高三復習第十三章動量守恒定律波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核導學案

第十三章動量守恒定律波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核學案60動量守恒定律驗證動量守恒定律一、概念規(guī)律題組1．關于物體的動量，下列說法中正確的是()A．運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向B．物體的加速度不變，其動量一定不變C．動量越大的物體，其速度一定越大D．物體的動量越大，其慣性也越大2．下列論述中錯誤的是()A．相互作用的物體，如果所受合外力為零，則它們的總動量保持不變B．動量守恒是指相互作用的各個物體在相互作用前后的動量不變C．動量守恒是相互作用的各個物體組成的系統(tǒng)在相互作用前的動量之和與相互作用之后的動量之和是一樣的D．動量守恒是相互作用的物體系在相互作用過程中的任何時刻動量之和都是一樣的圖13．如圖1所示，物體A的質(zhì)量是B的2倍，中間有一壓縮彈簧，放在光滑水平面上，由靜止同時放開兩物體后一小段時間內(nèi)()A．A的速度是B的一半 B．A的動量大于B的動量C．A受的力大于B受的力 D．總動量為零二、思想方法題組圖24．如圖2所示，兩輛質(zhì)量相同的小車置于光滑的水平面上，有一人靜止站在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，靜止于A車上，則A車的速率()A．等于零 B．小于B車的速率C．大于B車的速率 D．等于B車的速率圖35．如圖3所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質(zhì)量分別為m1、m2，且m2＝2m1.開始兩木塊之間有一根用輕繩縛住的已壓縮的輕彈簧，燒斷細繩后，兩木塊分別向左、右運動．若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ1、μ2，且μ1＝2μ2，則在彈簧伸長的過程中，兩木塊()A．動量大小之比為1∶1B．速度大小之比為2∶1C．通過的路程之比為2∶1D．通過的路程之比為1∶1一、動量是否守恒的判斷動量是否守恒的判斷方法有兩個1．根據(jù)動量守恒的條件，由系統(tǒng)所受的合外力是否為零來判斷系統(tǒng)的動量是否守恒．2．根據(jù)物理情景研究初、末動量，直接判斷動量是否守恒．有時第2種方法比第1種方法簡捷得多．圖4【例1】木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上．在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，如圖4所示．當撤去外力F后，下列說法中正確的是()A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒C．a(chǎn)離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒D．a(chǎn)離開墻壁后，a、b組成的系統(tǒng)動量不守恒[規(guī)范思維]二、動量守恒定律的應用應用動量守恒定律的解題步驟1．明確研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個物體)；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．由動量守恒定律列式求解；5．必要時進行討論．【例2】圖5(2011·海南·19(2))一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖5所示．圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab與bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止．重力加速度為g.求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點的距離s.[規(guī)范思維]三、多過程問題分析由三個或三個以上物體組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中會出現(xiàn)多個作用過程，有的過程系統(tǒng)動量守恒，有的過程系統(tǒng)動量不守恒，有的全過程動量守恒，有的整體動量守恒，有的部分物體動量守恒．因此要合理地選擇過程和過程的初、末狀態(tài)，抓住初、末狀態(tài)的動量守恒．【例3】圖6(2011·新課標·35(2))如圖6所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體．現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起．以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知C離開彈簧后的速度恰為v0.求彈簧釋放的勢能．四、實驗：驗證動量守恒定律【實驗目的】1．驗證一維碰撞中的動量守恒．2．探究一維彈性碰撞的特點．【實驗原理】在一維碰撞中，測出物體的質(zhì)量和碰撞前后物體的速度，找出碰撞前的動量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的動量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后動量是否守恒．【實驗器材】方案一：氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、重物、彈簧片、細繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥．方案二：帶細線的擺球(兩套)、鐵架臺、天平、量角器、坐標紙、膠布等．方案三：光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、撞針、橡皮泥．【實驗步驟】方案一：利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗1．測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量．2．安裝：正確安裝好氣墊導軌．3．實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度4．改變實驗條件：①改變滑塊的質(zhì)量．②改變滑塊的初速度大小和方向，重復實驗．5．驗證：一維碰撞中的動量守恒．方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗1．測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2.2．安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來．3．實驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相碰．4．測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應小球的速度．5．改變條件：改變碰撞條件，重復實驗．6．驗證：一維碰撞中的動量守恒．方案三：在桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗1．測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量．2．將長木板的一端墊高，以平衡摩擦力．3．安裝：將打點計時器固定在長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥．4．實驗：接通電源，讓小車A運動，小車B靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動．5．測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由v＝eq\f(Δx,Δt)算出它們碰撞前后的速度．6．改變條件：改變碰撞條件，重復實驗．7．驗證：一維碰撞中的動量守恒【誤差分析】1．系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否為一維碰撞．(2)實驗是否滿足動量守恒的條件：如氣墊導軌是否水平，兩球是否等大，是否平衡掉摩擦力．2．偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量．3．改進措施：(1)設計方案時應保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動量守恒的條件．(2)采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差．【注意事項】1．前提條件：碰撞的兩物體應保證“水平”和“正碰”．2．方案提醒：(1)若利用氣墊導軌進行實驗，調(diào)整氣墊導軌時，注意利用水平儀確保導軌水平．(2)若利用擺球進行實驗，兩小球靜放時球心應在同一水平線上，用等長懸線懸掛后兩小球剛好接觸，擺線豎直，將小球拉起后，兩條擺線應在同一豎直面內(nèi)．(3)若利用長木板進行實驗，可在長木板下墊一小木片用來平衡摩擦力．3．探究結(jié)論：尋找的不變量必須在各種碰撞情況下都不改變．