新人教版高中物理选修3-5全部学案16-19章

选修3-5第十四章动量守恒定律选修3-516.2动量和动量定理【教学目标】1．理解动量的概念，知道动量的含义，知道动量是矢量。2．知道动量的变化也是矢量，会正确计算一维动量变化。3．理解动量定理的内容，会用动量定理进行定量计算与定性分析有关现象。重点：动量的概念难点：一维动量变化。【自主预习】一、动量(1)动量的定义：物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量，记作p＝mv。动量是动力学中反映物体运动状态的物理量，是状态量。在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量。在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参考系的。(2)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同，服从矢量运算法则。(3)动量的单位：动量的单位由质量和速度的单位决定。在国际单位制中，动量的单位是千克·米/秒，符号为kg·m/s。(4)动量的变化Δp：动量是矢量，它的大小p＝mv，方向与速度的方向相同。因此，速度发生变化时，物体的动量也发生变化。设物体的初动量p＝mv，末动量p′＝mv′，则物体动量的变化Δp＝p′－p＝mv′－mv。由于动量是矢量，因此，上式是矢量式。二、冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。(2)冲量是描述力在某段时间内累积效果的物理量。其大小由力和作用时间共同决定，是过程量，它与物体的运动状态没有关系，在计算时必须明确是哪一个力在哪一段时间上的冲量。(3)关于I＝Ft公式中t是力作用的时间，F必须是恒力。非恒力除随时间均匀变化的力可取平均值以外，一般不能用此式表达。三、动量定理(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)表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝F(t′－t)(3)理解①它反映了物体所受冲量与其动量变化量两个矢量间的关系，式子中的“＝”包括大小相等和方向相同(注意I合与初末动量无必然联系)。②式子中的Ft应是总冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。③动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，作用力不论是恒力还是变力，几个力作用的时间不论是相同还是不同都适用。④动量定理反映了动量变化量与合外力冲量的因果关系：冲量是因，动量变化是果。(4)应用动量定理定性分析有关现象由F＝eq\f(Δp,t)可知：①Δp一定时，t越小，F越大；t越大，F越小。②Δp越大，而t越小，F越大。③Δp越小，而t越大，F越小。【典型例题】一、动量【例1】一质量m＝0.2kg的皮球从高H＝0.8m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度h＝0.45m。试求：球与地面相互作用前、后时刻的动量以及球与地面相互作用过程中的动量变化。【例2】．关于物体的动量，下列说法中正确的是 ()A．物体的动量越大，其惯性越大B．物体的动量越大，其速度越大C．物体的动量越大，其动能越大D．物体的动量发生变化，其动能可能不变二、动量定理【例3】质量为0.5kg的弹性小球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m，设碰撞时间为0.1s，取g＝10m/s2，求小球对地板的平均冲力。【例4】一个物体在运动的一段时间内，动能的变化量为零，则 ()A．物体做匀速直线运动B．物体动量变化量为零C．物体的初末动量大小相等D．物体的初末动量可能不同【课后练习】1．关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体运动一定快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大2．关于动量的大小，下列叙述中正确的是()A．质量小的物体动量一定小B．质量小的物体动量不一定小C．速度大的物体动量一定大D．速度大的物体动量不一定大3．关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是()A．与速度方向相同B．与速度变化的方向相同C．与物体受力方向相同D．与物体受到的总冲量的方向相同4．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化C．物体的动能不变，其动量一定不变D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化5．对于力的冲量的说法，正确的是()A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零6．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子()A．受到的冲量大B．受到的作用力大C．动量的变化量大D．动量大7．汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是()A．汽车输出功率逐渐增大B．汽车输出功率不变C．在任意两相等的时间内，汽车动能变化相等D．在任意两相等的时间内，汽车动量变化的大小相等8．一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动。求：碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？9、一质量为0.5kg的木块以10m/s速度沿倾角为300的光滑斜面向上滑动（设斜面足够长）,求木块在1s末的动量和3s内的动量变化量的大小？（g=10m/s2）vv0300例题答案：1.【答案】p1＝0.8kg·m/s，方向向下p2＝0.6kg·m/s，方向向上Δp＝1.4kg·m/s，方向向上【解析】以向下的方向为正，则由mgH＝eq\f(1,2)mv2得与地面接触时的速度v1＝eq\r(2gH)＝4m/s此时的动量大小p1＝mv1＝0.8kg·m/s，方向向下，为正。球刚离开地面时的速度v2＝eq\r(2gh)＝3m/s此时的动量大小p2＝mv2＝0.6kg·m/s，方向向上，为负。所以Δp＝p2－p1＝(－0.6kg·m/s)－0.8(kg·m/s)＝－1.4kg·m/s，负号表示方向向上。2.答案：D3.【答案】50N方向竖直向下【解析】解法一：分段处理：取小球为研究对象。根据物体做自由落体和竖直上抛运动，可知：碰撞前的速度：v1＝eq\r(2gh1)＝5m/s(方向向下)；碰撞后的速度：v2＝eq\r(2gh2)＝4m/s(方向向上)。碰撞时小球受力情况如图16－2－2所示，取竖直向上为正方向，根据动量定理：(N－mg)t＝mv2－mv1则N＝eq\f(mv2－mv1,t)＋mg＝eq\f(0.5×[4－(－5)],0.1)N＋0.5×10N＝50N由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为50N，方向竖直向下。4.【答案】CD【解析】根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，物体动能的变化量为零，因动能是标量，则初末速度的大小相等，但方向可能不同，故A错误，C、D正确；若物体的初末速度方向不同，则动量变化不为零，B错误。课后练习答案：1.解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。答案：C、D2.解析：物体的动量p＝mv是由物体的质量m和速度v共同决定的，仅知物体的质量m或速度v的大小并不能唯一确定动量p的大小，所以B、D选项正确。答案：B、D3.