【三维设计】2022年高考物理一轮复习四川专版-第十三章-动量-近代物理初步选修3-5

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、自然 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弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ放射性同位素Ⅰ二、光电效应波粒二象性光电效应Ⅰ核力、核反应方程Ⅰ爱因斯坦光电效应方程Ⅰ结合能、质量亏损Ⅰ三、原子结构氢原子光谱氢原子光谱Ⅰ裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ射线的危害和防护Ⅰ氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ试验十六验证动量守恒定律把握考情找规律：高考对本章学问的考查主要以选择、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，结合物理学问在生活中的应用及最新科技成果的命题趋势较强，2022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，则动量也不转变。(×)(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全都的。(√)(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不愿定守恒。(√)(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确定相同。(√)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)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量确定也发生变化；若动量发生变化，则动能不愿定发生变化(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系2．应用动量定理解题的步骤(1)明确争辩对象和争辩过程争辩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。争辩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争辩对象以外的物体施加给争辩对象的力，全部外力之和为合外力。争辩对象内部的相互作用力(内力)会转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。假如在所选定的争辩过程的不同阶段中物体的受力状况不同，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，在一维的状况下，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)写出争辩对象的初、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)依据动量定理列式求解。3．应用动量定理解题的留意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要留意各个量与规定的正方向之间的关系(即要留意各个量的正负)。(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争辩一个物体，也可以争辩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，应当选取同一个参考系，不然求和无实际意义。[多角练通]1．(多选)物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，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确定相同，D正确。2．(多选)(2021·广州模拟)两个质量不同的物体，假如它们的()A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量变化量相等，则受到合力的冲量大小也相等解析：选ACD由p＝eq\r(2mEk)可知，两物体动能相同时，质量越大的动量越大，A正确，B错误；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，两物体动量相同时，质量越大的动能越小，C正确；由动量定理可知，物体动量变化量与所受合外力的冲量相同，D正确。3．(2022·天津高考)质量为0.2kg的小球竖直向下以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，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0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N。(g取10m解析：在小球与地面作用的过程中，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力mg、地面对小球竖直向上的作用力F两个力作用。初状态小球的速度大小为6m/s，方向竖直向下，末状态小球的速度大小为4m/s，方向竖直向上。取竖直向上为正方向，则初动量为负，末动量为正，动量变化量为Δp＝p′－p＝0.2kg×4m/s－0.2kg×(－6m由动量定理可得Ft－mgt＝Δp，则F＝eq\f(Δp,t)＋mg＝eq\f(2kg·m/s,0.2s)＋0.2kg×10m/s2＝12N。答案：212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需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……必需是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必需是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性争辩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)明确争辩对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及争辩的过程)；(2)进行受力分析，推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，必要时争辩说明。[多角练通]1.如图13­1­1所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开头自由下滑，下列说法正确的是()图13­1­1A．在下滑过程中，物块的机械能守恒B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处解析：选C在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，但物块的机械能削减，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，故选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，选项C正确；由物块和光滑弧形槽组成的系统动量守恒可知，物块和光滑弧形槽的速度大小相同，故物块被弹簧反弹后不行能再追上弧形槽，D错误。2.(2022·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，由把握系统使箭体与卫星分别。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分别后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽视空气阻力及分别前后系统质量的变化，则分别后卫星的速率v1为()图13­1­2A．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，在分别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。3．(2021·烟台二模)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图13­1­3所示。由于摩擦，滑块最终停在木块B上，B和图13­1­3(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC′。解析：C从开头滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25vC′＝2.75答案：(1)0.25m/s(2)2.75m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视。(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，故外力的作用可忽视，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行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推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，精确     地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告知物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告知是弹性小球、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确定增大，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行能都不转变。