【例4】某同學利用打點計時器和氣墊導軌做驗證動量守恒定律的實驗，氣墊導軌裝置如圖7甲所示，所用的氣墊導軌裝置由導軌、滑塊、彈射架等組成．在空腔導軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，向?qū)к壙涨粌?nèi)不斷通入壓縮空氣，空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導軌上，這樣就大大減小了因滑塊和導軌之間的摩擦而引起的誤差．圖7(1)下面是實驗的主要步驟：①安裝好氣墊導軌，調(diào)節(jié)氣墊導軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導軌水平；②向氣墊導軌空腔內(nèi)通入壓縮空氣；③把打點計時器固定在緊靠氣墊導軌左端彈射架的外側(cè)，將紙帶穿過打點計時器和彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向；④使滑塊1擠壓導軌左端彈射架上的橡皮繩；⑤把滑塊2放在氣墊導軌的中間，已知碰后兩滑塊一起運動；⑥先________，然后________，讓滑塊帶動紙帶一起運動；⑦取下紙帶，重復步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖乙所示；⑧測得滑塊1(包括撞針)的質(zhì)量310g，滑塊2(包括橡皮泥)的質(zhì)量為205g.試著完善實驗步驟⑥的內(nèi)容．(2)已知打點計時器每隔0.02s打一個點，兩滑塊相互作用前質(zhì)量與速度的乘積之和為________kg·m/s；兩滑塊相互作用以后質(zhì)量與速度的乘積之和為______kg·m/s(保留三位有效數(shù)字)(3)試說明(2)問中兩結(jié)果不完全相等的主要原因是[規(guī)范思維]【基礎演練】1．下列說法中正確的是()A．一個質(zhì)點在一個過程中如果其動量不變，其動能也一定不變B．一個質(zhì)點在一個過程中如果其動能不變，其動量也一定不變C．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果動量守恒，其機械能也一定守恒D．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果機械能守恒，其動量也一定守恒2．如圖8所示，圖8光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒C．先放開左手，后放開右手，總動量向左D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零3.圖9將一個質(zhì)量為3kg的木板置于光滑水平面上，另一質(zhì)量為1kg的物塊放在木板上．已知物塊和木板間有摩擦，而木板足夠長，若兩者都以大小為4m/s的初速度向相反方向運動，如圖9所示，則當木板的速度為2.4m/s時，物塊正在()A．水平向左勻減速運動B．水平向右勻加速運動C．水平方向做勻速運動D．處于靜止狀態(tài)4．(2010·福建四校聯(lián)考)在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m.現(xiàn)B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰．已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為Ep，則碰前A球的速度等于()A.eq\r(\f(Ep,m)) B.eq\r(\f(2Ep,m)) C．2eq\r(\f(Ep,m)) D．2eq\r(\f(2Ep,m))5．A、B兩物體在一水平長直氣墊導軌上相碰，碰撞前物體A做勻速直線運動，B靜止不動，頻閃照相機每隔0.1s閃光一次，連續(xù)拍照5次，拍得如圖10所示的照片，不計兩物體的大小及兩物體碰撞過程所用的時間，則由此照片可判斷()圖10A．第四次拍照時物體A在100cm處B．第四次拍照時物體A在80cm處C．mA∶mB＝3∶1D．mA∶mB＝2∶16．有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量M為()A.eq\f(mL,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL＋d,d) D.eq\f(md,L－d)題號123456答案【能力提升】7．(2011·北京·21(2))如圖11，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．圖11①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過測量________(填選項前的符號)，間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程②圖11中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復．接下來要完成的必要步驟是________．(填選項前的符號)A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1開始釋放的高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為________(用②中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為__________(用②中測量的量表示)．④經(jīng)測定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖12所示．碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝________∶11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶________.圖12實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)為________．⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的射程增大，請你用④中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為________cm.8．(2010·遼寧錦州模擬)如圖13所示，圖13質(zhì)量均為2m的完全相同的長木板A、B并排靜止放置在光滑水平面上．一個質(zhì)量為m的鐵塊C以v0＝1.8m/s的水平速度從左端滑到長木板A的上表面，并最終停留在長木板B上．已知B、C最終的共同速度為v＝0.4m/s.求：(1)長木板A的最終速度v1；(2)鐵塊C剛離開長木板A時的瞬時速度v2.9．(海南省海師附中2010屆高三月考)圖14如圖14所示，光滑半圓軌道豎直放置，半徑為R，一水平軌道與圓軌道相切，在水平光滑軌道上停著一個質(zhì)量為M＝0.99kg的木塊，一顆質(zhì)量為m＝0.01kg的子彈，以v0＝400m/s的水平速度射入木塊中，然后一起運動到軌道最高點水平拋出，當圓軌道半徑R多大時，平拋的水平距離最大？最大值是多少？(g取10m/s2)學案60動量守恒定律驗證動量守恒定律【課前雙基回扣】1．A2.B3.AD4．B[兩車和人組成的系統(tǒng)位于光滑的水平面上，因而該系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．設人的質(zhì)量為m1，車的質(zhì)量為m2，A、B車的速率分別為v1、v2，則由動量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以有v1＝eq\f(m2,m1＋m2)v2，eq\f(m2,m1＋m2)<1，故v1<v2，所以B正確．]5．ABC[以兩木塊及彈簧為研究對象，繩斷開后，彈簧將對兩木塊有推力作用，這可以看成是內(nèi)力；水平面對兩木塊有方向相反的滑動摩擦力，且F1＝μ1m1g，F(xiàn)2＝μ2m2g.因此系統(tǒng)所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即滿足動量守恒定律的條件．設彈簧伸長過程中某一時刻，兩木塊速度大小分別為v1、v2.由動量守恒定律有(以向右為正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2.即兩物體的動量大小之比為1∶1，故A項正確．則兩物體的速度大小之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(2,1)，故B項正確．由于木塊通過的路程正比于其速度，兩木塊通過的路程之比eq\f(s1,s2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(2,1)，故C項正確，D項錯誤．]思維提升1．動量是矢量，其方向與速度方向相同．動能是狀態(tài)量，描述物體的運動狀態(tài)，動能與動量的大小關系為p2＝2mEk.2．動量守恒定律的表達式(1)p′＝p，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．動量守恒定律的適用條件(1)不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒．【核心考點突破】例1BC[在a離開墻壁前、彈簧伸長的過程中，對a和b構(gòu)成的系統(tǒng)，由于受到墻給a的彈力作用，所以a、b構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒，因此B選項正確，A選項錯誤；a離開墻壁后，a、b構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒，故C選項正確，D選項錯誤．][規(guī)范思維]在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒，與系統(tǒng)的選取密切相關．因此，在利用動量守恒定律解決問題時，一定要明確在哪一過程中哪些物體組成的系統(tǒng)動量守恒，即要明確研究對象和研究過程．例2(1)eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)(2)eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)解析木塊m和物體P組成的系統(tǒng)在相互作用過程中遵守動量守恒、能量守恒．(1)以木塊開始運動至在斜面上上升到最大高度為研究過程，當木塊上升到最高點時兩者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒，有mv0＝(2m＋m)v①根據(jù)能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋fL＋mgh②聯(lián)立①②得f＝eq\f(mv\o\al(2,0),3L)－eq\f(mgh,L)＝eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)③(2)以木塊開始運動至最后與物體P在水平面ab上相對靜止為研究過程，木塊與物體P相對靜止，兩者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒，有mv0＝(2m＋m)v④根據(jù)能量守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋f(L＋L－s)⑤聯(lián)立③④⑤得s＝eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)[規(guī)范思維]解答本題首先判斷系統(tǒng)滿足動量守恒的條件；然后根據(jù)要求量合理地選擇初、末狀態(tài)，再根據(jù)動量守恒定律列方程．例3eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)解析設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒定律得3mv＝mv0①設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)④例4(1)接通打點計時器的電源放開滑塊1(2)0.6200.618(3)紙帶與打點計時器的限位孔之間有摩擦解析作用前滑塊1的速度v1＝eq\f(0.2,0.1)m/s＝2m/s，其質(zhì)量與速度的乘積為0.31kg×2m/s＝0.620kg·m/s，作用后滑塊1和滑塊2具有相同的速度v＝eq\f(0.168,0.14)m/s＝1.2m/s，其質(zhì)量與速度的乘積之和為(0.310kg＋0.205kg)×1.2m/s＝0.618kg·m/s.[規(guī)范思維]由紙帶分別求出碰撞前后的速度大小(碰前速度大)，由p＝mv分別求出碰撞前后動量的大小，然后進行比較．思想方法總結(jié)1．判斷動量是否守恒，首先要弄清所研究的對象和過程，即哪個系統(tǒng)的哪個過程，常見的判斷方法是：(1)分析系統(tǒng)在所經(jīng)歷過程中的受力情況，看合外力是否為零．(2)直接分析系統(tǒng)在某一過程的初、末狀態(tài)的動量，看它們是否大小相等、方向相同．2．對于多個物體組成的系統(tǒng)，當利用動量守恒和能量守恒等物理規(guī)律分析解決時，應注意以下幾個方面．(1)靈活選取系統(tǒng)的構(gòu)成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為一個研究對象，不一定是所有的物體為一個研究對象．(2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程．根據(jù)題目的已知、未知靈活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別判斷所選過程動量、機械能的守恒情況．3．整體法是解多個物體組成的系統(tǒng)動量守恒問題的一個重要方法．即把兩個或兩個以上物體的獨立物體視為系統(tǒng)進行考慮，也可以把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動．4．守恒方法：利用物理過程中的某些守恒關系，根據(jù)守恒條件，利用相應的守恒定律來解決物理問題的方法．守恒是變中的不變，是事物轉(zhuǎn)化中的一種恒定性．我們學習的有動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律等．運用守恒定律給我們的解題帶來方便，對于物理結(jié)構(gòu)或物理過程較為復雜的問題，優(yōu)先考慮守恒定律．【課時效果檢測】1．A2.ACD3.B4.C5.A6.B7．①C②ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2④142.91(1～1.01均可)⑤76.88．(1)0.3m/s方向與v0同向(2)0.6m/s方向與v0同向解析(1)由動量守恒定律，知mv0＝2mv1＋(m＋2m)v解得v1＝0.3m/s，方向與v0同向(2)鐵塊剛離開A時，A、B具有相同的速度，此時由動量守恒定律有mv0＝mv2＋4mv1解得v2＝0.6m/s，方向與v0同向9．0.2m0.8m解析對子彈和木塊組成的系統(tǒng)應用動量守恒定律，設它們共同運動的速度為v，有mv0＝(m＋M)v1，所以v1＝4m/s對子彈、木塊組成的系統(tǒng)由水平軌道到最高點應用機械能守恒定律，取水平面為零勢能面，設木塊到最高點時的速度為v2，有eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋(m＋M)g·2R所以v2＝eq\r(16－40R)由平拋運動規(guī)律有：2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝v2t解①、②兩式有x＝4·eq\r(\f(－10R2＋4R,10))＝4eq\r(－R2＋\f(4,10)R)＝4eq\r(－R－\f(2,10)2＋\f(4,100))所以，當R＝0.2m時水平距離最大最大值xmax＝0.8m.易錯點評1．在第2題中，由于不能理解動量的矢量性，往往漏選A.對B項由于理解的歧義，往往造成選擇錯誤，B項應理解成：先放左手，后放右手，之后由于系統(tǒng)外力為零，動量守恒，所以B項錯誤．C項中，由于思維定勢，許多同學把“后放右手”，理解為“系統(tǒng)受力往右”，漏選C.2．在第4題中，一定要記住當兩球壓縮最緊時，速度肯定相等，彈性勢能最大．3．在第5題中，由于看不透題給圖示的意義，造成思維障礙，無法解題．4．對于第8題，由于不能理解A、B、C運動過程，找不出關鍵條件，不會分段或整體列動量守恒方程，導致出錯．學案61碰撞爆炸反沖一、概念規(guī)律題組1．下面關于碰撞的理解正確的是()A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒C．如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D．微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解2．一小型爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的倒圓錐面(圓錐的頂點在爆炸裝置處)飛開．在爆炸過程中，下列關于爆炸裝置的說法中正確的是()A．總動量守恒B．機械能守恒C．水平方向動量守恒D．豎直方向動量守恒圖13．質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？()A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0速度都變?yōu)関，m速度變?yōu)関2，而且滿足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv24．步槍的質(zhì)量為4.1kg，子彈的質(zhì)量為9.6g，子彈從槍口飛出時的速度為865m/s，則步槍的反沖速度約為()A．2m/s B．1m/s C．3m/s D．4m/s二、思想方法題組5．質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰．碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?/9，那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0 C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v06．在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，它們正碰后可以發(fā)生的情況是()A．甲球停下，乙球反向運動B．甲球反向運動，乙球停下C．甲、乙兩球都反向運動D．甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等一、碰撞現(xiàn)象及彈性碰撞的應用1．碰撞的種類及特點分類標準種類特點能量是否守恒彈性碰撞動量守恒，機械能守恒非完全彈性碰撞動量守恒，機械能有損失完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最大碰撞前后動量是否共線對心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共線2.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．①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′.②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．3．彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒．以質(zhì)量為m1，速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當兩球質(zhì)量相等時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．(2)當質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運動．(3)當質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．【例1】在可控核反應堆中需要給快中子減速，輕水、重水和石墨等常用作減速劑．中子在重水中可與eq\o\al(2,1)H核碰撞減速，在石墨中與eq\o\al(12,6)C核碰撞減速．上述碰撞可簡化為彈性碰撞模型．某反應堆中快中子與靜止的靶核發(fā)生對心正碰，通過計算說明，僅從一次碰撞考慮，用重水和石墨作減速劑，哪種減速效果更好？[規(guī)范思維][針對訓練1]圖2在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖2所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動．小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO.假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比m1/m2.[針對訓練2]圖3(2011·山東·38(2))如圖3所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線、同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力)二、子彈打木塊模型及其拓展子彈打木塊這類問題，分析時要抓住動量守恒與能量守恒這兩條主線，根據(jù)所求的量準確地選取研究對象，是對單個物體、還是對系統(tǒng)？各做怎樣的運動？其相對位移(或相對路程)是多少？注意這幾個量的準確求解．(1)每個物體的位移：選單個物體為研究對象，然后分別應用動能定理列方程；(2)相對位移(或打進的深度)：選系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)能量守恒列方程．(3)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的減少量或Q＝Ffl相對．圖4【例2】如圖4所示，一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平飛來打進木塊并留在其中，設相互作用力為Ff.試求：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度v；(2)此時，子彈、木塊發(fā)生的位移x1、x2以及子彈打進木塊的深度l相分別為多少；(3)系統(tǒng)損失的機械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能分別為多少．[規(guī)范思維][針對訓練3](2009·天津卷)如圖5所示，圖5質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：要使物體不從車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不得超過多少．[針對訓練4]如圖6所示，光滑的水平面上，用彈簧相連接的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物體都以6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物體C靜止在前方，B與C發(fā)生相碰后粘合在一起運動，在以后的運動中，彈簧的彈性勢能的最大值是________．圖6【基礎演練】1．下列屬于反沖運動的是()A．汽車的運動 B．直升飛機的運動C．火箭發(fā)射過程的運動 D．反擊式水輪機的運動2．如圖7所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是()圖7A．開始運動時 B．A的速度等于v時C．彈簧壓縮至最短時 D．B的速度最小時3．(2009·全國卷Ⅰ改編題)質(zhì)量為M的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等．兩者質(zhì)量之比M/m可能為()A．2 B．3 C．4 D．54．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()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＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s5．如圖8所示，圖8小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，當球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點時恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h6．(2009·廣東深圳模擬)圖9A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上．已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m.當用板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖9所示．問當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，B球的落地點距離桌邊距離為()A.eq\f(x,3) B.eq\r(3)xC．x D.eq\f(\r(6),3)x圖107．如圖10所示，水平光滑軌道的寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板，m1由圖示位置靜止釋放．當m1與m2第一次相距最近時m1速度為v1，在以后的運動過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(m1,m1＋m2)v18．如圖11所示，圖11在足夠大的光滑水平面上放有兩個質(zhì)量相等的物塊A和B，其中A物塊連接一個輕彈簧并處于靜止狀態(tài)，B物塊以初速度v0向著A物塊運動．當物塊與彈簧作用時，兩物塊在同一條直線上運動．下列關于B物塊與彈簧作用的過程中，兩物塊的v－t圖象正確的是()題號12345678答案【能力提升】9．一炮彈質(zhì)量為m，以一定的傾角斜向上發(fā)射，到達最高點時速度大小為v，炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊沿原軌道返回，質(zhì)量為eq\f(m,2).求：(1)爆炸后的瞬時另一塊的速度大小．(2)爆炸過程中系統(tǒng)增加的機械能．10．(2010·山東理綜·38(2))如圖12所示，滑塊A、C質(zhì)量均為m，滑塊B質(zhì)量為eq\f(3,2)m.開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運動；現(xiàn)將C無初速度地放在A上，并與A粘合不再分開，此時A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠．若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起．為使B能與擋板碰撞兩次，v1、v2應滿足什么關系？圖12圖1311．如圖13所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的1/4固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切．質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點，一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點)．求：(1)子彈射入木塊前的速度；(2)若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？