2019-2020年高中物理 知識點(diǎn)復(fù)習(xí) 粵教版選修3第1點(diǎn)動量定理的兩點(diǎn)應(yīng)用1用動量定理求變力的沖量和物體動量的變化一個物體的動量變化p與合外力的沖量具有等效代換關(guān)系，二者大小相等、方向相同，可以相互代換，據(jù)此有：(1)應(yīng)用Ip求變力的沖量：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求變力的沖量，這時可以求出該力作用下物體動量的變化p，等效代換變力的沖量I.(2)應(yīng)用pFt求恒力作用下的曲線運(yùn)動中物體動量的變化：曲線運(yùn)動的物體速度方向時刻在變化，求動量的變化ppp需要運(yùn)用矢量的運(yùn)算方法，比較麻煩如果作用力是恒力，可以先求恒力的沖量，等效代換動量的變化2用動量定理解釋相關(guān)物理現(xiàn)象的要點(diǎn)由Ftppp可以看出，當(dāng)p為恒量時，作用力F的大小與相互作用時間t成反比例如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破碎，而掉在墊子上就可能不破碎，其原因就是玻璃杯的動量變化雖然相同，但作用時間不同當(dāng)F為恒量時，物體動量的變化p與相互作用時間t成正比例如，疊放在水平桌面上的兩物體，如圖1所示，若施力快速將A水平抽出，物體B幾乎仍靜止，當(dāng)物體A抽出后，物體B將豎直下落圖1對點(diǎn)例題如圖2所示，一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地落到一傾角為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.求在碰撞過程中斜面對小球的沖量的大小圖2解題指導(dǎo)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，由題意知，v的方向與豎直線的夾角為30°，且水平分量仍為v0，如題圖所示由此得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，設(shè)反彈速度的方向為正方向，則斜面對小球的沖量為Im(v)m·(v)由得Imv0.答案mv0規(guī)律方法重力的沖量可以忽略不計是因為作用時間極短重力的沖量遠(yuǎn)小于斜面對物體的沖量，這是物理學(xué)中常用的一種近似處理方法1(單選)跳遠(yuǎn)時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于()A人跳在沙坑的動量比跳在水泥地上小B人跳在沙坑的動量變化比跳在水泥地上小C人跳在沙坑受到的沖量比跳在水泥地上小D人跳在沙坑受到的沖力比跳在水泥地上小答案D解析人跳遠(yuǎn)從一定高度落下，落地前的速度(v)一定，則初動量相同；落地后靜止，末動量一定，所以人下落過程的動量變化量p一定，因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用的時間短，根據(jù)動量定理Ftp知，t長F小，故D對2光滑水平桌面上，一球在繩拉力作用下做勻速圓周運(yùn)動，已知球的質(zhì)量為m，線速度為v，且繩長為l，試求球運(yùn)動半圓周過程中繩拉力的沖量大小答案2mv解析在球運(yùn)動半圓周過程中，由動量定理可知：I繩p2mv.3在水平力F30 N的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動多長時間才停止？(g取10 m/s2)答案12 s解析解法一用動量定理解，分段處理選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動的過程，受力情況如圖甲所示，初態(tài)速度為零，末態(tài)速度為v.取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有(Fmg)t1mv0對于撤去F后，物體做勻減速運(yùn)動的過程，受力情況如圖乙所示，初態(tài)速度為v，末態(tài)速度為零根據(jù)動量定理有mgt20mv以上兩式聯(lián)立解得t2t1×6 s12 s解法二用動量定理解，研究全過程選物體為研究對象，研究整個運(yùn)動過程，這個過程物體初、末狀態(tài)的速度都等于零取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得：t2 t1×6 s12 s第2點(diǎn)微元法解決連續(xù)質(zhì)量變動問題應(yīng)用動量定理分析連續(xù)體相互作用問題的方法是微元法，具體步驟為：(1)確定一小段時間t內(nèi)的連續(xù)體為研究對象；(2)寫出t內(nèi)連續(xù)體的質(zhì)量m與t的關(guān)系式；(3)分析連續(xù)體m的受力情況和動量變化；(4)應(yīng)用動量定理列式、求解對點(diǎn)例題飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當(dāng)飛船進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持飛船速度不變的問題我國科學(xué)家已將這一問題解決，才使得“神舟五號”載入飛船得以飛行成功假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S0.98 