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高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第四章 1

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2025高考物理步步高同步练习选修3第四章 原子结构和波粒二象性第1课时 氢原子光谱和玻尔的型含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章 原子结构和波粒二象性第1课时 氢原子光谱和玻尔的型含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章 原子结构和波粒二象性4 氢原子光谱和玻尔的原子模型第1课时 氢原子光谱和玻尔的原子模型[学习目标] 1.知道光谱、线状谱和连续谱的概念.2.知道氢原子光谱的实验规律，知道什么是光谱分析.3.知道玻尔原子理论的基本假设的主要内容．了解能级跃迁、轨道和能量量子化以及基态、激发态等概念．一、光谱1．定义：用棱镜或光栅把物质发出的光按波长(频率)展开，获得波长(频率)和强度分布的记录．2．分类(1)线状谱：光谱是一条条的亮线．(2)连续谱：光谱是连在一起的光带．3．特征谱线：气体中中性原子的发光光谱都是线状谱，说明原子只发出几种特定频率的光，不同原子的亮线位置不同，说明不同原子的发光频率不一样，光谱中的亮线称为原子的特征谱线．4．应用：利用原子的特征谱线，可以鉴别物质和确定物质的组成成分，这种方法称为光谱分析，它的优点是灵敏度高，样本中一种元素的含量达到10－13 kg 时就可以被检测到．二、氢原子光谱的实验规律1．许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱是探索原子结构的一条重要途径．2．氢原子光谱的实验规律满足巴耳末公式：1λ＝R ∞(122－1n 2)(n ＝3,4,5，…) 式中R ∞为里德伯常量，R ∞＝1.10×107 m －1，n 取整数．3．巴耳末公式的意义：以简洁的形式反映了氢原子的线状光谱的特征．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．经典理论的困难：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线状谱．四、玻尔原子理论的基本假设1．轨道量子化(1)原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动．(2)电子运行轨道的半径不是任意的，也就是说电子的轨道是量子化的(填“连续变化”或“量子化”)．(3)电子在这些轨道上绕核的运动是稳定的，不产生电磁辐射．2．定态(1)当电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，具有不同的能量．电子只能在特定轨道上运动，原子的能量只能取一系列特定的值．这些量子化的能量值叫作能级．(2)原子中这些具有确定能量的稳定状态，称为定态．能量最低的状态叫作基态，其他的状态叫作激发态．3．频率条件当电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E n)跃迁到能量较低的定态轨道(能量记为E m，m＜n)时，会放出能量为hν的光子，该光子的能量hν＝E n－E m，该式称为频率条件，又称辐射条件．判断下列说法的正误．(1)气体中中性原子的发光光谱都是线状谱，并且只能发出几种特定频率的光．(√)(2)线状谱和连续谱都可以用来鉴别物质．(×)(3)可以利用光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成成分．(√)(4)玻尔的原子结构假说认为电子的轨道是量子化的．(√)(5)电子从较高的能级向较低的能级跃迁时，会放出任意频率的光子．(×)一、光谱和光谱分析1．光谱的分类2．太阳光谱特点在连续谱的背景上出现一些不连续的暗线，是一种吸收光谱产生原因阳光中含有各种颜色的光，但当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳的高层大气中含有的元素会吸收它自己特征谱线的光，然后再向四面八方发射出去，到达地球的这些谱线看起来就弱了，这就形成了明亮背景下的暗线3.光谱分析(1)优点：灵敏度高，分析物质的最低量达10－13 kg.(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．例1关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是()A．太阳光谱是连续谱，分析太阳光谱可以知道太阳内部的化学组成B．霓虹灯和炼钢炉中炽热铁水产生的光谱，都是线状谱C．强白光通过酒精灯火焰上的钠盐，形成的是吸收光谱D．进行光谱分析时，可以利用连续谱，也可以利用吸收光谱答案 C解析太阳光谱是吸收光谱，这是由于太阳内部发出的强光经过温度比较低的太阳大气层时产生的，所以A错误；霓虹灯呈稀薄气体状态，因此光谱是线状谱，而炼钢炉中炽热铁水产生的光谱是连续谱，所以B错误；强白光通过酒精灯火焰上的钠盐时，某些频率的光被吸收，形成吸收光谱，所以C正确；光谱分析中只能用线状谱和吸收光谱，因为它们都具备特征谱线，所以D错误．稀薄气体发出的光谱是线状谱，此光谱是一些不连续的亮线，仅含有一些特定频率的光．线状谱中不同的谱线对应不同的频率，不同元素的原子产生的线状谱不同，因而可以用线状谱来确定物质的成分．例2 (2022·江苏仪征一中高二月考)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，下列说法正确的是( )A ．利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成分B ．利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分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 ．同一种物质的线状谱上的亮线与吸收光谱上的暗线，由于光谱的不同，它们没有关系 答案 B解析 高温物体的连续谱包括了各种频率的光，无法鉴别其组成成分，A 错误；某种物质发射的线状谱中的亮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某物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线由所经过的物质决定，C 错误；某种物质发出某种频率的光，当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光，因此同一物质线状谱上的亮线与吸收光谱上的暗线相对应，D 错误．二、氢原子光谱的实验规律 导学探究如图所示为氢原子的光谱．(1)仔细观察，氢原子光谱具有什么特点？(2)阅读课本，指出氢原子光谱的谱线波长具有什么规律？答案 (1)从右至左，相邻谱线间的距离越来越小．(2)可见光区域的四条谱线的波长满足巴耳末公式：1λ＝R ∞(122－1n2)，n ＝3,4,5，… 知识深化1．氢原子光谱的特点：在氢原子光谱图中的可见光区内，由右向左，相邻谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．2．巴耳末公式(1)巴耳末对氢原子光谱的谱线进行研究得到公式：1λ＝R ∞(122－1n 2)(n ＝3,4,5，…)，该公式称为巴耳末公式．式中R ∞叫作里德伯常量，实验值为R ∞＝1.10×107 m －1.(2)公式中只能取n ≥3的整数，不能连续取值，波长是分立的值．3．其他谱线：除了巴耳末系，氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线也都满足与巴耳末公式类似的关系式．例3 下列关于巴耳末公式1λ＝R ∞(122－1n2)的理解，正确的是( ) A ．巴耳末系的4条谱线位于红外区B ．公式中n 可取任意值，故氢原子光谱是连续谱C ．公式中n 只能取大于或等于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱D ．在巴耳末系中n 值越大，对应的波长λ越长答案 C解析 此公式是巴耳末在研究氢原子光谱在可见光区的四条谱线时得到的，A 错误；公式中n 只能取大于或等于3的整数，λ不能连续取值，故氢原子光谱是线状谱，B 错误，C 正确；根据公式可知，n 值越大，对应的波长λ越短，D 错误．三、玻尔原子理论1．轨道量子化(1)轨道半径只能够是一些不连续的、某些分立的数值．(2)氢原子的电子轨道最小半径为r 1＝0.053 nm ，其余轨道半径满足r n ＝n 2r 1，式中n 称为量子数，对应不同的轨道，只能取正整数．2．能量量子化(1)不同轨道对应不同的状态，在这些状态中，尽管电子做变速运动，却不辐射能量，因此这些状态是稳定的，原子在不同状态有不同的能量，所以原子的能量也是量子化的．(2)基态：原子最低的能量状态称为基态，对应的电子在离核最近的轨道上运动，氢原子基态能量E 1＝－13.6 eV .(3)激发态：除基态之外的其他能量状态称为激发态，对应的电子在离核较远的轨道上运动．氢原子各能级的关系为：E n ＝1n2E 1(E 1＝－13.6 eV ，n ＝1,2,3，…) 3．跃迁原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，即高能级E m 发射光子hν＝E m －E n吸收光子hν＝E m －E n 低能级E n .命题角度1 对玻尔理论的理解例4 (2021·广东学业水平考试)根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )A ．若氢原子由能量为E n 的定态向低能级E m 跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为hν＝E n －E mB ．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是νC ．一个氢原子中的电子从一个半径为r a 的轨道直接跃迁到另一半径为r b 的轨道，则此过程原子要辐射某一频率的光子D ．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁答案 A解析 原子由能量为E n 的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于两能级的能量差，故A 正确；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，原子不发光，故B 错误； 电子只有由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，才能辐射某一频率的光子，故C 错误；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D 错误．针对训练 若用|E 1|表示氢原子处于基态时能量的绝对值，处于n ＝3激发态的氢原子向基态跃迁时 (“辐射”或“吸收”)光子的能量为 ．答案 辐射 89|E 1| 解析 n ＝3时，E 3＝E 19，从n ＝3的激发态向基态跃迁时要辐射光子，辐射光子能量ΔE ＝|E 3－E 1|＝89|E 1|. 命题角度2 氢原子的能量和能量变化例5 (2022·鹿泉区第一中学高二月考)根据玻尔理论，氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后( )A ．原子的能量增加，系统的电势能减少B ．原子的能量减少，核外电子的动能减少C ．原子的能量减少，核外电子的动能增加D ．原子系统的电势能减少，核外电子的动能减少答案 C解析 电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，电子势能减少，原子总能量减少，根据k e2r2＝m v2r，E k＝12m v2，解得E k＝k e22r，可知半径减小，电子动能增加，原子系统的电势能减少，故A、B、D错误，C正确．原子的能量及变化规律1．原子的能量：E n＝E k n＋E p n.2．电子绕氢原子核运动时：k e2r n2＝m v n2r n，故E k n＝12m v n 2＝ke22r n电子轨道半径越大，电子绕核运动的动能越小．3．当电子的轨道半径增大时，库仑引力做负功，原子的电势能增大，反之，电势能减小．4．电子的轨道半径增大时，说明原子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到了能量较高的轨道．即电子轨道半径越大，原子的能量E n越大．考点一光谱和光谱分析1．(2022·靖西市第二中学高二开学考试)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解析白炽灯发光是由于灯丝在炽热状态下发出的光，是连续谱，选项A正确．2．(2022·内蒙古赤峰高二月考)关于光谱，下列说法正确的是()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组成C．做光谱分析时只能用发射光谱，不能用吸收光谱D．做光谱分析时只能用吸收光谱，不能用发射光谱答案 B解析原子发出的光谱是特征光谱，是线状谱，A错误；线状谱只包含对应波长的若干光，B正确；做光谱分析一定要用线状谱，既可以是发射光谱也可以是吸收光谱，C、D错误．3．通过光栅分析太阳光谱，我们发现其中有很多暗线，对于这些暗线，我们可以得到的结论是()A．太阳中缺少与暗线相对应的元素B．太阳大气层中含有暗线对应的元素C．地球大气层中的某些元素吸收了暗线中对应的光谱D．观测仪器精度不足造成的答案 B解析太阳光谱是太阳内部发出的光在经过太阳大气层的时候，被太阳大气层中的某些元素吸收而产生的，是一种吸收光谱，所以太阳光的光谱中有许多暗线，它们对应着太阳大气层中的某些元素的特征谱线，故B正确，A、C、D错误．4．(2021·江苏仪征市第二中学高二月考)关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是() A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可以利用连续谱D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成答案 B解析太阳光谱是吸收光谱，白炽灯是连续谱，所以A错误；霓虹灯及煤气灯火焰中钠蒸气产生的光谱属稀薄气体发光，是线状谱，所以B正确；进行光谱分析时，可以利用线状谱，不可以利用连续谱，所以C错误；由于月亮是反射的太阳光，其光谱无法确定月亮的化学组成，所以D错误．考点二氢原子光谱的实验规律经典理论的困难5．对于巴耳末公式，下列说法正确的是()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的可见光部分的光波长C．巴耳末公式确定了氢原子发光中的一个线系的波长，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波长，也不能描述其他原子发光中的光的波长，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．6．关于经典电磁理论与原子的核式结构之间的关系，下列说法正确的是()A．经典电磁理论很容易解释原子的稳定性B．根据经典电磁理论，电子绕原子核转动时，电子会不断释放能量，最后被吸附到原子核上C．根据经典电磁理论，原子光谱应该是不连续的D．原子的核式结构模型彻底否定了经典电磁理论答案 B解析根据经典电磁理论，电子在绕核做加速运动的过程中，要向外辐射电磁波，因此能量要减少，电子的轨道半径要减小，最终会落到原子上，因而原子是不稳定的．电子在转动过程中，随着转动半径不断减小，转动频率不断增大，辐射电磁波的频率不断变化，因而大量原子发光的光谱应该是连续谱．事实上，原子是稳定的，原子光谱也不是连续谱，而是线状谱，故选项A、C错误，B正确；经典电磁理论可以很好地应用于宏观物体，但不能用于解释原子世界的现象，故选项D错误．考点三玻尔原子理论7．光子的发射和吸收过程是()A．原子从基态跃迁到激发态要放出光子，放出光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差B．原子不能从低能级向高能级跃迁C．原子跃迁时所辐射光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率D．原子无论是吸收光子还是放出光子，吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差答案 D解析原子从基态跃迁到激发态要吸收光子，吸收的光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差，故A错误；原子吸收光子可以从低能级跃迁到高能级，故B错误；根据玻尔理论，原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子的频率满足hν＝E m－E n(m＞n)，与电子绕核运动的频率无关，C错误；根据玻尔理论可知，原子无论是吸收光子还是放出光子，吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差，故D正确．8．若用E 1表示氢原子处于基态时的能量，处于第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是( )A.14||E 1 B.34||E 1 C.78||E 1 D.116||E 1 答案 B解析 处于第2能级的能量E 2＝E 14，则向基态跃迁时辐射的能量ΔE ＝34||E 1，处于第3能级的能量E 3＝E 19，则向基态跃迁时辐射的能量ΔE ′＝89||E 1，处于第4能级的能量为E 4＝E 116，向基态跃迁时辐射的能量ΔE ″＝1516||E 1，则B 正确．9．(2021·广东模拟)原子从高能级向低能级跃迁产生光子，将频率相同的光子汇聚可形成激光．下列说法正确的是( )A ．频率相同的光子能量相同B ．原子跃迁发射的光子频率连续C ．原子跃迁只产生单一频率的光子D ．激光照射金属板不可能发生光电效应答案 A解析 根据E ＝hν可知，频率相同的光子能量相同，故A 正确；原子从一个定态跃迁到能级更低的定态时，原子辐射一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，电子轨道是量子化的，能量是量子化的，故频率是不连续的，故B 错误；原子在不同的轨道之间跃迁产生不同频率的光子，故C 错误；根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，光子的能量大于金属板的逸出功时，照射金属板即可发生光电效应，故D 错误．10.如图甲所示为a 、b 、c 、d 四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为( )A ．a 元素B ．b 元素C．c元素D．d元素答案 B解析由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的特征谱线在该线状谱中不存在，故选B.与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素．11．(2021·江苏省震泽中学高二月考)关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是()A．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波B．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁C．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大D．电子绕着原子核做匀速圆周运动．在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小答案 A解析根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A正确；电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现(如电子间的碰撞)，B错误；电子从外层轨道(高能级)跃迁到内层轨道(低能级)时动能增大，但原子的能量减小，C错误；电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点，即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期大，D错误．12．(2022·东北师大附中高二月考)根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后()A．氢原子所在的能级下降B．氢原子的电势能增加C．电子绕核运动的半径减小D．电子绕核运动的动能增大答案 B解析根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后，氢原子的能级升高，半径增大，A、C错误；电子与原子核间的距离增大，库仑力做负功，电势能增大，B正确；电子围绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力，由ke2r2＝m v2r，可得E k＝12m v 2＝ke22r，半径增大，动能减小，D错误．第2课时玻尔理论对氢光谱的解释氢原子能级跃迁[学习目标] 1.能用玻尔理论解释氢原子光谱．了解玻尔理论的不足之处和原因.2.进一步加深对玻尔理论的理解，会计算原子跃迁过程中吸收或放出光子的能量.3.知道使氢原子电离的方法并能进行有关计算．一、玻尔理论对氢光谱的解释1．氢原子能级图(如图所示)2．解释巴耳末公式巴耳末公式中的正整数n和2正好代表电子跃迁之前和跃迁之后所处的定态轨道的量子数n 和2.3．解释气体导电发光通常情况下，原子处于基态，非常稳定，气体放电管中的原子受到高速运动的电子的撞击，有可能向上跃迁到激发态，处于激发态的原子是不稳定的，会自发地向能量较低的能级跃迁，放出光子，最终回到基态．4．解释氢原子光谱的不连续性原子从较高的能级向低能级跃迁时放出的光子的能量等于前后两个能级之差，由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线．5．解释不同原子具有不同的特征谱线不同的原子具有不同的结构，能级各不相同，因此辐射(或吸收)的光子频率也不相同．二、玻尔理论的局限性1．成功之处玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱的实验规律．2．局限性保留了经典粒子的观念，仍然把电子的运动看作经典力学描述下的轨道运动．3．电子云原子中的电子没有确定的坐标值，我们只能描述某时刻电子在某个位置出现概率的多少，把电子这种概率分布用疏密不同的点表示时，这种图像就像云雾一样分布在原子核周围，故称电子云．1．判断下列说法的正误．(1)处于基态的氢原子可以吸收11 eV的光子而跃迁到能量较高的激发态．(×)(2)处于n＝2激发态的氢原子可以吸收11 eV的光子而发生电离．(√)(3)处于低能级的原子只有吸收光子才能跃迁到激发态．(×)(4)玻尔的原子模型成功地引入了量子化观念，是一种完美的原子结构模型．(×)(5)玻尔的原子模型也具有局限性，因为它保留了过多的经典粒子的观念．(√)2.如图为氢原子的能级图，则电子处在n＝4轨道上比处在n＝3轨道上离核的距离(填“远”或“近”)．当大量氢原子处在n＝3的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有条．放出的光子的最大能量为eV.答案远312.09一、玻尔理论对氢光谱的解释1．氢原子能级图(如图所示)2．能级跃迁：处于激发态的原子是不稳定的，它会自发地向较低能级跃迁，经过一次或几次跃迁到达基态．所以一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝C 2n ＝n (n －1)2. 3．光子的发射：原子由高能级向低能级跃迁时以光子的形式放出能量，发射光子的频率由下式决定．hν＝E m －E n (E m 、E n 是始末两个能级且m >n )，能级差越大，发射光子的频率就越高．4．光子的吸收：原子只能吸收一些特定频率的光子，原子吸收光子后会从较低能级向较高能级跃迁，吸收光子的能量仍满足hν＝E m －E n (m >n )．例1 (2021·江苏宿迁高二期末)氢原子的能级图如图所示，现有大量处于n ＝5能级(图中未标出)的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是( )A ．这些氢原子一定能发出10种不同频率的可见光(可见光能量范围：1.63～3.10 eV)B ．已知钠的逸出功为2.29 eV ，则氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝2能级释放的光子可以使金属钠的表面逸出光电子C ．氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝1能级释放的光子波长最长D ．氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝4能级时，氢原子能量减小，核外电子动能减小 答案 B解析 大量处于n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁，可能辐射出C 25＝10种不同频率的光子，但是这些光子中只有3→2,4→2,5→2跃迁中产生的光子在可见光的范围内，A 错误；氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝2能级释放的光子，其能量为ΔE 52＝－0.54 eV －(－3.40 eV)＝2.86 eV ，。

