第十三章 动量 近代物理初步选修3－5(一轮)

第页第十三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))动量近代物理初步[选修3－5][备考指南]考点内容要求考点内容要求一、碰撞与动量守恒动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ四、天然放射现象核反应核能原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期Ⅰ放射性同位素Ⅰ弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ核力、核反应方程Ⅰ二、光电效应波粒二象性光电效应Ⅰ结合能、质量亏损Ⅰ爱因斯坦光电效应方程Ⅰ裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ三、原子结构氢原子光谱氢原子光谱Ⅰ射线的危害和防护Ⅰ氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ实验十六验证动量守恒定律把握考情找规律：高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，本专题的主要考点有碰撞模型、动量定理、动量守恒定律、经典物理理论、原子和原子核部分的最新科技成果。明热点：以生活中的具体事例及经典物理学理论为命题背景，结合物理知识在生活中的应用及最新科技成果的命题趋势较强，2019年高考应予以高度关注。第1节动量守恒定律及其应用(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)(6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)(8)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)要点一动量定理的理解与应用1．动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．应用动量定理解题的步骤(1)明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。(5)根据动量定理列式求解。3．应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，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的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。[典例](2019·安徽高考)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图13­1­1所示，一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。图13­1­1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。[解析](1)由动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02可得μ＝0.32。(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N。(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J。[答案](1)0.32(2)130N(3)9J[针对训练]1．(多选)物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小可能不变D．物体受到的合力冲量大小为5N·s解析：选CD因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；动量是矢量，其变化量可能是动量方向变化引起的，C正确；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，D正确。2．(2019·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。要点二动量守恒定律及其应用1．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。[典例](2019·郑州高三质量预测)如图13­1­2所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：图13­1­2(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。[解析](1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s[针对训练]1．(多选)(2019·佛山模拟)如图13­1­3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()图13­1­3A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。2．(2019·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()图13­1­4A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：选D火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D项正确。要点三碰撞、爆炸与反冲1．对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。3．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。4．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。5．爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动[典例](2019·全国卷Ⅰ)如图13­1­5，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。图13­1­5[解析]A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1 ①eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)MvC12 ②联立①②式得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0 ③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0 ④如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))2v0 ⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1 ⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 解得m≥(eq\r(5)－2)M ⑧另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(eq\r(5)－2)M≤m＜M。 ⑨[答案](eq\r(5)－2)M≤m＜M[方法规律]碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。[针对训练]1．(2019·福州二模)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()A．m＝eq\f(v2－v0,v1)M B．m＝eq\f(v2,v2＋v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M解析：选C规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1解得：m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故选C。2．(2019·福建高考)如图13­1­6，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0图13­1­6A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动解析：选D选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0。B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。要点四动量与能量的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2．利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。[典例](2019·广东高考)如图13­1­7所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。