m2，以v2×103 m/s的速度進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1 m3空間有一微粒，每一微粒平均質(zhì)量m2×104 g，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加多少？(設(shè)微粒與飛船相碰后附著到飛船上)解題指導(dǎo)由于飛船速度保持不變，因此增加的牽引力應(yīng)與微粒對飛船的作用力相等，據(jù)牛頓第三定律知，此力也與飛船對微粒的作用力相等只要求出時間t內(nèi)微粒的質(zhì)量，再由動量定理求出飛船對微粒的作用力，即可得到飛船增加的牽引力時間t內(nèi)附著到飛船上的微粒質(zhì)量為：Mm·S·vt，設(shè)飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得：FtMvmSvt·v，即FmSv2，代入數(shù)據(jù)解得F0.784 N.答案0.784 N方法點(diǎn)評對這類有連續(xù)質(zhì)量變動的問題關(guān)鍵在于研究對象的選取，通常采用的方法是選t時間內(nèi)發(fā)生相互作用的變質(zhì)量物體為研究對象，確定發(fā)生相互作用前后的動量，然后由動量定理解題1(單選)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水位上升了45 mm.查詢得知，當(dāng)時雨滴豎直下落的速度約為12 m/s，據(jù)此估算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)()A0.15 Pa B0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa答案A解析由題中1小時內(nèi)水位上升了45 mm，可知每秒鐘水位上升的高度：h m1.25×105 m，在t秒內(nèi)雨水對睡蓮葉面的沖量：I·tmv·V·v(S底·h·t)·v，可得雨滴對睡蓮葉面的壓強(qiáng)：phv0.15 Pa，故選項A正確2如圖1所示，圖1水力采煤時，用水槍在高壓下噴出強(qiáng)力的水柱沖擊煤層，設(shè)水柱直徑為d30 cm，水速為v50 m/s，假設(shè)水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱?，求水柱對煤層的平均沖擊力(水的密度1.0×103 kg/m3)答案1.77×105 N解析設(shè)在一小段時間t內(nèi)，從水槍射出的水的質(zhì)量為m，則mS·vt.以質(zhì)量為m的水為研究對象，如題圖所示，它在t時間內(nèi)的動量變化pm·(0v)Sv2t.設(shè)F為水對煤層的平均作用力，即沖力，F(xiàn)為煤層對水的反沖力，以v的方向為正方向，根據(jù)動量定理(忽略水的重力)，有F·tpv2St，即FSv2.根據(jù)牛頓第三定律知FFSv2.式中Sd2，代入數(shù)據(jù)解得F1.77×105 N.第3點(diǎn)三點(diǎn)詮釋動量守恒定律動量守恒定律是自然界中的一條普適規(guī)律，其表述為：物體在碰撞時，如果系統(tǒng)所受到的合外力為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變下面從四個方面談?wù)剬恿渴睾愣傻睦斫庖?、動量守恒定律的研究對象從動量守恒定律的表述中不難看出，其研究對象是由兩個或兩個以上的物體所組成的系統(tǒng)，研究對象具有系統(tǒng)性二、動量守恒的條件在定律表述中，明確提出了動量守恒的條件，即“系統(tǒng)所受到的合外力為零”對守恒條件的掌握應(yīng)注意其全面性：1嚴(yán)格的“守恒”條件系統(tǒng)所受到的合外力為零2“守恒”條件的外延(1)當(dāng)系統(tǒng)在某一方向上所受到的合外力為零時，則系統(tǒng)在這一方向上遵守動量守恒定律(2)當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，該系統(tǒng)近似遵守動量守恒定律三、“守恒”的含義定律中的“守恒”有兩層含義(1)系統(tǒng)作用前后總動量的大小和方向都不變；(2)在整個動量守恒的過程中，系統(tǒng)在任意兩個狀態(tài)下的總動量都相等四、動量守恒定律的兩種表達(dá)式對動量守恒定律的認(rèn)識角度不同，將得到兩種不同的表達(dá)式：(1)守恒式：p1p2p1p2，其含義是：系統(tǒng)作用前后的總動量相等(2)轉(zhuǎn)移式：p1p2，其含義是：系統(tǒng)中某一部分物體動量的增加量等于另一部分物體動量的減少量對點(diǎn)例題光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖1所示，一質(zhì)量為m的小球以速度v0向槽運(yùn)動，若開始時槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高)若槽不固定，則小球上升的高度？