解析：动量变化量Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv，故知Δp的方向与Δv的方向相同，与v的方向不一定相同，A错误，B正确；由动量定理I＝Δp知，Δp的方向与I的方向相同，D正确；若物体受恒力作用，Δp的方向与F方向相同，若是变力，则二者方向不一定相同，C错误。答案：B、D4.解析：动量p＝mv，是矢量，速度v的大小或方向之一发生变化，动量就变化；而动能只在速率改变时才发生变化，故选项B正确，A、C、D均错。答案：B5.解析：力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大而作用时间短，冲量不一定大，A错B对，冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错，冲量的大小与物体的运动状态无关，D错，因此选B。答案：B6.解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和泥土上时，速度相同，动量相同，D错，最后速度减为零，动量变化量相同，C错，由动量定理可知冲量相同，A错，落在水泥地上作用时间短，受到的作用力大，B对。答案：B7.解析：由eq\f(P,v)－f＝ma可知，a、f不变时，v增大，P增大，故A对B错。汽车做匀加速运动，在任意两相等时间内速度变化相等，即Δv＝at。而汽车动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))＝eq\f(1,2)mΔv(v2＋v1)不等，C错。动量变化量Δp＝mΔv相等，D对。答案：A、D8.解析：动量是矢量，题中钢球速度反向，说明速度发生变化，因此动量必发生变化，计算变化量时应规定正方向。取向左的方向为正方向物体原来的动量：p1＝－mv1＝－0.1×6kg·m/s＝－0.6kg·m/s弹回后物体的动量：p2＝mv2＝0.1×6kg·m/s＝0.6kg·m/s动量变化：Δp＝p2－p1＝0.6－(－0.6)(kg·m/s)＝1.2kg·m/s。动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左。答案：有变化，变化量方向向左，大小为1.2kg·m/s9.答案：2.5kg·m/s7.5kg·m/s选修3-5第十三章光选修3-516．3动量守恒定律【教学目标】1．理解内力和外力的概念。2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件。3．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤。重点：动量守恒定律难点：应用动量守恒定律解决问题【自主预习】1.系统内力和外力在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为，系统内物体间的作用力叫做，系统以外的物体对系统的作用力叫做。2.动量守恒定律(1)定律的推导过程(2)内容：。(3)表达式：p＝p′对两个物体组成的系统，可写为：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。式中m1、m2分别为两物体的质量，v1、v2为相互作用前两物体的速度，v′1、v′2为相互作用后两物体的速度。该表达式还可写作p1＋p2＝p′1＋p′2。若物体1的动量变化为Δp1，物体2的动量变化为Δp2，则动量守恒定律表达式可写为Δp1＝－Δp2。(4)动量守恒的条件①系统内的任何物体都不受外力作用，这是一种理想化的情形，如天空中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。②系统虽然受到了外力作用，但所受外力之和为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零。③系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，火药的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，动量近似守恒。两节火车车厢在铁轨上相碰时，在碰撞瞬间，车厢间的作用力远大于铁轨给车厢的摩擦力，动量近似守恒。④系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。【典型例题】一、系统内力和外力【例1】如图16－3－1所示，斜面体C固定在水平地面上，物块A、B叠放在斜面上，且保持静止状态，下列说法中正确的是 ()A．在A、B、C三者组成的系统中，A所受的重力是内力B．在A、B组成的系统中，A、B之间的静摩擦力是内力C．A、C之间的静摩擦力是外力D．物块B对物块A的压力是内力二、系统动量守恒【例2】如图16－3－3所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上沿相反方向滑动过程中 ()A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D．以上说法均不对【例3】．如图16－3－4所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的。子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中 ()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒【例4】．如图16－3－5所示，一带有半径为R的1/4光滑圆弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别是多少？【课后练习】1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将()A．左右来回运动B．向左运动C．向右运动D．静止不动3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是()A．向右运动B．向左运动C．静止D．上述三种情况都有可能4．如图3－3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()A．机械能守恒，动量守恒B．机械能不守恒，动量守恒C．三球速度相等后，将一起做匀速运动D．三球速度相等后，速度仍将变化5．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为()A.eq\f(2M,M－m)B.eq\f(M＋m,M)C.eq\f(2(M＋m),3M)D.eq\f(M,M＋m)6．如图3－4所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是()A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速7.质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入质量为240g、静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中。此后木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是多大？8.如图3－7所示，质量为m2＝1kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50g的小球以1000m/s的速率碰到滑块后又以800m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度。9．质量为m1＝10的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好静止，则碰后小球m1的速度大小、方向如何？例题答案：1.【答案】B【解析】判断某个力是内力还是外力，首先应确定系统，然后按照内力和外力的概念去判断，没有系统这个大前提而作的判断是没有意义的。所以只有B选项正确。2.