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(1)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。(2)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。(3)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，一般可忽视不计，可以认为爆炸后照旧从爆炸前的位置以新的动量开头运动。[典例](2022·山东高考)如图13­1­4，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开头时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：图13­1­4(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。[审题指导](1)水平直轨道光滑，A、B组成的系统动量守恒。(2)理清A、B碰撞前、后的速度大小关系。(3)系统机械能的损失对应系统碰撞前后动能的减小量。[解析](1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为eq\f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2)。②(2)从开头到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2④联立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)。⑤[答案](1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)[针对训练]1．(2021·福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的酷热气体。忽视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.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0解析：选D设喷气结束时火箭模型获得的速度大小为v，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，解得火箭模型获得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，选项D正确。2．(2022·大纲卷)一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(4A,A＋12) D.eq\f(A＋12,A－12)解析：选A设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1－A,1＋A)v0，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v0,v1)))＝eq\f(A＋1,A－1)，A正确。3．(2022·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s图13­1­5解析：选B由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必定增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量转变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错，B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δ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(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学学问解题，可处理匀变速运动问题。(2)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。(3)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)若争辩对象为一个系统，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)若争辩对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)由于动量守恒定律、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，这正是它们的便利之处。特殊对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。[典例](2022·广东高考)如图13­1­6所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P。以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2。P1、P2和(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能Δ(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。图13­1­6[审题指导](1)P1与P2的碰撞为完全非弹性碰撞；动量守恒，动能损失最多。(2)复合体P从A→B、B→C、C→B的过程为匀减速运动。(3)当t1＝2s时P向左经过B点时速度v1最大，向左经过A点时的动能最大。(4)当t2＝4s时P向左经过B点时速度v1最小。[解析](1)若v1＝6m/s，依据动量守恒定律，碰撞后瞬间P的速度mv1＝2mv解得v＝3碰撞过程损失的动能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×1×62J－eq\f(1,2)×2×1×32J＝9J(2)由于探测器的工作时间在t1＝2s至t2＝4s内，要在工作时间内通过，由于P与挡板发生的是弹性碰撞，因此P从A动身回到A的整个滑动过程可以看成是匀减速直线运动。由mv1＝2mv得v＝eq\f(1,2)v1P以v开头滑动，滑动的加速度a＝μg＝1m若P碰撞后在t1时刻到达B点则vt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝3L则v1＝14若P碰撞后在t2时刻到达B点则vt2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝3L则v1＝10因此v1的速度范围为10m/s≤v1≤14m当v1＝14m/s时，v＝7mP以7m/s的速度从A开头滑动到返回－μ·2mg×4L＝E－eq\f(1,2)×2mv2求得E＝17J。[答案](1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s[针对训练]1.如图13­1­7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)的小物块以确定的初速度沿水平面对右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。假如斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。假如斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()图13­1­7A．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)veq\o\al(2,1)。联立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正确。2．(2022·天津高考)如图13­1­8所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力微小，可以忽视不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下连续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2图13­1­8(1)A开头运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l。解析：(1)以A为争辩对象，由牛顿其次定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开头运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3对点训练：冲量、动量、动量定理1．放在水平面上的物体，用水平推力F推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力冲量的大小，下列说法正确的是()A．合力的冲量及摩擦力的冲量均为0B．合力的冲量及摩擦力的冲量均为FtC．合力的冲量为0，摩擦力的冲量为FtD．合力的冲量为Ft，摩擦力的冲量为0解析：选C用水平力F推物体t秒，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0。摩擦力与推力等大反向，故摩擦力冲量的大小也为Ft，但方向与F方向相反，C正确。2．