rn 的含量足够高C ．当衰变产物218 84Po 积累到一定量以后，218 84Po 的增加会减慢222 86Rn 的衰变进程D.222 86Rn 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期解析 元素半衰期的长短由原子核自身因素决定，与原子所处的物理、化学状态以及周围环境、温度无关，C 、D 错；即使元素氡的含量足够高，经过漫长的地质年代，地壳中也几乎没有氡了，一定是来自于其他放射性元素的衰变，故A 对，B 错． 答案 A针对训练 放射性元素222 88Rn 的半衰期为3.8天．某块矿石中含有质量为m 的222 88Rn ，经过11.4天后，该矿石中Rn 的含量大约还有( ) A.m 3B.m 8C.m16D.m 32答案 B解析 11.4天为三个半衰期．由m 余＝m (12)3知，B 正确．四、放射性的应用、危害与防护例4 关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的有( )A ．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的B ．利用γ射线的穿透性可以为金属探伤，也能进行人体透视C ．用放射线照射作物种子使其DNA 发生变异，其结果一定是更优秀的品种D ．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害解析利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离作用，使空气分子电离成为导体，将静电消除．γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视．作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种．用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量．答案 D1．(对射线的理解)天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图2所示，由此可推知()图2A．②来自于原子核外的电子B．①的电离作用最强，穿透能力最弱C．②的电离作用较强，穿透能力较强D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子答案BCD解析三种射线的特点：α射线是42He原子核，电离作用最强，穿透能力最弱；β射线是0－1e，电离作用较强，穿透能力较强；γ射线是光子，不带电，电离作用最弱，穿透能力最强．三种射线都来自于原子核．故B、C、D正确．2．(对衰变的理解)原子核238 92U 经放射性衰变①变为原子核234 90Th ，继而经放射性衰变②变为原子核234 91Pa ，再经放射性衰变③变为原子核234 92U.放射性衰变①、②和③依次为( ) A ．α衰变、β衰变和β衰变 B ．β衰变、α衰变和β衰变 C ．β衰变、β衰变和α衰变 D ．α衰变、β衰变和α衰变 答案 A 解析23892U ――→①234 90Th ，质量数少4，电荷数少2，说明①为α衰变；234 90Th ――→②234 91Pa ，质子数加1，说明②为β衰变；234 91Pa ――→③234 92U ，质子数加1，说明③为β衰变．3．(半衰期的应用)放射性同位素2411Na 的样品经过6小时还剩下18没有衰变，它的半衰期是( ) A ．2小时 B ．1.5小时 C ．1.17小时D ．0.75小时答案 A解析 放射性元素衰变一半所用的时间是一个半衰期，剩下的元素再经一个半衰期只剩下14，再经一个半衰期这14又会衰变一半，只剩18，所以题中所给的6小时为三个半衰期的时间，因而该放射性同位素的半衰期是2小时．4．(放射性同位素的应用)用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然的放射性同位素只不过40多种，而今天人工制造的放射性同位素已达1 000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究的许多方面得到了广泛的应用．(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失．其原因是( ) A ．射线的贯穿作用 B ．射线的电离作用 C ．射线的物理、化学作用 D ．以上三个选项都不是图3(2)图3是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图．如果工厂生产的是厚度为1毫米的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度控制起主要作用的是__________射线．答案(1)B(2)β解析(1)因放射线的电离作用，空气中与验电器所带电荷电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失．(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度为1毫米的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透1毫米厚的铝板和几毫米厚的铝板打在探测器上很难分辨．β射线也能够穿透1毫米甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．题组一对三种射线的理解1．下列说法中正确的是()A．β衰变放出的电子来自组成原子核的电子B．β衰变放出的电子来自原子核外的电子C．α衰变说明原子核中含有α粒子D．γ射线总是伴随其他衰变发生，它的本质是电磁波答案 D2．如图1所示，铅盒A中装有天然放射性物质，放射线从其右端小孔水平向右射出，在小孔和荧光屏之间有垂直纸面向里的匀强磁场，则下列说法中正确的是()图1A．打在图中a、b、c三点的依次是α射线、β射线和γ射线B．α射线和β射线的轨迹是抛物线C．α射线和β射线的轨迹是圆弧D．如果在铅盒和荧光屏间再加一竖直向下的匀强电场，则屏上的亮斑可能只剩下b答案 C解析由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中α粒子所受的洛伦兹力向上，β粒子所受的洛伦兹力向下，轨迹都是圆弧．由于α粒子速度约是光速的110，而β粒子速度接近光速，所以在同样的混合场中不可能都做直线运动，本题选C.3．如图2所示为查德威克实验示意图，用天然放射性元素钋(Po)放射的α射线轰击铍时会产生粒子流A，用粒子流A轰击石蜡时，会打出粒子流B，经研究知道()图2A．A为中子，B为质子B．A为质子，B为中子C．A为γ射线，B为中子D．A为中子，B为γ射线答案 A解析不可见射线A，轰击石蜡时打出的应该是质子，因为质子就是氢核，而石蜡中含有大量氢原子，轰击石蜡的不可见射线应该是中子．题组二对衰变的理解4．对天然放射现象，下列说法中正确的是()A．α粒子带正电，所以α射线一定是从原子核中射出的B．β粒子带负电，所以β射线有可能是核外电子C．γ粒子是光子，所以γ射线有可能是由原子发光产生的D．α射线、β射线、γ射线都是从原子核内部释放出来的答案AD解析α衰变的实质是原子核中的两个质子和两个中子结合成一个氦核放出的，β衰变的实质是一个中子变成一个质子和一个电子，然后释放出电子，γ射线是伴随α衰变和β衰变而产生的．所以这三种射线都是从原子核内部释放出来的．5．“朝核危机”引起全球瞩目，其焦点就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆．重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239(23994Pu)，这种钚239可由铀239(23992U)经过n次β衰变产生，则n为()A．2 B．239 C．145 D．92答案 A解析β衰变规律是质量数不变，质子数增加1.23994Pu比23992U质子数增加2，所以发生2次β衰变，A对．6．最近几年，科学家在超重元素的探测方面取得了重大进展.1996年，科学家们在研究某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现生成的超重元素的核A Z X经过6次α衰变后的产物是253Fm.