（全國通用）高三物理一輪復習 第十三章 動量 近代物理初步（選修35）.doc

第十三章 動量近代物理初步備考指南考 點內 容要求考 點內 容要 求一、碰撞與動量守恒動量、動量定理、動量守恒定律及其應用四、天然放射現(xiàn)象核反應核能原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期放射性同位素彈性碰撞和非彈性碰撞核力、核反應方程二、光電效應波粒二象性光電效應結合能、質量虧損愛因斯坦光電效應方程裂變反應和聚變反應、裂變反應堆三、原子結構氫原子光譜氫原子光譜射線的危害和防護氫原子的能級結構、能級公式實驗十六驗證動量守恒定律把握考情找規(guī)律：高考對本章知識的考查主要以選擇、計算為主，本專題的主要考點有碰撞模型、動量定理、動量守恒定律、經典物理理論、原子和原子核部分的最新科技成果。明熱點：以生活中的具體事例及經典物理學理論為命題背景，結合物理知識在生活中的應用及最新科技成果的命題趨勢較強，2017年高考應予以高度關注。第1節(jié) 動量守恒定律及其應用(1)動量越大的物體，其速度越大。()(2)物體的動量越大，其慣性也越大。()(3)物體所受合力不變，則動量也不改變。()(4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。()(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。()(6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。()(7)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。()(8)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。()要點一動量定理的理解與應用1動量、動能、動量變化量的比較動量動能動量變化量定義物體的質量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式pmvekmv2ppp標矢性矢量標量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關聯(lián)方程ek，ekpv，p，p聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2應用動量定理解題的步驟(1)明確研究對象和研究過程研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進行受力分析只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內部的相互作用力(內力)會改變系統(tǒng)內某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內力。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負。(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。(5)根據動量定理列式求解。3應用動量定理解題的注意事項(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關系(即要注意各個量的正負)。(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p也是系統(tǒng)各部分動量之和。(5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。典例(2015安徽高考)一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的a點，距離a點5 m的位置b處是一面墻，如圖1311所示，一物塊以v09 m/s的初速度從a點沿ab方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2。圖1311(1)求物塊與地面間的動摩擦因數。(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小f。(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功w。解析(1)由動能定理，有mgsmv2mv02可得0.32。(2)由動量定理：有ftmvmv可得f130 n。(3)wmv29 j。答案(1)0.32(2)130 n(3)9 j針對訓練1(多選)物體的動量變化量的大小為5 kgm/s，這說明()a物體的動量在減小b物體的動量在增大c物體的動量大小可能不變d物體受到的合力沖量大小為5 ns解析：選cd因不知動量變化的方向與初動量方向是否相同，故無法確定動量是增大還是減小，a、b錯誤；動量是矢量，其變化量可能是動量方向變化引起的，c正確；由動量定理ip可知，合外力的沖量與物體動量變化量大小一定相同，d正確。2(2015北京高考)“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是()a繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小b繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小c繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大d人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力解析：選a從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項a正確，選項b、c、d錯誤。