(2021·江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则()A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2解析：选B依据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，依据动量定理和动量与动能的关系式p＝eq\r(2mEk)，有I1＝eq\r(2mE1)－0＝eq\r(2mE1)，I2＝2eq\r(mE1)－eq\r(2mE1)＝(2－eq\r(2))eq\r(mE1)，明显I1＞I2，综上知，B正确。3．(2021·湖北高校附中测试)质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性平安带的疼惜，他被悬挂起来。已知平安带的缓冲时间是1.2s，平安带长5m，取g＝10A．500N B．600NC．1100N D．100N解析：选C平安带长5m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝eq\r(2gh)＝10m/s。受平安带的疼惜经1.2s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，则F＝eq\f(mv,t)＋mg＝1100N，C正确。对点训练：动量守恒定律的理解与应用4．(2021·浙江自选模块)如图1所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面对前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()图1A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确。甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误。5.如图2所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为()图2A.eq\f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq\f(Mv1,M－m)C.eq\f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1解析：选D在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m＋M)v1＝mv1＋Mv车，因此v车＝v1，所以D正确。6.(2021·福建省莆田一中期末)如图3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开头向左运动，B开头向右运动，A始终没有滑离B板。图3A．1.8m/s B．2.4mC．2.8m/s D．3.0m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．(2021·淮南质检)在光滑水平桌面上停放着两辆玩具小车A、B，其质量之比mA∶mB＝1∶2，两车用一根轻质细线缚住，中间夹着被压缩的轻弹簧，当烧断细线，轻弹簧将两车弹开，A车与B车()A．动量大小之比为1∶2 B．动量大小之比为1∶1C．速度大小之比为1∶2 D．速度大小之比为1∶1解析：选B系统动量守恒，两车被弹开前，总动量为零，弹开后，总动量仍为零，所以A车与B车的动量大小相等，方向相反，选项A错误，B正确；由mAvA＝mBvB可得，vA∶vB＝mB∶mA＝2∶1，选项C、D错误。8．(2021·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v，方向水平向东；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．(2022·江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分别速度和它们碰撞前的接近速度之比总量约为15∶16，分别速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小解析：设玻璃球A、B碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知eq\f(v2－v1,v0)＝eq\f(15,16)，解得v1＝eq\f(17,48)v0，v2＝eq\f(31,24)v0。答案：见解析对点训练：动量与能量的综合问题10．(2021·渝中区模拟)如图4所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开头沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值eq\f(mA,mB)的说法正确的是()图4A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1C.eq\f(mA,mB)＝1 D.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)解析：选B由mgR＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(2gR)，则两球碰后速度等大反向，碰撞前A球下滑到最低点的速度设为v0，由机械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞过程中动量守恒可得：mAv0＝mBv－mAv。以上三式联立可解得：eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1，B正确。11．(2022·北京高考)如图5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。图5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/s(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)依据机械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)依据动量守恒定律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)依据动能定理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．(2021·张掖模拟)如图6所示。质量M＝2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA＝2kg的物体A(可视为质点)。一个质量为m＝20g的子弹以500m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s，最终物体A静止在车上。若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝图6(1)平板车最终的速度是多大？(2)全过程损失的机械能为多少？(3)A在平板车上滑行的时间为多少？解析：(1)对子弹和物块，由动量守恒得mv0＝mv′＋MAv得v＝4同理对M和MA有MAv＝(M＋MA)v车得v车＝2(2)由能量守恒得：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋MA)veq\o\al(2,车)＝2392J。(3)由动量定理得：－μMAgt＝MAv车－MAv得t＝0.4s。答案：(1)2m/s(2)2392J(3)0.4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，入射光子的能量必需大于金属的逸出功。(√)(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觉了康普顿效应，证明白光的粒子性。(√)(8)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在确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放射出来的电子，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，电子吸取光子的全部能量，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状况，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)光电流和饱和光电流：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，在确定的光照条件下，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洁的正比关系。2．光电效应的争辩思路(1)两条线索：(2)两条对应关系：光强大→光子数目多→放射光电子多→光电流大；光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。[多角练通]1．(2022·上海高考)在光电效应的试验结果中，与光的波动理论不冲突的是()A．光电效应是瞬时发生的B．全部金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增加而变大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，光电效应证明白光的粒子性。由于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，这与光的波动性冲突，A项错误；同理，由于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，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸取一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸取的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误。