【答案】AC【解析】当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受的外力之和均为零，故系统的动量守恒。3.解析：系统受到墙壁对弹簧的作用力，系统动量不守恒。子弹射入木块的过程中要摩擦生热，系统机械能不守恒。答案：B4.解析：球和车组成的系统虽然总动量不守恒，但在水平方向动量守恒，且全过程满足机械能守恒，设球车分离时，球的速度为v1，方向向左，车的速度v2，方向向右。则：mv1－Mv2＝0①mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)②由①②得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gR,M(M＋m)))课后练习答案：1.解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确。答案：A、C、D2.解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。答案：A3.解析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移(因大人的质量要大于小孩的质量)。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，故B项正确。答案：B4.解析：因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。答案：B、D5.解析：甲乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况。研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，在任意时刻系统的总动量总为零。设甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，二者方向相反，根据动量守恒(M＋m)v甲＝Mv乙，则eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)。)答案：D6.解析：小车和木块组成的系统动量守恒。若小车动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速。答案：A、C7.【答案】12m/s8.33m/s【解析】设子弹质量为m，初速度为v1，木块的质量为M，速度为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋M)v2mv1＝mv′1＋Mv′2解得v2＝eq\f(mv1,m＋M)＝eq\f(10×10－3×300,(10＋240)×10－3)m/s＝12m/sv′2＝eq\f(mv1－mv′1,M)＝eq\f(10×10－3×300－10×10－3×100,240×10－3)m/s＝8.33m/8.解析：对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v1＝1000m/s，v′1＝－800m/s，v2＝0又m1＝50g＝5.0×10－2kg，m2＝由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v′1＋m2v′2代入数据解得v′2＝90m/s，方向与小球初速度方向一致。答案：90m/s方向与小球初速度方向一致9.解析：取向右为正方向，则两球的速度分别为：v1＝30cm/s，v2＝－10cm/s，v′2＝0光滑水平方向不受力，故由两球组成的系统，竖直方向重力与支持力平衡，桌面满足动量守恒定律条件。由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据得v′1＝－20cm/s，故m1碰后速度的大小为20cm/s，方向向左。答案：20cm/s方向向左选修3-5第十六章动量守恒定律选修3-516．4碰撞【教学目标】1．会用动量守恒定律处理碰撞问题。2．掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的区别。3．知道对心碰撞和非对心碰撞的区别。4．知道什么是散射。重点：难点：【自主预习】1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做________。2．如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做________。3．一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在________，碰撞之后两球的速度________会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫________碰撞。4．一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会________原来两球心的连线。这种碰撞称为________碰撞。5．微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做________。6.弹性碰撞和非弹性碰撞从能量是否变化的角度，碰撞可分为两类：(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。说明：碰撞后，若两物体以相同的速度运动，此时损失的机械能最大。7.弹性碰撞的规律质量为m1的物体，以速度v1与原来静止的物体m2发生完全弹性碰撞，设碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2，碰撞前后的速度方向均在同一直线上。由动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)联立两方程解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(2)推论①若m1＝m2，则v′1＝0，v′2＝v1，即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换速度。惠更斯早年的实验研究的就是这种情况。②若m1≫m2，则v′1＝v1，v′2＝2v1，即质量极大的物体与质量极小的静止物体发生弹性碰撞，前者速度不变，后者以前者速度的2倍被撞出去。③若m1≪m2，则v′1＝－v1，v′2＝0，即质量极小的物体与质量极大的静止物体发生弹性碰撞，前者以原速度大小被反弹回去，后者仍静止。乒乓球落地反弹、台球碰到桌壁后反弹、篮球飞向篮板后弹回，都近似为这种情况。【典型例题】【例1】在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图16－4－2所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是 ()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【例2】一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图16－4－3所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图16－4－4所示。请据此求盒内物体的质量。【例3】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′＝10kg·m/s，则两球质量m甲、m乙的关系可能是 ()A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲【例4】长度1m的轻绳下端挂着一质量为9.99kg的沙袋，一颗质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入沙袋，求在子弹射入沙袋后的瞬间，悬绳的拉力是多大？