2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動量守恒 近代物理.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十三章 動量守恒 近代物理必須掌握的概念、公式或規(guī)律必須理解的7個關(guān)鍵點(diǎn)必須明確的7個易錯易混點(diǎn)1.12個重要概念動量沖量彈性碰撞非彈性碰撞反沖現(xiàn)象光電效應(yīng)現(xiàn)象能級基態(tài)激發(fā)態(tài)躍遷衰變半衰期1.動量定理是矢量表達(dá)式2.動量守恒滿足一定的條件，且系統(tǒng)在整個過程中任意時刻的總動量均相等1.系統(tǒng)的總動量是指各物體動量的矢量和，不是代數(shù)和.2.利用動量守恒時，各物體的速度必須是相對同一參考系的2.9個公式pmvIFtIp m1v1m2v2m1v1m2v2 hWmv2hEmEn Emc2Emc2 N余N原3.能否發(fā)生光電效應(yīng)，不取決于光強(qiáng)，而取決于光的頻率4.光電子不是光子，是電子5.玻爾理論的內(nèi)容包含定態(tài)、躍遷、軌道三方面的內(nèi)容玻爾理論能很好地解釋氫原子光譜3.微觀粒子和宏觀物體都具有波動性4.微觀粒子的波動性不同于機(jī)械波，它是一種概率波5.光電效應(yīng)中的“光”也包括不可見光3.5個規(guī)律動量定理動量守恒定律光電效應(yīng)規(guī)律玻爾理論衰變規(guī)律6.半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)的原子核不適用7.核力是只發(fā)生在相鄰核子間的短程強(qiáng)相互作用.6.太陽光譜不是連續(xù)光譜是吸收光譜7.原子光譜是線狀光譜不是連續(xù)光譜第1節(jié)動量定理動量守恒定律 真題回放1(xx新課標(biāo)全國卷)在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小【解析】設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得mv2mv(2m)vmvmv1(2m)v2式中，以碰撞前木塊A的速度方向?yàn)檎墒降胿1設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動的距離分別為d1和d2，由動能定理得mgd1mv(2m)gd2(2m)v按題意有dd1d2設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得mgdmvmv2聯(lián)立至式，得v0.【答案】2(xx新課標(biāo)全國卷)如圖1311，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動假設(shè)B和C碰撞過程時間極短求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，圖1311(1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv02mv1此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機(jī)械能為E，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得mvE(2m)v聯(lián)立式得Emv(2)由式可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒和能量守恒定律得mv03mv3mvE(3m)vEp聯(lián)立式得Epmv.【答案】(1)mv(2)mv3(xx山東高考)如圖1312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(zhì)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(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C發(fā)生碰撞求A與C碰撞后瞬間A的速度大小圖1312【解析】因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)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(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s.【答案】2 m/s考向分析1.考綱展示(1)動量、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用(2)彈性碰撞和非彈性碰撞(3)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律2.命題趨勢本節(jié)是選修35中的重點(diǎn)內(nèi)容，在新課標(biāo)全國卷中每年必考一個關(guān)于動量、動量守恒的計算題，且難度為中等難度，這個特點(diǎn)在以后的高考命題中不會變化3.選材特點(diǎn)經(jīng)常以生活中的具體事例為命題背景，以碰撞為模型考查動量守恒定律的應(yīng)用，有時也綜合考查能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律.考點(diǎn)一 對動量定理的理解及應(yīng)用一、適用范圍適用于恒力作用也適用于變力作用，適用于直線運(yùn)動也適用于曲線運(yùn)動，適用于受持續(xù)的沖量作用，也適用于受間斷的多個沖量的作用二、解釋現(xiàn)象一類是物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小另一類是作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小三、解題的基本思路1確定研究對象：一般為單個物體或由多個物體組成的系統(tǒng). 2對物體進(jìn)行受力分析可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量3抓住過程的初末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負(fù)號4根據(jù)動量定理列方程代入數(shù)據(jù)求解【例1】考向1應(yīng)用動量定理解釋現(xiàn)象把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動；若迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出，解釋這個現(xiàn)象的原因是()A在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大B在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大C在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大D在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大【解析】在緩緩拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力；在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力由于滑動摩擦力fN(是動摩擦因數(shù))，而最大靜摩擦力fmumN(um是靜摩擦因數(shù))且m.