2．(多选)(2021·广东省湛江一中高三模拟)用如图13­2­1所示的光电管争辩光电效应的试验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转。而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么()图13­2­1A．a光的频率确定大于b光的频率B．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大C．增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转D．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c解析：选AB由于用单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，说明发生了光电效应，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，说明b光不能发生光电效应，即a光的频率确定大于b光的频率；增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加，则通过电流计G的电流增大；由于b光不能发生光电效应，所以即使增加b光的强度也不行能使电流计G的指针发生偏转；用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电子的方向是由d到c，所以电流方向是由c到d。选项A、B正确。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可以利用光电管用试验的方法测得，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外形由图线直接(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](2021·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，试验装置示意图如图13­2­2甲所示。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。图13­2­2(1)图甲中电极A为光电管的______(填“阴极”或“阳极”)；(2)试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)假照试验中入射光的频率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试验电路，光电子从K极放射出来，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，依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)1.23×10－19[针对训练]1.(多选)图13­2­3是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知()图13­2­3A．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2ED．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)解析：选AB依据爱因斯坦光电效应方程，结合题给光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像知，该金属的逸出功等于E，等于hν0，选项A、B正确。入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E，入射光的频率为eq\f(ν0,2)时，不能产生光电效应，选项C、D错误。2．(2021·北京高考)以往我们生疏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取到一个光子而从金属表面逸出。强激光的毁灭丰富了人们对于光电效应的生疏，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取多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被试验证明。光电效应试验装置示意如图13­2­4。用频率为ν的一般光源照射阴极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，渐渐增大U，光电流会渐渐减小；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13­2­4A．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本题考查光电效应学问，意在考查考生对光电效应规律的正确理解和应用力气。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取多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应。由题意知最大初动能Ek＝eU，依据光电效应方程有：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。3．(2010·浙江高考)在光电效应试验中，飞飞同学用同一光电管在不同试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13­2­5所示。则可推断出()图13­2­5A．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．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能解析：选B由题图可知，丙光的最大电流小于甲光和乙光，说明逸出的电子数目最少，即丙光的强度最小。由题图说明丙光对应的光电子的初动能最大，即丙光的频率最高(波长最小)，B项正确，D项错误；甲光和乙光的频率相同，A项错误。由于是同一光电管，所以乙光、丙光截止频率是一样的，C项错误。要点三对波粒二象性的理解1．对波粒二象性的进一步理解试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，即光子在空间各点毁灭的可能性大小(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＝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试验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不行能同时有两个光子存在，如图13­2­6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13­2­6A．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)1927年戴维逊和革末完成了电子衍射试验，该试验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理试验之一。如图13­2­7所示的是该试验装置的简化图，下列说法正确的是()图13­2­7A．亮条纹是电子到达概率大的地方B．该试验说明物质波理论是正确的C．该试验再次说明光子具有波动性D．该试验说明实物粒子具有波动性解析：选ABD电子属于实物粒子，电子衍射试验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，A正确。3．(2022·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，依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。对点训练：光电效应现象及规律1．(多选)(2021·汕头模拟)如图1所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是()图1A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电解析：选BC用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸取紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，锌板失去电子应当带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故C正确、D错误。2．(多选)(2022·广东高考)在光电效应试验中，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，光电效应现象消逝C．改用频率小于ν的光照射，确定不发生光电效应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依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逝，B项错误；改用小于ν的入射光照射，假如入射光的频率照旧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。3．(多选)(2021·天津六校联考)关于光电效应，下列说法正确的是()A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面出来的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．