由此可以判定生成的超重元素的原子序数和质量数分别是()100A．124、259 B．124、265C．112、265 D．112、277答案 D解析题中的核A Z X经过6次α衰变后成为253100Fm，253100Fm的电荷数为100，质量数为253，每发生一次α衰变质量数减少4，电荷数减少2.由质量数和电荷数守恒有A＝4×6＋253＝277，Z＝2×6＋100＝112，所以选项D正确．7．氪90(9036Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(9040Zr)，这些衰变是() A．1次α衰变，6次β衰变B．4次β衰变C．2次α衰变D．2次α衰变，2次β衰变答案 B解析解法一推理计算法根据衰变规律，β衰变不影响原子核的质量数，发生一次β衰变，质子数增加1；发生一次α衰变，质量数减少4，质子数减少2.9036Kr衰变为9040Zr，质量数不变，故未发生α衰变；质子数增加4，一定是发生了4次β衰变．解法二列方程求解设9036Kr衰变为9040Zr，经过了x次α衰变，y次β衰变，则有9036Kr→9040Zr＋x42He＋y0－1e由质量数守恒得90＝90＋4x由电荷数守恒得36＝40＋2x－y解得x＝0，y＝4，即只经过了4次β衰变，选项B正确．题组三半衰期的理解和有关计算8．下列关于放射性元素的半衰期的几种说法中正确的是()A．同种放射性元素，在化合物中的半衰期比在单质中长B．把放射性元素放在低温处，可以减缓放射性元素的衰变C．放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用D ．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天后只剩下一个氡原子核 答案 C解析 放射性元素的半衰期与其是单质还是化合物无关，与所处的物理、化学状态无关，只取决于原子核的内部因素，故A 、B 错；半衰期是一个统计规律，对于少量的原子核不适用，故C 对，D 错．9．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m 32 答案 C解析 经过n 个半衰期剩余碘131的含量m ′＝m ⎝⎛⎭⎫12n .因32天为碘131的4个半衰期，故剩余碘131含量：m ′＝m ⎝⎛⎭⎫124＝m 16，选项C 正确． 10．碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．(1)碘131核的衰变方程：131 53I →______________(衰变后的元素用X 表示)． (2)大量碘131原子经过________天75%的碘131核发生了衰变． 答案 (1)131 54X ＋0－1e (2)16解析 (1)根据衰变过程电荷数守恒与质量数守恒可得衰变方程：131 53I →131 54X ＋ 0－1e ；(2)每经1个半衰期，有半数原子核发生衰变，经2个半衰期将剩余14，即有75%核的原子发生衰变，故经过的时间为16天． 题组四 放射性的应用11．有关放射性同位素3015P 的下列说法，正确的是( )A.3015P 与3014X 互为同位素B.3015P 与其同位素有相同的化学性质 C ．用3015P 制成化合物后它的半衰期变长D ．含有3015P 的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响 答案 BD解析 同位素有相同的质子数，选项A 错误．同位素有相同的化学性质，选项B 正确．半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，3015P 制成化合物后它的半衰期不变，选项C 错误．含有3015P 的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D 正确．12．下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是()A．射线探伤仪B．利用含有放射性13153I的油，检测地下输油管的漏油情况C．利用6027Co治疗肿瘤等疾病D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用以检测确定农作物吸收养分的规律答案BD解析射线探伤仪利用了射线的穿透能力，选项A错误．利用含有放射性13153I的油，可以记录油的运动踪迹，可以检查管道的漏油情况，选项B正确．利用6027Co治疗肿瘤等疾病，利用了射线的穿透能力和高能量，选项C错误．把含有放射性元素的肥料施给农作物，可以记录放射性元素的踪迹，用以检测确定农作物吸收养分的规律，选项D正确．。
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．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞
15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B
2m的玻璃球A以速度v
碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰
A、B的速度大小．
17
v0 3124v0
设A、B球碰撞后速度分别为v
( )
．男孩和木箱组成的系统动量守恒
．小车与木箱组成的系统动量守恒
．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
C
由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错
C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．
系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
．动量守恒定律的几个性质
矢量性．公式中的v
、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确
(表示方向)后，才能用代数方法运算．
相对性．速度具有相对性，公式中的v
、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相
．应用动量守恒定律的解题步骤
确定相互作用的系统为研究对象；
分析研究对象所受的外力；
判断系统是否符合动量守恒条件；
规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
根据动量守恒定律列式求解．
2 质量m
＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2
50 g的小球以v
．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：
＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
．成立条件
系统不受外力作用．
系统受外力作用，但合外力为零．
16－3－1
16－3－1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风
不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，
．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义
p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.
Δp
＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变
Δp＝0：系统总动量增量为零．
m
v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的
m
碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．
处理动量守恒应用题“三步曲”
1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．
确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．