一般情況下可以認(rèn)為ffm即滑動摩擦力f 近似等于最大靜摩擦力fm.因此，一般情況是：緩拉，摩擦力??；快拉，摩擦力大緩緩拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量，即動量的改變量可以很大，所以能把重物帶動；快拉時，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量的改變量小因此選項(xiàng)C正確【答案】C【例2】考向2動量定理的計算質(zhì)量為0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁，又以4 m/s的速度反向彈回如圖1313，球跟墻壁的作用時間為0.05 s求：圖1313(1)小球動量的增量；(2)球受到的平均沖力【解析】取初速度v1的方向?yàn)檎较?，則：v15 m/s，v24 m/s(1)pmv2mv10.4(45) kgm/s3.6 kgm/s負(fù)號表示動量增量與初動量方向相反(2)FN72 N，平均沖力的大小為72 N，平均沖力的方向與初速度反向【答案】(1)3.6 kgm/s，負(fù)號表示與初動量反向(2)72 N，負(fù)號表示與初速度反向【反思總結(jié)】動量定理是矢量式，對同一直線上運(yùn)動的問題，規(guī)定正方向后，可將矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算應(yīng)用Ip求變力的沖量時，如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用Ft計算，往往用動量定理間接求解.考點(diǎn)二 動量守恒定律的理解與應(yīng)用1.動量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、動量均是矢量，因此列式時，要規(guī)定正方向(2)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系(3)系統(tǒng)性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動量不一定滿足守恒(4)同時性：動量守恒定律方程等號左側(cè)表示的是作用前同一時刻的總動量，右側(cè)則表示作用后同一時刻的總動量(5)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)，而且適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2動量守恒定律的不同表達(dá)形式(1)pp，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)m1v1m2v2m1v1m2v2，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)p1p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向(4)p0，系統(tǒng)總動量的增量為零3碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律(1)動量守恒(2)機(jī)械能不增加(3)速度要合理若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)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(yùn)動，則應(yīng)有v前v后.碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變4對反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反的方向運(yùn)動，通常用動量守恒來處理(2)反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加(3)反沖運(yùn)動中平均動量守恒5爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動【例3】(xx新課標(biāo)全國卷 )如圖1314，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放圖1314當(dāng)A球下落t0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失求：(1)B球第一次到達(dá)地面時的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度【解析】(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時的速度大小為vB，由運(yùn)動學(xué)公式有vB將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運(yùn)動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得h聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m突破訓(xùn)練1(xx大綱全國卷)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.B.C.D.【解析】設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am.設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0mv1Amv2，mvmvAmv，解得v1v0，故，A正確【答案】A考點(diǎn)三 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律1.