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》模块检测卷五-选修3-4

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》模块检测卷五-选修3-4

模块检测卷五选修3－4第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．对简谐运动的回复力公式F＝－kx的理解，正确的是()A．k只表示弹簧的劲度系数B．式中的负号表示回复力总是负值C．位移x是相对平衡位置的位移D．回复力不随位移变化，只随时间变化答案 C解析位移x是相对平衡位置的位移；F＝－kx中的负号表示回复力总是与振动物体的位移方向相反．2．我国南宋时的程大昌在其所著的《演繁露》中叙述道；“凡风雨初霁(雨后转晴)，或露之未晞(干)，其余点缀于草木枝之末，日光入之，五色俱足，闪烁不定，是乃日之光品著色于光，而非雨露有所五色也”．这段文字记叙的现象是光的()A．反射B．干涉C．色散D．衍射答案 C3．蝉的家族中的高音歌手是一种被称做“双鼓手”的蝉．它的身体两侧有大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘．圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的．某同学围绕蝉歇息的树干走了一圈，听到忽高忽低的蝉鸣声，以下说法中错误的是()A．这种现象属于声波的衍射现象B．这种现象属于声波的干涉现象C．身体两侧有大大的环形发声器官可以看做是相干波源D．蝉发出的两列声波的传播速度一定相同答案 A解析“听到忽高忽低的蝉鸣声”说明这是声波的干涉现象，选项A错误，B正确；身体两侧的发声器官可以看做是相干波源，选项C正确；因波速由介质决定，故选项D正确．4.如图1所示，弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是()图1A．该弹簧振子的周期为1 sB．该弹簧振子的频率为2 HzC．该弹簧振子的振幅为12 cmD．振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动答案 A解析振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，故该弹簧振子的周期为1 s，故A正确；该弹簧振子的周期为1 s，故该弹簧振子的频率为f＝1T＝1 Hz，故B错误；B、C间距为12 cm，故该弹簧振子的振幅为6 cm，故C错误；振子从O点出发到第一次回到O点的过程是一次全振动的一半，故D错误．5．质点做简谐运动，其x－t关系如图2所示．以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v －t关系是()图2答案 B解析 在t ＝0时刻，质点的位移最大，速度为0，则下一时刻质点应向下运动，故选项A 、C 错误；在t ＝T 4时刻，质点的位移为0，速率最大，故选项B 正确，选项D 错误． 6．如图3为某质点的振动图象，由图象可知( )图3A ．质点的振动方程为x ＝2sin 50πt (cm)B ．在t ＝0.01 s 时质点的速度为负向最大C ．P 时刻质点的振动方向向下D ．从0.02 s 至0.03 s 质点的位移增大，速度减小答案 D解析 由题图可知，质点振动方程为x ＝2sin (50πt ＋π)(cm)＝－2sin 50πt (cm)；t ＝0.01 s 时质点速度为零；P 时刻质点振动方向向上；在0.02 s 至0.03 s ，质点离开平衡位置，位移增大，速度减小，故选项D 正确．7．一束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a 、b .已知a 光的频率小于b 光的频率，下列光路图正确的是( )答案 D解析 两种单色光射入玻璃砖时的折射角小于入射角，据此可排除选A 、B ；已知a 光的频率小于b 光的频率，那么a 光在玻璃砖中的折射率较小，入射角相同时，折射角较大，选项D 正确．8．a 、b 两种单色光组成的光束从空气进入介质时，其折射光束如图4所示．则关于a 、b 两束光，下列说法正确的是( )图4A ．介质对a 光的折射率大于介质对b 光的折射率B ．a 光在介质中的速度大于b 光在介质中的速度C ．a 光在真空中的波长大于b 光在真空中的波长D ．光从介质射向空气时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 A解析 根据折射率的定义n ＝sin θ1sin θ2，因入射角相等，a 光的折射角较小，则a 光的折射率较大，故A 正确；由公式v ＝c n分析可知，a 光在介质中的速度较小，故B 错误；光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则a 光在真空中的波长较短，故C 错误；根据临界角公式sin C ＝1n分析知，a 光的折射率大，临界角小，故D 错误． 9.如图5所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是()图5A．减弱，紫光B．减弱，红光C．增强，紫光D．增强，红光答案 C解析由临界角公式sin C＝1n可知，当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.10．如图6所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是()图6A．a光是红光B．在同一种玻璃中a光的速度小于b光的速度C．b光的光子能量较高D．当a和b以相同入射角从玻璃射入空气时，若a刚好能发生全反射，则b也一定能发生全反射答案 B解析 根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx ＝l dλ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，那么a 光是蓝光，b 是红光，且b 光的光子能量较低，故A 、C 错误；因a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，那么a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝c n，知在玻璃中，a 光的速度小于b 光的速度，故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全反射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误．11．一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图7中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图7A ．2 m /sB ．3 m/sC ．4 m /sD ．5 m/s答案 B解析 由题图知波长λ＝8 cm ，若因T >0.02 s ，波向右传播，则14T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.08 s ＝1 m/s ；若波向左传播，则34T ＝0.02 s ，得T ＝0.083 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.083s ＝3 m/s ，选项B 正确．12．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射——反射——折射后恰好和入射光线平行，如图8所示，那么第一次入射的入射角应是( )图8A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°答案 D解析 作光路图如图所示，设入射角为θ，折射角为α，则θ＝2α，n ＝sin θsin α＝2sin αcos αsin α，cos α＝n 2＝32，α＝30°，所以θ＝60°.故选项D 正确．13．如图9所示，某同学将一枚大头针从一边长为6 cm 的正方形不透光的轻质薄板正中心垂直于板插入，制作成了一个测定液体折射率的简单装置．他将该装置放在某种液体液面上，调整大头针插入深度，当插入液体中深度为4 cm 时，恰好无论从液面上方任何方向都看不到液体中的大头针，则该液体的折射率为( )图9 A.53B.43C.54D.34答案 A解析 要恰好在液面上各处均看不到大头针，要求光线射到薄板边缘界面处时恰好发生全反射，设临界角为C .由临界角与折射率的关系得：sin C ＝1n ①由几何关系得：sin C ＝rr 2＋h 2＝332＋42＝35② 联立①②式可得：n ＝53二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14．如图10所示，列车上安装一个声源，发出一定频率的乐音．当列车与观察者都静止时，观察者记住了这个乐音的音调．在以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是( )图10A ．观察者静止，列车向他驶来B ．观察者静止，列车离他驶去C ．列车静止，观察者靠近列车D ．列车静止，观察者远离列车答案 BD解析 当波源和观察者相对远离时，观察者接收到的频率小于声源发出的频率，B 、D 正确，A 、C 错误．15．下列说法正确的是( )A ．赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实B ．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率最大，几乎可达100%C ．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关D ．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度答案BC解析赫兹用实验证实了电磁波的存在，但预言电磁波存在的是麦克斯韦，选项A错误；平面镜有折射，而全反射棱镜在全反射时没有折射，故选项B正确；受迫振动的频率只与驱动力的频率有关，故选项C正确；检查平面的平整程度的原理是光的干涉，选项D错误．16．如图11甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知()图11A．质点振动的周期T＝0.2 sB．波速v＝20 m/sC．因一个周期质点运动0.8 m，所以波长λ＝0.8 mD．从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 m答案ABD解析由题图甲读出波长λ＝4 m，由题图乙读出周期T＝0.2 s，波速v＝λT＝20 m/s.故A、B 正确，C错误．由题图乙可知x＝2 m处的质点开始时向下振动，结合甲图知简谐波沿x轴正方向传播，经过0.15 s，传播距离s＝v t＝20×0.15 m＝3 m，故D正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)某同学在“研究单摆周期与摆长的关系”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图12甲所示，可读出摆球的直径为________ cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.图12(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________ s(结果保留三位有效数字)．答案(1)2.06(2)2.28解析(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×110mm＝20.6 mm＝2.06 cm.(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59＝2.28 s.18．(5分)利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：如图13，在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，使它的直边与直线MN对齐，在垂线AB上竖直插两枚大头针P1和P2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．图13(1)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧最少应插________枚大头针．(2)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量(图上标出)有____________________，计算折射率的公式是________． 答案 (1)1(2)光路图如图 入射角i 和折射角r n ＝sin rsin i解析 (1)由题图分析可知，在玻璃砖的右侧最少插一枚大头针即可确定光路．(2)光在圆弧面上D 点发生折射，法线为OD 直线，测出入射角i 和折射角r ，折射率n ＝sin rsin i .19．(6分)如图14所示，在“用双缝干涉测量单色光的波长”实验中，某同学准备的实验仪器包括以下元件：A ．白炽灯；B.单缝；C.毛玻璃屏；D.双缝；E.遮光筒； F ．红色滤光片；G.凸透镜；(其中双缝和光屏连在遮光筒上)．图14(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A 、____、____、____、____、E 、C.(2)把测量头的分划板中心刻线与某亮条纹对齐，并将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时15等分的游标卡尺位置如图15甲所示，其读数为________mm ，继续转动测量头，使分划板中心刻线与第7条亮条纹中心对齐，此时游标卡尺位置如图乙所示，其读数为________mm.图15(3)若已知双缝间距为0.2 mm ，测得双缝到屏的距离为70.00 cm ，则所测红光波长为________． 答案 (1)G F B D (2)19.8 30.3 (3)5×10－7 m解析 (1)该实验中各元件的作用分别是：A.白炽灯——光源；B.单缝——产生相干光；C.毛玻璃屏——呈现能观察的像；D.双缝——作为产生干涉现象的两个波源；E.遮光筒——避免外界光线干扰，便于观察；F.红色滤光片——将白炽灯的其他色光过滤掉，只剩下红光；G .凸透镜——将光源的发散光束汇聚，产生放大的效果．所以正确的排列顺序是AGFBDEC.(2)甲图中游标尺上第8条线与主尺刻度对齐，读数为19 mm ＋110×8 mm ＝19.8 mm ；乙图中游标尺上第3条线与主尺刻度对齐，读数为30 mm ＋110×3 mm ＝30.3 mm. (3)在双缝干涉现象中，条纹间距Δx ＝ld λ，由(2)可知，条纹间距为Δx ＝30.3－19.86 mm ＝1.75mm ，所以λ＝d l Δx ＝0.2 mm700 mm×1.75 mm ＝5×10－7 m.20．(9分)如图16所示为一列横波在某时刻的波动图象，此波中d 质点到达波谷的时间比e 质点早0.05 s.图16(1)求此列波的传播方向和波速是多大？ (2)Δt ＝1.5 s 内a 质点通过的路程是多少？ (3)画出从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象．答案 (1)沿x 轴向右传播 20 m/s (2)1.5 m (3)如解析图所示解析 (1)由题意知，图示时刻质点d 向下振动，所以波向右传播．周期T ＝4×0.05 s ＝0.2 s波速v ＝λT ＝40.2m /s ＝20 m/s(2)Δt ＝1.5 s ＝7.5T ，故在此时间内质点a 通过的路程为30A ＝150 cm ＝1.5 m.(3)图示时刻x ＝3 m 处的质点位于平衡位置且向下振动，则从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象如图所示．21．(10分)如图17甲所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形图，知波速v ＝2 m/s ，质点P 、Q 相距3.2 m ．则：图17(1)在图乙中画出质点Q 的振动图象(至少画出一个周期)；(2)从t ＝0到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程． 答案 (1)见解析图 (2)0.22 m 解析 (1)图象如图所示(2)从t ＝0到质点Q 第二次到达波谷所需时间 t ＝Δxv ＋T ＝3.2＋0.4－0.82s ＋0.8 s ＝2.2 s(或由质点Q 的振动图象得质点Q 在t ＝2.2 s 时第二次到达波谷) 在这2.2 s 内质点P 经历t ＝2.20.8T ＝234T因而通过的路程为s ＝234×4A ＝22 cm ＝0.22 m.图1822．(10分)(2016·余姚市联考)为了测定等腰玻璃三棱镜的折射率，如图18所示，我们测出了等腰玻璃三棱镜ABC 的顶角为30°，让激光由空气垂直AB 面进入棱镜，由AC 面进入空气中，我们又测出了其折射光线与入射光线之间的夹角为30°.已知光在真空中速度为3.0×108 m/s ，请回答下列问题： (1)请作出光路图； (2)求棱镜的折射率；(3)光在这种玻璃中的传播速度． 答案 (1)见解析图 (2) 3 (3)3×108 m/s解析 (1)光路图如图所示．(2)由图得，入射角i ＝30°，折射角r ＝60°，由光的折射定律得n ＝sin 60°sin 30°，解得n ＝ 3(3)根据公式v ＝cn可得v ＝3×108 m/s.23．(10分)为从军事工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图19所示．设工事壁厚d ＝20 3 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝3的玻璃砖．图19(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？ 答案 (1)120° (2)2解析 (1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝sim θ1sim θ2.由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30° 则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，则当θ1＝90°时，θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝1n ′. 解得玻璃砖的折射率应为n ′＝2.。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章 1

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1碰撞[学习目标] 1.知道什么是碰撞, 会通过实验探究碰撞前后物体动能的变化.2.掌握弹性碰撞和非弹性碰撞.一、碰撞的定义做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用, 在很短的时间内, 它们的运动状态会发生显著变化, 这一过程叫做碰撞.二、碰撞的分类1.弹性碰撞:碰撞前后两滑块的总动能不变.2.非弹性碰撞:碰撞后两滑块的总动能减少了.3.完全非弹性碰撞:两物体碰后粘在一起, 以相同的速度运动.三、弹性碰撞和非弹性碰撞的区分1.从形变的角度:发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状, 而发生非弹性碰撞的两物体碰后不能恢复原状.2.从动能的角度:发生弹性碰撞的两物体碰撞前后总动能不变, 发生非弹性碰撞的两物体碰撞后的总动能减少, 在完全非弹性碰撞中动能损失最多.[即学即用]判断下列说法的正误.(1)两物体碰撞, 它们的速度将发生变化.(√)(2)在做“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验中, 气垫导轨应水平放置.(√)(3)任何碰撞的两物体, 碰撞后总动能一定减少.(×)(4)完全非弹性碰撞中动能的减少最多.(√)一、碰撞中的动能变化及碰撞分类[导学探究]某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案, 探究碰撞前后物体动能的变化.探究中分别得到了两组数据, 如下表所示:m1与静止的m2碰撞, 碰后分开(表一)m1与静止的m2碰撞, 碰后粘在一起(表二)计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能.通过比较, 你有什么发现？答案①0.016 5②0.015 1③0.008 8④0.004 5从表一的数据可以看出:在实验误差允许范围内, 两滑块碰撞前后的总动能几乎相等.从表二的数据可以看出:两滑块碰撞前后的总动能并不相等, 碰撞后总动能减少了.[知识深化]1.碰撞的特点(1)相互作用时间短.(2)作用力变化快.(3)作用力峰值大.因此其他外力可以忽略不计.2.碰撞中能量的特点:碰撞过程中, 一般伴随机械能的损失, 即:E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2.3.碰撞的类型及区分(1)弹性碰撞:两个物体碰撞后形变能够完全恢复, 碰撞后没有动能转化为其他形式的能, 即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等.(2)非弹性碰撞:两个物体碰撞后形变不能完全恢复, 该过程有动能转化为其他形式的能, 总动能减少.(3)完全非弹性碰撞(非弹性碰撞的特例):两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动, 该碰撞过程动能损失最多.例1一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg的小球B正碰, 试根据以下数据, 分析碰撞性质:(1)碰后小球A 、B 的速度均为2 m/s ；(2)碰后小球A 的速度为1 m /s, 小球B 的速度为4 m/s. 答案 (1)完全非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 02＝9 J.(1)碰后小球A 、B 速度均为2 m/s, 碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J ＜E k0, 故该碰撞为完全非弹性碰撞.(2)当碰后v A ′＝1 m /s, v B ′＝4 m/s 时, 碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0, 故该碰撞为弹性碰撞.针对训练 如图1所示, 有A 、B 两物体, m 1＝3m 2, 以相同的速率v 相向运动, 碰撞后A 静止, B 以2v 的速率反弹, 那么A 、B 的碰撞为( )图1A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.无法判断答案 A解析 设m 1＝3m , m 2＝m碰撞前总动能E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝2m v 2碰撞后总动能E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2m v 2因为碰撞前后总动能不变, 故为弹性碰撞, A 项正确. 二、碰撞模型的拓展例2如图2所示, 物体A静止在光滑的水平面上, A的左边固定有轻质弹簧, 与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞.A、B始终沿同一直线运动, 则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()图2A.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解析方法一:B和A(包括弹簧)的作用, 可以看成广义上的碰撞, 两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时, 其动能损失最多, 故选D.方法二:B与弹簧作用后, A加速, B减速, 当A、B速度相等时, 弹簧最短、弹性势能最大, 系统动能损失最多, 故D正确.两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞, 当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状(两物体分离)时相当于弹性碰撞.1.(碰撞的特点)(多选)关于碰撞的特点, 下列说法正确的是()A.碰撞过程的时间极短B.碰撞时, 质量大的物体对质量小的物体作用力大C.碰撞时, 质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D.碰撞时, 质量小的物体对质量大的物体作用力大答案AC2.(碰撞中能量损失的可能性)(多选)两个物体发生碰撞()A.碰撞过程中, 系统的总动能一定减小B.碰撞过程中, 系统的总动能可能不变C.碰撞过程中, 系统的总动能可能增大D.碰撞过程中, 系统的总动能可能减小答案BD3.(碰撞问题分析)(多选)如图3甲所示, 在光滑水平面上的两个小球发生正碰, 小球的质量分别为m1和m2, 取向右为正方向, 图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1＝0.1 kg, m2＝0.3 kg, 由此可以判断, 下列说法正确的是()图3A.碰前m 2静止, m 1向右运动B.碰后m 2和m 1都向右运动C.此碰撞为弹性碰撞D.此碰撞为非弹性碰撞 答案 AC解析 由题图乙可以看出, 碰前m 1位移随时间均匀增加, m 2位移不变, 结合题图甲可知m 2静止, m 1向右运动, 故A 正确；碰后一个位移增大, 一个位移减小, 说明运动方向不一致, 故B 错误；由题图乙可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m /s, 碰后m 1的速度v 1′＝－2 m /s, 碰前m 2的速度v 2＝0, 碰后m 2的速度v 2′＝2 m/s, 又m 1＝0.1 kg, m 2＝0.3 kg, 则碰撞过程中系统损失的动能ΔE k ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0, 故C 正确, D 错误.4.(碰撞问题分析)质量为1 kg 的A 球以3 m /s 的速度与质量为2 kg 的静止的B 球发生碰撞, 碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动, 则两球的碰撞属于________碰撞, 碰撞过程中动能减少了________ J. 答案 完全非弹性 3解析 由于两球碰后速度相同, 没有分离, 因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞, 在碰撞过程中减少的动能为ΔE k ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章章末总结

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高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章章末总结章末总结一、动量定理及其应用1.冲量的计算(1)恒力的冲量:公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量.图1(2)变力的冲量①通常利用动量定理I＝Δp求解.②可用图像法计算.如图1所示, 在F－t图像中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量.2.动量定理Ft＝m v2－m v1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应.应用动量定理解题时, 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.(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.(3)应用动量定理解题的思路①确定研究对象, 进行受力分析；②确定初、末状态的动量m v1和m v2(要先规定正方向, 以便确定动量的正负, 还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；③利用Ft＝m v2－m v1列方程求解.3.由动量定理得F＝ΔpΔt, 即物体动量的变化率ΔpΔt等于它所受的合外力, 这是牛顿第二定律的另一种表达式.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, 则小球受到的地面的平均作用力大小为________N(g取10 m/s2).答案 2 12解析由题意知v t ＝4 m /s 方向为正, 则动量变化Δp ＝m v t －m v 0＝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 ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N.二、多过程问题中的动量守恒1.正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程, 分析系统所受的外力, 判断是否满足动量守恒的条件.2.准确选择初、末状态, 选定正方向, 根据动量守恒定律列方程.例2 如图2所示, 两端带有固定薄挡板的滑板C 长为L , 质量为m 2, 与地面间的动摩擦因数为μ, 其光滑上表面上静置着质量分别为m 、m 2的物块A 、B , A 位于C 的中点, 现使B 以水平速度2v 向右运动, 与挡板碰撞并瞬间粘连, 不再分开, A 、B 可看做质点, A 与B 、C 的碰撞都可视为弹性碰撞.已知重力加速度为g , 求:图2(1)B 与C 上挡板碰撞后瞬间的速度大小以及B 、C 碰撞后C 在水平面上滑动时的加速度大小；(2)A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小.答案(1)v 2μg (2)v 2－2μgL解析 (1)B 、C 碰撞过程系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得:m 2·2v ＝(m 2＋m 2)v 1① 解得v 1＝v ②对B 、C , 由牛顿第二定律得:μ(m ＋m 2＋m 2)g ＝(m 2＋m 2)a , ③ 解得a ＝2μg .④(2)设A 、C 第一次碰撞前瞬间C 的速度为v 2, 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 22－v 12＝2(－a )·12L , ⑤ A 与C 上挡板的第一次碰撞可视为弹性碰撞, 系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得:(m 2＋m 2)v 2＝(m 2＋m 2)v 3＋m v 4⑥ 由能量守恒定律得12(m 2＋m 2)v 22＝12(m 2＋m 2)v 32＋12m v 42⑦ 解得A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小为:v 4＝v 2－2μgL .三、板块模型中的“三x ”问题如图3所示, 质量为m 的滑块以速度v 0滑上放于光滑水平地面上的质量为M 的长木板上.长木板上表面粗糙, 滑块与木板间的动摩擦因数为μ, 长木板足够长.图3满足以下关系:f ＝μmg , m v 0＝(m ＋M )v t , －fx 1＝12m v t 2－12m v 02, fx 2＝12M v t 2, fx 3＝f (x 1－x 2)＝12m v 02－12(M ＋m )v t 2＝Q .3 一质量为2m 的物体P 静置于光滑水平地面上, 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v 0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 (h 小于斜面bc 的高度), 返回后在到达a 点前与物体P 相对静止.重力加速度为g .图4求:(1)木块在ab 段受到的摩擦力f 的大小；(2)木块最后距a 点的距离s .答案 (1)m v 02－3mgh 3L (2)v 02－6gh v 02－3ghL 解析 (1)从开始运动到木块到达最大高度的过程, 规定向左为正方向,由水平方向动量守恒得, m v 0＝3m v 1由能量守恒得, 12m v 02＝12×3m v 12＋mgh ＋fL 解得:f ＝m v 02－3mgh 3L. (2)木块从最大高度至与物体P 最终相对静止的过程, 规定向左为正方向,由动量守恒得, 3m v 1＝3m v 2由能量守恒得, 12×3m v 12＋mgh ＝12×3m v 22＋fx 距a 点的距离为s ＝L －x解得:s ＝L －3ghL v 02－3gh ＝v 02－6gh v 02－3ghL . 四、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, 还可以写出分量表达式；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.但任何过程能量都守恒.3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的动能最多.4如图5所示, 固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接, 圆轨道半径为R, PN恰好为该圆的一条竖直直径.可视为质点的物块A和B紧靠在一起静置于N处, 物块A的质量m A＝2m, B的质量m B＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离, 分别沿轨道向左、右运动, 物块B恰好能通过P点并被接住, 物块B不能落到轨道MN上.已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ, 重力加速度为g.求:图5(1)物块B运动到P点时的速度大小v P；(2)两物块刚分离时物块B的速度大小v B；(3)物块A在水平面上运动的时间t.答案(1)gR(2)5gR(3)5gR 2μg解析(1)对于物块B, 恰好通过P点时只受重力的作用, 根据牛顿第二定律有:m B g ＝m B v P 2R① 解得v P ＝gR ②(2)对于物块B , 从N 点到P 点的过程中机械能守恒, 有: 12m B vB 2＝12m B v P 2＋2m B gR ③ 解得v B ＝5gR ④(3)设物块A 、B 分离时A 的速度大小为v A , 以向左为正方向, 根据动量守恒定律有:m A v A －m B v B ＝0⑤此后A 滑行过程中, 根据动量定理有:－μm A gt ＝0－m A v A ⑥联立④⑤⑥式可得:t ＝5gR2μg .。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第7点 动量和能量观点的综合应用

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第7点 动量和能量观点的综合应用

第7点动量和能量观点的综合应用1.动量的观点和能量的观点动量的观点:动量定理和动量守恒定律能量的观点:动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统, 应优先考虑两大守恒定律, 若研究对象为单个物体, 可优先考虑两个定理, 特别涉及时间问题时, 应优先考虑动量定理, 涉及功和位移问题时, 应优先考虑动能定理.这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态, 不对过程变化的细节进行深入的研究, 这是它们比牛顿运动定律的方便之处.2.利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(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；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式, 绝无分量表达式.对点例题如图1所示, 在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B, B的左端静止着一个质量为2m的物块A, 已知A、B之间的动摩擦因数为μ, 现有质量为m 的小球以水平速度v 0飞来与物块A 碰撞后立即以大小为v 03的速率弹回, 在整个过程中物块A 始终未滑离木板B , 且物块A 可视为质点, 重力加速度为g .求:图1(1)物块A 相对木板B 静止后的速度大小；(2)木板B 至少为多长？解题指导 (1)设小球与物块A 碰撞后物块A 的速度为v 1, 以v 0的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v 0＝－m v 03＋2m v 1, 设物块A 与木板B 的共同速度为v 2,由动量守恒定律得2m v 1＝(2m ＋4m )v 2,联立以上两式可得v 1＝2v 03, v 2＝2v 09. (2)设物块A 在木板B 上滑过的距离为L , 由能量守恒定律得2μmgL ＝12×2m v 12－12(2m ＋4m )v 22,解得L ＝4v 0227μg, 故木板B 长至少为4v 0227μg. 答案 (1)2v 09 (2)4v 0227μg点拨提升 动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强, 解题时要认真分析物体间相互作用的过程, 将过程合理分段, 明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒, 哪些物体组成的系统机械能守恒, 然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解.如图2所示, A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上, A 紧靠竖直墙壁, A 、B 之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长, 它们的质量分别为m A ＝m , m B ＝2m , m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0, C 与B 发生碰撞并粘在一起.图2试求:(1)A 离开墙壁前, 弹簧的最大弹性势能；(2)A 离开墙壁后, C 的最小速度的大小.答案 (1)16m v 02 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞前后动量守恒, 以水平向左为正方向, 则m v 0＝3m v ,弹簧压缩至最短时弹性势能最大, 此时三个物块速度均为0, 由机械能守恒定律可得:E pm ＝12×3m v 2联立解得:E pm ＝16m v 02. (2)在弹簧恢复原长的过程中, 系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时, B 、C 的速度为v ′, 有E pm＝32m v ′2, 则v ′＝v 03, A 离开墙壁后, 在弹簧的作用下速度逐渐增大, B 、C 的速度逐渐减小, 当弹簧再次恢复原长时, A 达到最大速度v A , B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中, 系统动量守恒、机械能守恒, 以水平向右为正方向, 有3m v ′＝m v A ＋3m v C ,E pm ＝12m v A 2＋32m v C 2, 解得:v C ＝v 06.。