图13­1­7(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。[解析](1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2所以A滑过Q点时的速度v＝eq\r(v02－4gR)＝eq\r(62－4×10×0.5)m/s＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg＋F＝meq\f(v2,R)所以A受到的弹力F＝eq\f(mv2,R)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×42,0.5)－1×10))N＝22N。(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，则mv0＝2mv′所以v′＝eq\f(1,2)v0＝3m/s从碰撞到AB停止，根据动能定理，得－2μmgkL＝0－eq\f(1,2)·2mv′2所以k＝eq\f(v′2,2μgL)＝eq\f(32,2×0.1×10×0.1)＝45。(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得－2μmgnL＝eq\f(1,2)·2mvn2－eq\f(1,2)·2mv′2解得vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n＜k)。[答案](1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n＜k)[针对训练]1．如图13­1­8所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()图13­1­8A．h B．eq\f(m,M＋m)hC．eq\f(m,M)h D．eq\f(M,M＋m)h解析：选D若斜面固定，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)v12。联立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正确。2．(2019·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图13­1­9所示。求：图13­1­9(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得v1＝－2m/s ①v2＝1m/s ②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得v＝eq\f(2,3)m/s ③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。 ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2 ⑥由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2 ⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2。 ⑧答案：(1)1∶8(2)1∶2对点训练：动量、冲量、动量定理1．(2019·合肥一模)质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：选A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。2．(2019·合肥质检)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图1所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()图1A．t＝6s时，物体的速度为18m/sB．在0～6s内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W解析：选D类比速度图像中位移的表示方法可知，在加速度－时间图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6s内Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝396J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正确。3．(2019·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A．eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B．eq\f(m\r(2gh),t)－mgC．eq\f(m\r(gh),t)＋mg D．eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：选A由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。选项A正确。对点训练：动量守恒定律的理解与应用4．(2019·福州质检)如图2所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()图2A．A的速率始终等于B的速率B．A的动量大小大于B的动量大小C．A受的合力大小大于B受的合力大小D．A的动量不等于B的动量解析：选DA、B开始静止时，同时放开手后一段时间内，系统动量守恒，A的动量和B的动量大小相等，方向相反，A、B错误，D正确；由牛顿第三定律知，A受的合力大小等于B受的合力大小，C错误。5．(2019·厦门质检)如图3所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为()图3A．eq\f(M＋m,m) B．eq\f(m＋M,M)C．eq\f(M,M＋m) D．eq\f(m,M＋m)解析：选C规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故选C。6．(2019·济宁高三期末)如图4所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图4A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s解析：选BA先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有选项B正确。对点训练：碰撞、爆炸及反冲7．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：选B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。8．(2019·泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确。9．如图5所示，光滑水平轨道上放置长板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mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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碰撞后瞬间A的速度大小。图5解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC ③联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s。 ④答案：2m/s对点训练：动量与能量的综合问题10．(2019·北京丰台区质检)如图6所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A图6A．h B．2hC．3h D．4h解析：选D所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，eq\f(1,2)m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。11．(2019·北京高考)如图7所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。求：图7(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。解析：设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s。(3)根据动能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m。答案：见解析12．(2019·山东高考)如图8，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。