方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(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(dǎo)軌(3)實(shí)驗(yàn)：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(改變滑塊的質(zhì)量改變滑塊的初速度大小和方向)(4)驗(yàn)證：一維碰撞中的動量守恒2方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(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(shí)驗(yàn)：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(yīng)小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應(yīng)小球的速度(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗(yàn)(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動量守恒3方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量(2)安裝：將打點(diǎn)計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點(diǎn)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(3)實(shí)驗(yàn)：接通電源，讓小車A運(yùn)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(yùn)動(4)測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點(diǎn)間的距離及時間由v算出速度(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實(shí)驗(yàn)(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動量守恒4方案四：利用斜槽上滾下的小球驗(yàn)證動量守恒定律(1)用天平測出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏?2)按照如圖1315所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平圖1315(3)白紙在下，復(fù)寫紙在上，在適當(dāng)位置鋪放好記下重垂線所指的位置O.(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面，圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置 (5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次用步驟(4)的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N.如圖1316所示圖1316(6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度將測量數(shù)據(jù)填入表中最后代入m1Om1Om2O，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立(7)整理好實(shí)驗(yàn)器材放回原處(8)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動量守恒5對實(shí)驗(yàn)誤差的分析(1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求，即：碰撞是否為一維碰撞實(shí)驗(yàn)是否滿足動量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，長木板實(shí)驗(yàn)是否平衡掉摩擦力等(2)偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量(3)減小誤差的措施：設(shè)計方案時應(yīng)保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動量守恒的條件采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差【例4】(xx新課標(biāo)全國卷)現(xiàn)利用圖1317甲所示的裝置驗(yàn)證動量守恒定律在圖甲中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點(diǎn)計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間甲圖1317實(shí)驗(yàn)測得滑塊A的質(zhì)量m10.310 kg，滑塊B的質(zhì)量m20.108 kg，遮光片的寬度d1.00 cm；打點(diǎn)計時器所用交流電的頻率f50.0 Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動打點(diǎn)計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰碰后光電計時器顯示的時間為tB3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶如圖1317乙所示乙圖1317若實(shí)驗(yàn)允許的相對誤差絕對值(100%)最大為5%，本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動量守恒定律？寫出運(yùn)算過程【解析】紙帶上打出的相鄰點(diǎn)的時間間隔t0.02 s根據(jù)v可計算出滑塊A碰撞前后的速度v02.00 m/s，v10.970 m/s滑塊A、B碰撞后滑塊B的速度v22.86 m/s兩滑塊碰撞前后的總動量pm1v00.3102.00 kgm/s0.620 kgm/spm1v1m2v20.610kgm/s兩滑塊碰撞前后總動量相對誤差絕對值為100%1.6%<5%因此，本實(shí)驗(yàn)在誤差允許范圍內(nèi)驗(yàn)證了動量守恒定律【答案】見解析數(shù)學(xué)技巧5數(shù)學(xué)歸納法在物理中的應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法是一種數(shù)學(xué)證明方法，典型地用于確定一個表達(dá)式在所有自然數(shù)范圍內(nèi)是成立的或者用于確定一個其他的形式在一個無窮序列是成立的，這就是著名的結(jié)構(gòu)歸納法如果說一個關(guān)于自然數(shù)n的命題，當(dāng)n1時成立(這一點(diǎn)我們可以代入檢驗(yàn)即可)，我們就可以假設(shè)nk(k1)時命題也成立再進(jìn)一步，如果能證明nk1時命題也成立的話(這一步是用第二步的假設(shè)證明的)，由n1命題成立，可推知n2命題成立，繼而又可推出n3命題成立這樣就形成了一個無窮的遞推，從而命題對于n1的自然數(shù)都成立在物理高考題中經(jīng)常出現(xiàn)的多過程問題，很多情況下可以用數(shù)學(xué)歸納法來解決【例5】雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞已知雨滴的初始質(zhì)量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)閙1.