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第四章第3讲-圆周运动

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第四章第3讲-圆周运动

[考试标准]一、圆周运动、向心加速度、向心力1．匀速圆周运动(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等． (2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动． 2．描述匀速圆周运动的物理量(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量． v ＝Δs Δt ＝2πrT.单位m/s.(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． ω＝ΔθΔt ＝2πT.单位rad/s(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． T ＝2πr v ，T ＝1f.(4)转速：物体单位时间内所转过的圈数．符号n ，单位r /s(或r/min) (5)相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf ＝2πnr .3．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量． a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .4．向心力做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力，公式为F n ＝m v 2r 或F n ＝mrω2.向心力的方向总是沿半径指向圆心，方向时刻改变，所以向心力是变力．[深度思考] 匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？有什么区别？ 答案 不同．前者指线速度的大小不变，后者指速度的大小和方向都不变． 二、生活中的圆周运动 1．火车转弯特点：重力与支持力的合力提供向心力．(火车应按设计速度转弯，否则将挤压内轨或外轨)2．竖直面内的圆周运动(1)汽车过弧形桥特点：重力和桥面支持力的合力提供向心力．(2)水流星、绳球模型、内轨道最高点：当v≥gR时，能在竖直平面内做圆周运动；当v<gR时，不能到达最高点．3．离心运动定义：做匀速圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，即离心运动．4．受力特点当F合＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；当F合＝0时，物体沿切线方向飞出；当F合<mω2r时，物体逐渐远离圆心．[深度思考]为什么铁路转变处设计的外轨比内轨高？答案如果铁路弯道的内外轨一样高，外侧车轮的轮缘挤压外轨，使外轨发生弹性形变，外轨对轮缘的弹力就是火车转弯的向心力．但火车的质量太大，靠这种办法得到向心力，轮缘与外轨间的相互作用力太大，铁轨和车轮极易受损．三、竖直面内的圆周运动1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．2．绳、杆模型涉及的临界问题1．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．物体所受合力全部用来提供向心力D．向心加速度大小和方向时刻改变答案 C2．一般转动机械上都标有“×××r/min”，该数值是转动机械正常工作时的转速，不同的转动机械上标有的转速一般是不同的．下列有关转速的说法正确的是()A．转速越大，说明该转动机械正常工作时的线速度一定越大B．转速越大，说明该转动机械正常工作时的线速度一定越小C．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越大D．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越小答案 D3．皮带传动装置如图1所示，两轮的半径不相等，传动过程中皮带不打滑．关于两轮边缘上的点，下列说法正确的是()图1A．周期相同B．角速度相等C．线速度大小相等D．向心加速度相等答案 C4．以下说法中正确的是()A．在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯B．火车转弯速率大于规定的数值时，内轨将会受压力作用C．火车转弯速率大于规定的数值时，外轨将会受压力作用D．汽车转弯时需要的向心力是由司机转动方向盘所提供的力答案 C5．下列现象中，与离心现象无关的是()A．运动员投掷铅球时，抛射角在42°左右B．通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴C．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩D．用洗衣机脱去湿衣服中的水答案 A命题点一 生活中的圆周运动例1 (多选)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的最大速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以选择路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．答案 ACD题组阶梯突破1．在世界摩托车锦标赛中，有的赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，原因是( )A ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，受到的向心力过大B ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速C ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道 答案 C解析 赛车行驶到弯道时，由于速度过大，使赛车受到的静摩擦力不足以提供所需的向心力，所以赛车将沿切线方向冲出跑道，选项C 符合题意．2．一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，求圆形拱桥的半径(g ＝10 m/s 2)( ) A ．15 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m 答案 D解析 根据牛顿第二定律得，mg －F N ＝m v 2R据题有F N ＝34mg ，解得R ＝4v 2g ＝4×10210 m ＝40 m.命题点二 圆周运动的动力学分析例2 在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江，若把这滑铁索过江简化成如图3所示的模型，铁索的两个固定点A 、B 在同一水平面内，A 、B 间的距离为L ＝80 m ，铁索的最低点离A 、B 连线的垂直距离为H ＝8 m ，若把铁索看成是圆弧，已知一质量m ＝52 kg 的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点时的速度为10 m/s ，那么( )图3A ．人在整个铁索上的运动可看成是匀速圆周运动B ．可求得铁索的圆弧半径为100 mC ．人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为570 ND ．人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为50 N解析 人借助滑轮下滑过程中，其速度是逐渐增大的，因此人在整个铁索上的运动不能看成匀速圆周运动；设圆弧的半径为r ，由几何关系，有：(r －H )2＋(L2)2＝r 2，解得r ＝104 m ；人在滑到最低点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r ，解得F N ＝570 N ，选项C 正确．答案 C圆周运动中动力学问题的分析技巧 1．解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等； (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源； (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程． 2．常见的三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0. (2)相互接触的两物体相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是：F T ＝0. 题组阶梯突破3．冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，其安全速度为( ) A ．v ＝k RgB ．v ≤kRgC ．v ≤2kRgD ．v ≤Rg k答案 B解析 水平冰面对运动员的静摩擦力提供他做圆周运动的向心力，则运动员的安全速度v 满足：kmg ≥m v 2R，解得v ≤kRg .4.如图4所示，半径为r 的圆筒，绕竖直中心轴OO ′旋转，小物块a 靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，要使a 不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为( )图4A.μgrB.μgC.g rD.g μr答案 D解析 对物块受力分析知F f ＝mg ，F n ＝F N ＝mω2r ，又由于F f ≤μF N ，所以解这三个方程得角速度ω至少为gμr，D 选项正确．命题点三 竖直平面内的圆周运动问题例3 如图5所示，一过山车在半径为R 的轨道内运动，过山车的质量为M ，里面人的质量为m ，运动过程中人与过山车始终保持相对静止．则：图5(1)当过山车以多大的速度经过最高点时，人对座椅的压力大小刚好等于人的重力？ (2)以(1)中速度过最高点时，过山车对轨道的压力为多大？(3)当过山车以6gR 的速度经过最低点时，人对座椅的压力为多大？解析 (1)在最高点时，人的重力和座椅对人的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律F N ＋mg ＝m v 21R根据牛顿第三定律F N ＝mg 解得v 1＝2gR(2)将过山车和人作为一个整体，向心力由整体的总重力和轨道对过山车的弹力的合力提供，设此时轨道对过山车的弹力为F ，根据牛顿第二定律F ＋(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 21R解得F ＝(M ＋m )g根据牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小为(M ＋m )g ，方向竖直向上．(3)在最低点时，设座椅对人的弹力为F N ′，则根据牛顿第二定律F N ′－mg ＝m v 22R代入v 2＝6gR得F N ′＝7mg根据牛顿第三定律，人对座椅的压力大小为7mg ，方向竖直向下．答案 (1)2gR (2)(M ＋m )g (3)7mg竖直面内圆周运动类问题的解题技巧1．定模型：首先判断是绳模型还是杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．2．确定临界点：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中最高点v ≥0这两个临界条件．3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的运动情况．4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向．5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程． 题组阶梯突破5．杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为m ＝0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图6所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s ，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图6A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N答案 B解析 “水流星”在最高点的临界速度v ＝gL ＝4 m/s ，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出．故选B.6．长度为1 m 的轻杆OA 的A 端有一质量为2 kg 的小球，以O 点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图7所示，小球通过最高点时的速度为3 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时小球将( )图7A ．受到18 N 的拉力B ．受到38 N 的支持力C ．受到2 N 的拉力D ．受到2 N 的支持力答案 D解析 设此时轻杆拉力为F ，根据向心力公式有F ＋mg ＝m v 2r，代入数值可得F ＝－2 N ，表示受到2 N 的支持力，选项D 正确.(建议时间：40分钟)1．(多选)(2016·奉化市调研)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是()A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．物体所受的合外力提供物体做圆周运动的向心力D．向心力和向心加速度的方向都是不变的答案BC解析做匀速圆周运动的物体所受的向心力是由物体所受的合外力提供的，由于指向圆心，且与线速度方向垂直，不能改变线速度的大小，只用来改变线速度的方向，向心力虽大小不变，但方向时刻改变，不是恒力，由此产生的向心加速度也是变化的，所以A、D错误，B、C正确．2．如图1所示，手表指针的运动可看成匀速运动，下列说法中正确的是()图1A．秒针、分针、时针转动周期相同B．秒针的角速度最大，时针的角速度最小C．秒针上A、B两点线速度一样大D．秒针上A、B两点向心加速度一样大答案 B3．(多选)如图2所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是()图2A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做向心运动答案AD解析在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，当拉力消失，物体受合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故A正确，B错误；若拉力突然变大，拉力大于所需向心力，小球做向心运动，故D正确．4．洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是()A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B．水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好答案 B解析脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁．故A正确；水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉．故B错误；F＝ma＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去．故C正确；靠近中心的衣服，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差，故D正确．5．把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．如图3所示，关于小球的受力情况，下列说法正确的是()图3A．重力、漏斗壁的支持力B．重力、漏斗壁的支持力及向心力C．重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力D．小球受到的合力为零答案 A解析小球受重力和支持力两个力的作用，靠两个力的合力提供向心力．向心力找不到施力物体，是做圆周运动所需要的力，靠其它力提供，故A正确，B、C、D错误．6．如图4所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a、b两物体做圆周运动的向心力之比是()图4A．1∶1 B．3∶2C．2∶3 D．9∶4答案 C解析a、b随圆盘转动，角速度相同，向心力正比于半径，C正确．7．如图5所示，杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时，水也不洒出来．关于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是()图5A．水处于失重状态，不受重力的作用B．水受一对平衡力的作用，合力为零C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D．杯底对水的作用力可能为零答案 D8．(2016·福建模拟)某同学用一根结实的细绳，其中一端拴一个小物体在光滑的水平桌面上做圆周运动，体验手拉绳的力，如图6所示．当保持物体质量不变时，下列说法正确的是()图6A．半径不变，减小角速度，拉力将减小B．半径不变，增大角速度，拉力将减小C．角速度不变，减小半径，拉力将增大D．角速度不变，增大半径，拉力将减小答案 A解析小物体在光滑的水平桌面上做圆周运动时．绳子对小物体的拉力F T提供向心力．由向心力公式F T＝mω2R可知，m及R不变，角速度ω减小，则拉力F T将减小，选项A正确．9．(2016·嵊州市调研)如图7所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有()图7A．线速度v A<v BB．运动周期T A>T BC．它们受到的摩擦力F f A>F f BD．筒壁对它们的弹力F N A>F N B答案 D解析由于两物体角速度相等，而r A>r B，所以v A＝r Aω>v B＝r Bω，A项错；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，F f＝mg，所以F f A＝F f B，C项错；筒壁对物体的弹力提供向心力，故F N A＝mr Aω2>F N B＝mr Bω2，D项对．10．(2016·萧山区模拟)2009年5月12日中央电视台《今日说法》栏目报道了发生在湖南长沙某公路上的离奇交通事故：在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内连续发生了八次大卡车侧翻的交通事故．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图8所示．为了避免事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中不合理的是()图8A．在进入转弯处设立限速标志，提醒司机不要超速转弯B．在进入转弯处设立限载标志，要求降低车载货物的重量C．改进路面设计，增大车轮与路面间的摩擦力D ．改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高答案 B11．(2016·绍兴市调研)奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m ，单臂抓杠杆身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l .如图9所示，在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中，可将人体视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g ，若运动员在最低点的速度为2gl ，则运动员的手臂拉力为自身重力的( )图9A ．2倍B ．3倍C ．4倍D ．5倍答案 D解析 对运动员在最低点受力分析，由牛顿第二定律可得，F －mg ＝m v 2l，解得，F ＝5mg ，D 项正确．12．(多选)(2016·义乌高二期中)一架做飞行表演的飞机，在水平面内做匀速圆周运动．若已知飞机飞行轨迹的半径为3 000 m ，飞行的线速度为150 m/s ，可以求出的有( )A ．飞机的角速度B ．飞机的向心力C ．飞机运动的周期D ．飞机的向心加速度答案 ACD解析 角速度与线速度的关系是：ω＝v r，知道v 和r ，可以求得飞机的角速度，故A 正确；飞机的向心力与线速度的关系是：F n ＝m v 2r，由于飞机的质量m 未知，不能求出向心力，故B 错误；飞机运动的周期与线速度的关系是：T ＝2πr v ，可以求出飞机运动的周期，故C 正确；飞机的向心加速度与线速度的关系是：a n ＝v 2r，知道v 和r ，可以求得飞机的向心加速度，故D 正确．13．火车以半径r ＝900 m 转弯，火车质量为8×105 kg ，轨道宽为l ＝1.4 m ，外轨比内轨高h ＝14 cm ，为了使铁轨不受轮缘的挤压，火车的速度应为多大？(g 取10 m/s 2)答案 30 m/s解析 若火车在转弯时不受挤压，即由重力和支持力的合力提供向心力，火车转弯平面是水平面．火车受力如图所示，由牛顿第二定律得F ＝mg tan α＝m v 2r① 由于α很小，可以近似认为tan α＝sin α＝h l② 联立①②式解得v ＝30 m/s.14．如图10所示，与轻绳相连的滑块置于水平圆盘上，绳的另一端固定于圆盘中心的转轴上，绳子刚好伸直且无弹力，绳长r ＝0.5 m ，滑块随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)，滑块的质量m ＝1.0 kg ，与水平圆盘间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2.求：图10(1)圆盘角速度ω1＝1 rad/s时，滑块受到静摩擦力的大小；(2)圆盘的角速度ω2至少为多大时，绳中才会有拉力；(3)画出圆盘角速度ω由0缓慢增大到4 rad/s时，轻绳上的拉力F与角速度ω2的图象(绳未断)．答案(1)0.5 N(2)2 rad/s(3)见解析图解析(1)静摩擦力提供向心力，有：F f＝mω21r，代入数据解得：F f＝0.5 N；(2)当静摩擦力达到最大值时，绳中才出现拉力，最大静摩擦力提供向心力，有：μmg＝mω22r，代入数据解得：ω2＝2 rad/s；(3)当角速度0≤ω≤2 rad/s时，绳拉力F＝0当2 rad/s<ω≤4 rad/s时，根据牛顿第二定律有：F＋μmg＝mω2r，解得绳中拉力：F＝0.5ω2－2.ω＝4 rad/s时，F＝6 N.图象如图所示．。

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章 4-5

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章 4-5
答案
2.德布罗意认为任何运动着的物体均具有波动性,可是我们观察运动着的 汽车,并未感觉到它的波动性,你如何理解该问题？谈谈自己的认识. 答案 波粒二象性是微观粒子的特殊规律,一切微观粒子都存在波动性, 宏观物体(汽车)也存在波动性,只是因为宏观物体质量大,动量大,波长短, 难以观测.
答案
[知识深化] 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物质波的波长太小. 2.物质波是一种概率波,粒子在空间各处出现的概率受波动规律支配,不能 以宏观观点中的波来理解德布罗意波. 3.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.
( √)
答案
2.质量为1 000 kg的小汽车以v＝40 m/s的速度在高速公路上行驶,则估算小 汽车的德布罗意波的波长为___1_._6_6_×__1_0_－_3_8_m.(h＝6.63×10－34 J·s) 解析 小汽车的动量p＝mv＝4×104 kg·m/s 小汽车的德布罗意波的波长 λ＝hp≈1.66×10－38 m.
意波的波长为λ2的物体2,二者相向碰撞后粘在一起,已知|p1|<|p2|,则粘在一
起的物体的德布罗意波的波长为多少？
答案
λ1λ2 λ1－λ2
解析 答案
规律总结
物体德布罗意波的波长的计算 1.首先计算物体的速度,再计算其动量.如果知道物体动能也可以直接 用p＝ 2mEk 计算其动量. 2.再根据λ＝h 计算德布罗意波的波长.
图2
答案
2.单缝衍射时,屏上各点的亮度反映了粒子到达这点的概率.图3是粒子 到达屏上的概率在坐标系中的表示.

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章1

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章1

1量子概念的诞生[学习目标] 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、热辐射1.定义：我们周围的一切物体都在辐射电磁波,这种辐射与物体的温度有关,所以叫热辐射.2.特点：热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同.二、黑体与黑体辐射1.黑体：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.三、能量子1.定义：普朗克认为,黑体辐射是谐振子向外辐射的各种电磁波.谐振子的能量是不连续的,而只能取一些分立的值,即E n＝nhν(n＝1,2,3,…),最小的一份能量称为能量子.2.大小：ε＝hν,其中ν是谐振动(电磁波)的频率,h是普朗克常量,h＝6.63×10－34 J·s.3.能量的量子化：在微观世界中能量是量子化的,或者说微观粒子的能量是分立的.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)黑体一定是黑色的物体.(×)(2)能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体叫黑体.(√)(3)温度越高,黑体辐射电磁波的强度越大.(√)(4)微观粒子的能量只能是能量子的整数倍.(√)(5)能量子的能量不是任意的,其大小与电磁波的频率成正比.(√)2.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个绿光的光子射入瞳孔,眼睛就能察觉.普朗克常量为6.63×10－34J·s,光速为3×108m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率约是( ) A.2.3×10－18W B.3.8×10－19W C.7.0×10－10W D.1.2×10－18W答案 A解析 因为只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔,眼睛就能察觉.所以察觉到绿光时所接收到的最小功率P ＝E t ,式中t ＝1 s 时E ＝6ε,又ε＝hν＝h c λ,可解得P ≈2.3×10－18W.一、黑体辐射的规律 [导学探究]1.什么是黑体辐射？它与热辐射有什么不同？答案 能够完全吸收各种波长的电磁波而不发生反射的物体,叫做黑体.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关,而热辐射还与其他因素有关(材料的种类和表面状况).2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布如图1所示,当温度从1 300 K 升高到1 700 K 时,各种波长的电磁波的辐射强度怎么变化？辐射强度极大值对应的波长如何变化？图1答案 变强.辐射强度极大值向波长较短的方向移动,即变短. [知识深化]1.一般物体与黑体的比较2.随着温度的升高,黑体辐射的各种波长的辐射强度都增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.3.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.例1 (多选)黑体辐射的实验规律如图2所示,由图可知( )图2A.随着温度升高,各种波长的辐射强度都增加B.随着温度降低,各种波长的辐射强度都增加C.随着温度升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.随着温度降低,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,随着温度升高,各种波长的辐射强度都增加,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. 二、能量子[导学探究] 某激光器能发射波长为λ的激光,那么激光能量子的能量可以取任意值吗？是连续的还是一份一份的？设普朗克常量为h ,那么每个激光能量子的能量是多少？如果激光发射功率为P ,那么每秒钟发射多少个能量子？(光速为c )答案 激光能量子的能量不是连续的,而是一份一份的,ε＝h c λ.个数n ＝P ε＝Pλhc .[知识深化]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规律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,能量变化也是连续的,不必考虑能量量子化；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 (多选)对于带电微粒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为单位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 带电微粒辐射或吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍或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 错误.1.思维程序：c ＝λν→光的频率―――――――→ν＝cλ能量子的能量――→ε＝hν激光束的总能量E ＝nε→能量子的个数2.解决此类题目的关键是熟练掌握ε＝hν和c ＝λν及E ＝nε＝Pt 等公式.1.(对黑体辐射规律的理解)(多选)在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔,小孔可看做黑体,由小孔的热辐射特性,就可以确定炉内的温度.如图3所示就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像,则下列说法正确的是( )图3A.T 1>T 2B.T 1<T 2C.随着温度的升高,各种波长黑体辐射的强度都有所降低D.随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 答案 AD解析 黑体是指在任何温度下,能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不反射的物体,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,黑体辐射中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.从题图中可以看出,λ1<λ2,T 1>T 2,本题正确选项为A 、D.2.(对能量子的理解)(多选)关于对普朗克能量子假说的认识,下列说法正确的是( ) A.振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值εB.带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍C.能量子与电磁波的频率成正比D.这一假说与现实世界相矛盾,因而是错误的 答案 BC3.(能量量子化的理解)硅光电池是将光辐射的能量转化为电能.若有N个波长为λ0的光子打在硅光电池极板上,这些光子的总能量为(h为普朗克常量,c为真空中的光速)()A.h cλ0 B.Nh cλ0 C.Nhλ0 D.2Nhλ0答案 B解析一个光子的能量ε＝hν＝h cλ0,则N个光子的总能量E＝Nh cλ0,选项B正确.一、选择题考点一黑体辐射的理解和应用1.关于对热辐射的认识,下列说法中正确的是()A.热的物体向外辐射电磁波,冷的物体只吸收电磁波B.温度越高,物体辐射的电磁波越强C.辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关,与材料种类及表面状况无关D.常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色答案 B解析一切物体都在不停地向外辐射电磁波,且温度越高,辐射的电磁波越强,对于一般材料的物体,辐射强度按波长的分布除与物体的温度有关外,还与材料的种类和表面状况有关；常温下我们看到的物体的颜色是反射光的颜色.2.黑体辐射电磁波的强度按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,A对.3.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图像中,符合黑体辐射实验规律的是()答案 A解析随着温度的升高,黑体辐射的强度与波长的关系：一方面,各种波长的辐射强度都增加,另一方面,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.由此规律可知应选A.4.“非典”期间,很多地方用红外线热像仪监测人的体温,只要被测者从仪器前走过,便可知道他的体温是多少,关于其中原理,下列说法正确的是()A.人的体温会影响周围空气温度,仪器通过测量空气温度便可知道人的体温B.仪器发出的红外线遇人反射,反射情况与被测者的温度有关C.被测者会辐射红外线,辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关,温度高时辐射强且较短波长的成分强D.被测者会辐射红外线,辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关,温度高时辐射强且较长波长的成分强答案 C解析根据辐射规律可知,随着温度的升高,各种波长的辐射强度都增加；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.人的体温的高低,直接决定了这个人辐射的红外线的频率和强度,通过监测被测者辐射的红外线的情况就可知道这个人的体温,C正确.5.下列叙述错误的是()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 B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,而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关,B错,C对；根据黑体定义知D对.考点二能量子的理解和应用6.普朗克在1900年将“能量子”引入物理学,开创了物理学的新纪元.在下列宏观概念中,具有“量子化”特征的是()A.人的个数B.物体所受的重力C.物体的动能D.物体的长度答案 A解析 依据普朗克量子化观点,能量是不连续的,是一份一份地变化的,属于“不连续的,一份一份”的概念的是A 选项,故A 正确,B 、C 、D 错误.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.c hλD.以上均不正确答案 A解析 由波速公式c ＝λν可得：ν＝c λ,由光的能量子公式得ε＝hν＝h cλ,故选项A 正确.8.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18J,已知可见光的平均波长为0.6 μm ,普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速为3×108 m/s,若恰能引起人眼的感觉,则进入人眼的光子数至少为( )A.1个B.3个C.30个D.300个 答案 B解析 每个光子的能量为E 0＝h c λ,能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E 为10－18 J,由E ＝nE 0得进入人眼的光子数至少为n ＝E E 0＝Eλhc ＝10－18×6×10－76.63×10－34×3×108个≈3个.故选B.9.在自然界生态系统中,蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链,在维持生态平衡方面发挥着重要作用.蛇是老鼠的天敌,它是通过接收热辐射来发现老鼠的.假设老鼠的体温约37 ℃,它发出的最强的热辐射的波长为λmin .根据热辐射理论,λmin 与辐射源的绝对温度T 的关系近似为Tλmin ＝2.90×10－3 m·K,则老鼠发出的最强热辐射的波长为( )A.7.8×10－5 mB.9.4×10－6 mC.1.16×10－4 mD.9.7×10－8 m答案 B解析 由Tλmin ＝2.90×10－3m·K 可得,老鼠发出的最强热辐射的波长为λmin ＝2.90×10－3 m·kT＝2.90×10－3273＋37m ≈9.4×10－6 m,B 正确.10.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H 2O)、二氧化碳(CO 2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射,即地面物体发出的某些波长的电磁波,只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.如图1所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况,由图可知,在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围是( )图1A.2.5～3.5 μmB.4～4.5 μmC.5～7 μmD.8～13 μm答案 D解析 由题图可知,水对红外辐射吸收率最低的波长范围是8～13 μm ；二氧化碳对红外辐射吸收率最低的波长范围是5～13 μm.综上可知,应选D. 二、非选择题11.(能量子个数的计算)40瓦的白炽灯,有5%的能量转化为可见光.设所发射的可见光的平均波长为580 nm,那么该白炽灯每秒钟辐射的光子数为多少？(普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速c ＝3×108 m/s) 答案 5.8×1018个解析 波长为λ的光子能量为：ε＝hν＝h cλ①设白炽灯每秒内发出的光子数为n ,白炽灯电功率为P ,则：n ＝ηPε②式中,η＝5%是白炽灯的发光效率.联立①②式得： n ＝ηPλhc代入题给数据得：n ≈5.8×1018个12.(能量子的理解和计算)某广播电台的发射功率为10 kW,发射的是在空气中波长为187.5 m 的电磁波,则：(普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速c ＝3×108 m/s)(1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？(2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的,求在离天线2.5 km 处,直径为2 m 的球状天线每秒接收的能量子个数以及接收功率.(球面积公式S ＝4πR 2) 答案 (1)9.4×1030个 (2)3.76×1023个 4×10－4 W解析 (1)每个能量子的能量ε＝hν＝hc λ＝6.63×10－34×3×108187.5J ≈1.06×10－27 J则能量子数N ＝Pt≈9.4×1030个.(2)设球状天线每秒接收的能量子数为n 个,以电台发射天线为球心,则半径为R 的球面积S ＝4πR 2,而球状天线的有效接收面积S ′＝πr 2,所以n ＝N S ′S ＝N r 24R 2＝9.4×1030×124×(2.5×103)2个＝3.76×1023个接收功率P 收＝nεt ＝3.76×1023×1.06×10－27 W ≈4×10－4 W.。