圖1解題指導(dǎo)槽固定時，設(shè)球上升的高度為h1，由機(jī)械能守恒得mgh1mv解得h1槽不固定時，設(shè)球上升的最大高度為h2，此時兩者速度為v.由動量守恒定律得：mv0(mM)v由機(jī)械能守恒得：mv(mM)v2mgh2解得h2答案點(diǎn)撥提升槽固定時，球沿槽上升過程中機(jī)械能守恒，到達(dá)最高點(diǎn)時，動能全部轉(zhuǎn)化為球的重力勢能；槽不固定時，球沿槽上升過程中，球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，因此水平方向上動量守恒，由于該過程中只有兩者間彈力和小球重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)小球上升到最高點(diǎn)時，兩者速度相同1(雙選)如圖2所示，在光圖2滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂端由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是()A斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒C斜面向右運(yùn)動D斜面靜止不動答案BC解析斜面受到的重力、地面對它的支持力以及球受到的重力，這三個力的合力不為零(球有豎直向下的加速度)，故斜面和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，A選項錯誤但在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)不受外力，故水平方向動量守恒，B選項正確由水平方向動量守恒知斜面向右運(yùn)動，C選項正確，D選項錯誤2如圖3所示，質(zhì)量為M的剛性斜面體靜止在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以速度v0的水平速度射到斜面體的斜面上并被斜面體沿豎直方向彈起，求子彈豎直彈起后斜面體的速度圖3答案v0解析子彈與斜面體相互作用時，水平方向不受外力作用，故兩者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv0Mv，得vv0.3如圖4所示，甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速率均為v06.0 m/s.甲車上有質(zhì)量m1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球總質(zhì)量M150 kg，乙和他的車總質(zhì)量M230 kg.甲不斷地將小球一個一個地以v16.5 m/s的水平速度(相對于地面)拋向乙，并被乙接住問：甲至少要拋出多少個小球，才能保證兩車不會相碰？圖4答案15個解析兩車不相碰的臨界條件是它們最終的速度(對地)相同，由甲、乙和他們的車及所有小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲運(yùn)動方向為正方向，有M1v0M2v0(M1M2)v再以甲和他的車及所有小球組成的系統(tǒng)為研究對象，同樣有M1v0(M1nm)vnmv聯(lián)立解得n15個第4點(diǎn)碰撞過程的分類及碰撞過程的制約一、碰撞過程的分類1彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變能夠完全恢復(fù)的碰撞；碰撞過程中沒有機(jī)械能損失彈性碰撞除了遵從動量守恒定律外，還具備：碰前、碰后系統(tǒng)的總動能相等，即m1vm2vm1v12m2v22特殊情況：質(zhì)量m1的小球以速度v1與質(zhì)量m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒和動能守恒有m1v1m1v1m2v2，m1vm1v12m2v22.