要點二動量守恒定律及其應用1動量守恒定律的“五性”矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2動量守恒定律的三種表達式及對應意義(1)pp，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p。(2)ppp0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。(3)p1p2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。3應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明。典例(2016鄭州高三質量預測)如圖1312所示，質量為m245 g的物塊(可視為質點)放在質量為m0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數為0.4。質量為m05 g的子彈以速度v0300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求：圖1312(1)子彈進入物塊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)物塊在木板上滑行的時間t。解析(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mm)v2，解得v22 m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s。答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s針對訓練1(多選)(2016佛山模擬)如圖1313所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑()圖1313a在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功b在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒c被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動d被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處解析：選bc在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項a錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項b正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，選項c正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項d錯誤。2(2014福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖1314av0v2bv0v2cv0v2 dv0(v0v2)解析：選d火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守恒定律有：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0(v0v2)，d項正確。要點三碰撞、爆炸與反沖1對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。2物體的碰撞是否為彈性碰撞的判斷彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告訴是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。3碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒定律。(2)機械能不增加。(3)速度要合理。碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前v后。碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。4對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。5爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動典例(2015全國卷)如圖1315，在足夠長的光滑水平面上，物體a、b、c位于同一直線上，a位于b、c之間。a的質量為m，b、c的質量都為m，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使a以某一速度向右運動，求m和m之間應滿足什么條件，才能使a只與b、c各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。圖1315解析a向右運動與c發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設速度方向向右為正，開始時a的速度為v0，第一次碰撞后c的速度為vc1，a的速度為va1。由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0mva1mvc1mv02mva12mvc12聯(lián)立式得va1v0vc1v0如果mm，第一次碰撞后，a與c速度同向，且a的速度小于c的速度，不可能與b發(fā)生碰撞；如果mm，第一次碰撞后，a靜止，c以a碰前的速度向右運動，a不可能與b發(fā)生碰撞；所以只需考慮mm的情況。