2025高考物理步步高同步练习第四章牛顿第一定律含答案

2025高考物理步步高同步练习第四章牛顿第一定律含答案

2025高考物理步步高同步练习第四章1牛顿第一定律[学习目标] 1.理解牛顿第一定律的内容和意义.2.明确惯性的概念，会用惯性解释有关现象.3.知道质量是惯性大小的唯一量度．一、理想实验的魅力1．亚里士多德认为：必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某个地方．2．伽利略的理想实验(1)斜面实验：如图1所示，让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面．如果没有摩擦，小球将到达原来的高度．减小第二个斜面的倾角，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长．当第二个斜面最终变为水平面时，小球将永远运动下去．图1(2)推理结论：力不是(选填“是”或“不是”)维持物体运动的原因．3．笛卡儿的观点：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向．二、牛顿第一定律1．牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．惯性(1)物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性．牛顿第一定律也被叫作惯性定律．(2)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．三、惯性与质量物体惯性大小仅与质量有关，描述物体惯性的物理量是它的质量，惯性大小与物体是否运动、运动快慢等因素均无关．1．判断下列说法的正误．(1)伽利略的理想实验是永远无法实现的．(√)(2)伽利略的理想实验说明了力是维持物体运动的原因．(×)(3)由牛顿第一定律可知，做加速直线运动的物体所受外力全部消失时，物体立刻静止．(×)(4)物体从竖直向上运动的气球上掉落后，立即向下运动．(×)(5)速度越大，物体的惯性越大．(×)(6)受力越大，物体的惯性越大．(×)2．前进中的大巴车突然刹车时，乘客向________倾倒；在匀速直线运动的火车上竖直跳起，人会落在________(选填“原来位置”“原位置前”或“原位置后”)．答案前原来位置一、伽利略理想实验导学探究在伽利略的斜面实验的各个过程中(如图2所示)，哪些可以通过实验完成？哪些是推理得出的？图2答案小球由静止状态从斜面上滚下，可以滚上另一斜面，是实验事实，可以通过实验完成，其余各个结论是由推理得出的，不可以用实验完成．知识深化1．伽利略理想实验的推论一切运动着的物体在没有受到外力的时候，它的速度将保持不变，并且一直运动下去．2．理想实验的意义(1)伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律．(2)伽利略理想实验是把实验和逻辑推理相结合的一种科学研究方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．如图3所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是实验事实，其余是推论．图3①减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度；②两个斜面对接，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动．(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列：________(填数字序号)．(2)在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论．下列关于事实和推论的分类正确的是________(填选项前的字母)．A．①是事实，②③④是推论B．②是事实，①③④是推论C．③是事实，①②④是推论D．④是事实，①②③是推论答案(1)②③①④(2)B解析步骤②是理想实验的实验基础，属于可靠的事实，在此基础上利用推理，先得到小球不受阻力作用将上升到原来释放时的高度的推论，再设想减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度，继续减小第二个斜面的倾角直至第二个斜面成为水平面，得到小球将匀速运动的推论．所以正确的顺序排列是②③①④，②是事实，①③④是推论．二、牛顿第一定律导学探究如图4所示是冰壶在冰面上的运动情景．冰壶比赛过程中，运动员在冰壶前面擦扫冰面，可以使表面冰层融化，形成一层薄薄的水膜，而水膜的阻力比冰面要小，所以冰壶可以滑行得更远．图4(1)图中的冰壶为什么会停下来？这说明了什么问题？(2)试猜想如果冰壶不受外力作用将处于什么状态？(3)从(1)、(2)两个问题中，我们能得到什么结论？答案(1)冰壶停下来是因为受到了冰面的摩擦力的作用．说明力是改变物体运动状态的原因．(2)冰壶原来静止，不受外力作用时，仍然静止；冰壶原来运动，不受外力作用时将保持匀速直线运动状态．(3)物体不受外力作用或所受合力为零时，总保持静止或匀速直线运动状态．知识深化1．运动状态改变即速度发生变化，有三种情况：(1)速度的方向不变，大小改变．(2)速度的大小不变，方向改变．(3)速度的大小和方向同时改变．2．对牛顿第一定律的理解(1)定性揭示了力和运动的关系：①力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因．②物体不受外力时的运动状态：匀速直线运动状态或静止状态．(2)揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性．因此牛顿第一定律也叫惯性定律．(3)牛顿第一定律是牛顿在总结前人工作的基础上得出的，是在理想实验的基础上加以科学抽象和逻辑推理得到的，但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的．(4)牛顿第一定律无法用实验直接验证．它所描述的是一种理想状态，即不受外力的状态．关于牛顿第一定律的理解正确的是()A．牛顿第一定律无法用实验验证，因此无实际意义B．不受外力作用时，物体静止不动C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块的运动D．奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态答案 D解析牛顿第一定律虽然无法用实验验证，但它阐述了运动和力的关系，其得到的一切结论经过实践证明都是正确的，故A项错误；牛顿第一定律描述了物体在不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动或静止状态，故B项错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦力的作用改变了木块的运动状态；奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用而改变了原来的运动状态，故C项错误，D项正确．针对训练1下列说法正确的是()A．牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据B．牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的C．理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法D．由牛顿第一定律可知，静止的物体一定不受外力作用答案 C解析牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过合理归纳总结出来的，但无法用实验来直接验证，故选项A、B错误；理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法，故选项C正确；物体静止时不受外力或所受合外力为零，故选项D错误．三、惯性导学探究(1)如图5所示，公交车在运行时突然急刹车，车内乘客身体为什么会向前倾倒？图5(2)“同一物体在地球上的重力比在月球上大，所以物体在地球上的惯性比在月球上大”，这种说法对吗？为什么？答案(1)乘客随车一起运动，当急刹车时，车停止运动，乘客身体的下半部分受到车的摩擦力作用也随车停止运动，而上半部分由于惯性要保持原来的运动状态，故向前倾倒．(2)不对．惯性大小只与质量有关，与位置无关．虽然物体在地球上的重力比在月球上大，但物体的质量不变，即惯性不变．知识深化1．惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．2．物体惯性的大小由质量决定，与物体的运动状态无关，与是否受力无关，与物体的速度大小无关．3．惯性的表现(1)在不受力的条件下，惯性表现出维持其原来运动状态的“能力”，有“惰性”的意思．(2)在受力的条件下，惯性的大小表现为运动状态改变的难易程度．质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．[深度思考](1)战斗机在投入战斗时有时要抛掉副油箱，这是为什么？(2)汽车超载时遇到紧急刹车不容易停下来，为什么？答案(1)减小飞机的质量以减小惯性，使飞机有较好的机动性．(2)质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡B．子弹从枪膛中射出后，在空中飞行速度逐渐减小，因此惯性也减小C．物体惯性的大小由物体质量大小决定D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大答案 C解析骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下是为了增大人和自行车整体的速度．惯性是物体的固有属性，只与物体本身质量有关，与物体的运动状态和受力情况无关，故A、B、D项错误，C项正确．针对训练2关于物体的惯性，以下说法正确的是()A．物体的运动速度越大，物体越难停下来，说明运动速度大的物体惯性大B．汽车突然减速时，车上的人向前倾，拐弯时人会往外甩，而汽车匀速前进时，车上的人感觉平稳，说明突然减速和拐弯时人有惯性，匀速运动时人没有惯性C．在同样大小的刹车力的作用下，超载车更不容易停下来，是因为超载车惯性大D．在沿长直水平轨道匀速运动的火车上，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起后，发现落回原处，这是因为人跳起后，车继续向前运动，人落下后必定向后偏些，但因时间太短，偏后距离太小，不明显而已答案 C解析物体的惯性大小只由质量决定，与物体的速度大小无关，A错误；一切物体都具有惯性，不论物体处于加速、减速还是匀速运动状态，B错误；超载车质量大，保持原来运动状态的本领强，惯性大，C正确；人向上跳起后，人在水平方向不受外力作用，由于惯性，人在水平方向的速度不变，与车速相同，因此仍落在车厢内原处，D错误．(2020·大同铁路一中高一上学期期末)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，小车上固定着盛满水的碗．若突然发现碗中的水向右洒出，如图6所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列描述正确的是()图6A．小车匀速向左运动B．小车一定突然向左加速运动C．小车可能突然向左减速运动D．小车可能突然向右减速运动答案 D解析若小车匀速向左运动，小车、碗、水速度相同且不变，三者无相对运动，水不会洒出，选项A错误；若小车原来向左匀速运动，突然向左减速运动，碗随小车一起开始向左减速，根据牛顿第一定律可知，水由于惯性，仍保持向左的匀速运动状态，水相对于碗向左运动，水向左洒出，选项C错误；若小车原来向左匀速运动，突然开始向左加速运动，碗随小车开始向左加速，根据牛顿第一定律可知，碗中水由于惯性仍保持原来向左的匀速运动状态，水相对于碗向右运动，水向右洒出，若小车原来向右匀速运动，突然向右减速运动，碗随小车开始向右减速，根据牛顿第一定律可知，水由于惯性仍要保持向右的匀速运动状态，水相对于碗向右运动，水将向右洒出，选项B错误，D正确．考点一对牛顿第一定律的理解1．(2020·太原市模拟)伽利略的斜面实验证明了()A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体的运动不需要力来维持答案 D2．(2021·泰兴中学、南菁高中高一上第二次联考)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动：“圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”．关于运动和力的关系，下列说法中正确的是()A．力是维持物体运动的原因B．力是改变物体惯性大小的原因C．力是改变物体运动状态的原因D．力是改变物体位置的原因答案 C3．关于牛顿第一定律，下列理解正确的是()A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．牛顿第一定律反映了物体受到外力时的运动规律C．牛顿第一定律中提出的物体不受外力作用的条件是不可能达到的，所以这条定律可能是错误的D．向上抛出的物体，在向上运动的过程中，一定受到向上的作用力，否则不可能向上运动答案 A解析牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接验证，A正确，C错误；牛顿第一定律反映了物体不受力时的运动规律，B错误；向上抛出的物体，由于惯性继续向上运动，D错误．考点二惯性的理解与应用4.(2020·扬州市高一上期末)图1为月球车示意图，为完成月球探测、考察、采样等任务，月球车从地球到达月球后()图1A．失去惯性B．惯性增大C．惯性减小D．惯性不变答案 D5．下列关于惯性的说法正确的是()A．人走路时没有惯性，被绊倒时有惯性B．百米赛跑到达终点时不能立即停下来是由于惯性，停下来时就没有惯性了C．物体没有受外力作用时有惯性，受外力作用后惯性被克服了D．物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关答案 D解析惯性是物体的固有属性，物体在任何情况下都有惯性，且惯性的大小与物体的运动状态及受力情况均无关，它仅取决于物体的质量大小，因此A、B、C错误，D正确．6．下列事例中(如图2)，利用了惯性的是()图2①跳远运动员在起跳前高速助跑②跳伞运动员在落地前打开降落伞③自行车轮胎制成不平整的花纹④铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转A．①②B．③④C．①④D．②③答案 C7．下列选项是四位同学根据图3中驾驶员和乘客的身体姿势，分别对向前(向左)运动的汽车运动情况做出的判断，其中正确的是()图3A．汽车一定做匀加速直线运动B．汽车一定做匀速直线运动C．汽车可能是突然减速D．汽车可能是突然加速答案 C解析当汽车突然向前加速时，人会向后倾，反之人会向前倾，由题图可知，汽车此时可能突然减速，故选项C正确，A、B、D错误．8．图4所示照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程．下面是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是()图4A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了答案 B9．如图5所示，一个劈形物体A，各面均光滑，放在固定的斜面上，A的上表面水平，在A 的上表面上放一光滑的小球B，A由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()图5A．沿斜面向下的直线B．竖直向下的直线C．无规则曲线D．抛物线答案 B解析小球原来静止时受重力和支持力作用，其合力为零．当劈形物体A由静止释放，A应沿斜面下滑，故B也将运动，运动状态就要发生改变，但由于惯性，小球原来速度为零，而小球又光滑，除竖直方向受力外，其他方向上不受力，因为力是使物体运动状态改变的原因，故小球只能在竖直方向上运动，在碰到斜面之前，运动轨迹应为竖2实验：探究加速度与力、质量的关系[学习目标] 1.学会用控制变量法探究物理规律.2.会测量加速度、力和质量，能作出物体运动的a－F、a－1m图像.3.能通过实验数据及图像得出加速度与力、质量的关系．一、实验思路——控制变量法1．探究加速度与力的关系保持小车质量不变，通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力，测得不同拉力下小车运动的加速度，分析加速度与拉力的变化情况，找出二者之间的定量关系．2．探究加速度与质量的关系保持小车所受的拉力不变，通过在小车上增加重物改变小车的质量，测得不同质量的小车在这个拉力下运动的加速度，分析加速度与质量的变化情况，找出二者之间的定量关系． 二、物理量的测量1．质量的测量：用天平测量．在小车中增减砝码的数量可改变小车的质量． 2．加速度的测量(1)方法1：让小车做初速度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量小车移动的位移x ，用秒表测量发生这段位移所用的时间t ，然后由a ＝2xt 2计算出加速度a .(2)方法2：由纸带根据公式Δx ＝aT 2结合逐差法计算出小车的加速度．(3)方法3：不直接测量加速度的具体数值，求不同情况下物体加速度的比值，例如：让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t 相等，测出各自的位移x 1、x 2，则a 1a 2＝x 1x 2，把加速度的测量转换成位移的测量． 3．力的测量在阻力得到补偿的情况下，小车受到的拉力等于小车所受的合力．(1)在槽码的质量比小车的质量小得多时，可认为小车所受的拉力近似等于槽码所受的重力． (2)使用力传感器可以直接测量拉力的大小，不需要使槽码的质量远小于小车的质量． 三、实验器材小车、砝码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平．四、进行实验(以参考案例1为例)1．用天平测出小车的质量m ，并把数值记录下来．2．按如图1所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)．图13．补偿阻力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木，反复移动垫木位置，启动打点计时器，直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等)，此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和．4．把细线绕过定滑轮系在小车上，另一端挂上槽码．保持小车质量不变，改变槽码的个数，以改变小车所受的拉力．处理纸带，测出加速度，将结果填入表1中．表1小车质量一定拉力F/N加速度a/(m·s－2)5.保持槽码个数不变，即保持小车所受的拉力不变，在小车上加放砝码，重复上面的实验，求出相应的加速度，把数据记录在表2中．表2小车所受的拉力一定质量m/kg加速度a/(m·s－2)五、数据分析1．分析加速度a与力F的定量关系图2由表1中记录的数据，以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a－F图像，如图2所示，若图像是一条过原点的倾斜直线，就能说明a与F成正比．2．分析加速度a与质量m的定量关系由表2中记录的数据，以a为纵坐标，以1m为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a－1m图像，如图3所示．若a－1m图像是一条过原点的倾斜直线，说明a与1m成正比，即a与m成反比．图33．实验结论(1)保持物体质量不变时，物体的加速度a与所受拉力F成正比．(2)保持拉力F不变时，物体的加速度a与质量m成反比．六、注意事项1．打点前小车应靠近打点计时器且应先启动打点计时器后放开小车．2．在补偿阻力时，不要(选填“要”或“不要”)悬挂槽码，但小车应连着纸带且启动打点计时器．用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔均匀，表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿木板向下的分力平衡．3．改变槽码的质量的过程中，要始终保证槽码的质量远小于小车的质量．4．作图时应使所作的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点也要尽可能地均匀分布在直线的两侧，个别偏离较远的点应舍去．一、实验原理与实验操作在研究作用力F一定时，小车的加速度a与小车(含砝码)质量M的关系的实验中，某同学安装的实验装置和设计的实验步骤如下：图4A．用天平称出小车和槽码的质量B．按图4安装好实验器材C．把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码D．将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量E．保持槽码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验F．分析每条纸带，测量并计算出加速度的值G．作a－M关系图像，并由图像确定a与M的关系(1)请改正实验装置图中的错误．①电磁打点计时器位置___________________________________________；②小车位置________________________；③滑轮位置___________________________________________．(2)该同学漏掉的重要实验步骤是________，该步骤应排在步骤________之后．(3)在上述步骤中，有错误的是步骤________，应把________________改为____________．(4)在上述步骤中，处理不恰当的是步骤________，应把____________改为____________．答案(1)①应靠右端②应靠近打点计时器③应使细绳平行于木板(2)补偿阻力B(3)D 6 V电压的蓄电池8 V的交流电源(4)G作a－M关系图像作a－1M关系图像解析(1)①电磁打点计时器应固定在长木板无滑轮的一端，且应靠近右端；②释放小车时，小车应靠近打点计时器；③连接小车的细绳应平行于木板，故应调节滑轮位置使细绳平行于木板．(2)实验时应补偿阻力，使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受阻力平衡，故应垫高长木板右端以补偿阻力．实验中把槽码的重力看成与小车所受拉力大小相等，没有考虑阻力，故必须补偿阻力且应排在步骤B之后．(3)步骤D中电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作，必须接在8 V的交流电源上．(4)步骤G中作a－M关系图像，得到的是曲线，很难进行正确的判断，必须“化曲为直”，改作a－1M关系图像．二、实验数据处理某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及物体质量m的关系”的实验，图5所示为实验装置简图(交流电源的频率为50 Hz)．图5(1)图6所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)图6(2)保持沙和沙桶的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1m，数据如下表．序号12345678小车加速度a/(m·s－2) 1.90 1.72 1.49 1.25 1.000.750.500.30 小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.71 1.00 1.67 1m/kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.000.60。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理课件第一章 3 课时2

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理课件第一章 3 课时2
答案
[知识深化] 1.火箭喷气属于反冲类问题,是动量守恒定律的重要应用. 2.分析火箭类问题应注意的三个问题 (1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应 用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为 研究对象.注意反冲前、后各物体质量的变化. (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果 不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度. (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向.
面而言的.
例3 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 ＝60 kg,船的质量M＝120 kg,船长为l＝3 m,则船在水中移动的距离是多少？ (水的阻力不计) 答案 1 m
解析 答案
总结提升
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题应 明确: (1)适用条件: ①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零; ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水 平方向或竖直方向). (2)画草图:解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系, 注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.
动火箭 C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭 D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,.(人船模型的迁移)质量为m、半径为R的小球,放在半径
为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑水
平面上.当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到
最低点时,大球移动的距离是
2.人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1 v 1－m2 v 2＝0. (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第3节 原子的核式结构模型含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第3节 原子的核式结构模型含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第3节 原子的核式结构模型一、电子的发现 1.阴极射线：阴极发出的一种射线。

它能使对着阴极的玻璃管壁发出荧光。

2.汤姆孙的探究根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电(选填“正电”或“负电”)的粒子流，并求出了这种粒子的比荷。

组成阴极射线的粒子被称为电子。

3.密立根实验：电子电荷的精确测定是由密立根通过著名的“油滴实验”做出的。

目前公认的电子电荷的值为e ＝1.6×10－19__C(保留2位有效数字)。

4.电荷的量子化：任何带电体的电荷只能是e 的整数倍。

5.电子的质量m e ＝9.1×10－31 kg(保留2位有效数字)，质子质量与电子质量的比值为m p m e＝1__836。

二、原子的核式结构模型1.汤姆孙原子模型：汤姆孙于1898年提出了原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中，有人形象地把汤姆孙模型称为“西瓜模型”或“枣糕模型”，如图所示。

2.α粒子散射实验(1)α粒子散射实验装置由α粒子源、金箔、显微镜等几部分组成，实验时从α粒子源到荧光屏这段路程应处于真空中。

(2)实验现象①绝大多数的α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进；②少数α粒子发生了大角度偏转；偏转的角度甚至大于90°，它们几乎被“撞了回来”。

(3)实验意义：卢瑟福通过α粒子散射实验，否定了汤姆孙的原子模型，建立了核式结构模型。

3.核式结构模型：原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，电子在正电体的外面运动。

三、原子核的电荷与尺度1.原子核的电荷数：各种元素的原子核的电荷数，即原子内的电子数，非常接近它们的原子序数，这说明元素周期表中的各种元素是按原子中的电子数来排列的。

2.原子核的组成：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数就是核中的质子数。

3.原子核的大小：用核半径描述核的大小。

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章2

高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章2

2 光电效应与光的量子说[学习目标] 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,光强越大,光电流越大. (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10－9s.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ε＝hν.2.爱因斯坦光电效应方程的表达式：hν＝12m v 2＋W .其中W 为电子从金属内逸出表面时所需做的功.3.截止频率：当最大初动能等于零时,金属表面不再有光电子逸出,这时入射光的频率就是截止频率ν0＝W h .[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应.( × ) (2)金属表面是否发生光电效应与入射光的强弱有关.( × ) (3)“光子”就是“光电子”的简称.( × ) (4)逸出功的大小与入射光无关.( √ )(5)入射光若能使某金属发生光电效应,则入射光的强度越大,照射出的光电子数越多.( √ )(6)最大初动能的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关.( √ )2.某金属的逸出功为W,则这种金属的截止频率ν0＝________,用波长为λ的光照射金属的表面,光电子的最大初动能E k＝________.(已知普朗克常量为h,光速为c)答案Wh hcλ－W一、光电效应现象及其实验规律[导学探究]如图1甲是研究光电效应现象的装置图,图乙是研究光电效应的电路图,请结合装置图及产生的现象回答下列问题：图1(1)在甲图中发现,利用紫外线照射锌板无论光的强度如何变化,验电器都有张角,而用红光照射锌板,无论光的强度如何变化,验电器总无张角,这说明了什么？(2)在乙图中光电管两端加正向电压,用一定强度的光照射时,若增加电压,电流表示数不变,而光强增加时,同样电压,电流表示数会增大,这说明了什么？(3)在乙图中若加反向电压,当光强增大时,遏止电压不变,而入射光的频率增加时,遏止电压却增加,这一现象说明了什么？(4)光电效应实验表明,发射电子的能量与入射光的强度无关,而与光的频率有关,试用光子说分析其原因.答案(1)金属能否发生光电效应,决定于入射光的频率,与入射光的强度无关.(2)发生光电效应时,当入射光频率不变时,飞出的光电子个数只与光的强度有关.(3)光电子的能量与入射光频率有关,与光的强度无关.(4)由于光的能量是一份一份的,那么金属中的电子也只能一份一份地吸收光子的能量,而且传递能量的过程只能是一个光子对应一个电子的行为.如果光的频率低于截止频率,则光子提供给电子的能量不足以克服原来的束缚,就不能发生光电效应.而当光的频率高于截止频率时,能量传递给电子以后,电子摆脱束缚要消耗一部分能量,剩余的能量以光电子的动能形式存在.[知识深化]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电子,其本质还是电子.4.能不能发生光电效应由入射光的频率决定,与入射光的强度无关.5.发生光电效应时,在光的颜色不变的情况下,入射光越强,单位时间内发出的光电子数越多.6.光的强度与饱和光电流：饱和光电流与光强有关,与所加的正向电压大小无关.饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的.对于不同频率的光,由于每个光子的能量不同,饱和光电流与入射光强度之间不是简单的正比关系.例1 (多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是( )A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大B.入射光的频率变高,饱和光电流变大C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生 答案 AC解析 保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,单位时间内逸出的光电子变多,饱和光电流变大,A 对；据爱因斯坦光电效应方程hν＝12m v 2＋W 可知,入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大,饱和光电流不变,B 错,C 对；当hν<W 时没有光电流产生,D 错. 二、光电效应方程的理解和应用[导学探究] 用如图2所示的装置研究光电效应现象.用光子能量为2.75 eV 的光照射到光电管上时发生了光电效应,电流表的示数不为零；移动滑动变阻器的滑片,发现当电压表的示数大于或等于1.7 V 时,电流表示数为0.图2(1)光电子的最大初动能是多少？遏止电压为多少？ (2)光电管阴极的逸出功又是多少？(3)当滑片向a 端滑动时,光电流变大还是变小？(4)当入射光的频率增大时,光电子最大初动能如何变化？遏止电压呢？ 答案 (1)1.7 eV 1.7 V(2)W ＝hν－12m v 2＝2.75 eV －1.7 eV ＝1.05 eV(3)变大 (4)变大 变大 [知识深化]1.光电效应方程hν＝12m v 2＋W 的四点理解(1)式中的12m v 2是光电子的最大初动能,就某个光电子而言,其离开金属时剩余动能的大小可以是0～12m v 2范围内的任何数值.(2)光电效应方程实质上是能量守恒方程.①能量为ε＝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,另一部分转化为电子离开金属表面时的动能.②若要克服吸引力做功最少为W ,则电子离开金属表面时动能最大为12m v 2,根据能量守恒定律可知：12m v 2＝hν－W .(3)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12m v 2＝hν－W >0,亦即hν>W ,ν>Wh ＝ν0,而ν0＝Wh 恰好是光电效应的截止频率.2.光电效应规律中的两条线索、两个关系 (1)两条线索(2)两个关系光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大； 光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大.例2 在光电效应实验中,飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图3所示,则可判断出( )图3A.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光的波长大于丙光的波长C.乙光的频率大于丙光的频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能 答案 B解析 当光电管两端加上反向遏止电压光电流为零时,有12m v m 2＝eU 0,对同一光电管(逸出功W相同)使用不同频率的光照射,有hν＝W ＋12m v m 2,两式联立可得hν－W ＝eU 0,丙光的反向遏止电压最大,则丙光的频率最大,甲光的频率等于乙光的频率,A 、C 错误；由λ＝cν可知λ丙<λ乙,B 正确；又由hν＝W ＋12m v m 2或由12m v m 2－0＝eU 0可知丙光对应的最大初动能最大,D 错误.光电效应图线的理解和应用1.E k －ν图线：如图4甲所示是光电子最大初动能E k 随入射光频率ν的变化图线.这里,横轴上的截距是阴极金属的截止频率；纵轴上的截距是阴极金属的逸出功的负值；斜率为普朗克常量(E k ＝12m v 2＝hν－W ,E k 是ν的一次函数,不是正比例函数).图42.I －U 曲线：如图乙所示是光电流I 随光电管两极板间电压U 的变化曲线,图中 I m 为饱和光电流,U 0为反向遏止电压.说明：(1)由E k ＝eU 0和E k ＝hν－W 知,同一色光,遏止电压相同,与入射光强度无关；频率越大,遏止电压越大.(2)在入射光频率一定时,饱和光电流随入射光强度的增大而增大.1.(对光电效应现象的理解)(多选)如图5所示,用弧光灯照射擦得很亮的锌板,验电器指针张开一个角度,则下列说法中正确的是( )图5A.用紫外线照射锌板,验电器指针会发生偏转B.用红光照射锌板,验电器指针一定会发生偏转C.锌板带的是负电荷D.使验电器指针发生偏转的是正电荷答案AD解析将擦得很亮的锌板与验电器连接,用弧光灯照射锌板(弧光灯可以发出紫外线),验电器指针张开一个角度,说明锌板带了电,进一步研究表明锌板带正电.这说明在紫外线的照射下,锌板中有一部分自由电子从表面飞出,锌板带正电,选项A、D正确,C错误.红光的频率低于紫外线的频率不一定能使锌板发生光电效应,B错误.2.(光电效应的实验及规律)利用光电管研究光电效应实验如图6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()图6A.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的可见光照射阴极K,当滑动变阻器的滑片移到A端时,电流表中一定无电流通过D.用频率为ν的可见光照射阴极K,当滑动变阻器的滑动片向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,所以用紫外线照射阴极K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,选项B 错误.即使U AK＝0,电流表中也可能有电流通过,所以选项C错误.当滑片向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,直至达到饱和光电流.若在滑动前,电流已经达到饱和光电流,那么即使增大U AK,光电流也不会增大,所以选项D正确.3.(光电效应的图像)如图7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的关系图像.从图中可知()图7A.E k 与ν成正比B.入射光频率必须小于极限频率ν0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 C解析 由E k ＝12m v 2＝hν－W 知C 正确,A 、B 、D 错误.4.(光电效应方程的应用)在光电效应实验中,某金属的截止频率相应的波长为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______.已知电子电荷量的绝对值、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h . 答案hc λ0 hc (λ0－λ)eλ0λ解析 由光电效应方程知,光电子的最大初动能12m v 2＝hν－W ,其中金属的逸出功W ＝hν0,又由c ＝λν知W ＝hc λ0.用波长为λ的单色光照射时,E k ＝hc λ－hcλ0＝hc λ0－λλ0λ.又因为eU 0＝E k ,所以遏止电压U 0＝E k e ＝hc (λ0－λ)eλ0λ.一、选择题考点一 光电效应现象及规律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,与入射光的强度无关,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截止频率,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. 2.(多选)关于光电效应现象,下列说法中正确的是( )A.当入射光的频率高于金属的截止频率时,光强越大,光电流越大B.光电子的最大初动能跟入射光的强度有关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,当入射光频率一定时,单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度有关 答案 AD解析 由hν＝12m v 2＋W 知,最大初动能由入射光频率与金属材料决定,与入射光的强度无关,B错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s,C 错.3.如图1,用一定频率的单色光照射光电管时,电流表指针会发生偏转,则( )图1A.电源右端应为正极B.流过电流表G 的电流大小取决于入射光的频率C.流过电流表G 的电流方向是由a 流向bD.普朗克解释了光电效应并提出光子能量ε＝hν 答案 C解析 发生光电效应时,电子从光电管右端运动到左端,电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流表G 的电流方向是由a 流向b ；光电管两端可能是正向电压也可能是反向电压,所以电源右端可能为正极,也可能为负极；流过电流表G 的电流大小取决于入射光的强度,与入射光的频率无关；爱因斯坦解释了光电效应并提出光子能量ε＝hν. 考点二 光电效应方程的应用4.(多选)已知能使某金属发生光电效应的截止频率为ν0,则( ) A.当用频率为2ν0的单色光照射该金属时,一定能产生光电子B.当用频率为2ν0的单色光照射该金属时,所产生的光电子的最大初动能为hν0C.当入射光的频率ν大于ν0时,若ν增大,则逸出功增大D.当入射光的频率ν大于ν0时,若ν增大一倍,则光电子的最大初动能也增大一倍答案 AB解析 因入射光的频率大于或等于截止频率时会发生光电效应,所以A 正确；因为金属的截止频率为ν0,所以逸出功W ＝hν0,再由12m v 2＝hν－W 得,12m v 2＝2hν0－hν0＝hν0,B 正确；因为逸出功是光电子恰好逸出时需要做的功,对于同种金属是恒定的,故C 错误；由E k ＝12m v 2＝hν－W＝hν－hν0＝h (ν－ν0)可得,当ν增大一倍时：E k ′E k ＝2ν－ν0ν－ν0≠2,故D 错误.5.分别用波长为λ和23λ的单色光照射同一金属板,发出的光电子的最大初动能之比为1∶2,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为( ) A.hc 2λ B.3hc 2λ C.3hc 4λ D.2hλc 答案 A解析 根据光电效应方程得 E k1＝h cλ－W ①E k2＝h c23λ－W ②又E k2＝2E k1③联立①②③得W ＝hc2λ,A 正确.6.(多选)如图2所示,两平行金属板A 、B 间电压恒为U ,一束波长为λ的入射光射到金属板B 上,使B 板发生了光电效应,已知该金属板的逸出功为W ,电子的质量为m ,电荷量的绝对值为e ,普朗克常量为h ,真空中光速为c ,下列说法中正确的是( )图2A.入射光子的能量为h cλB.到达A 板的光电子的最大动能为h cλ－W ＋eUC.若增大两板间电压,B 板没有光电子逸出D.若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 答案 ABD解析 根据ε＝hν,而ν＝c λ,则入射光子的能量为h cλ,故A 正确；逸出光电子的最大初动能E km＝h c λ－W ,根据动能定理,eU ＝E km ′－E km ,则到达A 板的光电子的最大动能为E km ′＝h cλ－W ＋eU ,故B 正确；若增大两板间电压,不会影响光电效应现象,仍有光电子逸出,故C 错误；若减小入射光的波长,则其频率增大,一定会有光电子逸出,故D 正确. 考点三 光电效应图像问题7.(多选)在某次光电效应实验中,得到的遏止电压U 0与入射光的频率ν的关系如图3所示,若该直线的斜率和纵截距分别为k 和－b ,电子电荷量的绝对值为e ,则( )图3A.普朗克常量可表示为k eB.若更换材料再次实验,得到的图线的k 不改变,b 改变C.所用材料的逸出功可表示为ebD.b 由入射光决定,与所用材料无关 答案 BC解析 根据光电效应方程得E k ＝hν－W ,又E k ＝eU 0,则U 0＝hνe －W e ,图线的斜率k ＝he ,解得普朗克常量h ＝ke ,故A 错误；纵轴截距的绝对值b ＝We ,解得逸出功W ＝eb ,故C 正确；b 等于逸出功与电子电荷量绝对值的比值,而逸出功与材料有关,则b 与材料有关,故D 错误；更换材料再次实验,由于逸出功变化,可知图线的斜率不变,纵轴截距改变,故B 正确.8.研究光电效应的电路如图4所示.用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K ),钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收,在电路中形成光电流.下列光电流I 与A 、K 之间的电压U AK 的关系图像中,正确的是( )图4答案 C解析 用频率相同的光照射同一金属时,发射出的光电子的最大初动能相同,所以遏止电压相同；饱和光电流与光的强度有关,光的强度越大,饱和光电流越大,故选项C 正确.9.(多选)美国物理学家密立根利用如图5甲所示的电路研究金属的遏止电压U 0与入射光频率ν的关系,描绘出图乙中的图像,由此算出普朗克常量h ,电子电荷量的绝对值用e 表示,下列说法正确的是( )图5A.入射光的频率增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片P 向M 端移动B.增大入射光的强度,光电子的最大初动能也增大C.由U 0－ν图像可知,这种金属的截止频率为ν0D.由U 0－ν图像可得普朗克常量的表达式为h ＝U 1e ν1－ν0答案 CD解析 入射光的频率增大,光电子的最大初动能增大,则遏止电压增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片P 向N 端移动,故A 错误；根据光电效应方程得E k ＝hν－W ,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,故B 错误；根据E k ＝hν－W ＝eU 0,解得U 0＝hνe －hν0e ,图线的斜率k ＝h e＝U 1ν1－ν0,则h ＝U 1e ν1－ν0,当遏止电压为零时,ν＝ν0,故C 、D 正确. 二、非选择题10.(光电效应实验规律及图像应用)小明用阴极为金属铷的光电管观测光电效应现象,实验装置示意图如图6甲所示.已知普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.图6(1)图甲中电极A为光电管的____________(选填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U0与入射光频率ν之间的关系如图乙所示,则铷的截止频率ν0＝________Hz,逸出功W＝________J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz,则产生的光电子的最大初动能E k＝________J. 答案(1)阳极(2)5.15×1014 3.41×10－19(3)1.23×10－19解析(1)在光电效应中,电子向A极运动,故电极A为光电管的阳极.(2)由题图乙可知,铷的截止频率ν0为5.15×1014 Hz,逸出功W＝hν0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J.(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时,由光电效应方程得E k＝hν－hν0,光电子的最大初动能为E k ＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014 J≈1.23×10－19 J.11.(光电效应方程的应用)如图7所示,一光电管的阴极用极限波长λ0＝500 nm的钠制成.用波长λ＝300 nm的紫外线照射阴极,光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V,饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A时,电路中的电流达到最大值,称为饱和光电流)I＝0.56 μA.(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s,真空中光速c＝3.0×108 m/s,电子电荷量的绝对值e＝1.6×10－19 C,结果均保留两位有效数字)图7(1)求每秒由K极发射的光电子数目.(2)求电子到达A 极时的最大动能.(3)如果电势差U 不变,而照射光的强度增大到原值的三倍,此时电子到达A 极的最大动能是多大？答案 (1)3.5×1012个 (2)6.0×10－19 J (3)6.0×10－19 J解析 (1)设每秒内发射的光电子数为n ,则：n ＝It e ＝0.56×10－6×11.6×10－19＝3.5×1012个. (2)由光电效应方程可知：E k ＝hν－W ＝h c λ－h c λ0＝hc (1λ－1λ0) 在A 、K 间加电压U 时,电子到达阳极时的动能为E km ＝E k ＋eU ＝hc (1λ－1λ0)＋eU . 代入数值得：E km ≈6.0×10－19 J.(3)根据光电效应规律,光电子的最大初动能与入射光的强度无关.如果电势差U 不变,则电子到达A 极的最大动能不变,仍为6.0×10－19 J.。