碰后兩個小球的速度分別為：v1v1，v2v1(1)若m1m2，v1v1，v22v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去(2)若m1m2，v1v1，v20，表示m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止(3)若m1m2，則有v10，v2v1，即碰撞后兩球速度互換2非彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變不能夠完全恢復(fù)的碰撞；碰撞過程中有機(jī)械能損失非彈性碰撞遵守動量守恒，能量關(guān)系為：m1vm2vm1v12m2v223完全非彈性碰撞：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變完全不能夠恢復(fù)的碰撞；碰撞過程中機(jī)械能損失最多此種情況m1與m2碰后速度相同，設(shè)為v，則：m1v1m2v2(m1m2)v系統(tǒng)損失的動能最多，最大損失動能為Ekmm1vm2v(m1m2)v2二、碰撞過程的制約通常有如下三種因素制約著碰撞過程1動量制約：即碰撞過程必須受到動量守恒定律的制約；2動能制約：即碰撞過程，碰撞雙方的總動能不會增加；3運(yùn)動制約：即碰撞過程還將受到運(yùn)動的合理性要求的制約比如，某物體勻速運(yùn)動，被后面物體追上并碰撞后，其運(yùn)動速度只會增大而不會減小對點(diǎn)例題如圖1所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平地面上，物體A被質(zhì)量為m、水平速度為v0的子彈擊中并嵌入其中，已知物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的倍，物體B的質(zhì)量是子彈的質(zhì)量的4倍，求彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能圖1解題指導(dǎo)本題所研究的情況可分為兩個過程：一是子彈射入A的過程(從子彈開始射入A到它們獲得相同的速度v1)這一過程時間很短，物體B沒有受到彈簧的作用，其運(yùn)動狀態(tài)沒有變化，所以子彈和A發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈的質(zhì)量為m，mA3m，由動量守恒定律可知：mv0(mmA)v1，v1.二是A(包括子彈)以v1的速度開始壓縮彈簧，在這一過程中，A(包括子彈)向右做減速運(yùn)動，B向右做加速運(yùn)動，當(dāng)A(包括子彈)和B的速度相同時，彈簧被壓縮到最短，由動量守恒定律：(mmA)v1(mmAmB)v2，得：v2彈簧具有的彈性勢能為Ep(mmA)v(mmAmB)vmv答案mv1(雙選)半徑相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動，若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運(yùn)動狀態(tài)可能是()A甲球的速度為零而乙球的速度不為零B乙球的速度為零而甲球的速度不為零C兩球的速度均不為零D兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等答案AC解析甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生對心碰撞，滿足動量守恒的條件，因此，碰撞前后甲、乙兩球組成的系統(tǒng)總動量守恒碰撞前，由于Ek甲Ek乙，而Ek，由題設(shè)條件m甲>m乙可知p甲>p乙，即碰撞前系統(tǒng)的總動量方向應(yīng)與甲的動量方向相同碰撞后，如果甲球速度為零，則乙球必反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相同，根據(jù)動量守恒定律，這是可能的A選項正確如果乙球速度為零，則甲球反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相反，違反了動量守恒定律，B選項錯誤如果碰撞后甲、乙兩球速度均不為零，可以滿足動量守恒定律的要求，C選項正確如果碰撞后兩球的速度都反向，且動能仍相等，則總動量方向與碰撞前相反，不符合動量守恒定律，D選項錯誤2如圖2所示，在光滑水平面上放置一質(zhì)量為M的靜止木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊，穿出后子彈的速度變?yōu)関1，求木塊和子彈所構(gòu)成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能(不計空氣阻力)圖2答案M(vv)m(v0v1)2解析木塊和子彈所構(gòu)成的系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)子彈穿出后木塊的速度為v2，以子彈運(yùn)動的方向為正方向，則有：mv0mv1Mv2得：v2由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機(jī)械能為EmvmvMvM(vv)m(v0v1)2第5點(diǎn)爆炸現(xiàn)象的三個特征解決爆炸類問題時，要抓住以下三個特征：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)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒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，因此爆炸后系統(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，物體仍然從爆炸的位置以新的動量開始運(yùn)動對點(diǎn)例題從地面豎直向上發(fā)射一炮彈，炮彈的初速度v0100 m/s，經(jīng)t6.0 s后，此炮彈炸成質(zhì)量相等的兩塊從爆炸時算起，經(jīng)t110.0 s后，第一塊碎片先落到發(fā)射點(diǎn)，求從爆炸時起，另一碎片經(jīng)多長時間也落回地面？