（设子弹与沙袋的接触时间很短，g取10m/s2）【课后练习】1、光滑水平面上的两个物体发生碰撞，下列情形可能成立的是()A．碰撞后系统的总动能比碰撞前小，但系统的总动量守恒B．碰撞前后系统的总动量均为零，但系统的总动能守恒C．碰撞前后系统的总动能均为零，但系统的总动量不为零D．碰撞前后系统的总动量、总动能均守恒2、在光滑水平面上有A、B两小球。A球动量是10kg·m/s，B球的动量是12kg·m/s，在A球追上B球时发生正碰，碰撞后A球的动量变为8kg·m/s，方向和原来相同，则AB两球的质量之比可能为()A．0.5B．0.6C．0.65D．0.753、两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．pA=6kg·m/s，PB=6kg·m/sB．pA=3kg·m/s，PB=9kg·m/sC．pA=－2kg·m/s，PB=14kg·m/sD．pA=－5kg·m/s，PB=15kg·m/s4、在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来()A．A球的质量一定大于B球的质量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量D．A球的动能一定大于B球的动能5、在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们发生正碰后可能发生的情况是()A．甲球停下，乙球反向运动B．甲球反向运动，乙球停下C．甲球、乙球都停下D．甲球、乙球都反向运动6、在光滑水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小球A与静止的小球B发生正碰，碰撞前后A球的运动方向与原来相反，将碰撞后A球的动能和动量大小分别记为E1、p1，B球的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有()A．E0＞E1B．E0＜E2C．p0＞p1D．p0＜p27、质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是()A．1/3vB．2/3vC．4/9vD．8/9v8、在光滑水平面上有一质量为0.2kg的球以5m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，设碰撞后木块的速度v2＝4.2m/s，则()A．碰撞后球的速度v1＝－1.3m/sB．v2＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C．v2＝4.2m/s这一假设是合理，碰撞后小球被弹回D．v2＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题目条件不足，因而碰后球的速度不能确定9．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是()A．tA<tB<tCB．tA>tB＜tCC．tA＝tC<tBD．tA＝tB<tC10.如图4－3所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是()A．P的速度恰好为零B．P与Q具有相同的速度C．Q刚开始运动D．Q的速度等于v11（2012苏锡常镇三模）如图所示，三个可视为质点的物块A、B、C，在水平面上排成一条直线，且彼此间隔一定距离静止在光滑水平面上。已知mA＝mB＝10kg，mC＝20kg，A具有20J的初动能向右运动，与静止的B发生碰撞后粘在一起，又与静止的C发生碰撞，最后A、B、C粘成一个整体，g＝10m／s2，求：在第二次碰撞后A、B、C组成的整体的速度大小；例题答案：1.【答案】D【解析】由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。假如选项A正确，则碰后总动量为eq\f(3,\r(3))mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。假如选项B正确，则碰后总动量为eq\f(2,\r(2))mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。2.答案：M解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得Mv0＝mv①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2②联立①②解得m＝M也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果。3.【答案】C【解析】方法一甲、乙两球碰撞前后动量守恒，且动能不增加。由碰撞中动量守恒定律求得p′甲＝2kg·m/s，要使甲追上乙，应该满足v甲>v乙，所以eq\f(p甲,m甲)>eq\f(p乙,m乙)，即m乙>1.4m甲；碰后p′甲、p′乙均大于零，表示仍同向运动，考虑实际情况，有v′乙≥v′甲，即eq\f(p′甲,m甲)≤eq\f(p′乙,m乙)，即m乙≤5m甲碰撞过程中，动能不可能增加，即eq\f(p\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(p\o\al(2,乙),2m乙)≥eq\f(p′\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(p′\o\al(2,乙),2m乙)，解得m乙≥eq\f(17,7)m甲由以上结论得，eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，故C正确。课后练习答案：1.AD2.BC3.A4.C5.AD6.ACD7.AB8.B9.解析：木块C做自由落体运动，木块A被子弹击中做平抛运动，木块B在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv＝(M＋m′)v′，即v′＜v，木块B竖直方向速度减小，所以tA＝tC＜tB。答案：C10.解析：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误。由于作用过程中动量守恒，设速度相同时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D错误。答案：B11.选修3-5第十六章动量守恒定律选修3-516.5反冲火箭【教学目标】1．知道反冲运动的含义和反冲运动在技术上的应用。2．知道火箭的飞行原理和主要用途。重点：反冲运动在技术上的应用。难点：反冲运动在技术上的应用。【自主预习】1.根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向________的方向运动。这个现象叫做________。章鱼的运动利用了________的原理。2．喷气式飞机和火箭的飞行应用了________的原理，它们都是靠________的反冲作用而获得巨大速度的。3．火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫做火箭的________。这个参数一般小于________，否则火箭结构的强度就有问题。4.反冲(1)反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲。(2)反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分析。若系统的初始动量为零，由动量守恒定律可得0＝m1v′1＋m2v′2。此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反，而它们的速率则与质量成反比。(3)应用：反冲运动有利也有害，有利的一面我们可以应用，比如农田、园林的喷灌装置、旋转反击式水轮发电机、喷气式飞机、火箭、宇航员在太空行走等等。反冲运动不利的一面则需要尽力去排除，比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等。