第一次碰撞后，a反向運動與b發(fā)生碰撞。設與b發(fā)生碰撞后，a的速度為va2，b的速度為vb1，同樣有va2va12v0根據題意，要求a只與b、c各發(fā)生一次碰撞，應有va2vc1聯(lián)立式得m24mmm20解得m(2)m另一解m(2)m舍去。所以，m和m應滿足的條件為(2)mmm。答案(2)mmm方法規(guī)律碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1v0、v2v0。(3)熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1m2，且v200時，碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v。當m1m2，且v200時，碰后質量小的球原速率反彈。針對訓練1(2016福州二模)一質量為m的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為()ammbmmcmm dmm解析：選c規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：mv0(mm)v2mv1解得：mm，故選c。2(2015福建高考)如圖1316，兩滑塊a、b在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊a的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊b的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()圖1316aa和b都向左運動 ba和b都向右運動ca靜止，b向右運動 da向左運動，b向右運動解析：選d選向右為正方向，則a的動量pam2v02mv0。b的動量pb2mv0。碰前a、b的動量之和為零，根據動量守恒，碰后a、b的動量之和也應為零，可知四個選項中只有選項d符合題意。要點四動量與能量的綜合應用1解動力學問題的三個基本觀點力的觀點運用牛頓定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量觀點用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題2利用動量和能量的觀點解題的技巧(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理。(3)因為動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。典例(2015廣東高考)如圖1317所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑r0.5 m。物塊a以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上p處靜止的物塊b碰撞，碰后粘在一起運動，p點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為l0.1 m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為0.1，a、b的質量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；a、b視為質點，碰撞時間極短)。圖1317(1)求a滑過q點時的速度大小v和受到的彈力大小f；(2)若碰后ab最終停止在第k個粗糙段上，求k的數值；(3)求碰后ab滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關系式。解析(1)物塊a從滑入圓軌道到最高點q，根據機械能守恒定律，得mv02mg2rmv2所以a滑過q點時的速度v m/s4 m/s m/s在q點根據牛頓第二定律和向心力公式，得mgfm所以a受到的彈力fmgn22 n。(2)a與b碰撞遵守動量守恒定律，設碰撞后的速度為v，則mv02mv所以vv03 m/s從碰撞到ab停止，根據動能定理，得2mgkl02mv2所以k45。(3)ab從碰撞到滑至第n個光滑段根據動能定理，得2mgnl2mvn22mv2解得vn m/s(nk)。答案(1)4 m/s22 n(2)45(3)vn m/s(nk)針對訓練1如圖1318所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為m的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為。一質量為m(mm)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()圖1318ahbhchdh解析：選d若斜面固定，由機械能守恒定律可得mv2mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv(mm)v1，由機械能守恒定律可得mv2mgh(mm)v12。聯(lián)立以上各式可得hh，故d正確。2(2015全國卷)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖1319所示。求：圖1319(1)滑塊a、b的質量之比；(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。解析：(1)設a、b的質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得v12 m/sv21 m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖像得v m/s由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v聯(lián)立式得m1m218。