第十四章动量与原子物理选修

1、的系统合外力为零，故此系统动量守恒，表记一记1动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积。(2)公式：pmv。(3)：千克·米/秒。符号：kg·m/s。：mv0Mv2mv1。(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的2动量定理同。(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。(2)表：ppI 或 mvmvF(tt)。(3)冲量：力与力的作用时间的乘积，即 IF(tt)。3动量守恒定律(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。(2)常用的 4 种表达形式：pp：即系统相互作用前的总动量 p

2、和相互作用后的总动量 p大小相等，同。ppp0：即系统总动量的增量为零。p1p2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。m1v1m2v2m1v1m2v2，即相互作用时，作用前总动量与作用后总动量相等。内各物体的动量都在同一直线上(3)常见的几种守恒形式及成立条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某合力为零，系统在该动量守恒。试一试1. 足球运动员将一个沿水平方向飞来的足球反向踢回，在这个过程中，若足球动量变化量的大小为 10 kg·m/s，则(

3、)A足球的动量一定减小 B足球的动量一定增大 C足球的动量大小可能不变D足球的动量大小一定变化：选 C如果足球返回，则动量大小不变；如果弹回时速度减小，则动量减小；如果弹回时速度增大，则动量增大。想质量为m、速度为 v 的A 球跟质量为 3m 且静止的 B 球发生正碰。碰撞可能是弹性的， 也可能是非弹性的，因此，碰撞后 B 球的速度可能有不同的值。请你分析：碰撞后 B 球的速度可能是以下值吗？(1)0.6v(2)0.4v(3)0.2v提示：若 A 和 B 的碰撞是弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒可以B 获得的最大速度为2m12mvmaxvv0.5vm1m2m3m若 A 和 B 的碰撞是完全

4、非弹性碰撞，则碰撞之后二者连在一起运动，B 获得最小的速度，根据动量守恒定律，知 m1v(m1m2)vminmvvmin0.25vm3mB 获得的速度 vB 应满足：vminvBvmax， 即 0.25vvB0.5v可见，B 球的速度可以是 0.4v，不可能是 0.2 v 和 0.6v。记一记1碰撞(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。(2)碰撞特征：作用时间短。作用力变化快。内力远大于外力。满足动量守恒。(3)碰撞的分类及特点：弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。2现象碰撞、

5、与反冲过程中内力远大于外力，的各部分组成的系统总动量守恒。3反冲运动(1) 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。(2) 反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。试一试2多选一小型的圆锥面(圆锥的顶点在装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生，所有碎片均沿钢板上方装置处)飞开。在过程中，下列关于装置的说法中正确的是()A总动量守恒C水平方向动量守恒B机械能增大D竖直方向动量守恒：选 BC装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以装置的总动量是不守恒的。但由于钢板对装置的作用力是竖直向上的，因此装置在竖直方向动

6、量不守恒，而在水平方向动量是守恒的。时，化学能转化为机械能，因此，机械能增大，故B、C 正确。1.动量守恒的“四性”(1)矢量性：表的正、负。中初、未动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量(2)瞬时性：动量是状态量，动量守对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。2应用动量守恒定律解题的步骤动量守恒定律的应用例 1(2013&

7、#183;山东高考)如图 1412 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，三者质量分别为 mA2 kg，mB1 kg，mC2 kg。开始时C 静止，A，B 一起以 v05 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 1412审题指导A，B 再次达到共同速度一起向右运动，恰好不再与 C 碰撞，说明最终 A，B，C 的速度相同。木板 A 与滑块 C 处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中

8、滑块 B 与木板 A 间的摩擦力可以忽略不计，木板 A 与滑块 C 组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0mAvAmCvC碰撞后，木板 A 与滑块 B 组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvAmBv0(mAmB)vA 和 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，vCv联立以上各式，代入数值：vA2 m/s2 m/s(1)在同一物理过程的动量是否守恒的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，撞后 A，B 间的距离不变的含

9、义是碰后 A，B 的速度相同。1.分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即 p1p2p1p2。p12p22p2p21 2 (2)动能不增加，即 Ek1Ek2Ek1Ek2或。2m12m22m12m2(3)速度要合理。碰前两物体同向，则 v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且 v 前v 后。两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。碰撞问题分析2弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒。以质量为 m1，速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2111m1v1 m1v1 m2v2 222222(m1m2