图8解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由动量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB ①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvA2 ②设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvB′2 ③据题意可知WA＝WB ④设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝eq\f(\r(21),16)v0。 ⑥答案：eq\f(\r(21),16)v0第2节波粒二象性(1)光子和光电子都是实物粒子。(×)(2)只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应。(×)(3)要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于金属的逸出功。(√)(4)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。(×)(5)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性。(√)(6)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律。(×)(7)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性。(√)(8)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现为波动性。(√)要点一对光电效应的理解1．与光电效应有关的五组概念对比(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子。光子是光电效应的因，光电子是果。(2)光电子的动能与光电子的最大初动能：光照射到金属表面时，电子吸收光子的全部能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能；只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能。光电子的初动能小于等于光电子的最大初动能。(3)光电流与饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量。(5)光的强度与饱和光电流：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没有简单的正比关系。2．光电效应的研究思路(1)两条线索：(2)两条对应关系：eq\x(光强大)→eq\x(光子数目多)→eq\x(发射光电子多)→eq\x(光电流大)eq\x(光子频率高)→eq\x(光子能量大)→eq\x(光电子的最大初动能大)[多角练通]1．(多选)(2019·广东高考)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应。下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大解析：选AD根据光电效应规律可知，增大入射光的强度，光电流增大，A项正确；减小入射光的强度，光电流减小，光电效应现象并不消失，B项错误；改用小于ν的入射光照射，如果入射光的频率仍然大于光电管阴极材料的极限频率，仍能发生光电效应，C项错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，D项正确。2．(2019·上海高考)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C光具有波粒二象性，既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性。因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B项错误；光强增大时，光子数量增多，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误。3．关于光电效应，下列说法正确的是()A．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B．光电子的动能越大，光电子形成的电流强度就越大C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大D．对于任何一种金属，都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应解析：选D光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不成正比；单位时间经过电路的电子数越多，电流越大；不可见光的频率不一定比可见光的频率大，因此用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大；入射光的频率应大于金属板的极限频率或入射光的波长应小于金属板的极限波长。要点二爱因斯坦的光电效应方程及应用1．三个关系(1)爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0。(2)光电子的最大初动能Ek可以利用光电管用实验的方法测得，即Ek＝eUc，其中Uc是遏止电压。(3)光电效应方程中的W0为逸出功，它与极限频率νc的关系是W0＝hνc。2．四类图像图像名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝|－E|＝E③普朗克常量：图线的斜率k＝h颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系①遏止电压Uc：图线与横轴的交点②饱和光电流Im：电流的最大值③最大初动能：Ekm＝eUc颜色不同时，光电流与电压的关系①遏止电压Uc1、Uc2②饱和光电流③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线①截止频率νc：图线与横轴的交点②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝ke。(注：此时两极之间接反向电压)[典例](2019·全国卷Ⅰ)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率的关系如图13­2­1所示。若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________。图13­2­1[解析]根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝eq\f(hν,e)－eq\f(W0,e)，故eq\f(h,e)＝k，b＝－eq\f(W0,e)，得h＝ek，W0＝－eb。[答案]ek－eb[针对训练]1．(多选)(2019·武威模拟)如图13­2­2是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像。由图像可知()图13­2­2A．该金属的逸出功等于EB．该金属的逸出功等于hν0C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为eq\f(ν0,2)时，产生的光电子的最大初动能为eq\f(E,2)E．由该图像可得出普朗克常量h＝eq\f(ν0,E)解析：选ABC由爱因斯坦的光电效应方程可得：Ek＝hν－W，对应图线可得，该金属的逸出功W＝E＝hν0，A、B均正确；若入射光的频率为2ν0，则产生的光电子的最大初动能Ek＝2hν0－W＝hν0＝E，故C正确；入射光的频率为eq\f(ν0,2)时，该金属不发生光电效应，D错误；由E＝hν0可得h＝eq\f(E,ν0)，E错误。2．(2019·盐城二模)如图13­2­3甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计上的示数随电压变化的图像如图乙所示。则光电子的最大初动能为________J，金属的逸出功为________J。图13­2­3解析：由图乙可知，当该装置所加的电压为反向电压等于－2V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为：2eV＝3.2×10－19J，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，W0＝3eV＝4.8×10－19J。答案：3.2×10－194.8×10－19要点三对波粒二象性的理解1．对光的波粒二象性的进一步理解实验基础表现说明光的波动性干涉和衍射①光是一种概率波，即光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可用波动规律来描述②大量的光子在传播时，表现出波的性质①光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间相互作用产生的②光的波动性不同于宏观观念的波光的粒子性光电效应、康普顿效应①当光同物质发生作用时，这种作用是“一份一份”进行的，表现出粒子的性质②少量或个别光子清楚地显示出光的粒子性①粒子的含义是“不连续”、“一份一份”的②光子不同于宏观观念的粒子波动性和粒子性的对立、统一①大量光子易显示出波动性，而少量光子易显示出粒子性②波长长(频率低)的光波动性强，而波长短(频率高)的光粒子性强①光子说并未否定波动说，E＝hν＝eq\f(hc,λ)中，ν和λ就是波的概念②波和粒子在宏观世界是不能统一的，而在微观世界却是统一的2．