(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為em1v12m2v22(m1m2)v2由圖像可知，兩滑塊最后停止運動。由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為w(m1m2)v2聯(lián)立式，并代入題給數據得we12。答案：(1)18(2)12對點訓練：動量、沖量、動量定理1(2016合肥一模)質量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球動量變化量p和合外力對小球做的功w，下列說法正確的是()ap2 kgm/sw2 jbp2 kgm/sw2 jcp0.4 kgm/sw2 jdp0.4 kgm/sw2 j解析：選a取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s，方向豎直向上。由動能定理，合外力做的功：wmv22mv120.242j0.262j2 j。2(2016合肥質檢)一質量為2 kg的物體受水平拉力f作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的at圖像如圖1所示，t0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 n，則()圖1at6 s時，物體的速度為18 m/sb在06 s內，合力對物體做的功為400 jc在06 s內，拉力對物體的沖量為36 nsdt6 s時，拉力f的功率為200 w解析：選d類比速度圖像中位移的表示方法可知，在加速度時間圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示速度變化量，在06 s內v18 m/s，又v02 m/s，則t6 s時的速度v20 m/s，a錯誤；由動能定理可知，06 s內，合力做的功為wmv2mv02396 j，b錯誤；由動量定理可知，iffftmvmv0，代入已知條件解得if48 ns，c錯誤；由牛頓第二定律可知，6 s末fffma，解得f10 n，所以拉力的功率pfv200 w，d正確。3(2015重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()amgbmgcmg dmg解析：選a由動量定理得(mgf)t0mv，得fmg。選項a正確。對點訓練：動量守恒定律的理解與應用4(2016福州質檢)如圖2所示，物體a的質量是物體b的質量的2倍，中間壓縮一輕質彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開兩手后一小段時間內()圖2aa的速率始終等于b的速率ba的動量大小大于b的動量大小ca受的合力大小大于b受的合力大小da的動量不等于b的動量解析：選da、b開始靜止時，同時放開手后一段時間內，系統(tǒng)動量守恒，a的動量和b的動量大小相等，方向相反，a、b錯誤，d正確；由牛頓第三定律知，a受的合力大小等于b受的合力大小，c錯誤。5(2016廈門質檢)如圖3所示，兩輛質量均為m的小車a和b置于光滑的水平面上，有一質量為m的人靜止站在a車上，兩車靜止。若這個人自a車跳到b車上，接著又跳回a車并與a車相對靜止。則此時a車和b車的速度之比為()圖3a bc d解析：選c規(guī)定向右為正方向，則由動量守恒定律有：0mvb(mm)va，得，故選c。6(2016濟寧高三期末)如圖4所示，一質量m3.0 kg的長方形木板b放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m1.0 kg的小木塊a。給a和b以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使a開始向左運動，b開始向右運動，a始終沒有滑離b板。 在小木塊a做加速運動的時間內，木板速度大小可能是()圖4a1.8 m/s b2.4 m/sc2.8 m/s d3.0 m/s解析：選ba先向左減速到零，再向右加速運動，在此期間，木板減速運動，最終它們保持相對靜止，設a減速到零時，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則mvmvmv1，mv1(mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在小木塊a做加速運動的時間內，木板速度大小應大于2.0 m/s而小于 m/s，只有選項b正確。對點訓練：碰撞、爆炸及反沖7兩球a、b在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，ma1 kg，mb2 kg，va6 m/s，vb2 m/s。當a追上b并發(fā)生碰撞后，兩球a、b速度的可能值是()ava5 m/s，vb2.5 m/sbva2 m/s，vb4 m/scva4 m/s，vb7 m/sdva7 m/s，vb1.5 m/s解析：選b雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但a、d兩項中，碰后a的速度va大于b的速度vb，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；c項中，兩球碰后的總動能ekmava2mbvb257 j，大于碰前的總動能ekmava2mbvb222 j，違背了能量守恒定律；而b項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故b項正確。