此后每經(jīng)過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為m2、m3mn.(設(shè)各質(zhì)量為已知量)不計空氣阻力若考慮重力的影響，求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1；(2)求第n次碰撞后雨滴的動能mnv【思路導(dǎo)引】【解析】(1)若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動，碰撞瞬間動量守恒第1次碰撞前vv2 gl，v1第1次碰撞后m0v1m1v1，v1v1(2)第2次碰撞vv122gl利用式化簡得v2v2gl第2次碰撞后，利用式得v2v2v2gl同理，第3次碰撞后v2v2gl，第n次碰撞后速度為 v2v2gl故n次碰撞后雨滴的動能為mnvn2.【答案】(1)(2) 突破訓(xùn)練2(xx安徽高考)如圖1318所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M2 kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接傳送帶始終以u2 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動裝置的右邊是一光滑曲面，質(zhì)量m1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h(yuǎn)1.0 m處由靜止釋放已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.2，l1.0 m設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)取g10 m/s2.圖1318(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大?。?2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動到右邊的曲面上？(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動速度大小【解析】(1)設(shè)物塊B從光滑曲面h高處滑下時的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律，得mghmv，故v0 m/s2 m/su，故B滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動加速度ag2 m/s2，根據(jù)v2v2as，得物塊B到達(dá)傳送帶左端時的速度v1 m/s4 m/s.離開傳送帶后做勻速運(yùn)動，故物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度v14 m/s.(2)物塊B與物塊A發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞前后遵守動量守恒和能量守恒即mv1mv1MV1mvmvMV聯(lián)立解得，v1v1v1 m/s負(fù)號說明B與A碰撞后，B的速度方向向右物塊B運(yùn)動到傳送帶上做勻減速運(yùn)動速度減為零時的位移s m ml，因此物塊B還沒有到達(dá)傳送帶的右邊，速度已減小為零，故不能到達(dá)右邊的曲面上(3)物塊B與A第一次碰撞后，運(yùn)動到傳送帶上做勻減速運(yùn)動，速度減為零后做反向的加速運(yùn)動，根據(jù)對稱性，離開傳送帶后的速度v2v1，然后與A發(fā)生第二次碰撞，且滿足mv2mv2MV2mvmvMV聯(lián)立解得，v2v2v2v1同理，物塊B與A第三次碰撞前的速度v3v2，碰撞后的速度v3v3v1.依此類推第n次碰撞后B的速度vnv1即n次碰撞后的速度大小為v1 m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3) m/s1. (xx浙江高考)如圖1319所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧甲木塊與彈簧接觸后()圖1319A甲木塊的動量守恒B乙木塊的動量守恒C甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒D甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒【解析】根據(jù)動量守恒定律的條件，以甲、乙為一系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，A、B錯誤，C正確；甲、乙的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，甲、乙系統(tǒng)的動能不守恒，D錯誤【答案】C2(xx福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)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(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)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(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖13110Av0v2Bv0v2Cv0v2D.v0(v0v2)【解析】根據(jù)動量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)故選D.【答案】D3(多選)從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小B掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小C掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢D掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長【解析】設(shè)玻璃杯下落高度為h.它們從高h(yuǎn)處落地瞬間的速度大小為，與水泥地或草地接觸t時間后停止，根據(jù)動量定理可知：由于掉在水泥地上動量變化快，相互作用時間短，受到的合力大，所以地面給杯子的沖擊力也大，故杯子易碎應(yīng)選C、D.【答案】CD4一個質(zhì)量為0.3 kg的小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動，反彈后的速度大小為4 m/s.