10、)v12m1v1由得 vv21m1m2m1m2结论：(1) 当 m1m2 时，v10，v2v1，两球碰撞后交换了速度。(2) 当 m1>m2 时，v1>0，v2>0，碰撞后两球都向前运动。(3) 当 m1<m2 时，v1<0，v2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。例 2如图 1413 所示，A，B，C 三个木块的质量均为 m。置于光滑的水平面上， B，C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于 B，C 可视为一个整体，现 A 以初速 v0 沿 B，C 的连线B 运动，与 B

11、相碰并黏合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C与 A，B 分离，已知 C 离开弹簧后的速度恰为 v0，求弹簧的势能。图 1413审题指导第一步：抓关键点第二步：找口要求弹簧的势能A，B，C 系统增加的机械能利用动量守恒定律确定 A，B，C在弹簧伸展前的速度利用动量守恒定律确定 A，B，C 在弹簧伸展后的速度。设碰后 A、B 和 C 的共同速度大小为 v，由动量守恒有 mv03mv设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒有 3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧的过程中机械能守恒，有关键点获取信息光滑的水平面A，B，C 组成的系统动量守

12、恒B，C 可视为一个整体A 与 B 碰后，A，B，C 三者速度相同A 与 B 相碰并黏合在一起弹簧伸展以后，A，B 的速度也相同111(3m)v Ep (2m)v1mv0222222的势能为 Ep1mv0 2由式得弹簧所31mv203含有弹簧的碰撞问题，在碰撞过程的机械能也不一定守恒，如本例簧伸展之前，A 与 B 碰撞的过程为完全非弹性碰撞，但在碰撞结束后，弹簧伸展的过程动量和机械能均守恒。的例 3(2012·新课标高考)如图 1414，小球 a，b 用等长细线悬挂于同一固定点O。让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平。从静止球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖

13、直方向之间的最大偏角为 60°。忽略空气阻力，求：图 1414(1) 两球 a，b 的质量之比；(2) 两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比。审题指导解答本题注意以下两点：(1) 小球碰撞前和碰撞后摆动过程中机械能是守恒的。(2) 两球相碰过程为完全非弹性碰撞。(1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最低点，但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能守恒定律得 m2gL1m2v22式中 g 是重力度的大小。设球 a 的质量为 m1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为 v，以为正，由动量守恒定律得 m2v(m1m2)v设两球共同运动到最高处时，

14、细线与竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律得1(m1m2)v (m1m2)gL(1cos )22动量守恒定律与能量的综合问题1联立式得m11m21cos 代入已知数据得m1 21m2(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Qm2gL(m1m2)gL(1cos )联立式，Q 与碰前球 b 的最大动能 Ek(Ek1 2v2)之比为Q 1m1m2(1cos )m2Ekm2联立式，并代入题给数据得Q 12。Ek222(1) 21(2)1利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表，还可写出分量表；而动能定理和能量守恒定律是标量表，绝无分量表。(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然

15、界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。典例(2012·高考)如图 1415 所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧固定，右端连接着质量 M2 kg 的小物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以 u2 m/s 的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量 m1 kg 的小物块 B 从其上距水平台面高 h1.0 m 处由静止。已知物块 B 与传送带之

16、间的动摩擦因数0.2，l1.0 m。设物块 A、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态。取 g10 m/s2。图 1415(1) 求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小；(2) 通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；(3) 如果物块 A，B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小。解题流程第一步：审题干，抓关键信息第二步：审设问，找问题的口第三步：三，将解题过程步骤化物块 B 从右边曲面上滑下的速度物块 B 与物块 A 碰撞前的速度确定