8(2015泉州高三質檢)“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向東；則另一塊的速度為()a3v0v b2v03vc3v02v d2v0v解析：選c取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，3mv02mvmvx，可得vx3v02v，c正確。9如圖5所示，光滑水平軌道上放置長板a(上表面粗糙)和滑塊c，滑塊b置于a的左端，三者質量分別為ma2 kg、mb1 kg、mc2 kg。開始時c靜止，a、b一起以v05 m/s的速度勻速向右運動，a與c發(fā)生碰撞(時間極短)后c向右運動，經過一段時間，a、b再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與c碰撞。求a與c碰撞后瞬間a的速度大小。圖5解析：因碰撞時間極短，a與c碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間a的速度為va，c的速度為vc，以向右為正方向，由動量守恒定律得mav0mavamcvca與b在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vab，由動量守恒定律得mavambv0(mamb)vaba與b達到共同速度后恰好不再與c碰撞，應滿足vabvc聯(lián)立式，代入數據得va2 m/s。答案：2 m/s對點訓練：動量與能量的綜合問題10(2016北京豐臺區(qū)質檢)如圖6所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球a、b疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，b先與地面碰撞，后與a碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m23m1，則a反彈后能達到的高度為()圖6ah b2hc3h d4h解析：選d所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設豎直向上為正方向，根據機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1v12m2v22，m1v12m1gh1，將m23m1代入，聯(lián)立可得h14h，選項d正確。11(2014北京高考)如圖7所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊a和b分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現(xiàn)將a無初速釋放，a與b碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑r0.2 m；a和b的質量相等；a和b整體與桌面之間的動摩擦因數0.2。取重力加速度g10 m/s2。求：圖7(1)碰撞前瞬間a的速率v；(2)碰撞后瞬間a和b整體的速率v；(3)a和b整體在桌面上滑動的距離l。解析：設滑塊的質量為m。(1)根據機械能守恒定律mgrmv2得碰撞前瞬間a的速率v2 m/s。(2)根據動量守恒定律mv2mv得碰撞后瞬間a和b整體的速率vv1 m/s。(3)根據動能定理(2m)v2(2m)gl得a和b整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m。答案：見解析12(2015山東高考)如圖8，三個質量相同的滑塊a、b、c，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上。現(xiàn)給滑塊a向右的初速度v0，一段時間后a與b發(fā)生碰撞，碰后a、b分別以v0、v0的速度向右運動，b再與c發(fā)生碰撞，碰后b、c粘在一起向右運動?；瑝Ka、b與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求b、c碰后瞬間共同速度的大小。圖8解析：設滑塊質量為m，a與b碰撞前a的速度為va，由題意知，碰撞后a的速度vav0，b的速度vbv0，由動量守恒定律得mvamvamvb設碰撞前a克服軌道阻力所做的功為wa，由功能關系得wamv02mva2設b與c碰撞前b的速度為vb，b克服軌道阻力所做的功為wb，由功能關系得wbmvb2mvb2據題意可知wawb設b、c碰撞后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvb2mv聯(lián)立式，代入數據得vv0。答案：v0第2節(jié) 波粒二象性(1)光子和光電子都是實物粒子。()(2)只要入射光的強度足夠強，就可以使金屬發(fā)生光電效應。()(3)要使某金屬發(fā)生光電效應，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功。()(4)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比。()(5)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性。()(6)德國物理學家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應規(guī)律。()(7)美國物理學家康普頓發(fā)現(xiàn)了康普頓效應，證實了光的粒子性。()(8)法國物理學家德布羅意大膽預言了實物粒子在一定條件下會表現(xiàn)為波動性。()要點一對光電效應的理解1與光電效應有關的五組概念對比(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)射出來的電子，其本質是電子。