則碰撞前后墻對小球的沖量I的大小及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為()AI3 kgm/s，W3 JBI0.6 kgm/s，W3 JCI3 kgm/s，W7.8 JDI0.6 kgm/s，W3 J【解析】本題考查動能定理和動量定理的應(yīng)用，難度較易碰撞前后墻對小球的沖量大小Imvm(v)3 kgm/s，碰撞過程中墻對小球做的功等于小球動能的改變量，即Wmv2mv23 J，A正確【答案】A5質(zhì)量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運(yùn)動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2向左射入木塊并停留在木塊中，要使木塊停下來，發(fā)射子彈的數(shù)目是()A. B.C.D.【解析】設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，由動量守恒可知：nmv2Mv10，解得n，選項(xiàng)D正確【答案】D6. (xx蘇北四市調(diào)研)A、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(dāng)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13111所示若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，則B球的落地點(diǎn)距離桌邊距離為()圖13111A.B.xCxD.x【解析】當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒有：Epmv，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有：xv0t.當(dāng)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，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動量守恒和能量守恒有：2mvAmvB0，Ep2mvmv，解得vBv0，B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為xvBtx，D選項(xiàng)正確【答案】D7(多選) (xx山東濰坊一中階段性檢測)在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運(yùn)動當(dāng)小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球間距大于L時，相互間的排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運(yùn)動時始終未接觸，兩小球運(yùn)動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖13112所示，由圖可知()圖13112Aa球質(zhì)量大于b球質(zhì)量B在t1時刻兩小球間距最小C0t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小D在0t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運(yùn)動方向相反【解析】由題給條件知a、b球組成的系統(tǒng)在發(fā)生相互作用的過程中動量守恒由vt圖象可知，b球在t1時刻速度減為零，然后反向運(yùn)動，而它們是受到等大反向的沖量作用，故b球的初動量要小于a球的初動量，即mav0>mbv0，則ma>mb，故選項(xiàng)A正確在0t2時間內(nèi)，兩小球從相向運(yùn)動至同向運(yùn)動到速度相等，間距會逐漸減小，而在t2時刻兩小球間距達(dá)到最小，故選項(xiàng)B錯誤、選項(xiàng)C正確在t1t3時間內(nèi)，a和b是同向運(yùn)動，b受到的斥力和運(yùn)動方向相同，故選項(xiàng)D錯誤【答案】AC8(xx天津高考) 質(zhì)量為0.2 kg的小球豎直向下以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，則小球與地面碰撞前后的動量變化為_kgm/s.若小球與地面的作用時間為0.2 s，則小球受到地面的平均作用力大小為_N(取g10 m/s2)【解析】以豎直向上為正方向，則v4 m/s，v6 m/s所以小球與地面碰撞前后的動量變化為pmvmv0.240.2(6) kgm/s2 kgm/s根據(jù)動量定理，得(Fmg)tp所以平均作用力Fmg N0.210 N12 N.【答案】2129某同學(xué)用如圖13113所示裝置來研究碰撞過程，第一次單獨(dú)讓小球a從斜槽某處由靜止開始滾下落地點(diǎn)為P，第二次讓a從同一位置釋放后與靜止在斜槽末端的小球b發(fā)生碰撞a、b球的落地點(diǎn)分別是M、N，各點(diǎn)與O的距離如圖所示該同學(xué)改變a的釋放位置重復(fù)上述操作由于某種原因他只測得了a球的落地點(diǎn)P、M到O的距離分別為22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地點(diǎn)N到O的距離圖13113【解析】設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2，碰撞過程中滿足動量守恒定律m1Om2Om1O，解得m1m241.改變a的釋放位置，有m1m2m1，解得：48.0 cm.【答案】48.0 cm10(xx江蘇高考)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小【解析】設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2由動量守恒定律：2mv02mv1mv2，由題意知，解得v1v0，v2v0.【答案】v0v011(xx大綱全國卷)冰球運(yùn)動員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動時，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運(yùn)動員乙相撞碰后甲恰好靜止假設(shè)碰撞時間極短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失【解析】(1)設(shè)運(yùn)動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰撞前速度大小分別為v、V，碰撞后乙的速度大小為V.