5.火箭(1)火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器。(2)火箭的工作原理：动量守恒定律。(3)现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。6.“人船模型”的处理方法1．“人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。(2)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。【典型例题】【例1】一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv【例2】质量为M的气球上有一质量为m的人，共同静止在距地面高为h的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面？【例3】如图16－5－3所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头。若不计水的黏滞阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人的对地位移各是多少？【课后练习】1．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭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，空气膨胀推动火箭2．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为()A.eq\f(Δmv0,M－Δm)B．－eq\f(Δmv0,M－Δm)C.eq\f(Δmv0,M)D．－eq\f(Δmv0,M)3．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下面说法正确的是()A．他不可能跳到岸上B．他有可能跳到岸上C．他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上D．采用C中的方法也无法跳到岸上4．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则()A．火箭一定离开原来轨道运动B．P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径可能不变D．P运动半径一定减小5．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图5－1所示。不计水的阻力，船的运动情况是()A．向前运动B．向后运动C．静止D．无法判断6．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时()A．当m1>m2时，车子与甲运动方向一致B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动D．当m1v1>m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致7．气球质量为200kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为多长？(不计人的高度)8．如图5－3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？例题答案：1.解析：根据动量守恒定律，可得Mv0＝(M－m)v′＋mv。答案：A2.【解析】人和气球原来静止，说明人和气球组成的系统所受外力的合力为零，在人沿软绳下滑的过程中，它们所受的重力和浮力都未改变，故系统的合外力仍为零，动量守恒。设人下滑过程中某一时刻速度大小为v，此时气球上升的速度大小为v′，取向上方向为正，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，即Mv′＝mv。由于下滑过程中的任一时刻，人和气球的速度都满足上述关系，故它们在这一过程中的平均速度也满足这一关系，即Meq\x\to(v)′＝meq\x\to(v)。同乘以人下滑的时间t，得Meq\x\to(v)′t＝meq\x\to(v)t，即MH＝mh气球上升的高度为H＝eq\f(m,M)h人要安全到达地面，绳长至少为L＝H＋h＝eq\f(m,M)h＋h＝eq\f(M＋m,M)h。3.【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，不计水的阻力，系统在水平方向上不受外力作用，动量守恒，设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，规定人前进的方向为正方向，有mv2－Mv1＝0，即eq\f(v2,v1)＝eq\f(M,m)在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量Meq\x\to(v1)＝meq\x\to(v2)，而位移x＝eq\x\to(v)t所以有Mx1＝mx2，即eq\f(x2,x1)＝eq\f(M,m)由图16－5－4可知x1＋x2＝l，解得x1＝eq\f(m,M＋m)l，x2＝eq\f(M,M＋m)l。课后练习答案：1.解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。答案：B2.解析：取火箭及气体为系统，则气流在向外喷气过程中满足动量守恒定律，由动量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v解得v＝－eq\f(Δm,M＋Δm)v0，所以B选项正确。答案：B3.解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速度为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速度为vx，船对地的速度为v2，则人相对于地的速度为v1＝vx－v2。由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速度也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2<vx，故人可能跳上岸来。答案：A、D4.解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大A项对，C项错；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以B、D错。答案：A5.解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程。故A正确。答案：A6.解析：甲、乙两人与车组成的系统总动量为零且守恒，车子的运动情况取决于甲、乙两人的总动量，而与甲、乙的质量或速度无直接关系。当甲乙的合动量为零时，车子的动量也为零，即车不动。当甲的动量大于乙的动量时，甲乙的合动量与甲的动量方向相同，车子的动量应与甲相反，即车与乙运动的方向相同。答案：C、D7.解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1x1－m2x2＝0，x1＝20m，x2＝eq\f(m1x1,m2)＝5m，绳长l＝x1＋x2＝25m(竖直方向上的“人船模型”)。答案：25m8.解析：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为eq\f(m,M＋m)R。设此时小车速度为v1，小球速度为v2，由动量守恒有Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))。答案：eq\f(m,M＋m)Req\r(\f(2MgR,M＋m))选修3-5第十七章波粒二象性选修3-517.1能量量子化【教学目标】1．知道什么是黑体与黑体辐射。