12．(2010·新課標·34(2))如圖14所示，圖14光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻．重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ.使木板與重物以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短．求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間．設木板足夠長，重物始終在木板上．重力加速度為g.學案61碰撞爆炸反沖【課前雙基回扣】1．AB[碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯．動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規(guī)律，D錯．]2．C[爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大的相互作用力，所以爆炸裝置的總動量是不守恒的，但由于鋼板對爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝置在豎直方向動量不守恒，而水平方向是守恒的．爆炸時，化學能轉(zhuǎn)化為機械能，因此，機械能不守恒．]3．BC[因為碰撞時間極短，所以m0的速度應該不發(fā)生變化，A錯，D錯．碰后M與m的速度可能相同也可能不同，B、C對．]4．A[由mv＝Mv′可得v′≈2m/s，A項正確．]5．AB[要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼?/9，則其速度大小僅為原來的1/3.兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈．當以A球原來的速度方向為正方向時，則vA′＝±eq\f(1,3)v0，根據(jù)兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″.解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.]6．AC[兩球動能相等，Ek＝eq\f(p2,2m).因m甲>m乙，則p甲>p乙．系統(tǒng)總動量大小為，方向為碰前甲球的速度方向，系統(tǒng)動量守恒，碰后的總動量仍為甲球的速度方向．若碰后甲球停下，乙球反向能滿足動量守恒，A對；若乙球停下，甲球反向，總動量將反向，B錯．碰后甲、乙球都反向運動時，一定滿足甲球后來的動量小于乙球后來的動量；若甲、乙碰后動能仍相等，有p甲′>p乙′，合動量將反向，動量守恒定律不成立，所以C對，D錯．]思維提升1．碰撞現(xiàn)象特點：(1)作用時在極短的時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的作用力．(2)彈性碰撞：機械能守恒、動量守恒(3)非彈性碰撞：機械能不守恒、動量守恒(4)完全非彈性碰撞：兩物體合二為一，機械能損失最多，動量守恒．2．爆炸現(xiàn)象特點：(1)動量守恒．(2)動能增加．3．反沖現(xiàn)象(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動．(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理相關的運動過程．(3)系統(tǒng)的總動能增加．【核心考點突破】例1見解析解析設中子質(zhì)量為mn，靶核質(zhì)量為m，由動量守恒定律，有比較⑤⑦的結(jié)果知：與重水靶核碰后中子速度較小，故重水減速效果更好．[規(guī)范思維]本題是完全彈性碰撞模型，要抓住彈性碰撞的特點：動量守恒、機械能守恒．對于“一動碰一靜”模型，還要記住結(jié)論：碰后兩球的速度分別為v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；若兩球質(zhì)量相等，則互換速度．例2見解析解析(1)由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v，子彈與木塊的共同速度為v＝eq\f(m,M＋m)v0.這樣在第(2)問中如果只讓求l相對，根據(jù)能量守恒定律列上式求解即可．另外，F(xiàn)fl相對＝Q這個結(jié)論要牢記．[針對訓練]1．22.4v03.5m/s4.12J思想方法總結(jié)1．力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變量，一般用動能定律(涉及位移的問題)去解決問題．(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但須注意研究的問題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律．即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量．即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量．(5)在涉及有碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，必須注意到一般這些過程均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化．這種問題由于作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場．2．解答力學綜合題的基本思路和步驟(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象．(2)分析對象受力及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)變化的過程，作草圖．(3)根據(jù)運動狀態(tài)變化的規(guī)律確定解題觀點，選擇規(guī)律．若用力的觀點解題，要認真分析受力及運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度．若用兩大定理求解，應確定過程的始末狀態(tài)的動量(或動能)、分析并求出過程中的沖量(或功)．若判斷過程中動量或機械能守恒，根據(jù)題意選擇合適的始末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)．(4)根據(jù)選擇的規(guī)律列式，有時還需挖掘題目的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何條件)列補充方程．(5)代入數(shù)據(jù)(統(tǒng)一單位)計算結(jié)果，并對結(jié)果的物理意義進行討論．3．“子彈擊打木塊”模型是典型的動量和能量綜合的問題，此外如右圖所示．兩個物塊疊放在一起相對滑動類問題也可看成是“類子彈擊打木塊”模型．求解這類問題的基本方法是動量守恒和動能定理(或功能關系)．這類問題是高考命題熱點，請同學們重點體會和領悟．【課時效果檢測】1．CD2.C3.AB4.A5.C6.D7.B8.D9．(1)3v(2)2mv2解析(1)爆炸后其中一塊沿原軌道返回，則該塊炸彈速度大小為v，方向與原方向相反爆炸過程中動量守恒，故mv＝－eq\f(m,2)v＋eq\f(m,2)v1解得v1＝3v(2)爆炸過程中重力勢能沒有改變爆炸前系統(tǒng)總動能Ek＝eq\f(1,2)mv2爆炸后系統(tǒng)總動能Ek′＝eq\f(1,2)·eq\f(m,2)v2＋eq\f(1,2)·eq\f(m,2)(3v)2＝2.5mv2.所以，系統(tǒng)增加的機械能ΔE＝Ek′－Ek＝2mv2.10．1.5v2<v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2<eq\f(2,3)v111．(1)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gR)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M＋m,M＋9m)))2R解析(1)第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動量守恒，即mv0＝(m＋M)v1系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒，即eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)gR由以上兩式解得v0＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gR)(2)由動量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運動．當?shù)?