17、物块 B 与物块 A 碰撞后的速度确定物块 B 与物块 A 碰后在传送带滑行的位移要确定物块 B 能否回到右边的曲面上关键点获取信息物块 A 不离开平台，物块 B 碰后在平台匀速运动物块 B 在曲面上运动时，机械能守恒两物块碰撞时，速度方向共线，且碰撞时动量、动能均守恒碰前物块 A 速度为零，弹簧处于状态第四步：求规范，步骤严谨不失分(1)设物块 B 从光滑曲面 h 高处滑下时的速度为 v0，由机械能守恒定律，得 mgh1，(2 分)mv022故 v02gh2×10×1 m/s2 5 m/s>u，(1 分)故 B 滑上传送带后做匀运动。度 amgg2 m/s2，m根据

18、 v2v0 22as，得物块 B 到达传送带时的速度v1 v0 22al2( 5)22×2×1 m/s4 m/s。离开传送带后做匀速运动，故物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度 v14 m/s。(3 分)(2)物块 B 与物块 A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒。即 mv1mv1MV1(2 分)111mv1mv1 MV1 (2 分)222222mM14联立，v v v m/s(1 分)11133Mm负号说明 B 与 A 碰撞后，B 的速度方向向右。物块 B 运动到传送带上做匀运动。16速度减为零时的位移 sv12m4 m<l，因此物块 B 还没有

19、到达传送带的右边，92a92×2速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上。(1 分)(3)物块 B 与 A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度 v2v1，然后与 A 发生第二次碰撞，且满足 mv2mv2MV2(2 分)111mv2mv2 MV2 (2 分)222222mM11联立，v v v v (2 分)2221323Mm同理，物块 B 与 A 第三次碰撞前的速度 v3v2，碰撞后的速度v31v3 1 v1。333依此类推第 n 次碰撞后 B 的速度 vn 1 v1。3n1 v1 4即 n 次碰撞后的速度大小为m/s。(

20、2 分)3n3n4(1)4 m/s(2)不能(3)m/s3n考生易犯错误随堂巩固落实1(2014·海口检测)如图 1416 所示，运动员挥拍将质量为 m 的网球击出。如果网球应用动量和能量的观点处理多过程问题 注意以下 4 点：(1)合理选取研究对象。应用动量守恒定律 以系统为研究对象，应用动能定理、机械能守恒时，往往以单个物体为研究对象；应用能量转化和守恒定律时，研究对象必定是系统。(2)合理选取物理过程，将物体或系统的运动过程合理划分，对不同的过程应用不同的规律列方程。(3)找出各个过程间的。物体的运动过程不是孤立的，是相互的，的方式包括：速度关系、位移关系、时间关系、能量。(4

21、)求解结果的合理性。求出结果后不要盲目做答，要结果是否合理。被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为 v1，v2，v1 与 v2反，且 v2>v1。忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图 1416A. 大小为 m(v2v1)，方向与 v1B. 大小为 m(v2v1)，方向与 v1C. 大小为 m(v2v1)，方向与 v2D. 大小为 m(v2v1)，方向与 v2同同同同：选 D在球拍击打网球的过程中，选取 v2 方向为正方向，对网球运用动量定理有Imv2(mv1)m(v2v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为 m(v2v1)，方向与 v2同。2(2013·福建高考)将静置

22、在地面上，质量为 M(含)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.mv0B.Mv0MmMmv0v0C.D.MmMm：选 D本题考查火箭反冲模型，意在考查考生对动量守恒定律的认识和应用能力。m由动量守恒定律有 mv0(Mm)v，可得火箭获得的速率为v0，选D。Mm3如图 1417 所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是()图 1417A两手同时放开后，系统总动量始终为零 B先放开左手、

23、后放开右手，之后系统动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量D无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复的过程总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零：选 B当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始动量为零，故系统总动量始终为零，选项 A 正确；先放开左手，左边的物体就运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始动量方向，放开右手后总动量方向也，故选项B 错而C、D 正确。4.多选(2014·广雅中学期中)质量分别为 m1 和 m2 的两个物体碰撞前后的 s-t 图象如图 1418 所示，下列说法正确的是()图 1418A碰撞前两物体动