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第5节 粒子的波动性和量子力学的含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第5节 粒子的波动性和量子力学的含答案

2025高考物理步步高同步练习选修3第四章原子结构和波粒二象性第5节粒子的波动性和量子力学的建立[学习目标要求] 1.知道实物粒子和光子一样具有波粒二象性。

2.理解物质波的概念，并掌握λ＝hp的含义及应用。

3.了解量子力学的建立过程和量子力学的应用。

一、粒子的波动性及物质波的实验验证1.粒子的波动性(1)德布罗意波：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后来被称为德布罗意波，也叫作物质波。

(2)物质波的波长：λ＝h p。

(3)物质波的频率：ν＝εh。

2.物质波的实验验证(1)实验探究思路：干涉、衍射是波特有的现象，如果实物粒子具有波动性，则在一定条件下，也应该发生干涉或衍射现象。

(2)实验验证：1927年戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验，得到了电子的衍射图样，证实了电子的波动性。

(3)说明：人们陆续证实了中子、质子以及原子、分子的波动性，对于这些粒子，德布罗意给出的ν＝εh和λ＝hp的关系同样正确。

【判一判】(1)一切宏观物体的运动都伴随一种波，即物质波。

(√)(2)湖面上的水波就是物质波。

(×)(3)电子的衍射现象证实了实物粒子具有波动性。

(√)二、量子力学的建立及应用1.早期量子论的创立(1)普朗克黑体辐射理论，能量子ε＝hν。

(2)爱因斯坦光电效应理论，光子ε＝hν。

(3)康普顿散射理论：光子动量p＝h λ。

(4)玻尔氢原子理论：氢原子发光hν＝E n－E m。

(5)德布罗意物质波假说，频率：ν＝εh，波长λ＝hp。

2.现代量子论的创立20世纪中期，在以玻恩、海森堡、薛定谔以及英国的狄拉克和奥地利的泡利为代表的众多物理学家的共同努力下，描述微观世界行为的理论被逐步完善并最终完整地建立起来，它被称为量子力学。

3.量子力学的应用(1)量子力学推动了核物理和粒子物理的发展。

人们认识了原子、原子核、基本粒子等各个微观层次的物质结构。

而粒子物理学的发展又促进了天文学和宇宙学的研究。

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第四章第1讲-曲线运动、运动的合成与分解

【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第四章第1讲-曲线运动、运动的合成与分解

[考试标准]一、曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线上该点的切线方向．2．运动性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．3．物体做曲线运动的条件：(1)运动学角度：物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上．(2)动力学角度：物体所受合外力的方向跟速度方向不在同一条直线上．[深度思考]判断下列说法是否正确．(1)变速运动一定是曲线运动．(×)(2)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化．(×)(3)做曲线运动的物体加速度可以为零．(×)(4)做曲线运动的物体加速度可以不变．(√)(5)曲线运动可能是匀变速运动．(√)二、运动的合成与分解1．分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动．2．运动的合成：已知分运动求合运动，包括位移、速度和加速度的合成．3．运动的分解：已知合运动求分运动，解题时应按实际效果分解，或正交分解．[深度思考]判断下列说法是否正确．(1)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等．(√)(2)合运动的速度一定比分运动的速度大．(×)(3)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动．(×)(4)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则．(√)(5)合运动不一定是物体的实际运动．(×)1．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是()A．速度B．速率C．加速度D．合外力答案 A2．关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是()A．它所受的合外力一定不为零B．它所受的合外力一定是变力C．其速度可以保持不变D．其动能一定发生变化答案 A3．某一时刻，一物体沿水平和竖直方向的分速度分别为8 m/s和6 m/s，则该物体的速度大小是()A．2 m/s B．6 m/s C．10 m/s D．14 m/s答案 C4．如图1所示，降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞()图1A．下落的时间越短B．下落的时间越长C．落地时速度越小D．落地时速度越大答案 D命题点一曲线运动的条件及轨迹例1“神舟十号”飞船于2013年6月11日发射升空，在靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小，在此过程中“神舟十号”所受合外力的方向，可能是()解析考虑到合外力方向指向轨迹凹侧，且由M到N速度减小可知，C选项正确．答案 C合力、速度、轨迹之间的关系做曲线运动的物体，所受的合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力改变物体的运动状态：图21．如图2所示，已知运动轨迹，可以判断合力的大致方向在轨迹的包围区间(凹侧)．2．运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间内，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向．3．根据合力方向与速度方向的夹角，判断物体的速率变化情况：夹角为锐角时，速率变大；夹角为钝角时，速率变小；合力方向与速度方向总是垂直时，速率不变．题组阶梯突破1．(2016·盐城期中)做曲线运动的物体所受合外力突然消失后，物体将()A．立即停止运动B．沿原路返回出发点C．沿速度方向前进，但速度逐渐变小直至停下D．保持匀速直线运动答案 D解析由牛顿第一定律可得，当外力全部消失时，物体将保持原来的运动状态，因物体原来是运动的，则合外力消失后，物体将保持合外力消失时的速度沿直线运动下去．2．(2016·金坛市模拟)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的A 位置，让小钢珠在水平桌面上以初速度v0运动，得到小钢珠的运动轨迹．图3中a、b、c、d 哪一条为其运动轨迹()图3A．a B．b C．c D．d答案 C命题点二运动的合成与分解例2有一个质量为2 kg的质点在xOy平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图4甲、乙所示，下列说法正确的是()图4A ．质点所受的合外力为3 NB ．质点的初速度为3 m/sC ．质点做匀变速直线运动D ．质点初速度的方向与合外力的方向垂直解析 由题图乙知，v y ＝ΔyΔt ＝4 m/s ，a x ＝Δv Δt ＝1.5 m/s 2，所以F 合＝ma x ＝3 N ，选项A 正确；质点的初速度为v ＝v 2x 0＋v 2y ＝5 m/s ，选项B 错误；质点的初速度与F 合不垂直，也不同向，故选项C 、D 错误． 答案 A处理运动的合成与分解问题的技巧1．两个分方向上的运动具有等时性，这是处理运动分解问题的切入点．2．判断两个直线运动的合运动轨迹的依据：合初速度方向与合加速度方向是否共线.题组阶梯突破3．(2016·绍兴市调研)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图5所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度( ) A ．大小和方向均不变 B ．大小不变，方向改变图5C ．大小改变，方向不变D ．大小和方向均改变 答案 A4．无风时气球匀速竖直上升，速度为3 m/s .现吹水平方向的风，使气球获得4 m/s 的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h ，则有风后( ) A ．气球实际速度的大小为7 m/s B ．气球的运动轨迹是曲线C ．若气球获5 m/s 的水平速度，气球到达高度h 的路程变长D ．若气球获5 m/s 的水平速度，气球到达高度h 的时间变短 答案 C解析 有风时，气球实际速度的大小v ＝32＋42 m/s ＝5 m/s ，A 错误；气球沿合速度方向做匀速直线运动，轨迹为直线，B 错误；竖直方向速度不变，则气球飞行到达高度h 的时间不变，水平速度增大，则水平方向的位移增大，竖直方向的位移不变，合位移增大，故气球到达高度h 的路程变长，C 正确，D 错误．5．某研究性学习小组进行了实验：如图6所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R ，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R 的坐标为(4 cm,6 cm)，此时R 的速度大小为________ c m/s ，R 在上升过程中运动轨迹的示意图是________．(R 视为质点)图6答案 5 D解析 R 在竖直方向做匀速直线运动，故运动时间t ＝y v 0＝6 cm 3 cm/s ＝2 s ；R 在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由平均速度公式可得x ＝v x 2t ，解得v x ＝2xt ＝4 cm/s ，故此时R 的速度v ＝v 20＋v 2x＝5 cm/s.轨迹曲线应弯向加速度的方向，又因R 的加速度方向沿x 轴正方向，故选项D 正确．命题点三 运动合成与分解的实例分析例3 (2016·连云港模拟)如图7所示，某轮渡站两岸的码头A 和B 正对，轮渡沿直线往返于两码头之间，已知水流速度恒定且小于船速，船速大小不变．下列说法正确的是( )图7A．往返所用的时间不相等B．往返时船头均应垂直河岸航行C．往返时船头均应适当偏向上游D．从A驶往B，船头应适当偏向上游，返回时船头应适当偏向下游解析根据矢量的合成法则，可知往返所用的时间相等，故A错误；从A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧．从B 到A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然偏向上游一侧．故C正确，B、D错误．答案 C1．根据运动的实际效果确定两个分运动，而实际运动为合运动．注意只有实际运动才是合运动(平行四边形的对角线)．2．求解运动的合成与分解问题，应抓住合运动和分运动具有等时性、独立性、等效性的关系．3．在小船渡河问题中可将小船的运动分解为沿船头方向和沿水流方向的两个分运动．4．过河路径最短(1)v2<v1时：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短＝d.船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v2 v1.(2)v2>v1时：合速度图8不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图8所示，以v 2矢量末端为圆心，以v 1矢量的大小为半径画弧，从v 2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：cos α＝v 1v 2，最短航程：s 短＝dcos α＝v 2v 1d .题组阶梯突破 6．(2016·潮州模拟)如图9所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，若在红蜡块从A 点开始匀速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的( )图9A ．直线PB ．曲线QC ．曲线RD ．三条轨迹都有可能 答案 A7．篮球是深受广大人民群众喜爱的体育运动，某电视台为宣传全民健身运动，举办了一期趣味投篮比赛，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球．如果运动员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)( )答案 C解析当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐，故C 正确，A、B、D错误.(建议时间：30分钟)1．(2015·浙江1月学考·5)如图1所示，小锐同学正在荡秋千，他经过最低点P时的速度方向是()图1A．a方向B．b方向C．c方向D．d方向答案 B2．如图2所示，物体在恒力的作用下沿曲线从A运动到B时突然使力反向，此后物体的运动情况是()图2A．物体可能沿曲线Ba运动B．物体可能沿直线Bb运动C．物体可能沿曲线Bc运动D．物体可能沿曲线B返回A答案 C解析物体从A运动到B，因为运动轨迹是在速度与力的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的．到达B点后，力的大小不变，方向变成向上．由于力的方向发生了改变，曲线Ba不在力与速度的夹角内，故物体不可能沿曲线Ba运动，故A错误．因为物体在B点的速度方向为切线方向，即直线Bb，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动，故B 错误．Bc在力与速度的夹角内，物体有可能沿Bc运动，故C正确．很明显，物体不可能由B返回A，故D错误．3．如图3所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动后，受到磁极的侧向作用力而做图示的曲线运动到D点，由图可知磁极的位置及极性可能是()图3A．磁极在A位置，极性一定是N极B．磁极在B位置，极性一定是S极C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定答案 D解析小钢球受磁极的吸引力而做曲线运动，运动方向只会向受吸引力的方向偏转，因而磁极位置只可能在B点．又因为磁极的N极或S极对小钢球都有吸引力，故极性无法确定．4.如图4所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()图4A．从A到B速率逐渐增大B．D点的速率比C点的速率大C．A点的加速度比D点的加速度大D．A点的加速度与速度的夹角小于90°答案 B解析质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，选项C错误；由于在B点速度方向与加速度方向垂直，则在D点、C点时速度方向与加速度方向的夹角为锐角，质点由C到D速率增大，选项B正确；A点的加速度方向与速度方向的夹角为钝角，选项D错误；由于从A到B的过程中速度方向与加速度方向的夹角为钝角，合外力为阻力，所以速率不断减小，A错误．5．某质点从A到B做速率逐渐增大的曲线运动，轨迹如下图所示．现有四位同学在轨迹某处画出该质点的速度方向及加速度的方向，正确的是()答案 D6．(多选)在地面上观察下列物体的运动，其中物体做曲线运动的是()A．正在竖直下落的雨滴突然遭遇一阵北风B．向东运动的质点受到一个向西的力的作用C．河水匀速流动，正在河里匀加速驶向对岸的汽艇D．在以速度v前进的列车尾部，以相对列车的速度v水平向后抛出的小球答案AC7．一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止开始运动，若保持二力方向不变，将F1突然增大为2F1，则此后质点()A．不一定做曲线运动B．一定做匀变速运动C．可能做匀速直线运动D．可能做匀变速直线运动答案 B解析F1增大前，质点沿合力方向做匀加速直线运动．F1增大后，合力方向与F1增大之前的质点的速度方向不共线，因而做曲线运动．由于二力方向不变，只将F1增大为2F1，所以合力恒定，质点做匀变速曲线运动．故本题答案为B.8．(多选)光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图5所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()图5A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y<F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．如果F y＝F x tan α，质点做直线运动D．如果F x>F ytan α，质点向x轴一侧做曲线运动答案CD解析如果F x、F y二力的合力沿v0方向，即F y＝F x tan α，则质点做直线运动，选项A错误，C正确；若F x>F ytan α，则合力方向在v0与x轴正方向之间，运动轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动；若F x<F ytan α，则合力方向在v0与y轴之间，所以运动轨迹必向y轴一侧弯曲而做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭F x、F y的大小不能确定F合是偏向x轴还是y轴，选项B错误，D正确．9．如图6所示，直升飞机放下绳索从湖里吊起困在水中的伤员后，在离湖面H的高度飞行，空气阻力不计，在伤员与飞机以相同的水平速度匀速运动的同时，绳索将伤员吊起，飞机与伤员之间的距离L与时间t之间的关系是L＝H－t2，则伤员的受力情况和运动轨迹可能是下图中的()图6答案 A解析伤员在水平方向上做匀速直线运动，水平方向上不受力．设伤员最初与飞机的距离为L0，由L＝H－t2可知，伤员在竖直方向所做运动的位移表达式为y＝L0－(H－t2)＝t2＋(L0－H)，即做匀加速直线运动，加速度的方向竖直向上，所以绳索的拉力大于伤员的重力，两力均在竖直方向上．他在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上是匀加速直线运动，从地面看，轨迹应是倾斜向上的弯曲的抛物线，A正确．10.如图7所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物()图7A．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析以帆板为参照物，帆船具有正东方向的速度v和正北方向的速度v，所以帆船相对帆板的速度v相对＝2v，方向为北偏东45°，D正确．11．一快艇从离岸边100 m远的河中向岸边行驶，已知快艇在静水中的速度图象如图8甲所示，河水流动的速度图象如图乙所示，则()图8A．快艇的运动轨迹一定为直线B．快艇的运动轨迹可能为曲线，也可能为直线C．快艇到达岸边的最短时间为20 sD．快艇以最短时间过河时经过的位移为100 m答案 A解析 快艇在静水中做匀速直线运动，河水流动速度为匀速，故无论快艇向哪个方向行驶，只要方向恒定，其轨迹必为直线；快艇的实际位移为合位移，故A 正确，B 错误；快艇到达岸边最快的办法为船头垂直于河岸行驶，最短时间为t ＝1004 s ＝25 s ，故C 错误；快艇以最短时间过河时，合速度为5 m/s ，故经过的位移s ＝5×25 m ＝125 m ，故D 错误．12．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员从直升机由静止跳下后，在下落过程中不免会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( ) A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B ．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害 C ．运动员下落时间与风力有关 D ．运动员着地速度与风力无关 答案 B解析 根据运动的独立性原理，水平方向吹来的风不会影响竖直方向的运动，A 、C 错误；根据速度的合成，落地时速度v ＝v 2x ＋v 2y ，风力越大，v x 越大，则运动员落地时速度越大，B 正确，D 错误． 13．(2016·温州月考)如图9所示，某人游珠江，他以一定速度面部始终垂直河岸向对岸游去．江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )图9A ．水速大时，路程长，时间长B ．水速大时，路程长，时间短C ．水速大时，路程长，时间不变D．路程、时间与水速无关答案 C解析游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度与岸的夹角越小，路程越长，但过河时间t＝dv人，与水速无关，故A、B、D均错误，C正确．14．(2016·徐州模拟)如图10所示，一架执行救援任务的直升飞机用缆绳将被救人员竖直向上匀速拉起，同时直升飞机沿水平方向匀速飞行．若仅增大飞机水平匀速飞行的速度，以地面为参考系，则被救人员()图10A．上升时间变短B．上升时间变长C．运动速度不变D．运动速度变大答案 D15．2014年4月26日至29日，全国山地自行车冠军赛第二站在山东胶州举行．如图11所示，若在某一路段车手骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报告当时是正北风，风速也是4 m/s，则车手感觉的风速为________ m/s，方向是________．图11答案 42 西南解析 以人为参考系，气流在水平方向上向西有4 m/s 的速度，向南有4 m/s 的速度，所以合速度为4 2 m/s ，方向为西南方向，如图所示．16．质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在互相垂直的方向上的两个分运动的速度—时间图象分别如图12甲、乙所示．求：图12(1)物体的初速度大小； (2)物体所受的合外力； (3)2 s 末物体的速度大小； (4)2 s 内物体发生的位移大小．答案 (1)4 m/s (2)1.5 N (3)5 m/s (4)8.5 m解析 (1)从两幅图中可得水平方向的初速度为0，竖直方向上的初速度为4 m/s ，故物体的初速度为4 m/s.(2)物体在竖直方向上做匀速直线运动，即合力为零，在水平方向上做加速度a ＝32 m/s 2的匀加速直线运动，故水平方向上的合外力F ＝ma ＝1.5 N. 即物体所受的合外力为1.5 N. (3)2 s 末物体的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝32＋42 m/s ＝5 m/s.(4)2 s 末物体的位移大小为s ＝x 2＋y 2＝(12at 2)2＋(v y t )2 m ＝73 m ＝8.5 m.。