2．了解“紫外灾难”。3．知道什么叫能量子及其含意。重点：黑体辐射的实验规律能量量子化难点：黑体辐射的理解【自主预习】1.我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的________有关，所以叫做热辐射。2．如果某种物体能够________入射的各种波长的电磁波而不发生________，这种物体就是绝对黑体，简称黑体。黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的________有关。3．普朗克假说：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的________。当带电微粒辐射或吸收能量时，也是以这个最小能量值为单位________地辐射或吸收的。这个不可再分的最小能量值ε叫做________，ε＝________，ν是电磁波的频率，h是一个常量，后被称为普朗克常量。其值为h＝________J·s。4.黑体与黑体辐射(1)热辐射①定义：我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫热辐射。②热辐射的特点物体在任何温度下都会发射电磁波，热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同。当物体温度较低时(如室温)，热辐射的主要成分是波长较长的电磁波(在红外线区域)，不能引起人的视觉；当温度升高时，热辐射中较短波长的成分越来越强，可见光所占份额增大。(2)黑体①定义：在热辐射的同时，物体表面还会吸收和反射外界射来的电磁波。如果一个物体能够完全吸收投射到其表面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黑体辐射的特性：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。5.黑体辐射的实验规律(1)温度一定时，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值。(2)随着温度的升高①各种波长的辐射强度都有增加；②辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，黑体一般物体热辐射特点辐射电磁波的强度按波长(或频率)的分布只与黑体的温度有关辐射电磁波的情况与温度、材料的种类及表面状况有关吸收及反射特点完全吸收各种入射电磁波，不反射既吸收，又反射，其能力与材料的种类及入射波长等因素有关【典型例题】【例1】黑体辐射的实验规律如图17－1－3所示，由图可知()A．随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加B．随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动【例2】．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【例3】．红光和紫光相比()A．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大B．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大C．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小D．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小【例4】光是一种电磁波，可见光的波长的大致范围是400—700nm、400nm、700nm电磁辐射的能量子的值各是多少？【课后练习】1．关于对黑体的认识，下列说法正确的是()A．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关D．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体2．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3．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是()A．红光 B．橙光C．黄光 D．绿光4．某种光的光子能量为E，这种光在某一种介质中传播时的波长为λ，则这种介质的折射率为()A.eq\f(λE,h) B.eq\f(λE,ch)C.eq\f(ch,λE) D.eq\f(h,λE)5．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h表示普朗克常量，则激光器每秒发射的能量子数为()A.eq\f(Pc,hλ) B.eq\f(hc,λ)C.eq\f(λP,hc) D.eq\f(λc,hP)6．2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化。他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点。下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法中正确的是()A．微波是指波长在10－3m到10mB．微波和声波一样都只能在介质中传播C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说7．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。假设老鼠的体温约为37℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm。根据热辐射理论，λm与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλm＝2.90×10－3(1)老鼠发出最强的热辐射的波长为()A．7.8×10－5mB．9.4×10－6C．1.16×10－4mD．9.7×10－8(2)老鼠发出的最强的热辐射属于()A．可见光波段 B．紫外波段C．红外波段 D．X射线波段8．二氧化碳能强烈吸收红外长波辐射，这种长波辐射的波长范围约是1.4×10－3—1.6×10－3m，相应的频率范围是________，相应的光子能量的范围是________，“温室效应”使大气全年的平均温度升高，空气温度升高，从微观上看就是空气中分子的________。(已知普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，真空中的光速c＝3.0×109．神光“Ⅱ”装置是我国规模最大，国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它可获得能量为2400J、波长λ为0.35μm的紫外激光，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，则该紫外激光所含光子数为多少个？(取两位有效数字)。10．氦—氖激光器发出波长为633nm的激光，当激光器的输出功率为1mW时，每秒发出的光子数为多少个？例题答案：1.【答案】A、C、D【解析】由图可知，随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，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。故A、C、D正确，B错误。2.解析：根据普朗克能量子假说知，A错误，B、C正确；普朗克能量子假说反映的是微观世界的特征，不同于宏观世界，D错误。答案：B、C3.解析：此题只需比较红光和紫光的区别就行了，红光与紫光相比，红光波长较长、频率较低、光子能量较低、在同种介质中传播速度较快，正确答案为B。答案：B4.