24、量相同B质量 m1 等于质量 m2C碰撞后两物体一起做匀速直线运动D碰撞前两物体动量大小相等，反：选BD碰撞后两物体都静止，所以碰撞前两物体的动量等大反向。5(2015·河北百所高中联考)如图 1419 所示，光滑水平面上的木板 C 的质量 mC2kg、长 l2 m，它的两端各有块挡板。木板的并列放着两个可以视为质点的滑块 A 和B，它们的质量 mA1 kg，mB4 kg，A，B 之间夹有少许。，A，B 沿同一直线向两侧，运动到两端的挡板时与板粘贴在一起。A，B 与木板 C 之间的摩擦不计。引后 A 获得的速度 vA6 m/s，试计算：爆时间及 A，B 跟挡板碰撞的时间也不计。若图

25、1419(1)A，B 都与挡板粘贴在一起以后，木板 C 的速度；(2)从到 A，B 都分别与挡板粘贴在一起的时间差。：(1)取 A、B、C，其所受合外力为零，故系统动量守恒，而初始时合动量为零，所以当 A、B 都与挡板粘贴在一起时，系统动量也为零，即木板 C 的速度为零。(2)前后 A、B 组成的系统动量守恒，设后滑块 B 获得的速度大小为 vB，则 mAvAmBvB0，vB1.5 m/s；A 先与挡板碰撞，设 A、C 碰后两者的速度为 v，则 mAvA(mAlmC)v，得 v2 m/s。滑块 A 运动到挡板的时间 tA 2 1 s，在 tA 时间内 B 滑块运动6vAl sB的位移 sBvB

26、tA0.25 m，滑块 B 运动到挡板的时间 tBtA2，所以从到 A、BvBvl sB分别与挡板粘贴在一起的时间差ttBtA20.214 s。vBv：(1)0(2)0.214 s课时跟踪检测高考常考题型：计算题一、单项选择题1(2015·德州联考)如图 1 所示，质量为 m 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为 m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度 v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()图 1A两者的速度均为零B两者的速度总相等C盒子的最终速度为 mv0/M，方向水平向右D盒子的最终速度为 mv0/(Mm)，方向水平向右：选 D由于盒子内表

27、面不光滑，在多次碰撞后物体与盒子相对静止，B 项错误；mv0由动量守恒得：mv (Mm)v，：v，故D 项正确，A、C 项错误。0Mm2如图 2 所示，物体 A 静止在光滑的水平面上，A 在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 2AA 开始运动时CB 的速度等于零时BA 的速度等于 v 时DA 和 B 的速度相等时：选 D当 B 触及弹簧后，而物体 A，当 vAvB 时，A、B 间距最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D 对。3如

28、图 3 所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()图 3A男孩和木箱组成的系统动量守恒 B男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 C小车与木箱组成的系统动量守恒 D木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同：选 B男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，故系统动量守恒，故 A、C 错误，B 正确。木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，反，故D 错误。4如图 4 所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为 m 的嵌在其中，木块

29、压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块自被以水平速度 v0木块，并前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量大小为()图 4A. Mmv0B2Mv0MmC.2Mmv0D2mv0Mm：选 A射入木块的过程中，由和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设木块并嵌在其中时的速度大小为 v，根据动量守恒定律有 mv0(mM)v，mv0所以 v；嵌在木块中后随木块压缩弹簧在水平面做往复运动，在这个过程中，由Mm、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以当木块第一次回到原来位置时的速度大小仍前处于静止状态，根据动量定理，所求冲量大小 IMv0 Mmv0 ，A为 v；木块被Mm正确。5(2014

30、3;学期末)质量为 ma1 kg 的物体 a 以某一速度与另一质量 mb >ma 的静止物体 b 在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体 a 的位移时间图象如图5 所示，则碰撞后()图 5A. 物体 b 的动量大小一定为 4 kg· m/sB. 物体 b 的动量大小可能小于 4 kg· m/sC. 物体 b 的动能可能等于 10 JD. 物体 b 的动能可能等于 0由图可知碰前 a 的速度 va4 m/s，碰后速度为零，所以碰后 b 的动量一定：选 A为 4 kg· m/s；由碰撞过程动能不增加原理可知，b 的最大动能为 8 J。二、多项选择题

31、6对同一质点，下列说法中正确的是(A匀速圆周运动中，动量是不变的)B匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等 C平抛运动、竖直上抛运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等D只要质点的速度不变，则它的动量就一定不变：选 CD匀速圆周运动中，速度大小不变，方向改变，动量方向变化，在相等的时间内，动量改变的大小相同，方向不同，A、B 错；在抛体运动中，时间 t 内的动量改变为pmgt，C 对；由 pmv 知，D 对。7如图 6 所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与 A 相同的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与