物质波(1)定义：任何运动着的物体都有一种波与之对应，这种波叫做物质波，也叫德布罗意波。(2)物质波的波长：λ＝eq\f(h,p)＝eq\f(h,mv)，h是普朗克常量。[多角练通]1．用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图13­2­4所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明()图13­2­4A．光只有粒子性没有波动性B．光只有波动性没有粒子性C．少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性D．少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性解析：选D由这些照片可以看出，少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动呈现出波动性，故D正确。2．(多选)(2019·江苏高考)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有()A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等解析：选AB光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A正确，选项C错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B正确；由德布罗意波长公式λ＝eq\f(h,p)和p2＝2m·Ek知动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波长不相等，选项D错误。3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是()A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关解析：选ACD电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确。β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确。光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项E错误。对点训练：光电效应现象及规律1．(2019·茂名一模)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是()A．改用红光照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间解析：选B根据光电效应的条件ν＞ν0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子。能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关。X射线的频率大于紫外线的频率。故A、C、D错误，B正确。2．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A．发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7sD．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生解析：选A发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项A正确；光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项B错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9s，选项C错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D错误。3．(2019·邢台模拟)用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应。下列判断正确的是()A．用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大B．用红光照射时，该金属的截止频率低，用蓝光照射时该金属的截止频率高C．用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短D．用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大解析：选D同种金属的逸出功是相同的，A错误；同种金属的截止频率是相同的，B错误；只要金属能发生光电效应，逸出光电子的时间一样，C错误；蓝光的频率比红光大，由Ek＝hν－W知，用蓝光时逸出的光电子最大初动能大，D正确。对点训练：光的波粒二象性物质波4．(多选)(2019·唐山调研)下列说法正确的是()A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B．宏观物体的物质波波长非常大，极易观察到它的波动性C．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应解析：选ACD卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故A正确。根据λ＝eq\f(h,p)，知宏观物体的物质波波长非常小，不易观察到它的波动性，故B错误。受普朗克量子论的启发，爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说，故C正确。对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应，故D正确。5．(多选)(2019·上海高考)某半导体激光器发射波长为1.5×10－6m，功率为5.0×10－3W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10－7m，普朗克常量h＝6.63×10A．是紫外线B．是红外线C．光子能量约为1.3×10－18JD．光子数约为每秒3.8×1016个解析：选BD由于该激光器发出的光波波长比可见光长，所以发出的是红外线，A错误，B正确。光子能量E＝hν＝heq\f(c,λ)≈1.3×10－19J，C错误。每秒发射的光子数n＝eq\f(P×1,E)≈3.8×1016个，D正确。6．(2019·宁波期末)一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为()A．eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2) B．eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)C．eq\f(λ1＋λ2,2) D．eq\f(λ1－λ2,2)解析：选A中子的动量p1＝eq\f(h,λ1)，氘核的动量p2＝eq\f(h,λ2)，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝eq\f(h,p3)＝eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正确。对点训练：光电效应方程的应用7．(2019·江苏高考)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的()A．波长 B．频率C．能量 D．动量解析：选A金属的逸出功W＝hν0，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W可知，从金属钾表面飞出的光电子的最大初动能较金属钙的大，金属钙表面飞出的光电子能量E小，因λ＝eq\f(hc,E)，所以从钙表面逸出的光电子具有较大的波长，选项A正确。8．(多选)(2019·渭南质检)分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用h和c表示，那么下列说法正确的有()A．该种金属的逸出功为eq\f(hc,3λ)B．该种金属的逸出功为eq\f(hc,λ)C．波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应D．波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应解析：选AD由hν＝W0＋Ek知heq\f(c,λ)＝W0＋eq\f(1,2)mv12，heq\f(c,2λ)＝W0＋eq\f(1,2)mv22，又v1＝2v2，得W0＝eq\f(hc,3λ)，A正确，B错误。光的波长小于或等于3λ时都能发生光电效应，C错误，D正确。9．(2019·北京高考)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。光电效应实验装置示意如图1。用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应。