取運(yùn)動員甲速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律有mvMVMV代入數(shù)據(jù)得V1.0 m/s(2)設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為E，應(yīng)有mv2MV2MV2E聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得E1 400 J.【答案】(1)1.0 m/s(2)1 400 J12. 如圖13114所示，質(zhì)量M2 kg的長木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊放有豎直固定擋板，B的右端到擋板的距離為s.現(xiàn)有一小物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m1 kg，以初速度v06 m/s從B的左端水平滑上B.已知A與B間的動摩擦因數(shù)0.2，A始終未滑離B，B與豎直擋板碰前A和B已相對靜止，B與擋板的碰撞時間極短，碰后以原速率彈回取重力加速度g10 m/s2，求：圖13114(1)B與擋板相碰時的速度大??；(2)s的最短距離；(3)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為多少時，物體A恰與長木板B相對靜止(保留兩位小數(shù))【解析】(1)設(shè)B與擋板相碰時的速度大小為v1，由動量守恒定律得mv0(Mm)v1，v12 m/s.(2)A與B剛好共速時B到達(dá)擋板距離s最短，由牛頓第二定律，B的加速度為a1 m/s2，s2 m.(3)B與擋板碰后，A、B最后一起向左運(yùn)動，共同速度大小為v2，由動量守恒定律Mv1mv1(mM)v2，v2 m/s，設(shè)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為L時，物體A恰與長木板B相對靜止，對長木板B由動能定理得mgLMvMv代入數(shù)據(jù)得L1.78 m.【答案】(1)2 m/s(2)2 m(3)1.78 m階段升華微專題(十五)動量定理及動量守恒定律的強(qiáng)化應(yīng)用專題歸納專題一動量與動量定理1沖量、動量與動量的變化物理量項(xiàng)目沖量動量動量變化公式IFtpmvpmv末mv初方向性矢量，與F同方向矢量，與v同方向矢量，用平行四邊形定則確定性質(zhì)是過程量，對力而言是狀態(tài)量，對物體而言是過程量，對物體而言2動量定理與動能定理項(xiàng)目動量定理動能定理表達(dá)式I合p2p1pW總Ek2Ek1Ek標(biāo)矢性矢量式、I合、p均為矢量標(biāo)量式、W總、Ek均為標(biāo)量注意事項(xiàng)(1)規(guī)定矢量的正向，確定正負(fù)(2)確定過程及初、末狀態(tài)(1)功雖是標(biāo)量，但要確定功的正負(fù)及求法(2)確定初、末速度求初、末動能【例1】排球運(yùn)動是一項(xiàng)同學(xué)們喜歡的體育運(yùn)動為了了解排球的某些性能，某同學(xué)讓排球從距地面高h(yuǎn)11.8 m處自由落下，測出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點(diǎn)所用時間為t1.3 s，第一次反彈的高度為h21.25 m已知排球的質(zhì)量為m0.4 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力求：(1)排球與地面的作用時間；(2)排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Φ拇笮　窘馕觥?1)排球第一次落到地面的時間為t1，第一次反彈到最高點(diǎn)的時間為t2，由h1gt，h2gt，得：t10.6 s，t20.5 s，所以排球與地面的作用時間ttt1t20.2 s.(2)設(shè)排球第一次落地的速度為v1，第一次反彈離開地面時的速度為v2，則有：v1gt16 m/s，v2gt25 m/s，設(shè)地面對排球的平均作用力的大小為F，以排球?yàn)檠芯繉ο?，取向上為正方向，則在排球與地面的作用過程中，由動量定理得：(Fmg)tmv2m(v1)得：Fmg，代入數(shù)據(jù)得：F26 N根據(jù)牛頓第三定律得：排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?6 N.【答案】(1)0.2 s(2)26 N專題二動量守恒定律的應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較動量守恒定律機(jī)械能守恒定律表達(dá)式m1v1m2v2m1v1m2v2，兩個物體組成的系統(tǒng)相互作用前后動量保持不變p1p2，相互作用的兩個物體動量變化量大小相等，方向相反p0，系統(tǒng)動量增量為零EkEpEkEp(系統(tǒng)初態(tài)的機(jī)械能等于系統(tǒng)末態(tài)的機(jī)械能) EkEp(系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量) EA增EB減(A、B組成的系統(tǒng)，A的機(jī)械能的增加量等于B的機(jī)械能的減少量)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零這里要正確區(qū)分內(nèi)力和外力系統(tǒng)受外力的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時也可以認(rèn)為動量守恒這時是一種近似守恒，但計算時仍可用動量守恒定律進(jìn)行計算系統(tǒng)所受的合外力雖不為零，如果在某一方向上合外力為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量守恒只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功【例2】(xx山東高考)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變求B與C碰撞前B的速度大小圖1【解析】設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB對B、C木塊：mBvB(mBmC)v由A與B間的距離保持不變可知vAv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0.【答案】v0學(xué)習(xí)致用1(多選)下列說法中正確的是()A物體的動量的改變，一定是速度大小的改變B物體的動量的改變，一定是速度方向的改變C物體的運(yùn)動狀態(tài)改變，其動量一定改變D物體的速度方向改變，其動量一定改變【解析】由pmv知，p的改變決定于v的改變，只要v的大小或方向有其一變化，p就變化，故選CD.