确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．
3 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车
动量守恒定律和牛顿运动定律的适用范围是否一样？
动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广，自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、
．研究对象
．动量守恒定律的成立条件
系统不受外力或所受合外力为零．
系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．此时动量近似守恒．
和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v2－v1
15
，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0
时间：60分钟)
对动量守恒条件的理解
．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )
．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
竖直
m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得
( )
m
v0 B.Mmv0 C.M
－mv0 D.mM－mv0
D
火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv
，
v＝m
－mv0，故选D.
．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v
3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图16－3－3所示．
16－3－3
当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
(1)1 m/s 向右
向右
两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动
16－3－8
A、B两小车中间有一弹簧，如图16－3－8所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使
( )
．两手同时放开后，系统总动量始终为零
．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
．先放开左手，后放开右手，总动量向左
．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总
．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
C
根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，
A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物
B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，
．p
′－p1＝p2′＋p2 D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
BD
因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于
、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变
p
′＋p1＝p2′＋p2，D对．
．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v
．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、
( )
．枪和弹组成的系统动量守恒
．枪和车组成的系统动量守恒
．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒
．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
D
内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不
200 kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取
)( )
．1 m/s B．0.5 m/s
．－1 m/s D．－0.5 m/s
D
两车碰撞过程动量守恒．
v1－m2v2＝(m1＋m2)v
v＝m1v1－m2v2
＋m2
150×4.5－200×4.25
3 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速
20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率( )
．小于10 m/s
．大于20 m/s，小于30 m/s
．大于10 m/s，小于20 m/s
．大于30 m/s，小于40 m/s
A
两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统动量方向向南，即p
．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量
．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
B
A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒球受人手的作用，故合力均不
．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
BCD
如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向
F
向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、
D正确．
16－3－4
a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平
16－3－4所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )
．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
>p卡，1 500ห้องสมุดไป่ตู้
20>3 000×v，解得v<10 m/s，故A正确．
16－3－9
16－3－9所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为
和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成
( )
．p
＋p2＝p1′＋p2′ B．p1－p2＝p1′＋p2′
＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大
20 cm/s 方向向左
碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速
v
＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0.
m
v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
v
′＝－20 cm/s.
．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
BC
a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a离开墙壁后，系统所
16－3－5
16－3－5所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运