换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电荷量)()图1A．U＝eq\f(hν,e)－eq\f(W,e) B．U＝eq\f(2hν,e)－eq\f(W,e)C．U＝2hν－W D．U＝eq\f(5hν,2e)－eq\f(W,e)解析：选B用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应。由题意知最大初动能Ek＝eU，根据光电效应方程有：nhν＝W＋Ek＝W＋eU(n≥2)，得：U＝eq\f(nhν－W,e)(n≥2)，则B项正确，其他选项错误。10．如图2甲所示，合上开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表计数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为()图2A．1.5eV0.6eV B．1.7eV1.9eVC．1.9eV2.6eV D．3.1eV4.5eV解析：选C光子能量hν＝2.5eV的光照射阴极，电流表读数不为零，则能发生光电效应，当电压表读数大于或等于0.6V时，电流表读数为零，则电子不能到达阳极，由动能定理eU＝eq\f(1,2)mvm2知，最大初动能Ekm＝eU＝0.6eV，由光电效应方程hν＝Ekm＋W0知W0＝1.9eV对图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极的最大动能Ekm′＝Ekm＋eU′＝0.6eV＋2eV＝2.6eV。故C正确。11．(2019·银川模拟)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________。已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h。解析：金属的逸出功W0＝hν0＝heq\f(c,λ0)。根据光电效应方程知：Ekm＝heq\f(c,λ)－heq\f(c,λ0)，又Ekm＝eU，则遏止电压U＝eq\f(hc,eλ)－eq\f(hc,eλ0)。答案：heq\f(c,λ0)eq\f(hc,eλ)－eq\f(hc,eλ0)12．图3所示是研究光电管产生的电流的电路图，A、K是光电管的两个电极，已知该光电管阴极的极限频率为ν0。现将频率为ν(大于ν0)的光照射在阴极上，则：图3(1)________是阴极，阴极材料的逸出功等于________。(2)加在A、K间的正向电压为U时，到达阳极的光电子的最大动能为____________，将A、K间的正向电压从零开始逐渐增加，电流表的示数的变化情况是_______________。(3)为了阻止光电子到达阳极，在A、K间应加上U反＝________的反向电压。(4)下列方法一定能够增加饱和光电流的是()A．照射光频率不变，增加光强B．照射光强度不变，增加光的频率C．增加A、K电极间的电压D．减小A、K电极间的电压解析：(1)被光照射的金属将有光电子逸出，故K是阴极，逸出功与极限频率的关系为W0＝hν0。(2)根据光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能为hν－hν0，经过电场加速获得的能量为eU，所以到达阳极的光电子的最大动能为hν－hν0＋eU，随着电压增加，单位时间内到达阳极的光电子数量将逐渐增多，但当从阴极逸出的所有光电子都到达阳极时，再增大电压，也不可能使单位时间内到达阳极的光电子数量增多。所以，电流表的示数先是逐渐增大，直至保持不变。(3)从阴极逸出的光电子在到达阳极的过程中将被减速，被电场消耗的动能为eUc，如果hν－hν0＝eUc，就将没有光电子能够到达阳极，所以Uc＝eq\f(hν－hν0,e)。(4)要增加单位时间内从阴极逸出的光电子的数量，就需要增加照射光单位时间内入射光子的个数，所以只有A正确。答案：(1)Khν0(2)hν－hν0＋eU逐渐增大，直至保持不变(3)eq\f(hν－hν0,e)(4)A对点训练：与光电效应有关的图像问题13．(多选)如图4所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5)。由图可知()图4A．该金属的截止频率为4.27×1014HzB．该金属的截止频率为5.5×1014HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5eV解析：选AC图线在横轴上的截距为截止频率，A正确、B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0，可知图线的斜率为普朗克常量，C正确；金属的逸出功为：W0＝hν0＝eq\f(6.63×10－34×4.27×1014,1.6×10－19)eV＝1.77eV，D错误。14．(2019·浙江高考)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图5甲所示。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。图5(1)图甲中电极A为光电管的______(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝________J。解析：(1)题图甲为利用光电管产生光电流的实验电路，光电子从K极发射出来，故K为光电管的阴极，A为光电管的阳极。(2)遏制电压对光电子做负功，根据爱因斯坦光电效应方程有eUc＝Ek＝hν－W0。结合题图乙可知，当Uc＝0时，ν＝5.15×1014Hz，故铷的截止频率νc＝5.15×1014Hz，逸出功W0＝hνc＝3.41×10－19J。(3)若入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝1.23×10－19J。答案：(1)阳极(2)5.15×10143.41×10－19(3)1.23×10－1915．如图6甲所示是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50μm的绿光照射阴极K，实验测得流过Ⓖ表的电流I与AK之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34J·s。结合图像，求：(结果保留两位有效数字)图6(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能。(2)该阴极材料的极限波长。解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数n＝eq\f(Im,e)＝eq\f(0.64×10－6,1.6×10－19)(个)＝4.0×1012(个)光电子的最大初动能为：Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×0.6V＝9.6×10－20(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程：Ekm＝heq\f(c,λ)－heq\f(c,λ0)，代入数据得λ0＝0.66μm。答案：(1)4.0×1012个9.6×10－20J(2)0.66μm第3节原子结构与原子核(1)原子中绝大部分是空的，原子核很小。(√)(2)核式结构学说是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的。(√)(3)氢原子光谱是由一条一条亮线组成的。(√)(4)玻尔理论成功地解释了氢原子光谱，也成功地解释了氦原子光谱。(×)(5)按照玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上。(×)(6)人们认识原子具有复杂结构是从英国物理学家汤姆孙研究阴极射线发现电子开始的。(√)(7)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的。(×)(8)如果某放射性元素的原子核有100个，经过一个半衰期后还剩50个。(×)(9)质能方程表明在一定条件下，质量可以转化为能量。(×)要点一原子的核式结构1．汤姆孙原子模型(1)电子的发现：1897年，英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子。电子的发现证明了原子是可再分的。(2)汤姆孙原子模型：原子里面带正电荷的物质均匀分布在整个原子球体中，而带负电的电子则一粒粒镶嵌在球内。2．α粒子散射实验(1)α粒子散射实验装置图13­3­1(2)α粒子散射实验的结果：绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但少数α粒子穿过金箔后发生了大角度偏转，极少数α粒子甚至被“撞了回来”。3．原子的核式结构模型(1)α粒子散射实验结果分析①核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变。②汤姆孙模型不能解释α粒子的大角度散射。③绝大多数α粒子沿直线穿过金箔，说明原子中绝大部分是空的；少数α粒子发生较大角度偏转，反映了原子内部集中存在着对α粒子有斥力的正电荷；极少数α粒子甚至被“撞了回来”，反映了个别α粒子正对着质量比α粒子大得多的物体运动时，受到该物体很大的斥力作用。