若发生了光电效应且入射光的频率确定时，光强越强，单位时间内逸出的光电子数就越多解析：选AD由逸出功W＝hν0知极限频率越大，逸出功越大，故A正确。发生光电效应与入射光的频率有关，与入射光的强度和光的照射时间无关，故B错误。依据光电效应方程Ekm＝hν－W0得，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故C错误。在发生光电效应的状况下，入射光的强度越高，单位时间内发出光电子的数目越多，故D正确。对点训练：光的波粒二象性物质波4．(多选)(2021·河北唐山调研)下列说法正确的是()A．卢瑟福通过α粒子散射试验建立了原子核式结构模型B．宏观物体的物质波波长格外大，极易观看到它的波动性C．爱因斯坦在对光电效应的争辩中，提出了光子说D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必需小于这个波长，才能产生光电效应解析：选ACD卢瑟福通过α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型，故A正确。依据λ＝eq\f(h,p)，知宏观物体的物质波波长格外小，不易观看到它的波动性，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争辩中，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”，入射光的波长必需小于这个波长，才能产生光电效应，故D正确。5．(多选)(2021·上海高考)某半导体激光器放射波长为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＝6.63×10－34A．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。每秒放射的光子数n＝eq\f(P×1,E)≈3.8×1016个，D正确。6．(2021·浙江宁波期末)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) .eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)C.eq\f(λ1＋λ2,2) .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)，对撞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．(多选)(2021·陕西渭南质检)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)mveq\o\al(2,1)，heq\f(c,2λ)＝W0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，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。8．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为eq\f(1,3)Ek，当改用c光束照射该金属板时()A．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为eq\f(1,6)EkB．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为eq\f(1,9)EkC．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为eq\f(1,12)EkD．由于c光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应解析：选B对a、b、c三束光由光电效应方程有：eq\f(hc,λa)－W＝Ek，eq\f(hc,2λa)－W＝eq\f(1,3)Ek，由以上两式可得eq\f(hc,λa)＝eq\f(4,3)Ek，W＝eq\f(1,3)Ek。当改用c光束照射该金属板时eq\f(hc,3λa)－W＝eq\f(4,9)Ek－eq\f(1,3)Ek＝eq\f(1,9)Ek，故B正确。9．(2021·云南昆明一中测试)紫光在真空中的波长为4.5×10－7m，(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射极限频率νc＝4.62×1014Hz的金属钾能否产生光电效应？(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h＝6.63×10－34J·s)解析：(1)E＝hν＝heq\f(c,λ)＝4.42×10－19J。(2)ν＝eq\f(c,λ)＝6.67×1014Hz，由于ν＞νc，所以能产生光电效应。(3)光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝h(ν－νc)＝1.36×10－19J。答案：(1)4.42×10－19J(2)能(3)1.36×10－19J10．(2021·潍坊模拟)某同学接受如图2所示的试验电路争辩光电效应，用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调整滑动变阻器的滑片渐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压的示数U称为反向遏止电压。依据反向遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到反向遏止电压分别为U1和U2，求：图2(1)阴极K所用金属的极限频率；(2)用题目中所给条件表示普朗克常量h。解析：由光电效应方程可得：hν1－W＝Ek1hν2－W＝Ek2又Ek1＝U1eEk2＝U2e极限频率ν0＝eq\f(W,h)由以上各式联立可得：ν0＝eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)h＝eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)。答案：(1)eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)(2)eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)对点训练：与光电效应有关的图像问题11．(多选)如图3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3A．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。12．用如图4甲所示的电路争辩光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调。分别用a、b、c三束单色光照射，调整A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示。由图可知()图4A．单色光a和c的频率相同，但a更强些B．单色光a和c的频率相同，但a更弱些C．单色光b的频率小于a的频率D．转变电源的极性不行能有光电流产生解析：选A由题图乙可知，a、c的遏止电压相同，依据光电效应方程可知单色光a和c的频率相同，但a产生的光电流大，说明a光的强度大，选项A正确，B错误；b的遏止电压大于a、c的遏止电压，所以单色光b的频率大于a的频率，选项C错误；只要光的频率不变，转变电源的极性，仍可能有光电流产生，选项D错误。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粒子散射试验的基础上提出的。(√)(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)依据玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上。(×)(6)人们生疏原子具有简洁结构是从英国物理学家汤姆孙争辩阴极射线发觉电子开头的。(√)(7)人们生疏原子核具有简洁结构是从卢瑟福发觉质子开头的。(×)(8)假如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)质能方程表明在确定条件下，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)电子的发觉：1897年，英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的争辩发觉了电子。电子的发觉证明白原子是可再分的。(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粒子散射试验(1)α粒子散射试验装置图13­3­1(2)α粒子散射试验的结果：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粒子散射试验结果分析①核外电子不会使α粒子的速度发生明显转变。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，原子的全部正电荷和几乎全部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粒子散射试验现象，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．(2011·天津高考)下列能揭示原子具有核式结构的试验是()A．光电效应试验 B．伦琴射线的发觉C．α粒子散射试验 D．氢原子光谱的发觉解析：选C光电效应试验说明光具有粒子性，伦琴射线的发觉说明X射线是一种比光波波长更短的电磁波，氢原子光谱的发觉促进了氢原子模型的提出。故C正确。2．(2021·福建高考)在卢瑟福α粒子散射试验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经受金箔散射过程的径迹，其中正确的是()图13­3­2解析：选C本题考查卢瑟福α粒子散射试验，意在考查考生对该试验的生疏。