顆子彈射入木塊時，由動量守恒定律得mv0＝(9m＋M)v9設此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H，由機械能守恒得eq\f(1,2)(9m＋M)veq\o\al(2,9)＝(9m＋M)gH由以上各式可得H＝(eq\f(M＋m,M＋9m))2R.12.eq\f(4v0,3μg)解析第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速運動，速度減到0后向右做加速運動，重物向右做勻減速運動，最后木板和重物達到一共同的速度v，設木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右為正方向，由動量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv①設木板從第一次與墻碰撞到和重物具有共同速度v所用的時間為t1，對木板應用動量定理得，2μmgt1＝mv－m(－v0)②由牛頓第二定律得2μmg＝ma③式中a為木板的加速度在達到共同速度v時，木板離墻的距離l為l＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)④從開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為t2＝eq\f(l,v)⑤所以，木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)過的時間為t＝t1＋t2⑥由以上各式得t＝eq\f(4v0,3μg).易錯點評1．在第4題中，由于對碰撞的原則了解不全，不知道兩球相撞后，動能不會增加這一道理，導致錯誤．2．對于第11題的第2問，要注意理解過程，要能歸納、分析每顆子彈射入木塊后的速度規(guī)律．否則易出錯．3．物體的運動過程不清，受力分析不全，運動性質(zhì)不明，是造成第12題錯誤的主要原因．木塊與墻碰撞后，是向左先減速到零，然后再向右加速，直到與木塊速度相同，然后一起向右勻速運動，直到與墻第二次相撞．注意木板與地面間光滑，木板加速與減速是因為木塊與木板間的摩擦力．學案62波與粒子原子結(jié)構(gòu)一、概念規(guī)律題組1．(光電效應規(guī)律的理解)已知能使某金屬產(chǎn)生光電效應的極限頻率為νc，則()A．當用頻率為2νc的單色光照射該金屬時，一定能產(chǎn)生光電子B．當用頻率為2νc的單色光照射該金屬時，所產(chǎn)生的光電子的最大初動能為hνcC．當照射光的頻率ν大于νc時，若ν增大，則逸出功增大D．當照射光的頻率ν大于νc時，若ν增大一倍，則光電子的最大初動能也增大一倍2．一束綠光照射某金屬發(fā)生了光電效應，則下列說法正確的是()A．若增加綠光的照射強度，則逸出的光電子數(shù)增加B．若增加綠光的照射強度，則逸出的光電子最大初動能增加C．若改用紫光照射，則可能不會發(fā)生光電效應D．若改用紫光照射，則逸出的光電子的最大初動能增加3．下列對原子結(jié)構(gòu)的認識中，錯誤的是()A．原子中絕大部分是空的，原子核很小B．電子在核外繞核旋轉(zhuǎn)，向心力為庫侖力C．原子的全部正電荷都集中在原子核里D．原子核的直徑大約為10－10m4．以下說法正確的是()A．進行光譜分析可以用連續(xù)光譜，也可以用吸收光譜B．光譜分析的優(yōu)點是非常靈敏而且迅速C．分析某種物質(zhì)的化學組成可以使這種物質(zhì)發(fā)出的白光通過另一種物質(zhì)的低溫蒸氣取得吸收光譜進行分析D．攝下月球的光譜可以分析出月球上有哪些元素二、思想方法題組5．對光的認識，下列說法正確的是()A．個別光子的行為表現(xiàn)出粒子性，大量光子的行為表現(xiàn)出波動性B．光的波動性是光子本身的一種屬性，不是光子之間的相互作用引起的C．光表現(xiàn)出波動性時，就不具有粒子性了，光表現(xiàn)出粒子性時，就不再具有波動性了D．光的波粒二象性應理解為：在某種場合下光的波動性表現(xiàn)得明顯，在另外的某種場合下，光的粒子性表現(xiàn)得明顯圖16．圖1所示為氫原子能級的示意圖，現(xiàn)有大量的氫原子處于n＝4的激發(fā)態(tài)，當向低能級躍遷時輻射出若干不同頻率的光．關于這些光下列說法正確的是()A．最容易表現(xiàn)出衍射現(xiàn)象的光是由n＝4能級躍遷到n＝1能級產(chǎn)生的B．頻率最小的光是由n＝2能級躍遷到n＝1能級產(chǎn)生的C．這些氫原子總共可輻射出3種不同頻率的光D．用n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑能發(fā)生光電效應一、對光電效應規(guī)律的理解1．光電效應的實質(zhì)：光現(xiàn)象→電現(xiàn)象其中的光包括不可見光，如紫外線．2．掌握以下兩條決定關系(1)入射光頻率→決定光子能量→決定光電子最大初動能．(2)入射光強度→決定單位時間內(nèi)接收的光子數(shù)→決定單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)．【例1】(2009·寧夏高考)關于光電效應，下列說法正確的是()A．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大B．只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能產(chǎn)生光電效應C．從金屬表面逸出的光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出功越小D．入射光的光強一定時，頻率越高，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)就越多[規(guī)范思維][針對訓練1](2009·上?！?改編題)光電效應的實驗結(jié)論是：對于某種金屬()A．無論光強多強，只要光的頻率小于極限頻率就不能產(chǎn)生光電效應B．無論光的頻率多低，只要光照時間足夠長就能產(chǎn)生光電效應C．超過極限頻率的入射光強度越弱，產(chǎn)生的光電子的最大初動能就越小D．超過極限頻率的入射光頻率越高，產(chǎn)生的光電子的最大初動能就越大二、光電效應方程及曲線1．光電效應方程Ek＝hν－W0的意義圖2金屬中的電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的最大初動能Ek＝eq\f(1,2)mev2，是能量守恒的必然結(jié)果．2．Ek—ν圖象(如圖2所示)3．由Ek—ν圖象可以得到的物理量(1)極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc；(2)逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的值W0＝E；(3)普朗克常量：圖線的斜率k＝h.【例2】如圖3所示，圖3當開關S斷開時，用光子能量為2.5eV的一束光照射陰極P，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零．合上電鍵，調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當電壓表讀數(shù)小于0.60V時，電流表讀數(shù)仍不為零；當電壓表讀數(shù)大于或等于0.60V時，電流表讀數(shù)為零．(1)求此時光電子的最大初動能的大?。?2)求該陰極材料的逸出功．圖4【例3】(2010·浙江理綜·16)在光電效應實驗中，飛飛同學用同一光電管在不同實驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關系曲線(甲光、乙光、丙光)，如圖4所示．則可判斷出()A．甲光的頻率大于乙光的頻率B．乙光的波長大于丙光的波長C．乙光對應的截止頻率大于丙光的截止頻率D．甲光對應的光電子最大初動能大于丙光的光電子最大初動能[規(guī)范思維]三、原子的結(jié)構(gòu)與α粒子散射實驗1909～1911年，英國物理學家盧瑟福和他的助手進行了用α粒子轟擊金箔的實驗．實驗發(fā)現(xiàn)，絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后，基本上仍沿原來方向前進，但有少數(shù)α粒子發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)的角度甚至大于90°，也就是說它們幾乎被“撞了回來”．為了解釋α粒子的大角度散射，盧瑟福在1911年提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型．【例4】(1)關于原子結(jié)構(gòu)理論與α粒子散射實驗，下列說法中正確的是()A．盧瑟福做α粒子散射實驗是為了驗證湯姆孫的棗糕模型是錯誤的B．盧瑟福認識到湯姆孫的“棗糕模型”的錯誤后提出了“核式結(jié)構(gòu)”理論C．盧瑟福的α粒子散射實驗是為了驗證核式結(jié)構(gòu)理論的正確性D．盧瑟福依據(jù)α粒子散射實驗的現(xiàn)象提出了原子的“核式結(jié)構(gòu)”理論(2)在α粒子散射實驗中，α粒子的偏轉(zhuǎn)是由于受到原子內(nèi)正電荷的庫侖力而發(fā)生的．實驗中即使1mm厚的金箔也大約有3300層原子，但絕大多數(shù)的α粒子穿過金箔后仍沿原來的方向前進，只有少數(shù)發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)，這說明了什么？[規(guī)范思維]四、氫原子能級及能級躍遷1．氫原子的能級能級公式：En＝eq\f(1,n2)E1(n＝1,2,3，…)，其中E1為基態(tài)能量，E1＝－13.6eV.圖52．氫原子的能級圖(如圖5所示)(1)能級圖中的橫線表示氫原子可能的能量狀態(tài)——定態(tài)．(2)橫線左端的數(shù)字“1,2,3，…”表示量子數(shù)，右端的數(shù)字“－13.6，－3.40，…”表示氫原子的能級．(3)相鄰橫線間的距離，表示相鄰的能級差，量子數(shù)越大，相鄰的能級差越?。?4)帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，躍遷條件為：hν＝Em－En(m>n)．