光子是光電效應的因，光電子是果。(2)光電子的動能與光電子的最大初動能：光照射到金屬表面時，電子吸收光子的全部能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能。光電子的初動能小于等于光電子的最大初動能。(3)光電流與飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關。(4)入射光強度與光子能量：入射光強度指單位時間內照射到金屬表面單位面積上的總能量。(5)光的強度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產生光電效應而言的，對于不同頻率的光，由于每個光子的能量不同，飽和光電流與入射光強度之間沒有簡單的正比關系。2光電效應的研究思路(1)兩條線索：(2)兩條對應關系：多角練通1(多選)(2014廣東高考)在光電效應實驗中，用頻率為的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應。下列說法正確的是()a增大入射光的強度，光電流增大b減小入射光的強度，光電效應現(xiàn)象消失c改用頻率小于的光照射，一定不發(fā)生光電效應d改用頻率大于的光照射，光電子的最大初動能變大解析：選ad根據光電效應規(guī)律可知，增大入射光的強度，光電流增大，a項正確；減小入射光的強度，光電流減小，光電效應現(xiàn)象并不消失，b項錯誤；改用小于的入射光照射，如果入射光的頻率仍然大于光電管陰極材料的極限頻率，仍能發(fā)生光電效應，c項錯誤；由愛因斯坦光電效應方程可知，增大入射光的頻率，光電子的最大初動能增大，d項正確。2(2014上海高考)在光電效應的實驗結果中，與光的波動理論不矛盾的是()a光電效應是瞬時發(fā)生的b所有金屬都存在極限頻率c光電流隨著入射光增強而變大d入射光頻率越大，光電子最大初動能越大解析：選c光具有波粒二象性，既具有波動性又具有粒子性，光電效應證實了光的粒子性。因為光子的能量是一份一份的，不能積累，所以光電效應具有瞬時性，這與光的波動性矛盾，a項錯誤；同理，因為光子的能量不能積累，所以只有當光子的頻率大于金屬的極限頻率時，才會發(fā)生光電效應，b項錯誤；光強增大時，光子數量增多，所以光電流會增大，這與波動性無關，c項正確；一個光電子只能吸收一個光子，所以入射光的頻率增大，光電子吸收的能量變大，所以最大初動能變大，d項錯誤。3關于光電效應，下列說法正確的是()a光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比b光電子的動能越大，光電子形成的電流強度就越大c用不可見光照射金屬一定比用可見光照射同種金屬產生的光電子的初動能大d對于任何一種金屬，都存在一個“最大波長”，入射光的波長必須小于這個波長，才能產生光電效應解析：選d光電子的最大初動能與入射光的頻率成一次函數關系，不成正比；單位時間經過電路的電子數越多，電流越大；不可見光的頻率不一定比可見光的頻率大，因此用不可見光照射金屬不一定比用可見光照射同種金屬產生的光電子的初動能大；入射光的頻率應大于金屬板的極限頻率或入射光的波長應小于金屬板的極限波長。要點二愛因斯坦的光電效應方程及應用1三個關系(1)愛因斯坦光電效應方程ekhw0。(2)光電子的最大初動能ek可以利用光電管用實驗的方法測得，即ekeuc，其中uc是遏止電壓。(3)光電效應方程中的w0為逸出功，它與極限頻率c的關系是w0hc。2四類圖像圖像名稱圖線形狀由圖線直接(間接)得到的物理量最大初動能ek與入射光頻率的關系圖線極限頻率：圖線與軸交點的橫坐標c逸出功：圖線與ek軸交點的縱坐標的值w0|e|e普朗克常量：圖線的斜率kh顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關系遏止電壓uc：圖線與橫軸的交點飽和光電流im：電流的最大值最大初動能：ekmeuc顏色不同時，光電流與電壓的關系遏止電壓uc1、uc2飽和光電流最大初動能ek1euc1，ek2euc2遏止電壓uc與入射光頻率的關系圖線截止頻率c：圖線與橫軸的交點遏止電壓uc：隨入射光頻率的增大而增大普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即hke。(注：此時兩極之間接反向電壓)典例(2015全國卷)在某次光電效應實驗中，得到的遏止電壓uc與入射光的頻率的關系如圖1321所示。若該直線的斜率和截距分別為k和b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為_，所用材料的逸出功可表示為_。圖1321解析根據光電效應方程ekmhw0及ekmeuc得uc，故k，b，得hek，w0eb。答案ekeb針對訓練1(多選)(2016武威模擬)如圖1322是某金屬在光的照射下產生的光電子的最大初動能ek與入射光頻率的關系圖像。由圖像可知()圖1322a該金屬的逸出功等于eb該金屬的逸出功等于h0c入射光的頻率為20時，產生的光電子的最大初動能為ed入射光的頻率為時，產生的光電子的最大初動能為e由該圖像可得出普朗克常量h解析：選abc由愛因斯坦的光電效應方程可得：ekhw，對應圖線可得，該金屬的逸出功weh0，a、b均正確；若入射光的頻率為20，則產生的光電子的最大初動能ek2h0wh0e，故c正確；入射光的頻率為時，該金屬不發(fā)生光電效應，d錯誤；由eh0可得h，e錯誤。2(2016鹽城二模)如圖1323甲所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象，當用光子能量為5 ev的光照射到光電管上時，測得電流計上的示數隨電壓變化的圖像如圖乙所示。則光電子的最大初動能為_j，金屬的逸出功為_j。圖1323解析：由圖乙可知，當該裝置所加的電壓為反向電壓等于2 v時，電流表示數為0，知道光電子的最大初動能為：2 ev3.21019 j，根據光電效應方程ekmhw0，w03 ev4.81019 j。