【答案】4.97×10－19J2.84×10－19J【解析】根据公式ν＝eq\f(c,λ)和ε＝hν可知400nm对应的能量子ε1＝heq\f(c,λ1)＝6.63×10－34×eq\f(3.0×108,400×10－9)J＝4.97×10－19J700nm对应的能量子ε2＝heq\f(c,λ2)＝6.63×10－34×eq\f(3.0×108,700×10－9)J＝2.84×10－19J课后练习答案：1.解析：黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，故A错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B错、C对；小孔只吸收电磁波，不反射电磁波，因此是小孔成了一个黑体，而不是空腔，故D错误。答案：C2.解析：一切物体都不停地向外辐射电磁波，且温度越高，辐射的电磁波越强，A错误，B正确；选项C是黑体辐射的特性，C错误；常温下看到的物体的颜色是反射光的颜色，D错误。答案：B3.解析：在四种颜色的光中，红光的波长最长而频率最小，由光子的能量ε＝hν可知红光光子能量最小。答案：A4.解析：这种光的频率为ν＝eq\f(E,h)，则这种光在介质中的传播速度为v＝νλ＝eq\f(λE,h)。所以这种光在这种介质中的折射率为n＝eq\f(c,v)＝eq\f(ch,λE)，即C选项正确。答案：C5.解析：每个激光光子的能量为ε＝heq\f(c,λ)，则激光器的发射功率为P＝nε。其中n为激光器每秒钟发射的能量子数，所以n＝eq\f(λP,hc)，即C选项正确。答案：C6.解析：微波是一种电磁波，传播不需要介质，B错误；由于分子和原子的热运动引起一切物体不断向外辐射电磁波，又叫热辐射，C正确。答案：A、C、D7.解析：(1)老鼠的体温T＝(273＋37)K＝310K由题设条件λm与T的近似关系式：λmT＝2.90×10－3m得λm＝eq\f(2.90×10－3,T)＝eq\f(2.90×10－3,310)m≈9.4×10－6m，B正确。(2)可见光的波长范围4.0×10－7～7.0×10－7m，λm答案：(1)B(2)C8.解析：由c＝λν得ν＝eq\f(c,λ)。则求得频率范围为2.1×1011—1.9×1011Hz。又由E＝hν得能量范围为1.4×10－22—1.3×10－22J。温度越高分子无规则运动更剧烈，无规则热运动的平均动能也越大。答案：2.1×1011Hz—1.9×1011Hz1.4×10－22J—1.3×10－22J平均动能增大9.解析：每个激光光子的能量为ε＝heq\f(c,λ)，该紫外激光中所含光子数为n＝eq\f(E,ε)＝eq\f(2400,6.63×10－34×\f(3.0×108,0.35×10－6))个≈4.2×1021个。答案：4.2×102110.解析：据P＝nhν，ν＝eq\f(c,λ)，得n＝eq\f(P,hν)＝eq\f(1×10－3,6.63×10－34×\f(3×108,633×10－9))≈3.2×1015(个)。答案：3.2×1015个选修3-5第十七章波粒二象性选修3-517.2光的粒子性【教学目标】1．理解光电效应中极限频率的概念及其与光的电磁理论的矛盾。2．知道光电效应的瞬时性及其与光的电磁理论的矛盾。3．理解光子说及其对光电效应的解释。4．理解爱因斯坦光电效应方程并会用来解决简单问题。重点：光电效应的规律难点：理解光子说及其对光电效应的解释。【自主预习】1.照射到金属表面的光，能使金属中的________从表面逸出。这个现象称为光电效应。2．光电效应的规律(1)存在着________电流实验表明：入射光越强，饱和电流越大。这表明入射光越强，单位时间内发射的光电子数________。(2)存在着遏止________和截止________实验表明：光电子的能量只与入射光的________有关；入射光的频率低于截止频率时________发生光电效应。(3)光电效应具有________说明：①光电效应的实质：光现象电现象。②定义中的光包括不可见光和可见光。③使锌板发射出电子的光是弧光灯发出的紫外线3．逸出功：使电子脱离某种金属所做功的________，叫做这种金属的逸出功，用________表示，不同金属的逸出功________同。4．光子说：电磁辐射的本身就是________，光不仅在发射和吸收能量是________，而且光本身就是一个个________的能量子组成的，频率为ν的光的能量子为________，h为普朗克常量。这些能量子后来称为________。5．爱因斯坦光电效应方程：________，式中Ek为光电子的________，Ek＝________。6．美国物理学家康普顿在研究________的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长________λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。7．光子除了能量之外还具有动量，光子的动量p＝________。8.爱因斯坦的光电效应方程(1)光子说：光是不连续的，而是一份一份的，每一份光叫一个光子，一个光子的能量ε＝hν，h＝6.63×10－34J·s，ν为光的频率。(2)爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0。说明：①式中Ek是光电子的最大初动能，就某个光电子而言，其离开金属时的动能大小可以是0—Ek范围内的任何数值。②光电效应方程表明，光电子的最大初动能与入射光的频率ν有关，而与光的强弱无关。③光电效应方程包含了产生光电效应的条件，即Ek＝hν－W0＞0，亦即hν＞W0，ν＞eq\f(W0,h)＝ν0，而ν0＝eq\f(W0,h)就是金属的极限频率。④光电效应方程实质上是能量守恒方程。【典型例题】【例1】入射光照射到某金属表面上发生了光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则下列说法中正确的是()A．从光照射到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【例2】．光电效应实验的装置如图17－2－3所示，则下面说法中正确的是()A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转B．用绿色光照射锌板，验电器指针会发生偏转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【例3】铝的逸出功是4.2eV，现在将波长200nm的光照射铝的表面。(1)求光电子的最大初动能；(2)求遏止电压；(3)求铝的截止频率。【例4】．下列对光电效应的解释正确的是 ()A．金属内的每个电子能吸收一个或一个以上的光子，当它积累的能量足够大时，就能逸出金属B．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大D．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属发生光电效应的入射光的最低频率也不同【例5】假如一个光子与一个静止的电子碰撞，光子并没有被吸收，只是被电子反弹回来，则散射光子的频率与原来光子的频率相比哪个大？【课后练习】1．如图7－1所示，锌板与验电器相连，用紫外线灯照射锌板，发现验电器指针张开一个角度，则()A．锌板带正电，验电器带负电B．锌板带正电，验电器带正电C．若改用红外线照射，验电器指针仍张开D．若改用红外线照射，验电器指针不会张开2．光电效应中，从同一金属逸出的电子动能的最大值()A．只跟入射光的频率有关B．只跟入射光的强度有关C．跟入射光的频率和强度都有关D．除跟入射光的频率和强度有关外，还与光照的时间有关3．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是()A．延长光照时间B．增大光的强度C．换用波长较短的光照射D．换用频率较低的光照射4．用绿光照射一光电管，能产生光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增加，则应()A．改用红光照射B．增大绿光的强度C．增大光电管上的加速电压D．改用紫光照射5．某种单色光的频率为ν，用它照射某种金属时，在逸出的光电子中动能最大值为Ek，则这种金属逸出功和极限频率分别是()A．