【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第四章第4讲万有引力与航天

【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第四章第4讲万有引力与航天

1
2
3
4
5
R3 2.(多选)关于开普勒行星运动的公式 T2＝k，以下理解正确的是(
)
√
A.k是一个与行星无关的量 B.若地球绕太阳运动轨道的半长轴为R地，周期为T地；月球绕地球运
R地3 R月3 动轨道的半长轴为R月，周期为T月，则 2＝ 2 T地 T月 C.T表示行星运动的自转周期
D.T表示行星运动的公转周期 √
“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕.“51 peg b”绕其中
心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半 1 径的 ，该中心恒星与太阳的质量比约为( ) 20 1 A.10 B.1 C.5 D.10
√
解析
4π2 4π2r3 Mm 根据万有引力提供向心力，有 G r2 ＝m T2 r，可得 M＝ GT2 ，所以
入绕地球的椭圆轨道.该卫星发射速度v大小的范围是(
A.v<7.9 km/s
)
√
B.7.9 km/s<v<11.2 km/s
C.11.2 km/s<v<16.7 km/s
D.v>16.7 km/s
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加试题型突破
命题点一
万有引力定律的理解和应用
例1
过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星
解析
5
6
7
6.若取地球的第一宇宙速度为 8 km/s，某行星的质量是地球的6倍，半
径是地球的1.5倍，则该行星的第一宇宙速度约为( )
√
A.16 km/s
C.4 km/s
2
B.32 km/s
D.2 km/s
GM R ＝8 km/s，所以该行星的第一宇宙速

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章 微型专题1

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章 微型专题1

微型专题1 动量守恒定律在多物体、多过程及临界问题中的应用[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.一、动量守恒条件的扩展应用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)系统的内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.2.动量守恒定律的研究对象是系统.研究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.分清系统的内力与外力, 然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.例1(多选)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所示, 碰撞时间极短, 在此过程中, 下列情况可能发生的是()图1A.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＋m0v2＋m v3B.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 v2C.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.例2 如图2所示, 质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R 的光滑半圆形槽, 金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁.质量为m 的小球从金属块左上端R 处由静止下落, 小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出, 到达最高点时离半圆形槽最低点的高度为74R , 重力加速度为g , 不计空气阻力.图2求:(1)小球第一次到达最低点时, 小球对金属块的压力为多大？(2)金属块的质量为多少？答案 (1)5mg (2)7m解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程, 根据动能定理有mg ·2R ＝12m v 02 小球第一次到达最低点时, 根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 02R根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为N ′＝N联立解得N ′＝5mg .(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点的过程, 小球和金属块组成的系统水平方向动量守恒, 取向右为正方向, 则m v 0＝(m ＋M )v根据能量守恒定律有mg ·74R ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2 联立解得M ＝7m .虽然系统整体上不满足动量守恒的条件, 但在某一特定方向上, 系统不受外力或所受外力远小于内力, 则系统沿该方向的分动量守恒.可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答.二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用求解这类问题时应注意:(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；(2)分清作用过程中的不同阶段, 并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统, 既要符合守恒条件, 又方便解题.(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态, 分别列动量守恒方程.例3如图3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.图3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, 取水平向右为正方向,则m A v0＝m A v A＋m C v C①A、C碰撞后, 长木板A与滑块B组成的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)v②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＝v③联立①②③式, 代入数据解得:v A＝2 m/s.处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题1.正方向的选取.2.研究对象的选取, 明确取哪几个物体为系统作为研究对象.3.研究过程的选取, 明确哪个过程中动量守恒.三、动量守恒定律应用中的临界问题分析分析临界问题的关键是寻找临界状态, 在动量守恒定律的应用中, 常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态, 其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4 如图4所示, 一质量为m 3的人站在质量为m 的小船甲上, 以速率v 0在水平面上向右运动.另一个完全相同的小船乙以速率v 0从右方向左方驶来, 两船在一条直线上运动.为避免两船相撞, 人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上, 问:为能避免两船相撞, 人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？图4答案 257v 0解析 设向右为正方向, 两船恰好不相撞, 最后具有共同速率v 1, 由动量守恒定律, 有 (m 3＋m )v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得v 1＝17v 0. 设人跃出甲船相对于地面的速率为v 2, 人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律, 有(m 3＋m )v 0＝m v 1＋m 3v 2 解得v 2＝257v 0.1.(某一方向上的动量守恒)(多选)如图5所示, 在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块, 开始时木块是静止的, 把一个小球放到槽边从静止开始释放, 关于两个物体的运动情况, 下列说法正确的是()图5A.当小球到达最低点时, 木块有最大速率B.当小球的速率最大时, 木块有最大速率C.当小球再次上升到最高点时, 木块的速率最大D.当小球再次上升到最高点时, 木块的速率为零答案ABD解析小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒, 初状态系统动量为零, 当小球到达最低点时, 由能量守恒定律得小球有最大速率, 所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时, 小球速率为零, 木块的速率也为零.2.(多过程中的动量守恒)如图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, 盒内放有一个质量为m的物块.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0, 那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后()图6A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.物块的最终速度为m v 0M, 方向水平向右 D.物块的最终速度为m v 0M ＋m, 方向水平向右 答案 D解析 物块与盒子组成的系统所受合外力为零, 物块与盒子前后壁多次往复碰撞后, 以速度v 共同运动, 以水平向右为正方向, 由动量守恒定律得:m v 0＝(M ＋m )v , 故v ＝m v 0M ＋m, 方向水平向右, D 项正确.3.(动量守恒的临界问题)如图7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)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车之间的摩擦, 且乙车足够长.图7答案大于等于3.8 m/s解析人跳到乙车上后, 当甲车的速度等于乙车的速度时, 两车恰好不相撞.以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,取水平向右为正方向, 由水平方向动量守恒得:(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′, 解得v′＝1 m/s.以人与甲车为研究对象, 人跳离甲车过程水平方向动量守恒, 得:(m1＋M)v＝m1v′＋M v1解得v1＝3.8 m/s.因此, 只要人跳离甲车的速度大于等于3.8 m/s, 就可避免两车相撞.一、选择题考点一动量守恒条件及系统和过程的选取1.(多选)如图1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端由静止释放, 在小球下滑的过程中, 以下说法正确的是()图1A.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解析斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力, 这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度), 故斜面和小球组成的系统动量不守恒, A选项错误；但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力, 故水平方向上动量守恒, B选项正确；由水平方向上动量守恒知斜面向右运动, C选项正确, D选项错误.2.质量为M的砂车, 沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动, 此时从砂车上方竖直向下落入一个质量为m的大铁球, 如图2所示, 则铁球落入砂车后, 砂车将()图2A.立即停止运动B.仍匀速运动, 速度仍为v0C.仍匀速运动, 速度小于v0D.做变速运动, 速度不能确定答案 C解析铁球和砂车组成的系统水平方向动量守恒, 设砂车初速度方向为正, 根据动量守恒定律得:M v0＝(m＋M)v解得:v＝M v0 m＋M即砂车仍匀速运动, 速度小于v0, 故C正确, A、B、D错误.3.(多选)下列四幅图所反映的物理过程中, 系统动量守恒的是()答案AC4.如图3所示, 质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽, 一质量为m1的小球置于槽内, 共同以速度v0沿水平面运动, 并与一个原来静止的小车m3对接, 则对接后瞬间, 小车的速度大小为()图3A.(m2＋m3)v0m1＋m2＋m3B.m2v0m1＋m2＋m3C.m2v0m2＋m3D.以上答案均不对答案 C解析对接过程, 两小车组成的系统动量守恒, 以小车m2的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:m2v0＝(m2＋m3)v, 解得:v＝m2v0m2＋m3.5.(多选)如图4所示, 将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上, 槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下, 与半圆槽相切自A点进入槽内, 则以下结论中正确的是()图4A.小球在半圆槽内由A向B做圆周运动, 由B向C也做圆周运动B.小球在半圆槽内运动的全过程中, 小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中, 小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后, 将做斜抛运动答案CD解析小球在半圆槽内由A向B运动时, 由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块, 槽不会向左运动, 则小球机械能守恒, 从A到B做圆周运动, 系统在水平方向上动量不守恒；从B 到C运动的过程中, 槽向右运动, 系统在水平方向上动量守恒, 则从B到C小球的运动不是圆周运动, 故A、B错误, C正确；小球离开C点以后, 既有竖直向上的分速度, 又有水平分速度, 小球做斜抛运动, 故D正确.考点二多物体、多过程中的动量守恒6.两辆质量相同的小车, 置于光滑的水平面上, 有一人静止在小车A上, 两车静止, 如图5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()图5A.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车和人组成的系统作为研究对象, 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, 故满足动量守恒的条件.设人的质量为m, A车和B车的质量均为M, 最终两车速率分别为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.7.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v0的第5个物块向左运动, 依次与其余四个静止物块发生碰撞, 如图6所示, 最后这五个物块粘成一个整体, 则它们最后的速度为()图6A.v 0B.v 05C.v 03D.v 04答案 B解析 由五个物块组成的系统在光滑水平面上运动, 沿水平方向不受外力作用, 故系统动量守恒, 由动量守恒定律得:m v 0＝5m v , v ＝15v 0, 即它们最后的速度为15v 0. 8.如图7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v 0的子弹射中并且子弹嵌在其中.已知物体A 的质量m 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m B 的14, 弹簧压缩到最短时B 的速度为( )图7A.v 02B.v 04C.v 08D.v 03答案 C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, 系统所受合外力始终为零, 故整个过程系统的动量守恒, 取子弹水平速度v 0的方向为正方向, 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＝v 08, 即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08. 9.如图8所示, 在一光滑的水平面上, 有质量相同的三个小球A 、B 、C , 其中B 、C 静止, 中间连有一轻弹簧, 弹簧处于自由伸长状态, 现小球A 以速度v 与小球B 正碰并粘在一起, 碰撞时间极短, 则碰后瞬间( )图8A.A 、B 的速度变为v 3, C 的速度仍为0 B.A 、B 、C 的速度均为v 3C.A 、B 的速度变为v 2, C 的速度仍为0 D.A 、B 、C 的速度均为v 2答案 C解析 A 、B 碰撞过程时间极短, 弹簧形变忽略不计, A 、B 系统所受合外力为零, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得:m v ＝2m v ′, 解得:v ′＝v 2, A 、B 碰撞过程, C 所受合外力为零, C 的动量不变, 速度仍为0.10.(多选)如图9所示, 小车AB 放在光滑水平面上, A 端固定一个轻弹簧, B 端粘有油泥, AB 总质量为M , 质量为m 的物块C 放在小车上, 用细绳接于小车的A 端并使弹簧压缩, 开始时AB 和C 都静止, 当突然烧断细绳时, C 被释放, 使C 离开弹簧向B 端冲去, 并跟B 端油泥粘在一起, 忽略一切摩擦, 以下说法正确的是( )图9A.弹簧伸长过程中C向右运动, 同时AB也向右运动B.C与B碰撞前, C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后, AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后, AB继续向右运动答案BC解析小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒, 开始总动量为零, 在弹簧伸长的过程中, C向右运动, 则小车向左运动, 故A错误.取向右为正方向, 在C与B碰撞前, 根据动量守恒定律得, 0＝m v C－M v, 解得v C∶v＝M∶m, 故B正确.因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒, 开始总动量为零, 当C与油泥粘在一起时, 总动量仍然为零, 即小车停止运动, 故C正确, D 错误.二、非选择题11.(多过程中的动量守恒)如图10所示, 光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg的甲、乙两辆小车, 两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时, 两车自动分离).其中甲车上表面光滑, 乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端, 质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连, 此时弹簧储存的弹性势能E0＝10 J, 弹簧原长小于甲车长度, 整个系统处于静止状态.现剪断细线, 求:(g取10 m/s2)(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙, 则小车乙最终的速度大小.图10答案 (1)4 m/s (2)23m/s 解析 (1)设滑块P 滑上乙车前瞬间的速度大小为v 0, 小车的速度大小为v , 选v 0的方向为正方向, 以整体为研究对象, 从滑块P 开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程中动量守恒, 则有m v 0－2M v ＝0在这个过程中系统的机械能守恒, 有E 0＝12m v 02＋12×2M v 2 联立两式解得:v 0＝4 m/s同时可得v ＝1 m/s.(2)设滑块P 到达小车乙另一端时与小车乙恰好有共同速度v ′, 根据动量守恒定律有m v 0－M v ＝(m ＋M )v ′解得:v ′＝23m/s. 12.(临界问题)如图11所示, 光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体, 斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出, 冰块平滑地滑上斜面体, 在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg , 冰块的质量为m 2＝10 kg, 小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度g 取10 m/s 2.图11(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断, 冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20 kg(2)不能, 理由见解析解析(1)规定向左为正方向, 冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度, 设此共同速度为v, 斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v①由机械能守恒定律得12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设推出冰块后小孩的速度为v1, 取向左为正方向, 由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝－1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后二者的速度分别为v2和v3, 由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m2v02＝12m2v22＋12m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块在小孩后方, 故冰块与斜面体分离后不能追上小孩.。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第三章 4

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第三章 4

4 原子核的结合能[学习目标] 1.理解原子核的结合能的概念.2.知道质量亏损的概念, 了解爱因斯坦的质能方程.3.学会根据质能方程和质量亏损的概念进行核能的计算.一、原子核的结合能和比结合能曲线1.结合能:核子结合成原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量叫做原子核的结合能.2.比结合能:把原子核的结合能ΔE 除以核子数A , 即ΔE A称为原子核的比结合能.比结合能越大, 核就越稳定.3.比结合能曲线(如图1所示)图1由原子核的比结合能曲线可以看出:第一, 比结合能越大, 取出一个核子就越困难, 核就越稳定, 比结合能是原子核稳定程度的量度；第二, 曲线中间高两头低, 说明中等质量的原子核的比结合能最大, 近似于一个常数, 表明中等质量的核最稳定；第三, 质量较大的重核和质量较小的轻核比结合能都较小, 且轻核的比结合能还有些起伏.二、原子核的结合能的计算对质能方程和质量亏损的理解(1)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:核反应中原子核的质量小于组成它的核子的质量.(3)质量亏损与释放核能的关系:ΔE＝Δmc2.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)一切原子核均具有结合能.(√)(2)组成原子核的核子越多, 它的结合能就越高.(√)(3)结合能越大, 核子结合得越牢固, 原子越稳定.(×)(4)自由核子结合为原子核时, 可能吸收能量.(×)(5)因在核反应中能产生能量, 有质量的转化, 所以系统只有质量数守恒, 系统的总能量和总质量并不守恒.(×)2.已知α粒子(42He)是由2个质子、2个中子组成的, 取质子的质量m p＝1.672 6×10－27 kg, 中子的质量m n＝1.674 9×10－27kg, α粒子的质量mα＝6.646 7×10－27kg, 真空中光速c＝3.0×108 m/s.则α粒子的结合能为________.(计算结果保留两位有效数字)答案 4.3×10－12 J解析组成α粒子的核子与α粒子的质量差Δm＝(2m p＋2m n)－mαα粒子的结合能ΔE＝Δmc2代入数据得ΔE≈4.3×10－12 J.一、对结合能的理解[导学探究]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氘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2所示是不同原子核的比结合能随质量数变化的曲线.图2(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释放能量？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.1.中等质量原子核的比结合能最大, 轻核和重核的比结合能都比中等质量原子核的比结合能要小.2.比结合能与原子核稳定的关系(1)比结合能的大小能够反映原子核的稳定程度, 比结合能越大, 原子核就越难拆开, 表示该原子核就越稳定.(2)核子数较小的轻核与核子数较大的重核, 比结合能都比较小, 表示原子核不太稳定；中等核子数的原子核, 比结合能较大, 表示原子核较稳定.(3)当比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核时, 就能释放核能.例如, 一个核子数较大的重核分裂成两个核子数小一些的核, 或者两个核子数很小的轻核结合成一个核子数大一些的核, 都能释放出巨大的核能.例1下列关于结合能和比结合能的说法中, 正确的是()A.核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆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.重核与中等质量的原子核相比较, 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答案 D解析核子结合成原子核是放出能量, 原子核拆解成核子是吸收能量, A选项错误；比结合能越大的原子核越稳定, 但比结合能越大的原子核, 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.1.核子结合成原子核时一定释放能量, 原子核分开成核子时一定吸收能量, 吸收或释放的能量越大, 表明原子核的结合能越大.2.比结合能越大表明原子核越稳定.一般情况下, 中等质量的原子核比轻核和重核的比结合能大.二、质量亏损和核能的计算[导学探究]如图3所示是原子核转变示意图.图3(1)在核反应过程中质量数、核电荷数是否守恒？(2)在该核反应过程中会释放出能量, 反应前后原子核的质量是否会发生变化？答案(1)在核反应中, 质量数、核电荷数是守恒的.(2)会发生变化, 是减少的.[知识深化]1.质量亏损:所谓质量亏损, 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.反过来, 把原子核分裂成核子, 总质量要增加, 总能量也要增加, 增加的能量要由外部提供.2.质能方程E＝mc2(1)质能方程说明一定的质量总是跟一定的能量相联系.具体地说, 一定质量的物体所具有的总能量是一定的, E＝mc2, 不是单指物体的动能、核能或其他哪一种能量, 而是物体所具有的各种能量的总和.(2)根据质能方程, 物体的总能量与其质量成正比.物体质量增加, 则总能量随之增加；物体质量减少, 总能量也随之减少, 这时质能方程也写成ΔE＝Δmc2.3.核能的计算方法(1)根据质量亏损计算:①根据核反应方程, 计算核反应前和核反应后的质量亏损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.③利用原子质量单位u和电子伏特计算1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量, ΔE＝Δm×931.5 MeV, 其中Δm的单位为u, ΔE 的单位为MeV.(2)利用平均结合能来计算核能.原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数.核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差, 就是该次核反应所释放(或吸收)的核能.4.判断核反应过程是释放能量还是吸收能量的方法(1)根据反应前后质量的变化情况进行判断, 若质量减少即发生了质量亏损, 则释放能量；若质量增加, 则吸收能量.(2)根据动能变化判断, 若不吸收光子而动能增加则放出能量.例231H的质量是3.016 050 u, 质子的质量是1.007 277 u, 中子的质量为1.008 665 u.求:(质量亏损1 u相当于释放931.5 MeV的能量)(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？答案(1)放出能量7.97 MeV(2)7.97 MeV 2.66 MeV解析(1)一个质子和两个中子结合成氚核的反应方程式是11H＋210n―→31H,反应前各核子总质量为m p ＋2m n ＝(1.007 277＋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 ＝(3.024 607－3.016 050) u ＝0.008 557 u.因反应前的总质量大于反应后的总质量, 故此核反应放出能量.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 .核能的两种单位换算技巧1.若以kg 为质量亏损Δm 的单位, 则计算时应用公式ΔE ＝Δmc 2, 核能的单位为J.2.若以原子质量单位“u ”为质量亏损Δm 的单位, 则ΔE ＝Δm ×931.5 MeV, 核能的单位为MeV .3.两种单位的换算:1 MeV ＝1×106×1.6×10－19 J ＝1.6×10－13 J.针对训练 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1.672 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.答案 (1)73Li ＋11H →242He (2)2.691×10－12 J解析 (1)73Li ＋11H →242He (2)核反应的质量亏损Δm ＝m Li ＋m p －2m α＝(11.650 5×10－27＋1.672 6×10－27－2×6.646 6×10－27) kg ＝2.99×10－29 kg 释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝2.99×10－29×(3×108)2 J ＝2.691×10－12 J1.(对结合能和比结合能的理解)(多选)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(208 82Pb)的结合能D.比结合能越大, 原子核越不稳定答案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；比结合能越大, 分开核子所需的能量越大, 原子核越稳定, 选项D错误.2.(质能方程的理解)(多选)关于质能方程, 下列哪些说法是正确的()A.质量减少, 能量就会增加, 在一定条件下质量转化为能量B.物体获得一定的能量, 它的质量也相应地增加一定值C.物体一定有质量, 但不一定有能量, 所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系D.某一定量的质量总是与一定量的能量相联系的答案BD解析质能方程E＝mc2表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的, 当物体获得一定的能量, 即能量增加某一定值时, 它的质量也相应增加一定值, 并可根据ΔE＝Δmc2进行计算, 所以B、D正确.3.(核能的计算)原子质量单位为u,1 u相当于931.5 MeV的能量, 真空中光速为c, 当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是()A.(M－m1－m2) u×c2B.(m 1＋m 2－M ) u ×931.5 JC.(m 1＋m 2－M )cD.(m 1＋m 2－M ) u ×931.5 MeV答案 D4.(核能的计算)一个α粒子轰击硼(11 5B)核变成碳14和一个未知粒子, 并放出7.5×105 eV 的能量, 写出核反应方程并求出反应过程中的质量亏损.答案 42He ＋11 5B →14 6C ＋11H 1.3×10－30 kg解析 根据质量数守恒和核电荷数守恒可得42He ＋11 5B →14 6C ＋11HΔE ＝7.5×105×1.6×10－19 J ＝1.2×10－13 J.由ΔE ＝Δmc 2可得 Δm ＝ΔE c 2≈1.3×10－30 kg.一、选择题考点一 对结合能的理解1.下列关于平均结合能的说法正确的是( )A.核子数越多, 平均结合能越大B.核子数越多, 平均结合能越小C.结合能越大, 平均结合能越大D.平均结合能越大, 原子核越稳定答案 D2.关于原子核的结合能与平均结合能, 下列说法中不正确的是( )A.原子核的结合能等于核子与核子之间结合成原子核时, 核力做的功B.原子核的结合能等于核子从原子核中分离, 外力克服核力做的功C.平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量D.不同原子核的平均结合能不同, 重核的平均结合能比轻核的平均结合能大答案 D解析原子核中, 核子与核子之间存在核力, 要将核子从原子核中分离, 需要外力克服核力做功.当自由核子结合成原子核时, 核力将做正功, 释放能量.对某种原子核, 平均每个核子的结合能称为比结合能也称为平均结合能.不同原子核的平均结合能不同.重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能要小, 轻核的平均结合能比稍重核的平均结合能要小.考点二质能方程的理解、质量亏损和核能的计算3.(多选)对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是()A.如果物体的能量减少了ΔE, 它的质量也一定相应地减少ΔmB.如果物体的质量增加了Δm, 它的能量也一定相应地增加Δmc2C.Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量D.在把核子结合成原子核时, 若放出的能量是ΔE, 则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm答案ABD解析一定的质量对应一定的能量, 物体的能量减少了ΔE, 它的质量也一定相应地减少Δm, 即发生质量亏损, 所以选项A、D正确.如果物体的质量增加了Δm, 它的能量一定相应地增加Δmc2, 所以选项B正确.某原子核衰变时, 一定发生质量亏损, 所以选项C错误.4.(多选)一个质子和一个中子结合成氘核, 同时放出γ光子, 核反应方程是11H＋10n→21H＋γ, 以下说法中正确的是()A.反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和B.反应前后的质量数不变, 因而质量不变C.γ光子的能量为Δmc2, Δm为反应中的质量亏损, c为光在真空中的速度D.因存在质量亏损Δm, 所以“物质不灭”的说法不正确答案AC解析核反应中质量数与电荷数及能量均守恒.由于反应中要释放核能, 会出现质量亏损, 反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和, 所以质量不守恒, 但质量数不变, 且能量守恒, 释放的能量会以光子的形式向外释放, 则光子的能量为Δm·c2(Δm为反应中的质量亏损, c为真空中的光速), 故正确答案为A、C.5.如图1所示是描述原子核核子的平均质量m与原子序数Z的关系曲线, 由图可知下列说法正确的是()图1A.将原子核A分解为原子核B、C可能吸收能量B.将原子核D、E结合成原子核F可能吸收能量C.将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量D.将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量答案 C解析因B、C核子平均质量小于A的核子平均质量, 故A分解为B、C时, 会出现质量亏损, 故放出核能, 故A错误, 同理可得B、D错误, C正确.6.(多选)在某些恒星内, 3个α粒子结合成1个C原子, C原子的质量是12.000 0 u, He原子的质量是4.002 6 u.已知1 u＝1.66×10－27 kg, 则()A.反应过程中的质量亏损是0.007 8 uB.反应过程中的质量亏损是1.29×10－29 kgC.反应过程中释放的能量是7.26 MeVD.反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J答案ABC解析由题意可得核反应方程为342He→12 6C＋ΔE.则核反应中的质量亏损为Δm＝(3×4.002 6－12.000 0) u＝0.007 8 u＝0.007 8×1.66×10－27 kg≈1.29×10－29 kg, 由质能方程得ΔE＝Δmc2＝1.29×10－29×(3×108)2 J＝1.161×10－12 J≈7.26 MeV.故正确答案为A、B、C.7.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)cB.(m1－m2－m3)cC.(m1＋m2－m3)c2D.(m1－m2－m3)c2答案 C解析一个质子和一个中子结合成氘核时, 质量亏损Δm＝m1＋m2－m3, 根据质能方程, 释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2, 选项C正确, A、B、D错误.8.一个氘核21H 质量为m 1, 一个氚核31H 质量为m 2, 它们结合成一个质量为m 3的氦核.核反应方程如下:21H ＋31H ―→42He ＋X.在这一核反应过程中释放的能量为ΔE .已知真空中光速为c , 则以下判断正确的是( )A.X 是质子B.X 是正电子C.X 的质量为m 1＋m 2－m 3D.X 的质量为m 1＋m 2－m 3－ΔE c 2答案 D解析 由电荷数守恒知, X 的质子数为0, 由质量数守恒知, X 的质量数为1, 故X 为中子, 设X 的质量为m , 反应中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3－m , 释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝(m 1＋m 2－m 3－m )c 2, 则X 的质量为m 1＋m 2－m 3－ΔE c 2, 故选项D 正确. 9.(多选)关于核反应方程234 90Th ―→234 91Pa ＋X ＋ΔE (ΔE 为释放出的核能, X 为新生成的粒子), 已知234 90Th 的半衰期为T , 则下列说法正确的是( )A.234 91Pa 没有放射性 B.234 91Pa 比234 90Th 少1个中子, X 粒子是从原子核中射出的, 此核反应为β衰变 C.N 0个234 90Th 经2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为34N 0ΔE (N 0数值很大) D.234 90Th 的比结合能为ΔE 234答案 BC解析 原子序数大于83的原子核都具有放射性, A 项错误；该核反应为β衰变, 是原子核内的一个中子转化为一个质子, 同时释放出一个电子, B 项正确；N 0个234 90Th 原子核经2T 时间发生衰变的个数为34N 0, 由核反应方程知, 放出的核能为34N 0ΔE , C 项正确；由比结合能的定义知, D 项错误.二、非选择题10.(质量亏损与核能的计算)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均转变为氡核和α粒子的动能, 则ΔE ＝12m Rn v Rn 2＋12m αv α2② 由①②可得E kα＝m Rn m Rn ＋m α·ΔE ＝222.016 3222.016 3＋4.002 6×6.05 MeV ≈5.94 MeV . 11.(质量亏损与核能的计算)氘核与氚核的核反应为:21H ＋31H →42He ＋b a X ＋17.6×106 eV, 求:(1)核反应式中的X 是什么粒子.(2)这一过程的质量亏损是多少？(3)1 g 氘核完全参与上述反应, 共释放核能多少？氘核的摩尔质量M ＝2 g/mol, 阿伏伽德罗常量N A ＝6.0×1023 mol －1.答案 (1)中子 (2)3.1×10－29 kg (3)8.448×1011 J解析 (1)由质量数和电荷数守恒可知, 氘核与氚核的核反应:21H ＋31H →42He ＋b a X ＋17.6×106eV, X 的质量数是1, 电荷数是0, 故X 是中子.(2)根据爱因斯坦的质能方程ΔE ＝Δmc 2, 得Δm ＝ΔE c 2＝17.6×106×1.6×10－19(3×108)2 kg ≈3.1×10－29 kg(3)1 g 氘核完全与氚核发生反应释放的核能为:ΔE ′＝m MN A ×17.6×106 eV ＝5.28×1030 eV ＝8.448×1011 J.。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第二章 4