(2)原子的核式结构模型在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的所有正电荷和几乎所有质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外绕核旋转。(3)核式结构模型的局限性卢瑟福的原子核式结构模型能够很好地解释α粒子散射实验现象，但不能解释原子光谱是特征光谱和原子的稳定性。[多角练通]1．(2019·通化二模)下列能揭示原子具有核式结构的是()A．α粒子散射实验 B．天然放射现象C．电子的发现 D．氢原子光谱是线状谱解析：选Aα粒子散射实验中少数α粒子能发生大角度偏转，说明原子中绝大部分质量和全部正电荷都集中在原子核上，卢瑟福就此提出了原子具有核式结构学说，故A正确；天然放射现象揭示了原子核有复杂的结构，故B错误；电子的发现揭示了原子有复杂结构，故C错误；氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征，故D错误。2．(2019·安徽高考)如图13­3­2所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是()图13­3­2A．M点 B．N点C．P点 D．Q点解析：选Cα粒子(氦原子核)和重金属原子核都带正电，互相排斥，加速度方向与α粒子所受斥力方向相同。带电粒子加速度方向沿相应点与重金属原子核连线指向曲线的凹侧，故只有选项C正确。3．如图13­3­3是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是()图13­3­3A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转解析：选A卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项A正确，B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，选项C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原方向前进，D错误。要点二能级跃迁1．对氢原子能级图的理解(1)能级图如图13­3­4所示。图13­3­4(2)能级图中相关量意义的说明：相关量意义能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态横线左端的数字“1,2,3…”表示量子数横线右端的数字“－13.6，－3.4…”表示氢原子的能量相邻横线间的距离表示相邻的能量差，量子数越大相邻的能量差越小，距离越小带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁的条件为hν＝Em－En2．两类能级跃迁(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发出光子。光子的频率ν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(E高－E低,h)。(2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量。①光照(吸收光子)：光子的能量必须恰等于能级差hν＝ΔE。②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE。③大于电离能的光子被吸收，将原子电离。3．谱线条数的确定方法(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。(2)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。①用数学中的组合知识求解：N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)。②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。[多角练通]1．(多选)(2019·长沙模拟)以下关于玻尔原子理论的说法正确的是()A．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的B．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收E．氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱解析：选ADE由于氢原子的轨道是不连续的，故A正确；电子在绕原子核做圆周运动时，不会产生电磁辐射，只有跃迁时才会产生电磁辐射，故B错误；氢原子在不同的轨道上的能级En＝eq\f(1,n2)E1，电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要吸收光子，故C错误。由于氢原子发射的光子的能量：E＝En－Em＝eq\f(1,n2)E1－eq\f(1,m2)E1＝hν，不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收，故D正确；光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，是特征谱线，但它的光谱不是连续谱，故E正确。2．(多选)(2019·山东高考)氢原子能级如图13­3­5，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是()图13­3­5A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB．用波长为325nm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633nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级解析：选CD根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656nm，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n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以C选项正确。3．(多选)(2019·汕头一模)氢原子的能级如图13­3­6所示。氢原子从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是()图13­3­6A．氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大B．该金属的逸出功W0＝12.75eVC．用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出D．氢原子处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动解析：选BD氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A错误。根据恰能使某金属产生光电效应，由n＝4跃迁到n＝1，辐射的光子能量最大，ΔE＝13.6eV－0.85eV＝12.75eV，则逸出功W0＝12.75eV，故B正确。一群处于n＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C错误。根据玻尔原子模型可知，处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故D正确。要点三原子核的衰变规律1．放射性元素具有放射性的元素称为放射性元素，原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能放出射线，它们放射出来的射线共有α射线、β射线、γ射线三种。2．三种射线的比较种类α射线β射线γ射线组成高速氦核流高速电子流光子流(高频电磁波)带电荷量2e－e0质量4mp，mp＝1.67×10－27eq\f(mp,1836)静止质量为零速度0.10.99c(光速)在电磁场中偏转与α射线反向偏转不偏转贯穿本领最弱，用纸能挡住较强，能穿透几毫米的铝板最强，能穿透几厘米的铅板对空气的电离作用很强较弱很弱3．α衰变、β衰变的比较衰变类型α衰变β衰变衰变方程eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A－4,Z－2)Y＋eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A,Z＋1)Y＋eq\o\al(0,－1)e衰变实质2个质子和2个中子结合成一个整体射出1个中子转化为1个质子和1个电子2eq\o\al(1,1)H＋2eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(0,－1)e匀强磁场中轨迹形状衰变规律电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒4．衰变次数的确定方法方法一：确定衰变次数的方法是依据两个守恒规律，设放射性元素eq\o\al(A,Z)X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素eq\o\al(A′,Z′)Y，则表