32、A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻 B 与 A的是且沿原曲面上升。下列说法正确()图 6A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2hCB 能达到的最大高度为2hDB 能达到的最大高度为4：选 BD根据机械能守恒定律可得 B 刚到达水平地面的速度 v02gh，根据动量守恒定律可得 A 与 B 碰撞后的速度为 v1v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为2Epm1·2mv21mgh，即 B 正确；当弹簧再次恢复时，A 与 B 将，B 以 v 的速度沿22斜面上滑，根据机械能守恒定律可得 mgh1mv2，B 能达到的最大高度为 h

33、/4，即 D 正确。28如图 7 所示，水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，未穿透木块，此过程木块动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为()图 7A16 J C6J ：选 ABB12 J D4J 的质量为 m0，初速度为 v0，木块质量为 m，则设打入木块过程中，与木块组成的系统动量守恒，即：m0v0(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损mm0111)m v2，而木块获得的动能 E 1m(失的动能，即： m v (mm )v (2v )2E20 000 0木0222 mm2mm006 J，两式相除得：mm01，所以A、B 项正确。EE 木m0三、计算题9.如图 8 所示，甲车质量为

34、 m12 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为 m24 kg，以 v05 m/s 的速度质量为 m1 kg 的小物体，运动，与甲车碰撞后，甲车获得 v18 m/s 的速度，物体滑到上。若足够长，其上表面与物体间的动摩擦因数为0.2，求：图 8(1)甲、乙两车碰后瞬间的速度；(2)物体在表面上滑行多长时间相对静止(取 g10 m/s2)?与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒，选：(1)车前进的方向为正方向，有：m2v0m2v2m1v1的速度为：v21 m/s，(2)小物体 m 在滑至两者有共同速度过程中动量守恒：m2v2(m2m)v，：v0.8 m/s小

35、物体 m 匀直线运动，应用第二定律得：ag故滑行时间 tv v 0.4 sag：(1)1 m/s(2)0.4 s10(2015·佛山模拟)如图 9，质量为 0.5m 的 b 球用长度为 h 的细绳悬挂轨道 BC的出口 C 处。质量为 m 的小球 a，从距 BC 高 h 的 A 处由静止，沿 ABC 光滑轨道滑下，在 C 处与 b 球正碰并与 b 粘在一起。已知 BC 轨道距地面的高度为 0.5h，悬挂 b 球的细绳能承受的最大拉力为 2mg。试问：图 9(1) a 与 b 球碰前瞬间，a 的速度多大？(2) a、b 两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在 DE 水平面上的落点距

36、 C 的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？：(1)设 a 球经 C 点时速度为 vC，则由机械能守恒得1 mvmgh2C2vC2gh ，即 a 与 b 球碰前的速度为 2gh。(2)设 b 球碰后的速度为 v，由动量守恒得mvC(m0.5m)v，故 v2vC22gh33小球被细绳悬挂绕 O 摆动时，若细绳拉力为 T，则 T1.5mg1.5mv2T17mg，h6T>2mg，细绳会断裂，小球做平抛运动。设平抛的时间为 t，则 0.5h1h g2，tgt2故落点距 C 的水平距离为svt2 2gh·h22h3g32小球最终落到地面距 C 水平距离2h 处。3：见第 2

37、单元原_子_结_构记一记原子的核式结构(1)19091911 年，英国(2)粒子散射实验：实验装置：如图 1421 所示。进行了粒子散射实验，提出了核式结构模型。家图 1421实验结果：粒子穿过金箔后，绝大多数沿原方向前进，少数发生较大角度偏转，极原子核式结构少数偏转角度大于 90°，甚至被弹回。(3)核式结构模型：原子中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中试一试1核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转。利用粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是()图 1422：选D粒子轰击金箔后偏转，越靠近金原子核，偏转的角度越大，所以 A、B、C