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第二章 4

4玻尔的原子模型能级[学习目标] 1.知道玻尔原子结构理论的主要内容.2.了解能级、跃迁、能量量子化以及基态、激发态等概念, 会计算原子跃迁时吸收或辐射光子的能量.3.能用玻尔原子结构理论简单解释氢原子光谱.一、玻尔的原子结构理论1.定态假设:电子围绕原子核运动的轨道不是任意的, 而是一系列分立的、特定的轨道.当电子在这些轨道上运动时, 原子是稳定的, 不向外辐射能量, 也不吸收能量, 这些状态称为定态.2.跃迁假设:原子处在定态的能量用E n表示, 此时电子以r n的轨道半径绕核运动, n称为量子数.当原子中的电子从一定态跃迁到另一定态时, 才发射或吸收一个光子, 光子的能量hν＝E n －E m, 式中E n和E m分别是原子的高能级和低能级.3.轨道量子化假设:围绕原子核运动的电子轨道半径只能是某些分立值, 即电子的可能轨道也是不连续的, 称之为轨道量子化.氢原子的轨道半径r n＝n2r1(n＝1,2,3…), r1＝0.53×10－10 m.二、氢原子的能级1.能级:在玻尔的原子结构模型中, 不同的轨道实际上对应了不同的状态, 不同的状态对应不同的能量, 因此原子的能量也是不连续的, 即原子的能量是量子化的, 这些量子化的能量值叫做能级.2.基态:能量最低的状态叫做基态.3.激发态:除基态之外的其他状态叫做激发态.4.氢原子的能级氢原子各能级的关系为E n＝E1n2(n＝1,2,3…), 其中, 氢原子的基态能量E1＝－13.6 eV, 其他各激发态的能量为E2＝－3.4 eV, E3＝－1.51 eV…三、玻尔原子结构理论的意义1.玻尔的原子结构比较完美地解释了氢光谱, 他用能级跃迁的概念阐明了光谱的吸收和发射, 第一次将量子概念引入原子模型, 推动了量子力学的发展.2.局限性保留了经典粒子的观念, 把电子的运动仍然看做经典力学描述下的轨道运动.玻尔理论是不完善的.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)玻尔认为电子运行轨道半径是任意的, 就像人造地球卫星, 能量大一些, 轨道半径就会大点.(×)(2)玻尔认为原子的能量是量子化的, 不能连续取值.(√)(3)当电子从能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时, 会放出任意能量的光子.(×)(4)处于基态的原子是不稳定的, 会自发地向其他能级跃迁, 放出光子.(×)(5)不同的原子具有相同的能级, 原子跃迁时辐射的光子频率是相同的.(×)(6)玻尔的原子理论模型可以很好地解释氦原子的光谱现象.(×)2.电子处在n＝4轨道上比处在n＝3轨道上离核的距离________(填“远”或“近”), 能量值________(填“大”或“小”).答案远大一、玻尔原子结构理论[导学探究]1.按照经典理论, 核外电子在库仑引力作用下绕原子核做圆周运动.我们知道, 库仑引力和万有引力形式上有相似之处, 电子绕原子核的运动与卫星绕地球的运动也一定有某些相似之处,那么若将卫星—地球模型缩小是否就可以变为电子—原子核模型呢？答案不可以.在玻尔理论中, 电子的轨道半径只可能是某些分立的数值, 而卫星的轨道半径可按需要任意取值.2.氢原子吸收或辐射光子的频率条件是什么？它和氢原子核外的电子的跃迁有什么关系？答案电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E n)跃迁到能量较低的定态轨道(其能量记为E m)时, 会放出能量为hν的光子(h是普朗克常量), 这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定, 即hν＝E n－E m(n＞m).这个式子称为频率条件, 又称辐射条件.当电子从较低的能量态跃迁到较高的能量态, 吸收的光子的能量同样由频率条件决定. [知识深化]1.轨道量子化(1)轨道半径只能够是一些不连续的、某些分立的数值.(2)氢原子中电子轨道的最小半径为r1＝0.053 nm, 其余轨道半径满足r n＝n2r1, 式中n称为量子数, 对应不同的轨道, 只能取正整数.2.能量量子化(1)电子在可能轨道上运动时, 尽管是变速运动, 但它并不释放能量, 原子是稳定的, 这样的状态称之为定态.(2)由于原子的可能状态(定态)是不连续的, 具有的能量也是不连续的.这样的能量值, 称为能级, 能量最低的状态称为基态, 其他状态叫做激发态.3.跃迁:原子从一种定态(设能量为E n)跃迁到另一种定态(设能量为E m)时, 它辐射(或吸收)一定频率的光子, 光子的能量由这两种定态的能量差决定, 高能级低能级E m.E n发射光子hν＝E n－E m吸收光子hν＝E n－E m可见, 电子如果从一个轨道到另一个轨道, 不是以螺旋线的形式改变半径大小的, 而是从一个轨道上“跳跃”到另一个轨道上.玻尔将这种现象叫做电子的跃迁.例1(多选)光子的发射和吸收过程是() A.原子从基态跃迁到激发态要放出光子, 放出光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差B.原子不能从低能级向高能级跃迁C.原子吸收光子后从低能级跃迁到高能级, 放出光子后从较高能级跃迁到较低能级D.原子无论是吸收光子还是放出光子, 吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差值答案CD解析由玻尔理论的跃迁假设知, 原子处于激发态不稳定, 可自发地向低能级发生跃迁, 以光子的形式放出能量, 光子的吸收是光子发射的逆过程, 原子在吸收光子后, 会从较低能级向较高能级跃迁, 但不管是吸收光子还是发射光子, 光子的能量总等于两能级的能量差, 即hν＝E n－E m(n>m), 故选项C、D正确.例2氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中()A.原子要吸收光子, 电子的动能增大, 原子的电势能增大B.原子要放出光子, 电子的动能减小, 原子的电势能减小C.原子要吸收光子, 电子的动能增大, 原子的电势能减小D.原子要吸收光子, 电子的动能减小, 原子的电势能增大答案 D解析 根据玻尔理论, 氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大, 必须吸收一定能量的光子后, 电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道, 故B 错误；氢原子核外电子绕核做圆周运动, 由原子核对电子的库仑力提供向心力, 即:k e 2r 2＝m v 2r , 又E k ＝12m v 2, 所以E k ＝ke 22r, 可知电子离核越远, 即r 越大时, 电子的动能越小, 故A 、C 错误；由r 变大时, 库仑力对核外电子做负功, 因此电势能增大, 故D 正确.原子的能量及变化规律1.原子的能量:E n ＝E k n ＋E p n .2.电子绕氢原子核运动时:k e 2r 2＝m v 2r , 故E k n ＝12m v n 2＝ke 22r n, 电子轨道半径越大, 电子绕核运动的动能越小.3.电子的轨道半径增大时, 库仑引力做负功, 原子的电势能增大, 反之, 电势能减小.4.电子的轨道半径增大时, 说明原子吸收了光子, 从能量较低的轨道跃迁到了能量较高的轨道上, 即电子轨道半径越大, 原子的能量越大.二、玻尔理论对氢光谱的解释[导学探究]1.如图1所示是氢原子的能级图, 一群处于n ＝4的激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多少种频率不同的光子？图1答案氢原子能级跃迁图如图所示.从图中可以看出能辐射出6种频率不同的光子, 它们分别是n＝4→n＝3, n＝4→n＝2, n＝4→n＝1, n＝3→n＝2, n＝3→n＝1, n＝2→n＝1.2.(1)如何解释氢气导电发光现象？(2)它的谱线为什么又是分立的？答案(1)通常情况下原子处于基态, 基态是最稳定的状态.氢气在放电管中受到高速运动的电子的撞击, 跃迁到激发态.处于激发态的原子是不稳定的, 会自发地向能量较低的能级跃迁, 放出光子, 最终又回到基态.(2)氢原子从高能级向低能级跃迁时, 放出的光子能量等于前后两个能级的能量差.由于原子的能级是分立的, 所以放出的光子的能量也是分立的.因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线.[知识深化]1.氢原子能级图中n 称为量子数, E 1代表氢原子的基态能量, 即量子数n ＝1时对应的能量, 其值为－13.6 eV.E n 代表电子在第n 个轨道上运动时的能量.作能级图时, 能级横线间的距离和相应的能级差相对应, 能级差越大, 间隔越宽, 所以量子数越大, 能级越密, 竖直线的箭头表示原子跃迁方向, 长度表示辐射光子能量的大小, n ＝1是原子的基态, n →∞是原子电离时对应的状态.2.能级跃迁:处于激发态的原子是不稳定的, 它会自发地向较低能级跃迁, 经过一次或几次跃迁到达基态.所以一群氢原子处于量子数为n 的激发态时, 可能辐射出的光谱线条数为N ＝n (n －1)2＝C 2n . 例3(多选)如图2所示是氢原子的能级图, 大量处于n ＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时, 一共可以辐射出6种不同频率的光子, 其中巴尔末系是指氢原子由高能级向n ＝2能级跃迁时释放的光子, 则( )图2A.6种光子中波长最长的是n ＝4激发态跃迁到基态时产生的B.6种光子中有2种属于巴尔末系C.使n ＝4能级的氢原子电离至少要0.85 eV 的能量D.6种光子中频率最大的是n ＝2激发态跃迁到基态时产生的答案 BC解析 n ＝4激发态跃迁到基态时产生光子的能量最大, 频率最大, 根据E ＝h c λ知, 波长最短, 故A 、D 错误；其中巴尔末系是指氢原子由高能级向n ＝2能级跃迁时释放的光子, 6种光子中从n ＝4→n ＝2与n ＝3→n ＝2的属于巴尔末系, 即2种, 故B 正确；n ＝4能级的氢原子具有的能量为－0.85 eV, 故要使其发生电离, 至少需要0.85 eV 的能量, 故C 正确.针对训练1 如图3所示为氢原子的能级图.用光子能量为13.06 eV 的光照射一群处于基态的氢原子, 则可能观测到氢原子发射的不同波长的光有( )图3A.15种B.10种C.4种D.1种答案 B解析 基态的氢原子的能量为－13.6 eV, 吸收13.06 eV 的能量后变成－0.54 eV, 原子跃迁到n ＝5能级, 由于氢原子是大量的, 故辐射的光子种类是n (n －1)2＝5×(5－1)2＝10种. 三、氢原子跃迁规律的应用1.跃迁过程中吸收或辐射光子的频率和波长满足hν＝|E n －E m |, h c λ＝|E n －E m |. 2.使原子能级跃迁的两种粒子——光子与实物粒子:(1)原子若是吸收光子的能量而被激发, 则光子的能量必须等于两能级的能量差, 否则不被吸收, 不存在激发到n 能级时能量有余, 而激发到n ＋1时能量不足, 则可激发到n 能级的问题.(2)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部分地被原子吸收, 所以只要入射粒子的能量大于等于两能级的能量差值, 就可使原子发生能级跃迁.3.原子跃迁时需要注意的两个问题(1)注意一群原子和一个原子:氢原子核外只有一个电子, 在某段时间内, 由某一轨道跃迁到另一个轨道时, 只能出现所有可能情况中的一种, 但是如果有大量的氢原子, 这些原子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现.(2)注意跃迁与电离:hν＝E n －E m 只适用于光子和原子作用使原子在各定态之间跃迁的情况, 对于光子和原子作用使原子电离的情况, 则不受此条件的限制.如基态氢原子的电离能为13.6 eV, 只要大于或等于13.6 eV 的光子都能被基态的氢原子吸收而发生电离, 只不过入射光子的能量越大, 原子电离后产生的自由电子的动能越大.例4(多选)氢原子能级图如图4所示, 当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时, 辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是()图4A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时, 辐射光的波长大于656 nmB.用波长为325 nm的光照射, 可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C.一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633 nm的光照射, 不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级答案CD解析能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差, 能级差越大, 辐射的光子频率越大, 波长越小, A错误；由E n－E m＝hν可知, B错误, D正确；根据C23＝3可知, C正确.针对训练2已知氢原子基态能量为－13.6 eV, 下列说法中正确的有()A.用波长为600 nm的光照射时, 可使稳定的氢原子电离B.用光子能量为10.2 eV的光照射时, 可能使处于基态的氢原子电离C.氢原子可能向外辐射出11 eV 的光子D.氢原子可能吸收能量为1.89 eV 的光子答案 D解析 要使处于基态的氢原子电离, 其吸收的光子能量至少要等于氢原子的电离能13.6 eV, 若光子能量大于等于13.6 eV, 则氢原子吸收其中的13.6 eV 完成电离, 剩余的能量以电子动能的形式存在；若入射光光子能量小于13.6 eV , 则氢原子只能选择性地吸收能量等于其能级差的特定光子, 完成由低能级向高能级的跃迁, 又E n －E m ＝h c λ(n >m ), 故A 、B 错误；由氢原子的能级图和跃迁假设知, D 正确, C 错误.1.(对玻尔理论的理解)(多选)按照玻尔原子理论, 下列表述正确的是( )A.核外电子运动轨道半径可取任意值B.氢原子中的电子离原子核越远, 氢原子的能量越大C.电子跃迁时, 辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定, 即hν＝E n －E m (n >m )D.氢原子从激发态向基态跃迁的过程, 可能辐射能量, 也可能吸收能量答案 BC解析 根据玻尔理论, 核外电子运动的轨道半径是确定的值, 而不是任意值, A 错误；氢原子中的电子离原子核越远, 能级越高, 能量越大, B 正确；由跃迁规律可知C 正确；氢原子从激发态向基态跃迁的过程中, 辐射能量, D 错误.2.(对玻尔理论的理解)氢原子辐射出一个光子后, 根据玻尔理论, 下列判断正确的是( )A.电子绕核旋转的轨道半径增大B.电子的动能减少C.氢原子的电势能增大D.氢原子的能级减小答案 D解析 氢原子辐射出光子后, 由高能级跃迁到低能级, 轨道半径减小, 电子动能增大, 此过程中库仑力做正功, 电势能减小.3.(能级跃迁规律及应用)氢原子的能级图如图5所示, 已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV .下列说法错误的是( )图5A.处于n ＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线, 并发生电离B.大量氢原子从高能级向n ＝3能级跃迁时, 发出的光具有显著的热效应C.大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时, 可能发出2种不同频率的可见光D.大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时, 可能发出3种不同频率的可见光 答案 D4.(对氢原子电离的理解)氢原子处于基态时, 原子能量E 1＝－13.6 eV, 氢原子各能级的关系为E n ＝E 1n 2(n ＝1,2,3…), 普朗克常量取h ＝6.6×10－34 J·s. (1)处于n ＝2激发态的氢原子, 至少要吸收多大能量的光子才能电离？(2)今有一群处于n ＝4激发态的氢原子, 最多可以辐射几种不同频率的光子？其中最小的频率是多少？(结果保留2位有效数字)答案 (1)3.4 eV (2)6种 1.6×1014 Hz解析 (1)E 2＝122E 1＝－3.4 eV 则处于n ＝2激发态的氢原子至少要吸收3.4 eV 能量的光子才能电离.(2)根据C 24＝6知, 一群处于n ＝4激发态的氢原子最多能辐射出的光子种类为6种. 由n ＝4跃迁到n ＝3的能级时, 辐射出的光子的频率最小, 设为νmin , 则E 4－E 3＝hνmin , 代入数据解得νmin ≈1.6×1014 Hz.一、选择题考点一对玻尔原子模型的理解1.(多选)关于玻尔原子结构理论, 下列说法中正确的是()A.原子中的电子绕原子核做圆周运动, 库仑力提供向心力B.氢原子光谱的不连续性, 表明了氢原子的能级是不连续的C.原子的能量包括电子的动能和势能, 电子动能可取任意值, 势能只能取某些分立值D.电子由一条轨道跃迁到另一条轨道上时, 辐射(或吸收)的光子频率等于电子绕核运动的频率答案AB2.根据玻尔的氢原子理论, 电子在各条可能轨道上运动的能量是指()A.电子的动能B.电子的电势能C.电子的电势能与动能之和D.电子的动能、电势能和原子核能之和答案 C解析根据玻尔理论, 电子绕核在不同轨道上做圆周运动, 库仑力提供向心力, 故电子的能量指电子的总能量, 包括动能和电势能, 所以C选项正确.3.(多选)由玻尔理论可知, 下列说法中正确的是()A.电子绕核运动有加速度, 就要向外辐射电磁波B.处于定态的原子, 其电子做变速运动, 但它并不向外辐射能量C.原子内电子的可能轨道是不连续的D.原子发生跃迁时, 辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能量差答案BCD解析根据玻尔理论可知, 原子只能处于一系列不连续的能量状态中, 在这些状态中, 原子是稳定的, 电子虽然绕核运动, 并不向外辐射能量(不向外辐射电磁波), 但当从高轨道向低轨道跃迁时才会向外辐射能量, 故A错误, B正确；原子的不同能量状态跟电子沿不同轨道绕核运动相对应, 原子的定态是不连续的, 因此电子的可能轨道也是不连续的, 故C正确；原子从一种定态跃迁到另外一种定态时, 它会辐射或吸收一定频率的光子, 光子的能量由这两个定态的能量差决定, 故D正确.考点二 玻尔理论对氢光谱的解释4.(多选)一群处于基态的氢原子吸收某种光子后, 向外辐射了ν1、ν2、ν3三种频率的光子, 且ν1>ν2>ν3, 则( )A.被氢原子吸收的光子的能量为hν1B.被氢原子吸收的光子的能量为hν2C.ν1＝ν2＋ν3D.hν1＝hν2＋hν3答案 ACD解析 氢原子吸收光子能向外辐射出三种频率的光子, 说明氢原子从基态跃迁到了n ＝3激发态(如图所示),在n ＝3激发态不稳定, 又向低能级跃迁, 发出光子, 其中从n ＝3能级跃迁到基态的光子能量最大, 为hν1, 从n ＝2能级跃迁到基态的光子能量比从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级的光子能量大, 氢原子一定是吸收了能量为hν1的光子, 关系式hν1＝hν2＋hν3, ν1＝ν2＋ν3成立.5.根据玻尔理论, 某原子从能量为E 的轨道跃迁到能量为E ′的轨道, 辐射出波长为λ的光.以h 表示普朗克常量, c 表示真空中的光速, E ′等于( )A.E －h λcB.E ＋h λcC.E －h c λD.E ＋h c λ答案 C解析 释放的光子能量为hν＝h c λ, 所以E ′＝E －hν＝E －h c λ. 6.(多选)如图1为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图, 一群氢原子处于n ＝4的激发态, 当它们自发地跃迁到较低能级时, 以下说法符合玻尔理论的有( )图1A.电子轨道半径减小, 动能增大B.氢原子跃迁时, 可发出连续不断的光谱线C.由n＝4跃迁到n＝1时发出光子的频率最小D.氢原子能辐射6种不同频率的光子答案AD考点三氢原子跃迁规律的应用7.(多选)如图2所示为氢原子的能级图.用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子, 下列说法正确的是()图2A.氢原子可以辐射出连续的各种波长的光B.氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射光的波长最短C.辐射光中, 光子能量为0.31 eV的光波长最长D.用光子能量为14.2 eV的光照射基态的氢原子, 能够使其电离答案CD解析因为－13.6 eV＋13.06 eV＝－0.54 eV, 知氢原子跃迁到n＝5的能级, 选项A错误；从n＝5跃迁到n＝1辐射的光子能量最大, 波长最短, 从n＝5跃迁到n＝4辐射的光子能量为0.31 eV, 波长最长, 选项B错误, C正确；用光子能量为14.2 eV的光照射基态的氢原子, 能够使其电离, 选项D正确.8.(多选)已知氢原子的能级图如图3所示, 现用光子能量介于10～12.9 eV范围内的光去照射一群处于基态的氢原子, 则下列说法中正确的是()图3A.在照射光中可能被吸收的光子能量有无数种B.在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种C.照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有6种D.照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有3种答案BC解析根据跃迁规律hν＝E n－E m和能级图, 可知A错, B对；氢原子吸收光子后能跃迁到最高为n＝4的能级, 能发射的光子的波长有C24＝6种, 故C对, D错.9.氢原子部分能级的示意图如图4所示, 不同色光的光子能量如下表所示:图4处于某激发态的氢原子, 发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条, 其颜色分别为() A.红、蓝—靛 B.黄、绿C.红、紫D.蓝—靛、紫答案 A解析根据玻尔理论, 如果激发态的氢原子处于n＝2能级, 只能够发出10.2 eV的光子, 不属于可见光范围；如果激发态的氢原子处于n＝3能级, 能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV 的三种光子, 只有1.89 eV的光子属于可见光；如果激发态的氢原子处于n＝4能级, 能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子, 1.89 eV和2.55 eV 的光子属于可见光, 1.89 eV的光子为红光, 2.55 eV的光子为蓝－靛光, 所以选项A正确. 10.(多选)如图5所示是氢原子的能级图, 大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时, 一共可以辐射出10种不同频率的光子.其中赖曼系是指氢原子由高能级向n＝1能级跃迁时释放的光子, 则()图5A.10种光子中波长最短的是从n ＝5激发态跃迁到基态时产生的B.10种光子中有4种属于赖曼系C.使n ＝5能级的氢原子电离至少要0.85 eV 的能量D.从n ＝2能级跃迁到基态释放光子的能量等于从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级释放光子的能量 答案 AB解析 由n ＝5激发态跃迁到基态时产生的光子能量最大, 频率最高, 波长最短, A 项正确.5→1、4→1、3→1和2→1跃迁时释放的4种光子属于赖曼系, B 项正确.使n ＝5能级的氢原子电离至少要0.54 eV 的能量, C 项错误.从n ＝2能级跃迁到基态释放光子的能量为－3.4 eV －(－13.6 eV)＝10.2 eV, 从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级释放光子的能量为－1.51 eV －(－3.4 eV)＝1.89 eV , D 项错误.二、非选择题11.(能级跃迁规律的应用)氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级时放出光子的频率为ν, 则它从基态跃迁到n ＝4的能级时吸收的光子频率为________.答案 274ν 解析 氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级时有hν＝E 3－E 2＝E 19－E 14＝－536E 1① 则从基态跃迁到n ＝4的能级时吸收的光子能量hν′＝E 4－E 1＝E 116－E 1＝－1516E 1② 由①②式得ν′＝274ν. 12.(能级跃迁规律的应用)氢原子基态的能量为E 1＝－13.6 eV.大量氢原子处于某一激发态.由这些氢原子可能发出的所有的光子中, 频率最大的光子能量为－0.96E1, 频率最小的光子的能量为________eV(保留2位有效数字), 这些光子可具有________种不同的频率.答案0.3110解析频率最大的光子能量为－0.96E1, 即E n－E1＝－0.96E1, 则E n＝E1－0.96E1＝(－13.6 eV)－0.96×(－13.6 eV)≈－0.54 eV, 即n＝5, 从n＝5能级开始跃迁, 能发出的光子频率种类为5×(5－1)2＝10种.频率最小的光子是从n＝5能级跃迁到n＝4能级, 其能量为E min＝－0.54eV－(－0.85 eV)＝0.31 eV.。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理章末检测试卷(一)