【例5】(2009·全國Ⅱ)圖6氫原子的部分能級如圖6所示．已知可見光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間．由此可推知，氫原子()A．從高能級向n＝1能級躍遷時發(fā)出的光的波長比可見光的短B．從高能級向n＝2能級躍遷時發(fā)出的光均為可見光C．從高能級向n＝3能級躍遷時發(fā)出的光的頻率比可見光的高D．從n＝3能級向n＝2能級躍遷時發(fā)出的光為可見光[規(guī)范思維]【例6】(2011·四川·18)氫原子從能級m躍遷到能級n時輻射紅光的頻率為ν1，從能級n躍遷到能級k時吸收紫光的頻率為ν2，已知普朗克常量為h，若氫原子從能級k躍遷到能級m，則()A．吸收光子的能量為hν1＋hν2B．輻射光子的能量為hν1＋hν2C．吸收光子的能量為hν2－h(huán)ν1D．輻射光子的能量為hν2－h(huán)ν1[規(guī)范思維][針對訓練2](2010·新課標·34(1))用頻率為ν0的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為ν1、ν2、ν3的三條譜線，且ν3>ν2>ν1，則()A．ν0<ν1 B．ν3＝ν2＋ν1C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.eq\f(1,ν1)＝eq\f(1,ν2)＋eq\f(1,ν3)【基礎演練】1．(2009·廣東卷)硅光電池是利用光電效應原理制成的器件，下列表述正確的是()A．硅光電池是把光能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿囊环N裝置B．硅光電池中吸收了光子能量的電子都能逸出C．逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率無關D．任意頻率的光照射到硅光電池上都能產(chǎn)生光電效應2．(2008·廣東·6)有關氫原子光譜的說法正確的是()A．氫原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜B．氫原子光譜說明氫原子只發(fā)出特定頻率的光C．氫原子光譜說明氫原子能級是分立的D．氫原子光譜線的頻率與氫原子能級的能量差無關圖73．在圖7所示的光電管實驗中，發(fā)現(xiàn)用一定頻率的A單色光照射光電管時，電流表指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而用另一頻率的B單色光照射時不發(fā)生光電效應，那么()A．A光的頻率大于B光的頻率B．B光的頻率大于A光的頻率C．用A光照射光電管時流過電流表G的電流方向是從a流向bD．用A光照射光電管時流過電流表G的電流方向是從b流向a4．氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時，下列說法中正確的是()A．氫原子的能量增加B．氫原子的能量減少C．氫原子要吸收一定頻率的光子D．氫原子要放出一定頻率的光子圖85．(2011·福建·29(1))愛因斯坦因提出了光量子概念并成功地解釋光電效應的規(guī)律而獲得1921年諾貝爾物理學獎．某種金屬逸出光電子的最大初動能Ekm與入射光頻率ν的關系如圖8所示，其中ν0為極限頻率．從圖中可以確定的是________．(填選項前的字母)A．逸出功與ν有關B．Ekm與入射光強度成正比C．當ν<ν0時，會逸出光電子D．圖中直線的斜率與普朗克常量有關圖96．(2010·高考風向標)如圖9所示，為氫原子的能級圖，若用能量為10.5eV的光子去照射一群處于基態(tài)的氫原子，則氫原子()A．能躍遷到n＝2的激發(fā)態(tài)上去B．能躍遷到n＝3的激發(fā)態(tài)上去C．能躍遷到n＝4的激發(fā)態(tài)上去D．以上三種說法均不對7．(2009·全國卷Ⅰ)氦氖激光器能產(chǎn)生三種波長的激光，其中兩種波長分別為λ1＝0.6328μm，λ2＝3.39μm.已知波長為λ1的激光是氖原子在能級間隔為ΔE1＝1.96eV的兩個能級之間躍遷產(chǎn)生的．用ΔE2表示產(chǎn)生波長為λ2的激光所對應的躍遷的能級間隔，則ΔE2的近似值為()A．10.50eV B．0.98eVC．0.53eV D．0.36eV8.圖10用光子能量為E的單色光照射容器中處于基態(tài)的氫原子．停止照射后，發(fā)現(xiàn)該容器內(nèi)的氫原子能夠釋放出三種不同頻率的光子，它們的頻率由低到高依次為ν1、ν2、ν3，如圖10所示．由此可知，開始用來照射容器中氫原子的單色光的光子能量可以表示為()A．hν1 B．hν3C．h(ν1＋ν2) D．h(ν1＋ν2＋ν3)【能力提升】9．原子從一個能級躍遷到另一個較低的能級時，有可能不發(fā)射光子，例如在某種條件下，鉻原子的n＝2能級上的電子躍遷到n＝1能級上時并不發(fā)射光子，而是將相應能量轉(zhuǎn)交給n＝4能級上的電子，使之能脫離原子，這一現(xiàn)象叫做俄歇效應．以這種方式脫離了原子的電子叫俄歇電子，已知鉻原子的能級公式可以簡化表示為En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3…，表示不同的能級的量子數(shù)．A是正的已知常數(shù)，上述俄歇電子的動能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A10．現(xiàn)有1200個氫原子被激發(fā)到n＝4的能級上，若這些受激氫原子最后都回到基態(tài)，則在此過程中發(fā)出的光子總數(shù)是(假設處在量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)上的氫原子躍遷到各低能級的原子數(shù)都是處在該激發(fā)態(tài)能級上的原子數(shù)的eq\f(1,n－1))()A．2200個 B．2000個C．1200個 D．2400個題號12345678910答案11.如圖11所示為氫原子最低的四個能級，當一群氫原子處于n＝4的能級上向低能級躍遷時：圖11(1)有可能放出________種能量的光子．(2)在哪兩個能級間躍遷時，所放出光子波長最長？波長是多少？12．(2010·江蘇物理·12(C))圖12(1)研究光電效應的電路如圖12所示．用頻率相同、強度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板(陰極K)，鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流．下列光電流I與A、K之間的電壓UAK的關系圖象中，正確的是()(2)鈉金屬中的電子吸收光子的能量，從金屬表面逸出，這就是光電子．光電子從金屬表面逸出的過程中，其動量的大小________(選填“增大”、“減小”或“不變”)，原因是________．(3)已知氫原子處在第一、第二激發(fā)態(tài)的能級分別為－3.4eV和－1.51eV，金屬鈉的截止頻率為5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.請通過計算判斷，氫原子從第二激發(fā)態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)過程中發(fā)出的光照射金屬鈉板，能否發(fā)生光電效應．學案62波與粒子原子結(jié)構(gòu)【課前雙基回扣】1．AB[入射光的頻率大于金屬的極限頻率，照射該金屬時一定能發(fā)生光電效應，A正確；金屬的逸出功為W＝hνc，又根據(jù)愛因斯坦光電效應方程eq\f(1,2)mv2＝hν－W，當入射光的頻率為2νc時，其光電子的最大初動能為eq\f(1,2)mv2＝2hνc－h(huán)νc，所以B正確；若當入射光的頻率由2νc增大一倍變?yōu)?νc時，其光電子的最大初動能為eq\f(1,2)mv2＝4hνc－h(huán)νc＝3hνc，顯然不是隨著增大一倍，D錯誤；逸出功是金屬本身對金屬內(nèi)電子的一種束縛本領的體現(xiàn)，與入射光的頻率無關，C錯誤．綜上所述A、B正確．]2．AD[光電效應的規(guī)律表明：入射光的頻率決定著是否發(fā)生光電效應以及發(fā)生光電效應時產(chǎn)生的光電子的最大初動能的大小，當入射光頻率增加后，產(chǎn)生的光電子最大初動能也增加；而照射光的強度增加，會使單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增加．紫光頻率高于綠光，故上述選項正確的有A、D.]3．D[盧瑟福α粒子散射實驗的結(jié)果否定了關于原子結(jié)構(gòu)的湯姆孫模型，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)學說，并估算出原子核直徑的數(shù)量級為10－15m、原子直徑的數(shù)量級為10－10m，原子是原子核直徑的十萬倍，所以原子內(nèi)部是十分“空曠”的．核外帶負電的電子由于受到帶正電的原子核的庫侖引力而繞核旋轉(zhuǎn)，所以本題應選D.]4．B[進行光譜分析不能用連續(xù)光譜，只能用明線光譜或吸收光譜，故A錯；光譜分析的優(yōu)點是靈敏而迅速，B正確；分析某種物質(zhì)組成可用白光照射其低溫蒸氣產(chǎn)生的吸收光譜進行分析，不是使其發(fā)出白光通過另一種物質(zhì)，故C錯；月球不能發(fā)光，它只能反射太陽光，故其光譜為太陽光譜，不是月球的光譜，不能用來分析月球上的元素，D錯．]