【答案】CD2玻璃杯從同一高度自由下落，掉落到硬質(zhì)水泥地板上易碎，掉落到松軟地毯上不易碎，這是由于玻璃杯掉到松軟地毯上()A所受合外力的沖量小B動量的變化量小C動量的變化率小D地毯對杯子的作用力小于杯子對地毯的作用力【解析】杯子從同一高度自由下落，與地面相碰前的瞬時速度、動量都是一定的，碰后靜止，動量的變化量一定，pm，合外力的沖量大小相等由F可知，玻璃杯掉到地毯上t大，F(xiàn)小，因此不易破碎，C正確【答案】C3(xx福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是_(填選項(xiàng)前的字母)A.v0B.v0C.v0D.v0【解析】應(yīng)用動量守恒定律解答本題，注意火箭模型質(zhì)量的變化取向下為正方向，由動量守恒定律可得：0mv0(Mm)v故v，選項(xiàng)D正確【答案】D4水平地面上有一木塊，質(zhì)量為m，它與地面間的動摩擦因數(shù)為，在水平恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過時間t，撤去此力，木塊又向前滑行一段時間2t才停下，此恒力F的大小為()AmgB.2mgC3mgD.4mg【解析】從木塊開始運(yùn)動，到木塊停止運(yùn)動的整個過程用動量定理(取水平恒力F的方向?yàn)檎较?得：Ftmg3t0.所以F3mg，只有C正確【答案】C5平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質(zhì)量為M，站立在船上的人手中拿一質(zhì)量為m的物體起初人相對于船靜止，船、人、物體以共同速度v0前進(jìn)，當(dāng)人相對于船以速度u向相反方向?qū)⑽矬w拋出時，人和船的速度為(水的阻力不計)A. B.Cv0D.v0u【解析】物體被拋出的同時，船速已發(fā)生了變化，設(shè)為v，則物體拋出后相對地的速度為(uv)，取小船、人和物體m為一系統(tǒng)，由動量守恒定律得：(Mm)v0Mvm(uv)，所以vv0.故C正確【答案】C6. (xx天津高考)我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖2A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功【解析】根據(jù)沖量的定義、動量守恒定律和能量守恒定律解決問題乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)A錯誤；乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即p甲p乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負(fù)功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動能定理知，選項(xiàng)C、D錯誤【答案】B7. 如圖3所示，一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30的固定斜面上，并立即沿反方向彈回已知反彈速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面對小球的沖量的大小圖3【解析】小球在碰撞斜面前做平拋運(yùn)動，設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v.由題意，v的方向與豎直線的夾角為30，且水平分量仍為v0，如圖所示，由此得v2v0碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙，碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理：Im(v)mv由得Imv0.【答案】mv08如圖4所示，甲、乙兩冰球運(yùn)動員為爭搶冰球而合理沖撞，已知甲運(yùn)動員的質(zhì)量為60 kg，乙運(yùn)動員的質(zhì)量為70 kg，接觸前兩運(yùn)動員速度大小均為5 m/s，沖撞結(jié)果，甲被撞回，速度大小為2 m/s，如接觸時間為0.2 s，問：圖4(1)沖撞時兩運(yùn)動員的相互作用力多大？(2)撞后，乙的速度大小是多少？方向又如何？【解析】(1)取甲碰前的速度方向?yàn)檎较?，對甲運(yùn)用動量定理，有：Ftm甲v甲m甲v甲所以F2 100 N.(2)取甲碰前的速度方向?yàn)檎较?，對系統(tǒng)運(yùn)用動量守恒定律，有：m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙所以v乙1 m/s方向與甲碰前速度相同【答案】(1)2 100 N(2)1 m/s，與甲碰前的速度同向第2節(jié)光電效應(yīng)氫原子光譜 真題回放1(xx新課標(biāo)全國卷)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，某金屬的截止頻率相應(yīng)的波長為0，該金屬的逸出功為_若用波長為(<0)的單色光做該實(shí)驗(yàn)，則其遏止電壓為_已知電子的電荷量、真空中的光速和普朗克常量分別為e、c和h.【解析】設(shè)金屬的截止頻率為0，則該金屬的逸出功W0h0h；對光電子，由動能定理得eU0hW0，解得U0.【答案】(寫為.也可)2(xx福建高考)關(guān)于近代物理，下列說法正確的是_A射線是高速運(yùn)動的氦原子B核聚變反應(yīng)方程HHHen中，n表示質(zhì)子C從金屬表面逸出的光電子的最大初動能與照射光的頻率成正比D玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，其理論能夠解釋氫原子光譜的特征【解析】射線是高速氦核流，A錯誤.n表示的是中子，B錯誤由光電效應(yīng)方程EkmhW知Ekm與成線性關(guān)系，C錯誤玻爾的量子化原子模型的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)一是原子的穩(wěn)定性，二是原子光譜的分立特征，故D正確【答案】D3(xx四川高考)如圖1321為氫原子能級示意圖的一部分，則氫原子()圖1321A從n4能級躍遷到n3能級比從n3能級躍遷到n2能級輻射出電磁波的波長長B從n5能級躍遷到n1能級比從n5能級躍遷到n4能級輻射出電磁波的速度大C處于不同能級時，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的D從高能級向低能級躍遷時，氫原子核一定向外放出能量【解析】光子能量Eh，而E43<E32，故43>32，A項(xiàng)正確由于光波的波速由介質(zhì)和頻率共同決定，且在真空中傳播時與頻率無關(guān)，故B錯電子在核外不同能級出現(xiàn)的概率是不同的，故C錯能級躍遷是核外電子在不同軌道間的躍遷，與原子核無關(guān)，故D錯誤【答案】A考向分析1.考綱展示(1)氫原子光譜(2)氫原子的能級結(jié)構(gòu)、能級公式 (3)光電效應(yīng) (4)愛因斯坦光電效應(yīng)方程 2.命題趨勢本節(jié)作為選考內(nèi)容，經(jīng)?？疾橐韵聝蓚€方面知識；(1)光電效應(yīng)現(xiàn)象的規(guī)律及光電效應(yīng)方程的應(yīng)用(2)氫原子的能級及光譜的形成3.