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)一、选择题(本题共10小题, 每小题4分, 共40分.1～6题为单选题, 7～10题为多选题.全部选对的得4分, 选对但不全的得2分, 有选错的得0分)1.下列说法错误的是( )A.根据F ＝Δp Δt可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所受的合外力 B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量, 它反映了力的作用对时间的累积效应, 是一个标量C.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的, 但有时用起来更方便D.易碎品运输时要用柔软材料包装, 船舷常常悬挂旧轮胎, 都是为了延长作用时间以减小作用力答案 B解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式, 所以A 正确；冲量是矢量, B 错误；F ＝Δp Δt是牛顿第二定律的最初表达方式, 实质是一样的, C 正确；易碎品运输时用柔软材料包装, 船舷常常悬挂旧轮胎, 都是为了延长作用时间, 减小作用力, D 正确.2.如图1所示, 在光滑的水平面上有两物体A 、B , 它们的质量均为m .在物体B 上固定一个水平轻弹簧, B 处于静止状态.物体A 以速度v 0沿水平方向向右运动, 通过弹簧与物体B 发生作用.下列说法正确的是( )图1A.当弹簧获得的弹性势能最大时, 物体A 的速度为零B.当弹簧获得的弹性势能最大时, 物体B 的速度为零C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中, 弹簧对物体B 所做的功为12m v 02 D.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中, 弹簧对物体A 和物体B 的冲量大小相等, 方向相反 答案 D3.一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上跳起, 经Δt 时间, 身体伸直并刚好离开地面, 速度为v , 在此过程中, 下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A.地面对他的冲量为m v ＋mg Δt , 地面对他做的功为12m v 2 B.地面对他的冲量为m v －mg Δt , 地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为m v , 地面对他做的功为12m v 2 D.地面对他的冲量为m v ＋mg Δt , 地面对他做的功为零答案 D解析 人的速度原来为零, 起跳后变为v , 以向上为正方向, 由动量定理可得I －mg Δt ＝m v －0, 故地面对人的冲量为m v ＋mg Δt , 人在跳起时, 地面对人的支持力竖直向上, 在跳起过程中, 在支持力方向上没有位移, 地面对运动员的支持力不做功, 故D 正确.4.如图2所示, 半径为R 的光滑半圆槽质量为M , 静止在光滑水平面上, 其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处, 现将线烧断, 小球滑行到最低点向右运动时, 槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A.0B.m M2MgR M ＋m , 方向向左 C.m M 2MgR M ＋m, 方向向右D.不能确定答案 B解析以水平向右为正方向, 设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′, 根据动量守恒定律得:0＝m v－M v′, 根据机械能守恒定律得:mgR＝12m v2＋12M v′2, 联立以上两式解得v′＝mM 2MgRM＋m, 方向向左, 故选项B正确.5.如图3所示, 小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成, 静止在光滑水平面上, 当小车固定时, 从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定, 物体仍从A点由静止滑下, 则()图3A.还是滑到C点停止B.滑到BC间停止C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能答案 A解析设BC长度为L.小车固定时, 根据能量守恒定律可知, 物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能, 即有:Q1＝fL,若小车不固定, 设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体组成的系统, 水平方向动量守恒, 最终两者必定均静止, 根据能量守恒定律可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能, 则有:Q2＝Q1, 而Q2＝fs,则物体在小车BC段滑行的距离s＝L, 即物体仍滑到C点停止, 故A正确.6.如图4所示, 总质量为M、带有底座的足够宽的框架直立在光滑水平面上, 质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O 处, 细线长为L , 已知M >m , 重力加速度为g , 某时刻小球获得一瞬时速度v 0, 当小球第一次回到O 点正下方时, 细线拉力大小为( )图4A.mgB.mg ＋m v 02LC.mg ＋m (2m )2v 02(M ＋m )2LD.mg ＋m (M －m )2v 02(M ＋m )2L答案 B解析 设小球第一次回到O 点正下方时, 小球与框架的速度分别为v 1和v 2.取水平向右为正方向, 由题意可知, 小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒, 即m v 0＝m v 1＋M v 2, 12m v 02＝12m v 12＋12M v 22, 解得v 1＝m －M m ＋M v 0, v 2＝2m m ＋M v 0.当小球第一次回到O 点正下方时, 以小球为研究对象, 由牛顿第二定律得T －mg ＝m (v 1－v 2)2L , 解得细线的拉力T ＝mg ＋m v 02L , B 正确.7.A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰.如图5所示为两球碰撞前、后的位移—时间图像.a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移—时间图像, c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像, 若A 球质量是m ＝2 kg, 则由图可知下列结论错误的是( )图5A.A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/sB.碰撞时A 对B 的冲量为－4 N·sC.碰撞前、后A 的动量变化为6 kg·m/sD.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J答案 AC解析 由x －t 图像可知, 碰撞前A 球的速度v A ＝Δx A Δt A ＝4－102m /s ＝－3 m/s, 碰撞前B 球的速度v B ＝Δx B Δt B ＝42 m/s ＝2 m/s ；碰撞后A 、B 两球的速度相等, v A ′＝v B ′＝v ＝Δx C Δt C ＝2－42m /s ＝－1 m/s, 则碰撞前、后A 的动量变化为Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg·m/s ；对A 、B 组成的系统, 由动量守恒定律m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v 得:m B ＝43kg.A 与B 碰撞前的总动量为:p 总＝m v A ＋m B v B ＝2×(－3)＋43×2 kg·m/s ＝－103kg·m /s ；由动量定理可知, 碰撞时A 对B 的冲量为:I B ＝Δp B ＝－4 kg·m /s ＝－4 N·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能:ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v 2, 代入数据解得:ΔE k ＝10 J, 故A 、C 错误, B 、D 正确.8.如图6所示, 在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木板B , 木板表面光滑, 左端固定一水平轻质弹簧.质量为2m 的木块A 以速度v 0从木板的右端水平向左滑上木板B .在木块A 与弹簧相互作用的过程中, 下列说法正确的是( )图6A.弹簧压缩量最大时, B 板运动速率最大B.B 板的加速度先增大后减小C.弹簧给木块A 的冲量大小为2m v 03D.弹簧的最大弹性势能为m v 203答案 BD解析 当木块与木板速度相等时, 弹簧的压缩量最大, 此后弹簧要恢复原状, 木板进一步加速, 故A 错误；弹簧压缩量先增大后减小, 故B 板的加速度先增大后减小, 故B 正确；当木块与木板速度相等时, 弹簧的压缩量最大,以v 0的方向为正方向, 有:2m v 0＝(m ＋2m )v ①E p ＝12×2m v 02－12(2m ＋m )v 2② 由①②解得E p ＝13m v 02, 故D 正确； 从木块与木板作用至弹簧恢复原长时, 有:2m v 0＝2m v 1＋m v 2③,根据机械能守恒定律, 有12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22④ 解得v 1＝13v 0, v 2＝43v 0, 对木块A , 根据动量定理, 有I ＝2m v 1－2m v 0＝－43m v 0(负号表示方向向右), 故C 错误.9.小车静置于光滑的水平面上, 小车的A端固定一个水平轻质小弹簧, B端粘有橡皮泥, 小车的质量为M, 长为L.质量为m的木块C放在小车上, 用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩(细绳未画出), 开始时小车与C都处于静止状态, 如图7所示, 当突然烧断细绳, 弹簧被释放, 使木块C离开弹簧向B端冲去, 并跟B端橡皮泥粘在一起, 以下说法中正确的是()图7A.如果小车内表面光滑, 整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块对地运动速度大小为v时, 小车对地运动速度大小为mM vC.小车向左运动的最大位移为mLM＋mD.小车向左运动的最大位移为mM L答案BC解析小车、弹簧与木块这一系统所受合外力为零, 系统在整个过程中动量守恒, 但粘接过程有机械能损失.M v′－m v＝0, 则v′＝mMv, 同时该系统属于“人船模型”, Md＝m(L－d), 所以车向左运动的最大位移d＝mLM＋m, 综上所述, 选项B、C正确.10.两个小球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二、实验题(本题共2小题, 共13分)11.(5分)在做“验证动量守恒定律”实验时, 入射球a的质量为m1, 被碰球b的质量为m2, 各小球的落地点如图8所示, 下列关于这个实验的说法正确的是________.图8A.入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B.每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C.要验证的表达式是m1ON＝m1OM＋m2OPD.要验证的表达式是m1OP＝m1OM＋m2ON答案 D解析为让两球发生对心碰撞, 两球的直径应相等, 即两球大小相等, 为防止碰撞后入射球反弹, 入射球的质量应大于被碰球的质量, 故A错误；为保证入射小球碰撞前的速度相等, 每次都应使入射小球从斜槽上相同的位置由静止滚下, 故B错误；小球离开轨道后做平抛运动, 由于小球抛出点的高度相等, 它们在空中的运动时间t相等, 如果碰撞过程中动量守恒, 则:m1v0＝m1v1＋m2v2, 两边同时乘以t得:m1v0t＝m1v1t＋m2v2t, 即m1OP＝m1OM＋m2ON, 故D正确, C错误.12.(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验, 气垫导轨装置如图9所示, 所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成.图9(1)下面是实验的主要步骤:①安装好气垫导轨, 调节气垫导轨的调节旋钮, 使导轨水平；②向气垫导轨中通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧, 将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端, 调节打点计时器的高度, 直至滑块拖着纸带移动时, 纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________, 然后________, 让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带, 重复步骤④⑤⑥, 选出较理想的纸带如图10所示；图10⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g, 滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.试完善实验步骤⑥的内容.(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点, 计算可知, 两滑块相互作用前动量之和为______kg·m /s ；两滑块相互作用以后系统动量之和为_______kg·m/s(结果保留三位有效数字).(3)试说明第(2)问中两结果不完全相等的主要原因是______________________________. 答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦解析 (2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1m /s ＝2 m/s, 其动量为0.310×2 kg·m /s ＝0.620 kg·m/s,作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14m /s ＝1.2 m/s, 其动量之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m /s ＝0.618 kg·m/s.三、计算题(本题共4小题, 共47分)13.(10分)如图11, 光滑水平地面上静止放置三个滑块A 、B 、C , A 和B 的质量均为2m , C 的质量为m .A 、B 之间用一根水平轻质弹簧连接, B 、C 接触但不粘连, 现给A 施加一向右的瞬时冲量, 使A 获得一水平向右的初速度v 0.在此后的运动过程中, 求:图11(1)C 最终的速度大小.(2)当弹簧第二次被压缩至最短时, 弹簧储存的弹性势能.答案 (1)0.8v 0 (2)12m v 02解析 (1)弹簧第一次被压缩至最短时弹性势能最大, 此后第一次恢复原长时, C 的速度达到最大值, 设向右为正方向, 由动量守恒定律可知:2m v 0＝2m v 1＋3m v 2, 由能量守恒定律可知:12×2m v 02＝12×2m v 12＋12×3m ×v 22 联立解得:v 1＝－0.2v 0, v 2＝0.8v 0即C 最终的速度大小为0.8v 0.(2)弹簧第二次被压缩至最短时, A 、B 速度相等, 以向右为正方向, 故:2m v 1＋2m v 2＝4m v , 解得:v ＝0.3v 0故此时弹簧储存的弹性势能为:E p ＝12(2m )v 12＋12(2m )v 22－12(4m )v 2＝12m v 02. 14.(10分)如图12(a)所示, 在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车, 质量为30 kg 的小孩乘甲车以5 m/s 的速度水平向右匀速运动, 甲车的质量为15 kg, 乙车静止于甲车的正前方, 两车碰撞前后的位移随时间变化的图像如图(b)所示.求:图12(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小；(2)乙车的质量；(3)为了避免甲、乙两车相撞, 小孩至少要以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？答案 (1)1 m /s 3 m/s (2)90 kg (3)203m/s 解析 (1)由题图(b)可知, 碰撞后甲车的速度为v 1＝－1 m /s, 负号表示方向向左.所以甲车速度大小为1 m/s.乙车的速度为v 2＝3 m /s, 方向向右, 乙车速度大小为3 m/s.(2)在碰撞过程中, 三者组成的系统满足动量守恒条件, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得,(m 小孩＋m 甲)v 0＝(m 小孩＋m 甲)v 1＋m 乙v 2解得:m 乙＝90 kg.(3)设小孩跳向乙车的速度为v 小孩, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得, 小孩跳离甲车:(m 小孩＋m 甲)v 0＝m 小孩v 小孩＋m 甲v 3小孩跳至乙车:m 小孩v 小孩＝(m 小孩＋m 乙)v 4为避免两车相撞, 应满足v 3≤v 4当v 3＝v 4时, 小孩跳离甲车的速度最小, v 小孩＝203m/s 因此小孩至少要以203m/s 的水平速度从甲车跳到乙车上. 15.(13分)如图13所示, 可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上, 一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动, 与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞,B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连, A 滑上C 后恰好能到达C 板的最右端, 已知A 、B 、C 质量均相等, 木板C 长为L , 求:图13(1)A 物体最终的速度大小；(2)A 在木板C 上滑行的时间.答案 (1)3v 04 (2)4L v 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m , B 、C 碰撞过程中动量守恒, 设B 、C 碰后的共同速度为v 1,以B 的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1, 解得v 1＝v 02B 、C 速度相同后A 以v 0的速度滑上C , A 滑上C 后, B 、C 脱离, A 、C 相互作用过程中动量守恒, 设最终A 、C 的共同速度为v 2, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2, 解得v 2＝3v 04. (2)在A 、C 相互作用过程中, 由能量守恒定律得:fL ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22, 解得f ＝m v 0216L, 此过程中以C 为研究对象, 由动量定理得ft ＝m v 2－m v 1, 解得t ＝4L v 0. 16.(14分)如图14所示, 物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连, 跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧, 质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上, B 悬于空中.现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮), 然后由静止释放.一段时间后细绳绷直, A 、B 以大小相等的速度一起运动, 之后B 恰好可以和地面接触.g 取10 m/s 2, 空气阻力不计.求:图14(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m解析 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动, 有h ＝12gt 2① 代入数据解得t ＝0.6 s ②(2)设细绳绷直前瞬间B 的速度大小为v B , 有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间, 细绳张力远大于A 、B 的重力, A 、B 相互作用, 由动量守恒定律得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动, 所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度, 联立②③④式, 代入数据解得v＝2 m/s⑤(3)细绳绷直后, A、B一起运动, B恰好可以和地面接触, 说明此时A、B的速度为零, 这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有12(m A＋m B)v2＋m B gH＝m A gH⑥代入数据解得H＝0.6 m.⑦。

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1量子概念的诞生[学习目标] 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、热辐射1.定义:我们周围的一切物体都在辐射电磁波, 这种辐射与物体的温度有关, 所以叫热辐射.2.特点:热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同.二、黑体与黑体辐射1.黑体: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.三、能量子1.定义:普朗克认为, 黑体辐射是谐振子向外辐射的各种电磁波.谐振子的能量是不连续的, 而只能取一些分立的值, 即E n ＝nhν(n ＝1,2,3, …), 最小的一份能量称为能量子.2.大小:ε＝hν, 其中ν是谐振动(电磁波)的频率, h 是普朗克常量, h ＝6.63×10－34J·s.3.能量的量子化:在微观世界中能量是量子化的, 或者说微观粒子的能量是分立的. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)黑体一定是黑色的物体.( × )(2)能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体叫黑体.( √ ) (3)温度越高, 黑体辐射电磁波的强度越大.( √ ) (4)微观粒子的能量只能是能量子的整数倍.( √ )(5)能量子的能量不是任意的, 其大小与电磁波的频率成正比.( √ )2.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个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉.普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3×108 m/s, 则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率约是( ) A.2.3×10－18W B.3.8×10－19W C.7.0×10－10W D.1.2×10－18W答案 A解析 因为只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉.所以察觉到绿光时所接收到的最小功率P ＝E t , 式中t ＝1 s 时E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ≈2.3×10－18 W.一、黑体辐射的规律 [导学探究]1.什么是黑体辐射？它与热辐射有什么不同？答案能够完全吸收各种波长的电磁波而不发生反射的物体, 叫做黑体.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关, 而热辐射还与其他因素有关(材料的种类和表面状况).2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布如图1所示, 当温度从1 300 K升高到1 700 K时, 各种波长的电磁波的辐射强度怎么变化？辐射强度极大值对应的波长如何变化？图1答案变强.辐射强度极大值向波长较短的方向移动, 即变短.[知识深化]1.一般物体与黑体的比较短的方向移动.3.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.例1(多选)黑体辐射的实验规律如图2所示, 由图可知()图2A.随着温度升高, 各种波长的辐射强度都增加B.随着温度降低, 各种波长的辐射强度都增加C.随着温度升高, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.随着温度降低, 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, 随着温度升高, 各种波长的辐射强度都增加, 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. 二、能量子[导学探究] 某激光器能发射波长为λ的激光, 那么激光能量子的能量可以取任意值吗？是连续的还是一份一份的？设普朗克常量为h , 那么每个激光能量子的能量是多少？如果激光发射功率为P , 那么每秒钟发射多少个能量子？(光速为c )答案 激光能量子的能量不是连续的, 而是一份一份的, ε＝h c λ.个数n ＝P ε＝Pλhc .[知识深化]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规律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, 能量变化也是连续的, 不必考虑能量量子化；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(多选)对于带电微粒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为单位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 带电微粒辐射或吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍或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 错误.1.思维程序:c ＝λν→光的频率―――――――→ν＝cλ能量子的能量――→ε＝hν激光束的总能量E ＝nε→能量子的个数2.解决此类题目的关键是熟练掌握ε＝hν和c ＝λν及E ＝nε＝Pt 等公式.1.(对黑体辐射规律的理解)(多选)在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔, 小孔可看做黑体, 由小孔的热辐射特性, 就可以确定炉内的温度.如图3所示就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像, 则下列说法正确的是()图3A.T1>T2B.T1<T2C.随着温度的升高, 各种波长黑体辐射的强度都有所降低D.随着温度的升高, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动答案AD解析黑体是指在任何温度下, 能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不反射的物体, 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, 黑体辐射中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.从题图中可以看出, λ1<λ2,T1>T2, 本题正确选项为A、D.2.(对能量子的理解)(多选)关于对普朗克能量子假说的认识, 下列说法正确的是()A.振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值εB.带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍C.能量子与电磁波的频率成正比D.这一假说与现实世界相矛盾, 因而是错误的答案BC3.(能量量子化的理解)硅光电池是将光辐射的能量转化为电能.若有N个波长为λ0的光子打在硅光电池极板上, 这些光子的总能量为(h为普朗克常量, c为真空中的光速)()A.h cλ0 B.Nh cλ0 C.Nhλ0 D.2Nhλ0答案 B解析一个光子的能量ε＝hν＝h cλ0, 则N个光子的总能量E＝Nh cλ0, 选项B正确.一、选择题考点一黑体辐射的理解和应用1.关于对热辐射的认识, 下列说法中正确的是()A.热的物体向外辐射电磁波, 冷的物体只吸收电磁波B.温度越高, 物体辐射的电磁波越强C.辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关, 与材料种类及表面状况无关D.常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色答案 B解析一切物体都在不停地向外辐射电磁波, 且温度越高, 辐射的电磁波越强, 对于一般材料的物体, 辐射强度按波长的分布除与物体的温度有关外, 还与材料的种类和表面状况有关；常温下我们看到的物体的颜色是反射光的颜色.2.黑体辐射电磁波的强度按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, A对.3.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图像中, 符合黑体辐射实验规律的是()答案 A解析随着温度的升高, 黑体辐射的强度与波长的关系:一方面, 各种波长的辐射强度都增加, 另一方面, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.由此规律可知应选A.4.“非典”期间, 很多地方用红外线热像仪监测人的体温, 只要被测者从仪器前走过, 便可知道他的体温是多少, 关于其中原理, 下列说法正确的是( )A.人的体温会影响周围空气温度, 仪器通过测量空气温度便可知道人的体温B.仪器发出的红外线遇人反射, 反射情况与被测者的温度有关C.被测者会辐射红外线, 辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关, 温度高时辐射强且较短波长的成分强D.被测者会辐射红外线, 辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关, 温度高时辐射强且较长波长的成分强 答案 C解析 根据辐射规律可知, 随着温度的升高, 各种波长的辐射强度都增加；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.人的体温的高低, 直接决定了这个人辐射的红外线的频率和强度, 通过监测被测者辐射的红外线的情况就可知道这个人的体温, C 正确. 5.下列叙述错误的是( )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 B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, 而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关, B 错, C 对；根据黑体定义知D 对. 考点二 能量子的理解和应用6.普朗克在1900年将“能量子”引入物理学, 开创了物理学的新纪元.在下列宏观概念中, 具有“量子化”特征的是( ) A.人的个数 B.物体所受的重力 C.物体的动能 D.物体的长度答案 A解析 依据普朗克量子化观点, 能量是不连续的, 是一份一份地变化的, 属于“不连续的, 一份一份”的概念的是A 选项, 故A 正确, B 、C 、D 错误.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.c hλD.以上均不正确答案 A解析 由波速公式c ＝λν可得:ν＝c λ, 由光的能量子公式得ε＝hν＝h c λ, 故选项A 正确. 8.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18 J, 已知可见光的平均波长为0.6 μm , 普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速为3×108 m/s, 若恰能引起人眼的感觉, 则进入人眼的光子数至少为( )A.1个B.3个C.30个D.300个答案 B解析 每个光子的能量为E 0＝h c λ, 能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E 为10－18 J, 由E ＝nE 0得进入人眼的光子数至少为n ＝E E 0＝Eλhc ＝10－18×6×10－76.63×10－34×3×108个≈3个.故选B. 9.在自然界生态系统中, 蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链, 在维持生态平衡方面发挥着重要作用.蛇是老鼠的天敌, 它是通过接收热辐射来发现老鼠的.假设老鼠的体温约37 ℃, 它发出的最强的热辐射的波长为λmin .根据热辐射理论, λmin 与辐射源的绝对温度T 的关系近似为Tλmin ＝2.90×10－3 m·K, 则老鼠发出的最强热辐射的波长为( )A.7.8×10－5 mB.9.4×10－6 m C.1.16×10－4 mD.9.7×10－8 m 答案 B解析 由Tλmin ＝2.90×10－3 m·K 可得, 老鼠发出的最强热辐射的波长为λmin ＝2.90×10－3 m·k T ＝2.90×10－3273＋37m ≈9.4×10－6 m, B 正确. 10.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H 2O)、二氧化碳(CO 2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射, 即地面物体发出的某些波长的电磁波, 只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.如图1所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况, 由图可知, 在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围是( )图1A.2.5～3.5 μmB.4～4.5 μmC.5～7 μmD.8～13 μm 答案 D解析 由题图可知, 水对红外辐射吸收率最低的波长范围是8～13 μm ；二氧化碳对红外辐射吸收率最低的波长范围是5～13 μm.综上可知, 应选D.二、非选择题11.(能量子个数的计算)40瓦的白炽灯, 有5%的能量转化为可见光.设所发射的可见光的平均波长为580 nm, 那么该白炽灯每秒钟辐射的光子数为多少？(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速c ＝3×108 m/s)答案 5.8×1018个解析 波长为λ的光子能量为:ε＝hν＝h c λ① 设白炽灯每秒内发出的光子数为n , 白炽灯电功率为P , 则:n ＝ηP ε② 式中, η＝5%是白炽灯的发光效率.联立①②式得:n ＝ηPλhc代入题给数据得:n ≈5.8×1018个12.(能量子的理解和计算)某广播电台的发射功率为10 kW, 发射的是在空气中波长为187.5 m 的电磁波, 则:(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速c ＝3×108 m/s)(1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？(2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的, 求在离天线2.5 km 处, 直径为2 m 的球状天线每秒接收的能量子个数以及接收功率.(球面积公式S ＝4πR 2)答案 (1)9.4×1030个 (2)3.76×1023个 4×10－4 W解析 (1)每个能量子的能量ε＝hν＝hc λ＝6.63×10－34×3×108187.5J ≈1.06×10－27 J 则能量子数N ＝Pt ε≈9.4×1030个. (2)设球状天线每秒接收的能量子数为n 个, 以电台发射天线为球心, 则半径为R 的球面积S ＝4πR 2,而球状天线的有效接收面积S ′＝πr 2, 所以n ＝N S ′S ＝N r 24R 2＝9.4×1030×124×(2.5×103)2个＝3.76×1023个接收功率P 收＝nεt＝3.76×1023×1.06×10－27 W ≈4×10－4 W.。

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