5．ABD[本題考查光的波粒二象性．光是一種概率波，少量光子的行為易顯示出粒子性，而大量光子的行為往往顯示出波動性，A選項正確；光的波動性不是由于光子之間的相互作用引起的，而是光的一種屬性，這已被弱光照射雙縫后在膠片上的感光實驗所證實，B選項正確；粒子性和波動性是光同時具備的兩種屬性，C選項錯誤，D選項正確．]6．D[大量氫原子從n＝4的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時能輻射出6種不同頻率的光；頻率最高的是由n＝4能級躍遷到n＝1能級的光，其波長最短，最難表現(xiàn)出衍射現(xiàn)象；頻率最小的光是由n＝4能級躍遷到n＝3能級產(chǎn)生的；從n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光子能量hν＝E2－E1＝[－3.40－(－13.6)]eV＝10.2eV>W＝6.34eV，能發(fā)生光電效應．選項D正確．]思維提升1．光電效應現(xiàn)象：在光的照射下金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象．(1)不同的金屬對應著不同的極限頻率(νc)(2)電子從金屬中逸出所需做功的最小值，叫做該金屬的逸出功，有W＝hνc.(3)光電效應方程：Ek＝hν－W02．光不是宏觀觀念中的波，也不是宏觀概念中的粒子，大量光子產(chǎn)生的效果往往顯示出波動性，少量光子產(chǎn)生的效果往往顯示出粒子性，光在傳播過程中往往顯示波動性，在與物質(zhì)作用時往往顯示粒子性．3．原子結(jié)構(gòu)的實驗基礎：盧瑟福的α粒子散射實驗；從實驗現(xiàn)象提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型：在原子中心有一個很小的核(原子核)，原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負電的電子在核外繞核旋轉(zhuǎn)．4．(1)氫原子核外的電子繞核運動的軌道與其能量相對應．核外電子繞核做圓周運動的向心力，來源于庫侖力(量子化的衛(wèi)星運動模型)．規(guī)定無窮遠處原子的能量為零，則原子各能級的能量為負值．而E1＝－13.6eV，r1＝0.53×10－10m，En＝eq\f(E1,n2)，rn＝n2r1，隨著量子數(shù)n的增大軌道半徑增大，原子能量增大．隨n的增大，電子的動能減?。Sn的增大，原子的電勢能增大．(2)①原子躍遷條件hν＝Em－En只適用于光子和原子作用而使原子在各定態(tài)之間躍遷的情況．對于光子和原子作用而使原子電離時，只要入射光的能量E≥13.6eV，原子就能吸收．對于實物粒子與原子作用使原子激發(fā)時，粒子能量大于或等于能級差即可．②原子躍遷發(fā)出的光譜線條數(shù)N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)，是一群氫原子，而不是一個，因為某一個氫原子有固定的躍遷路徑．【核心考點突破】例1A[由愛因斯坦光電效應方程可知W0＝hνc，所以極限頻率越大，逸出功越大，A正確；低于極限頻率的光，無論強度多大，照射時間多長，都不可能產(chǎn)生光電效應，B錯誤；光電子的最大初動能還與照射光子的頻率有關，C錯誤；單位時間內(nèi)逸出的光電子個數(shù)與光強成正比，與頻率無關，D錯誤．][規(guī)范思維]入射光的頻率決定著能否發(fā)生光電效應及光電子的最大初動能．例2(1)0.60eV(2)1.90eV解析(1)光子能量為2.5eV時，設光電子的最大初動能為eq\f(1,2)mv2，由題意知，當反向電壓達到0.60V以后，具有最大初動能的光電子恰好不能達到陽極，即遏止電壓UC＝0.60V，因此－eUC＝0－eq\f(1,2)mv2eq\f(1,2)mv2＝eUC＝0.60eV(2)由光電效應方程eq\f(1,2)mv2＝hν－W0解得W0＝1.90eV.例3B[遏止電壓越大，光照射后光電子最大初動能也越大，光的頻率越大，只有B項正確．][規(guī)范思維]本題與愛因斯坦光電效應方程和光電效應實驗對接，明確圖象的物理意義及橫軸截距的物理意義是解題的關鍵．例4(1)D(2)說明原子內(nèi)帶正電荷的部分在整個原子中占的空間非常小．解析(1)盧瑟福設計的α粒子散射實驗是為了探究原子內(nèi)電荷的分布，并非為了驗證湯姆孫模型是錯誤的，A錯誤；盧瑟福并不是認識到“棗糕模型”的錯誤而提出“核式結(jié)構(gòu)”理論的，B錯誤；盧瑟福做了α粒子散射實驗后，由實驗現(xiàn)象提出了“核式結(jié)構(gòu)”理論，C錯誤，D正確．(2)α粒子穿過金箔后絕大多數(shù)仍沿原來的方向前進，說明它們距正電荷部分較遠，所受庫侖力很小，盡管經(jīng)過若干層原子，但靠近正電荷部分的機會很小，這說明原子內(nèi)帶正電荷的部分在整個原子中占的空間非常?。甗規(guī)范思維]微觀世界是看不見的，但我們可以根據(jù)它們產(chǎn)生的各種效應來進行分析、推理和判斷，從而達到認識微觀世界的目的．例5AD[從高能級向n＝1能級躍遷時放出的光子的能量最小值ΔE＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6)eV＝10.2eV>3.11eV，則由λ＝eq\f(hc,ΔE)可判斷，從高能級向n＝1能級躍遷時最大波長比可見光的最小波長還小，因此選項A正確；從高能級向n＝2能級躍遷時放出的光子的能量范圍是：1.89eV≤ΔE≤3.40eV，與可見光光子的能量有不重合的范圍，故選項B錯誤；從高能級向n＝3能級躍遷時，放出的光子能量范圍為：0.66eV≤ΔE≤1.51eV，比可見光光子的能量小，由ΔE＝hν可知這些光子的頻率均小于可見光的頻率，故選項C錯誤；從n＝3能級向n＝2能級躍遷時放出的光子的能量為ΔE＝1.89eV，在可見光光子能量范圍之內(nèi)，故選項D正確．][規(guī)范思維]處理此類問題主要掌握三個要點：(1)原子發(fā)生能級躍遷不論是吸收還是放出光子都必須滿足：hν＝Em－En，而c＝λν，所以heq\f(c,λ)＝Em－En；(2)一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時，可輻射的譜線條數(shù)N＝eq\f(nn－1,2)；(3)當一個氫原子由某個能級向低能級躍遷時，最多可產(chǎn)生的譜線條數(shù)為(n－1)，若氫原子從高能級向某一確定的低能級躍遷，只能產(chǎn)生一條譜線．例6D[氫原子從能級m躍遷到能級n時輻射紅光，說明能級m高于能級n，而從能級n躍遷到能級k時吸收紫光，說明能級k也比能級n高，而紫光的頻率ν2大于紅光的頻率ν1，所以hν2>hν1，因此能級k比能級m高，所以若氫原子從能級k躍遷到能級m，應輻射光子，且光子能量應為hν2－h(huán)ν1.故選項D正確．][規(guī)范思維]理解透玻爾理論的三條假設，特別是躍遷假設，就能正確解答這類題型．針對本題，還應挖掘出ν2>ν1這一隱含條件．[針對訓練]1．AD[能不能發(fā)生光電效應，取決于入射光的頻率是不是大于極限頻率，與光的強度無關，A對，B錯；由Ek＝hν－W0知，入射光頻率ν越大，光電子的最大初動能Ek就越大，與入射光的強度無關，C錯，D對．]2．B思想方法總結(jié)1．理解光子學說，能形象地想象光電效應的物理圖景：光一份一份射向金屬，電子吸收一個光子后能量變大，掙脫原子核的束縛，成為光電子．很容易從這一圖景中分析有關光電效應的定性理解問題．2．對于本部分實驗推理類問題，要求記?。?1)實驗的作者、時間和裝置；(2)實驗事實或現(xiàn)象；(3)由實驗結(jié)果得出什么結(jié)論；(4)實驗的意義所在．3．(1)量子數(shù)為n的氫原子輻射光子的可能頻率的判定方法：如果是一個氫原子，向低能級躍遷時最多發(fā)出的光子數(shù)為(n－1)．如果是一群氫原子，向低能級躍遷時最多，發(fā)出的光子數(shù)為Ceq\o\al(2,n)種．(2)理解氫原子能級圖，量子數(shù)越大的能級間能級差越小，發(fā)出光子波長越長．【課時效果檢測】1．A2.BC3.AC4.BD5.D6.D7.D8.BC9．C10.A11．(1)6(2)第四能級向第三能級1.88×10－6m解析(1)N＝eq\f(nn－1,2)＝eq\f(4×4－1,2)＝6.(2)由題圖知，氫原子由第四能級向第三能級躍遷時，能級差最小，輻射的光子波長最長．由hν＝E4－E3，得：heq\f(c,λ)＝E4－E3，所以λ＝eq\f(hc,E4－E3)＝eq\f(6.63×10－34×3×108,[－0.85－－1.51]×1.6×10－19)m≈1.88×10－6m.12．(1)C(2)減小光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用(或需要克服逸出功)(3)見解析解析(1)入射光的頻率相同，則光電子的最大初動能相同，由－eU＝－eq\f(1,2)mvm2知，兩種情況下遏止電壓相同，故選項A、B錯誤；光電流的強度與入射光的強度成正比，所以強光的光電流比弱光的光電流大，故選項C正確，選項D錯誤．(2)減小光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用(3)氫原子放出的光子能量E＝E2－E1，代入數(shù)據(jù)得E＝1.89eV金屬鈉的逸出功W0＝hνc，代入數(shù)據(jù)得W0＝2.3eV因為E<W0，所以不能發(fā)生光電效應．易錯點評1．對第1、3、5題出錯的原因主要是對光電效應規(guī)律理解不全造成的．部分同學由于不清楚每種金屬都有自己的極限頻率，而使第1