38、错误，D 正确。1.氢原子光谱氢原子光谱线是最早发现、研究的光谱线，这些光谱线可用一个统一的公式表示：111R( )n3,4,522n22(1)的原子模型理论：轨道假设：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的可能轨道是不连续的。定态假设：电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。跃迁假设：原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要放出或吸收一定频率的光子，光子的能量等于两个状态的能量差，即 hEmEn。(2)几个概念：能级：在理论中，原子各

39、个状态的能量值。基态：原子能量最低的状态。激发态：能量状态中除基态之外的其他较高的状态。量子数：原子的状态是不连续的，用于表示原子状态的正整数。(3)氢原子的能级和轨道半径：氢原子的半径公式：rnn2r1(n1,2,3)，其中 r1 为基态半径，r10.53×1010 m。氢原子光谱氢原子的能级公式：En 1 E1(n1,2,3)，其中 E1 为基态能量，E113.6 eV。n21.对氢原子的能级图的理解(1)氢原子的能级图(如图 1423)。图 1423(2)氢原子能级图的意义：能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态定态。横线的数字“1,2,3”表示量子数，右端的数字“13.6，3

40、.4”表示氢原子的能级。相邻横线间的距离不相等，表示相邻的能级差不等，量子数越大，相邻的能级差越小。带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为：hEmEn。2关于能级跃迁的三点说明(1)能量大于或等于 13.6 eV 时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于 13.6 eV，氢原子电离后，电子具有一定的能。(2)当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增大，原子能量减小。反之，轨道半径增大时，原子电势能增大、电子动能减小，原子能量增大。n(n1)(3)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

41、：NCn2。2例多选(2014·山东高考)氢原子能级如图 1424，当氢原子从 n3 跃迁到 n2 的能级时，辐的波长为 656 nm。以下正确的是()能级跃迁与光谱线图 1424A氢原子从 n2 跃迁到 n1 的能级时，辐的波长大于 656 nmB. 用波长为 325 nm 的光照射，可使氢原子从 n1 跃迁到 n2 的能级C. 一群处于 n3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线D. 用波长为 633 nm 的光照射，不能使氢原子从 n2 跃迁到 n3 的能级根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从 n2 能级跃迁到 n1 的能级时，辐的波长一定小于 656 nm

42、，因此 A 选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知 B 选项错误，D 选项正确；一群处于 n3 能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生 3 种频率的光子，所以C 选项正确。CD原子跃迁的两种类型(1)原子吸收光子的能量时，由低能级态跃迁到高能级态。但只吸收能量为能级差的光子，原子发光时是由高能级态向低能级态跃迁，发出的光子能量仍为能级差。(2)实物粒子和原子作用而使原子激发或电离，是通过实物粒子和原子碰撞来实现的。在碰撞过程中，实物粒子的动能可以全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两个能级差值，就可以使原子受激发而跃迁到较高的能级；当入射粒子的动能大于

43、原子在某能级的能量值时，也可以使原子电离。随堂巩固落实1.多选如图 1425 所示为氢原子的能级图。若在气体放电管中，处于基态的氢原子受到能量为 12.8 eV 的高速电子轰击而跃迁到激发态，在这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中()图 1425A. 最多能辐射出 10 种不同频率的光子B. 最多能辐射出 6 种不同频率的光子C能辐射出的波长最长的光子是从 n5 跃迁到 n4 能级时放出的D能辐射出的波长最长的光子是从 n4 跃迁到 n3 能级时放出的：选 BD氢原子从基态跃迁到 n4 的能级需要吸收E0.85 eV(13.6 eV)12.75 eV 的能量，氢原子从与电子碰撞中吸收 12.

44、8 eV 的能量，把其中的 12.75 eV 的能量用以从基态跃迁到 n4 的状态，把剩余的 0.05 eV 能量作为氢原子的动能，处于 n4 的一群氢原子向低能级跃迁时发出 C26 种频率的光子，故 A 错，B 正确。由前面分析可知，氢4原子不能跃迁到 n5 的能级，故 C 错。由Ehhc ，得 hc ，从此式可知，从 n4E跃迁到 n3 的能量差E 最小，辐射出光的波长最长，故 D 正确。2.氢原子的部分能级如图 1426 所示，氢原子吸收以下能量时，可以从基态跃迁到 n2 能级的是()图 1426A10.2 eVB3.4 eVC1.89 eVD1.51 eV：选 A氢原子基态能量为13.