hν－Ek，ν－eq\f(Ek,h)B．Ek－hν，ν＋eq\f(Ek,h)C．hν＋Ek，ν－eq\f(h,Ek)D．Ek＋hν，ν＋eq\f(h,Ek)6.如图7－2所示为一真空光电管的应用电路，其阴极金属材料的极限频率为4.5×1014Hz，则以下判断正确的是()A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率B．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度C．用λ＝0.5μm的光照射光电管时，电路中有光电流产生D．光照射时间越长，电路中的光电流越大7．已知钙的逸出功是3.20eV，对此理解正确的是()A．钙中的电子脱离钙需做功3.20eVB．钙表面的电子脱离钙需做功3.20eVC．钙只需吸收3.20eV的能量就有电子逸出D．入射光子的能量必须大于3.20eV才能发生光电效应8．在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图7－3所示，由实验图可求出()A．该金属的极限频率和极限波长B．普朗克常量C．该金属的逸出功D．单位时间内逸出的光电子数9．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc。用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应。若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定()A．a光束照射时，不能发生光电效应B．c光束照射时，不能发生光电效应C．a光束照射时，释放出的光电子数目最多D．c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小10．下表给出了一些金属材料的逸出功。材料铯钙镁铍钛逸出功(10－19)J3.04.35.96.26.6现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3.0×108A．2种B．3种C．4种D．5种11．频率为ν的光照射某种金属，产生光电子的最大初动能为Ek，若用频率为2ν的光照射同一金属，则光电子的最大初动能是多少呢？12．某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21eV，用波长为2.5×10－7m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108m/s，元电荷的带电量为1.6×10－19C，普朗克常量为6.63例题答案：1.【答案】C【解析】入射光的强度取决于入射光子数和入射光的频率，入射光的频率保持不变，强度减弱，单位时间入射光子数将减少，但光子的能量不变，可见仍能发生光电效应，发生光电效应时，光电子的产生几乎都是瞬时的，与入射光强度无关，故A、D错误。根据爱因斯坦光电效应方程，逸出光电子的最大初动能与入射光的频率有关，跟入射光的强度无关，所以B也是错误的。由于逸出电子与入射光子的一对一的关系，当光的强度减弱时，单位时间入射光子数减少，因此单位时间内逸出的光电子数也将减少。2.解析：用紫外线照射连接灵敏验电器的锌板，验电器的指针就张开一个角度，进一步验证知道锌板带的是正电。这是由于在紫外线照射下，锌板中有一部分自由电子从表面飞出去，锌板缺少电子，于是带正电。验电器与锌板相连，验电器也带正电。所以选项A、D正确，而C选项错误；因红外线频率小于锌的极限频率，所以用红外线照射锌板不发生光电效应，故B选项错。答案：A、D3.【答案】(1)3.225×10－19J(2)2.016V(3)1.014×1015Hz【解析】根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可求得最大初动能。Ek＝eUc。铝的截止频率由ν0＝eq\f(W0,h)可求。(1)根据光电效应方程有Ek＝eq\f(hc,λ)－W0＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,200×10－9)J－4.2×1.6×10－19J＝3.225×10－19J(2)由Ek＝eUc可得Uc＝eq\f(Ek,e)＝eq\f(3.225×10－19,1.6×10－19)V＝2.016V。(3)由hν0＝W0知ν0＝eq\f(W0,h)＝eq\f(4.2×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz＝1.014×1015Hz。4.解析：每个电子只能吸收一个光子的能量，故A错误；只有当hν>W0时才发生光电效应，故B正确；光强越大，n越多，而ν不变，Ek＝hν－W0也不变，故C错误；截止频率νc＝eq\f(W0,h)，W0不同，νc也不同，故D正确。答案：B、D5.【答案】原来光子的频率大【解析】由于光子与电子在碰撞过程中满足动量守恒定律，故在电子获得动量的同时，散射光子的动量将减小，由p＝eq\f(h,λ)和ν＝eq\f(c,λ)知ν＝eq\f(pc,h)，故原来光子的频率大。课后练习答案：1.解析：用紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板发射光电子，故锌板带正电，锌板上的正电荷将验电器上的负电荷吸引过来，验电器带正电，A错误，B正确；若改用红外线照射，红外线的频率低于锌的截止频率，不会发生光电效应，C错误，D正确。答案：B、D2.解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝eq\f(1,2)mv2＝hν－W0知，从同一金属逸出的光电子的最大初动能仅与入射光的频率有关，故仅A选项正确。答案：A3.解析：光照射金属时能否产生光电效应，取决于入射光的频率是否大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射时间无关，故A、B、D选项均错误；又因ν＝eq\f(c,λ)，所以C选项正确。答案：C4.解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝eq\f(1,2)mv2＝hν－W0知，光电子的最大初动能仅与入射光的频率有关，故仅D选项正确。答案：D5.解析：由光电效应方程Ek＝hν－W得W＝hν－Ek，而W＝hν0，则ν0＝eq\f(W,h)＝eq\f(hν－Ek,h)＝ν－eq\f(Ek,h)，故A正确。答案：A6.解析：在光电管中若发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关。据此可判断A、D错误；波长λ＝0.5μm的光子的频率ν＝eq\f(c,λ)＝eq\f(3×108,0.5×10－6)Hz＝6×1014Hz＞4.5×1014Hz，可发生光电效应。所以，选项B、C正确。答案：B、C7.解析：逸出功指使电子脱离某种金属所做功的最小值，它等于金属表面的电子脱离金属所做的功，故A错误，B正确；钙中的电子至少吸收3.20eV的能量才可能逸出，C错误；由光电效应发生的条件知，D正确。答案：B、D8.解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W可知，当Ek＝0时，ν＝ν0，即图象中横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率。图线的斜率k＝tanθ＝eq\f(Ek,ν－ν0)。可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量。据图象，假设图线的延长线与Ek轴的交点为C，其截距为W，有tanθ＝W/ν0，而tanθ＝h，所以W＝hν0。即图象中纵坐标轴的截距在数值上等于金属的逸出功。答案：A、B、C9.解析：由于光子能量公式E＝hν＝heq\f(c,λ)，根据题意，a、b、c三束单色光对应光子的能量大小分别为Ea＜Eb＜Ec，若Eb恰能使某金属发生光电效应，则a