α粒子与原子核均带正电荷，所以α粒子受到原子核的作用力为斥力，据此可排解选项A、D；α粒子不行能先受到吸引力，再受到排斥力，选项B错误。3．如图13­3­3是卢瑟福的α粒子散射试验装置，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，最终打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是()图13­3­3A．该试验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．该试验证明白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卢瑟福依据α粒子散射试验，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，吸取能量。①光照(吸取光子)：光子的能量必需恰等于能级差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取，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用数学中的组合学问求解：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状况一一画出，然后相加。[多角练通]1．原子从一个高能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不放射光子。例如在某种条件下，铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时并不放射光子，而是将相应的能量转交给n＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子。已知铬原子的能级公式可简化表示为En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3，……表示不同能级，A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A解析：选C先计算铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时应释放的能量：ΔE＝E2－E1＝－eq\f(A,4)＋A＝eq\f(3,4)A。n＝4能级上的电子要电离所需的能量E4＝eq\f(1,16)A，则n＝4能级上的电子得到ΔE的能量后，首先需要能量使之电离，然后多余的能量以动能的形式存在，所以Ek＝ΔE－E4＝eq\f(11,16)A，选项C正确。2．(多选)(2022·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。以下推断正确的是()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依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，辐射光的波长确定小于656nm，因此A选项错误；依据发生跃迁只能吸取和辐射确定频率的光子，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．(2021·浙江自选模块)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的试验规律，氢原子能级图如图13­3­6所示。当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为________Hz的光子，用该频率的光照射逸出功为2.25eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为____________eV。(电子电荷量e＝1.60×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s图13­3­6解析：氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，释放出光子的能量为E＝－0.85eV－(－3.40eV)＝2.55eV，由hν＝E解得光子的频率ν＝6.2×1014Hz。用此光照射逸出功为2.25eV的钾时，由光电效应方程知，产生光电子的最大初动能为Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30eV。答案：6.2×10140.30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事最弱，用纸能拦住较强，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匀强磁场中轨迹外形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，则表示该核反应的方程为eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A′,Z′)Y＋neq\o\al(4,2)He＋meq\o\al(0,－1)e。依据质量数守恒和电荷数守恒可列方程A＝A′＋4nZ＝Z′＋2n－m由以上两式联立解得n＝eq\f(A－A′,4)，m＝eq\f(A－A′,2)＋Z′－Z由此可见确定衰变次数可归结为求解一个二元一次方程组。方法二：由于β衰变对质量数无影响，可先由质量数的转变确定α衰变的次数，然后依据衰变规律确定β衰变的次数。5.对半衰期的理解(1)半衰期公式：N余＝N原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)，m余＝m原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)。式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期。(2)半衰期的物理意义：半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率确定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差别很大。(3)半衰期的适用条件：半衰期是一个统计规律，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定何时发生衰变。[多角练通]1．(多选)(2022·全国卷Ⅰ)关于自然 放射性，下列说法正确的是()A．全部元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透力气最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线解析：选BCD并不是全部的元素都可能发生衰变，原子序数越大，越易发生，A错误；放射性元素的半衰期与元素本身内部结构有关，与外界的温度无关，B正确；放射性元素无论单质还是化合物都具有放射性，C正确；在α、β、γ射线中，γ射线的穿透力气最强，D正确；一个原子核在一次衰变过程中，可以是α衰变或β衰变，同时伴随γ射线放出，E错误。2．(2022·福建高考)如图13­3­7，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是()图13­3­7A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析选Cγ射线为电磁波，在电场、磁场中均不偏转，故②和⑤表示γ射线，A、B、D项错；α射线中的α粒子为氦的原子核，带正电，在匀强电场中，沿电场方向偏转，故③表示α射线，由左手定则可知在匀强磁场中α射线向左偏，故④表示α射线，C项对。3．(1)(多选)eq\o\al(232,)90Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变，变成eq\o\al(208,)82Pb(铅)。以下说法正确的是()A．铅核比钍核少8个质子B．铅核比钍核少16个中子C．共经过4次α衰变和6次β衰变D．共经过6次α衰变和4次β衰变(2)约里奥—居里夫妇发觉放射性元素eq\o\al(30,15)P衰变成eq\o\al(30,14)Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是________。eq\o\al(32,15)P是eq\o\al(30,15)P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1mg的eq\o\al(32,15)P随时间衰变的关系如图13­3­8所示，请估算4mg的eq\o\al(32,15)P经多少天的衰变后还剩0.25mg?图13­3­8解析：(1)钍核中共有90个质子，142个中子，铅核中共有82个质子，126个中子，故铅核比钍核少8个质子，少16个中子，A、B均正确；eq\o\al(232,)90Th衰变为eq\o\al(208,)82Pb共经过的α衰变的次数为eq\f(232－208,4)＝6次，共经过的β衰变的次数为eq\f(6×2－90－82,1)＝4次，故C错误，D正确。(2)由eq\o\al(30,15)P衰变成eq\o\al(30,14)Si同时放出的粒子为eq\o\al(0,1)e，由m＝m0(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)m＝eq\f(0.25,4)m0＝eq\f(1,16)m0，可得t＝4τ，由m­t图像可知，τ＝14天，故经受的时间为t＝4τ＝56天。答案：(1)ABD(2)eq\o\al(0,1)e(正电子)56天要点四核反应方程与核能计算1．核反应的四种类型类型可控性核反应方程典例衰变α衰变自发eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)