選材特點(diǎn)以經(jīng)典理論為命題背景，選取光電效應(yīng)現(xiàn)象和氫原子能級圖進(jìn)行考查相關(guān)知識.考點(diǎn)一 對光電效應(yīng)規(guī)律的理解1.區(qū)分光電效應(yīng)中的五組概念(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)出來的電子，其本質(zhì)是電子光子是光電效應(yīng)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(yùn)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)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達(dá)陽極，回路中便產(chǎn)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(guān)(4)入射光強(qiáng)度與光子能量：入射光強(qiáng)度指單位時間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量(5)光的強(qiáng)度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強(qiáng)度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)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(qiáng)度之間沒有簡單的正比關(guān)系2兩種常見圖象比較圖象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(guān)系圖線極限頻率：圖線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)c逸出功：圖線與Ek軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的值W0E普朗克常量：圖線的斜率kh顏色相同、強(qiáng)度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點(diǎn)飽和光電流Im：電流的最大值最大初動能：EkmeUc【例1】(xx浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應(yīng)現(xiàn)象，實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖1322甲所示已知普朗克常量h6.631034 Js.甲乙圖1322(1)圖甲中電極A為光電管的_(填“陰極”或“陽極”)；(2)實(shí)驗(yàn)中測得銣的遏止電壓UC與入射光頻率之間的關(guān)系如圖1322乙所示，則銣的截止頻率c_Hz，逸出功W0_J；(3)如果實(shí)驗(yàn)中入射光的頻率7.001014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek_J.【解析】(1)在光電效應(yīng)中，電子向A極運(yùn)動，故電極A為光電管的陽極(2)由題圖可知，銣的截止頻率c為5.151014 Hz，逸出功W0hc6.6310345.151014 J3.411019 J.(3)當(dāng)入射光的頻率為7.001014Hz時，由Ekhhc得，光電子的最大初動能為Ek6.631034(7.005.15)1014 J1.231019 J.【答案】(1)陽極(2)5.1510143.411019(3)1.231019【反思總結(jié)】利用光電效應(yīng)分析問題，應(yīng)把握的三個關(guān)系(1)愛因斯坦光電效應(yīng)方程EkhW0.(2)光電子的最大初動能Ek可以利用光電管用實(shí)驗(yàn)的方法測得，即EkeUc，其中Uc是遏止電壓(3)光電效應(yīng)方程中的W0為逸出功它與極限頻率c的關(guān)系是W0hc.突破訓(xùn)練1(xx廣東高考)(多選)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用頻率為的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)，下列說法正確的是()A增大入射光的強(qiáng)度，光電流增大B減小入射光的強(qiáng)度，光電效應(yīng)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(yīng)D改用頻率大于的光照射，光電子的最大初動能變大【解析】增大入射光強(qiáng)度，使單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增加，因此光電流增大，選項(xiàng)A正確；光電效應(yīng)與照射光的頻率有關(guān)，與強(qiáng)度無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)照射光的頻率較小于，大于極限頻率時發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C錯誤；由EkmhW，增加照射光的頻率，光電子的最大初動能變大，選項(xiàng)D正確【答案】AD考點(diǎn)二 氫原子能級和能級躍遷1.氫原子的能級圖能級圖如圖1323所示圖13232能級圖中相關(guān)量意義的說明相關(guān)量意義能級圖中的橫線表示氫原子可能的能量狀態(tài)定態(tài)橫線左端的數(shù)字“1,2,3”表示量子數(shù)橫線右端的數(shù)字“13.6，3.4”表示氫原子的能量相鄰橫線間的距離表示相鄰的能量差，量子數(shù)越大相鄰的能量差越小，距離越小帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷的條件為hEmEn3.對原子躍遷條件hEmEn的說明：(1)原子躍遷條件hEmEn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(2)當(dāng)光子能量大于或等于13.6 eV時，也可以被處于基態(tài)的氫原子吸收，使氫原子電離；當(dāng)處于基態(tài)的氫原子吸收的光子能量大于13.6 eV時，氫原子電離后，電子具有一定的初動能(3)原子還可吸收外來實(shí)物粒子(例如自由電子)的能量而被激發(fā)由于實(shí)物粒子的動能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級的能量差值(EEmEn)，均可使原子發(fā)生能級躍遷【例2】(xx山東高考)氫原子能級如圖1324，當(dāng)氫原子從n3躍遷到n2的能級時，輻射光的波長為656 nm.以下判斷正確的是_。(雙選，填正確答案標(biāo)號)圖1324A氫原子從n2躍遷到n1的能級時，輻射光的