45、6eV，n2 能级的能量为3.4 eV，两者的差值为 10.2 eV，即所需要吸收的能量。3下列能揭示原子具有核式结构的实验是( A光电效应实验B伦琴射线的发现C粒子散射实验D氢原子光谱的发现)：选 C光电效应实验说明光具有粒子性，故 A 错误。伦琴射线为电磁波，故 B 错误。由粒子散射实验建立了原子的核式结构模型，故 C 正确。氢原子光谱的发现说明原子光谱是不连续的，故D 错误。4.如图 1427 所示为氢原子能级图，可见光的光子能量范围为 1.623.11 eV。下列说法正确的是()图 1427A. 大量处在 n3 的高能级的氢原子向 n3 能级跃迁时，发出的光有一部分是可见光B. 大量处

46、在 n3 能级的氢原子向 n2 能级跃迁时，发出的光是紫外线C. 大量处在 n3 能级的氢原子向 n1 能级跃迁时，发出的光都应具有显著的热效应D. 处在 n3 能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都能发生电离：选 D当处在 n3 的高能级的氢原子向 n3 能级跃迁时，放的最大能量E1.51 eV，故不可能为可见光，A 错；当从 n3 向 n2 跃迁时，光子能量E3.4 eV1.51 eV1.89 eV，为可见光，B 错；当从 n3 向 n1 跃迁时，光子能量E12.09 eV，在紫外区，无显著的热效应，C 错；紫外线光子的能量 h3.11 eV，大于处于 n3 能级的氢原子的电离能，故D 正

47、确。5氢原子基态能量 E113.6 eV，电子绕核做圆周运动的半径 r10.53×1010 m。求氢原子处于 n4 激发态时：(1)具有的能量；(2)电子在n4 轨道上运动的动能(已知能量关系En 1 E1，半径关系rnn2r1，k9.0×109n2N·m2/C2，e1.6×1019 C)；(3)若要使处于 n2 的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子(h6.63×1034 J·s)?常量：(1)由 En 1 E1 得 E4E10.85 eV。n242(2)因为 rnn2r1，所以 r442r1，由圆周运动知识得 ke2mv

48、2r2r449.0×109×(1.6×1019)21ke2所以 Ek4mv2J232r132×0.53×10100.85 eV(3)要使处于 n2 能级的氢原子电离，照光子的能量应能使电子从第 2 能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量为：h0E1，得8.21×1014 Hz。4：(1)0.85 eV(2)0.85 eV(3)8.21×1014 Hz课时跟踪检测高考常考题型：选择题填空计算一、单项选择题1(2014·)六校联考)仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条不连续的亮线，其是(A氢原子只有几个能级 B

49、氢原子只能发出平行光 C氢原子有时发光，有时不发光D氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的：选D2(2014·江门模拟)氢原子能级图如图 1 所示，则()图 1A氢原子跃迁时吸收或放的能量是连续的B. 大量处于 n4 能级的氢原子跃迁时能辐射 3 种频率的光C. 电子的轨道半径越小，对应氢原子能量越小D. 欲使处于基态的氢原子激发，可用 11 eV 的光子照射：选 C根据氢原子结构模型，氢原子跃迁时吸收或放的能量是不连续的，A 错误；大量处于 n4 能级的氢原子跃迁时能辐射 6 种频率的光；B 错误；因氢原子的能级差没于等于 11 eV 的，故 11 eV 的光子不能使处于基态的氢原子激发，D 错误。3关于粒子散射实验，下列说法正确的是()A绝大多数粒子经过重金属箔后，发生了角度不太大的偏转B粒子在接近原子核的过程中，动能减少，电势能减少C粒子离开原子核的过程中，动能增大，电势能增大D对粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小：选 D由于原子核很小，粒子十分接近它的机会很少，所以“绝大多数粒子基本上仍按直线方向前进，只有极少数发生大角度的偏转”，A 选项错误；用法，设粒子在向重金属核射去，当粒子接近核时，克服电场力做功，其动能减小，电势能增加；当粒子远离原子核时，