答案：3.210194.81019要點三對波粒二象性的理解1對光的波粒二象性的進一步理解實驗基礎表現(xiàn)說明光的波動性 干涉和衍射光是一種概率波，即光子在空間各點出現(xiàn)的可能性大小(概率)可用波動規(guī)律來描述大量的光子在傳播時，表現(xiàn)出波的性質光的波動性是光子本身的一種屬性，不是光子之間相互作用產生的光的波動性不同于宏觀觀念的波光的粒子性 光電效應、康普頓效應當光同物質發(fā)生作用時，這種作用是“一份一份”進行的，表現(xiàn)出粒子的性質少量或個別光子清楚地顯示出光的粒子性粒子的含義是“不連續(xù)”、“一份一份”的光子不同于宏觀觀念的粒子波動性和粒子性的對立、統(tǒng)一大量光子易顯示出波動性，而少量光子易顯示出粒子性波長長(頻率低)的光波動性強，而波長短(頻率高)的光粒子性強光子說并未否定波動說，eh中，和就是波的概念波和粒子在宏觀世界是不能統(tǒng)一的，而在微觀世界卻是統(tǒng)一的2物質波(1)定義：任何運動著的物體都有一種波與之對應，這種波叫做物質波，也叫德布羅意波。(2)物質波的波長：，h是普朗克常量。多角練通1用很弱的光做雙縫干涉實驗，把入射光減弱到可以認為光源和感光膠片之間不可能同時有兩個光子存在，如圖1324所示是不同數量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說明()圖1324a光只有粒子性沒有波動性b光只有波動性沒有粒子性c少量光子的運動顯示波動性，大量光子的運動顯示粒子性d少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性解析：選d由這些照片可以看出，少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動呈現(xiàn)出波動性，故d正確。2(多選)(2015江蘇高考)波粒二象性是微觀世界的基本特征，以下說法正確的有()a光電效應現(xiàn)象揭示了光的粒子性b熱中子束射到晶體上產生衍射圖樣說明中子具有波動性c黑體輻射的實驗規(guī)律可用光的波動性解釋d動能相等的質子和電子，它們的德布羅意波長也相等解析：選ab光電效應現(xiàn)象、黑體輻射的實驗規(guī)律都可以用光的粒子性解釋，選項a正確，選項c錯誤；熱中子束射到晶體上產生衍射圖樣說明中子具有波動性，選項b正確；由德布羅意波長公式和p22mek知動能相等的質子和電子動量不同，德布羅意波長不相等，選項d錯誤。3(多選)(2015全國卷)實物粒子和光都具有波粒二象性。下列事實中突出體現(xiàn)波動性的是()a電子束通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣b射線在云室中穿過會留下清晰的徑跡c人們利用慢中子衍射來研究晶體的結構d人們利用電子顯微鏡觀測物質的微觀結構e光電效應實驗中，光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關解析：選acd電子束具有波動性，通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣，選項a正確。射線在云室中高速運動時，徑跡又細又直，表現(xiàn)出粒子性，選項b錯誤。人們利用慢中子衍射來研究晶體的結構，體現(xiàn)出波動性，選項c正確。電子顯微鏡是利用電子束工作的，體現(xiàn)了波動性，選項d正確。光電效應實驗，體現(xiàn)的是波的粒子性，選項e錯誤。對點訓練：光電效應現(xiàn)象及規(guī)律1(2016茂名一模)用一束紫外線照射某金屬時不能產生光電效應，可能使該金屬產生光電效應的措施是()a改用紅光照射b改用x射線照射c改用強度更大的原紫外線照射d延長原紫外線的照射時間解析：選b根據光電效應的條件0，要產生光電效應，必須用能量更大，即頻率更高的粒子。能否發(fā)生光電效應與光的強度和照射時間無關。x射線的頻率大于紫外線的頻率。故a、c、d錯誤，b正確。2關于光電效應的規(guī)律，下列說法中正確的是()a發(fā)生光電效應時，不改變入射光的頻率，增大入射光強度，則單位時間內從金屬內逸出的光電子數目增多b光電子的最大初動能跟入射光強度成正比c發(fā)生光電效應的反應時間一般都大于107 sd只有入射光的波長大于該金屬的極限波長，光電效應才能產生解析：選a發(fā)生光電效應時，不改變入射光的頻率，增大入射光強度，則單位時間內打到金屬上的光子個數增加，則從金屬內逸出的光電子數目增多，選項a正確；光電子的最大初動能跟入射光強度無關，隨入射光的頻率增大而增大，選項b錯誤；發(fā)生光電效應的反應時間一般都不超過109 s，選項c錯誤；只有入射光的頻率大于該金屬的極限頻率時，即入射光的波長小于該金屬的極限波長時，光電效應才能產生，選項d錯誤。3(2016邢臺模擬)用強度相同的紅光和藍光分別照射同一種金屬，均能使該金屬發(fā)生光電效應。下列判斷正確的是()a用紅光照射時，該金屬的逸出功小，用藍光照射時該金屬的逸出功大b用紅光照射時，該金屬的截止頻率低，用藍光照射時該金屬的截止頻率高c用紅光照射時，逸出光電子所需時間長，用藍光照射時逸出光電子所需時間短d用紅光照射時，逸出的光電子最大初動能小，用藍光照射時逸出的光電子最大初動能大解析：選d同種金屬的逸出功是相同的，a錯誤；同種金屬的截止頻率是相同的，b錯誤；只要金屬能發(fā)生光電效應，逸出光電子的時間一樣，c錯誤；藍光的頻率比紅光大，由ekhw知，用藍光時逸出的光電子最大初動能大，d正確。對點訓練：光的波粒二象性物質波4(多選)(2016唐山調研)下列說法正確的是()a盧瑟福通過粒子散射實驗建立了原子核式結構模型b宏觀物體的物質波波長非常大，極易觀察到它的波動性c愛因斯坦在對光電效應的研究中，提出了光子