(g10 m/s2，空氣阻力不計)解題指導(dǎo)設(shè)炮彈爆炸時的速度為v0，離地面高度為H，則有：v0v0gt，Hv0tgt2代入數(shù)據(jù)解得v040 m/s，H420 m設(shè)剛爆炸后瞬間，先落到地面上的碎片的速度為v1，因落在發(fā)射點(diǎn)，所以v1為豎直方向若v10，表示豎直向上運(yùn)動；若v10，表示豎直向下運(yùn)動；若v10，則表示自由落體運(yùn)動若v10，則落地時間t st110.0 s，由此可知，v1方向應(yīng)是豎直向上選炮彈爆炸時H高度為坐標(biāo)原點(diǎn)，則：Hv1t1gt，解得：v18 m/s設(shè)剛爆炸后瞬間，后落地的碎片的速度為v2，則由動量守恒定律得2mv0mv1mv2將v0、v1代入解得：v272 m/s若從爆炸時起，這塊碎片經(jīng)時間t2落地，則Hv2t2gt，得：5t72t24200t218.9 s或t24.5 s(舍去)答案18.9 s方法總結(jié)1.炮彈在空中爆炸時，所受合外力(重力)雖不為零，但重力比起炮彈碎塊間相互作用的內(nèi)力小得多，故可認(rèn)為爆炸過程炮彈系統(tǒng)(各碎塊)的動量守恒.2.爆炸時位置不變，各碎塊自爆炸位置以炸裂后的速度開始運(yùn)動1有一大炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質(zhì)量為M6.0 kg(內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)，射出時的速度v060 m/s.當(dāng)炮彈到達(dá)最高點(diǎn)時爆炸為沿水平方向運(yùn)動的兩片，其中一片質(zhì)量為4.0 kg.現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點(diǎn)為圓心、R600 m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？(忽略空氣阻力)答案6×104 J解析炮彈炸裂時的高度h m180 m彈片落地的時間t s6 s兩彈片的質(zhì)量m14.0 kg，m22.0 kg設(shè)它們的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律知m1v1m2v2所以v22v1設(shè)m1剛好落在R600 m的圓周上則v1100 m/s此時v2200 m/s所以總動能至少為：Em1vm2v代入數(shù)據(jù)得E6×104 J.2在水平面上以v020 m/s的速度豎直向上發(fā)射一炮彈，其質(zhì)量m10 kg，當(dāng)炮彈上升至最高點(diǎn)時，突然炸裂成A、B兩塊，各自沿著水平方向飛出，測得A、B落地點(diǎn)間的距離x100 m，落地時兩者的速度相互垂直，問A、B的質(zhì)量各為多少？(忽略空氣阻力，g取10 m/s2)答案mA8 kg，mB2 kg或mA2 kg，mB8 kg解析炮彈豎直上升的高度h20 m，炸裂的瞬間，A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒0mAvAmBvB.此后A、B各自做平拋運(yùn)動，設(shè)A、B落地時與水平方向的夾角分別為和，依題意有90°，hgt2，解得t 2 s.水平方向有vAtvBt100 m，豎直方向有g(shù)tvAtan vBtan ，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得或故或，又mAmB10 kg，則或第6點(diǎn)透析反沖運(yùn)動的模型“人船”模型反沖運(yùn)動中的“人船模型”圖1模型建立：如圖1所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒當(dāng)人起步加速前進(jìn)時，船同時向后做加速運(yùn)動；人勻速運(yùn)動，則船勻速運(yùn)動；當(dāng)人停下來時，船也停下來設(shè)某時刻人對地的速度為v人，船對地的速度為v船，取人前進(jìn)的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m人v人m船v船0，即v船v人m人m船因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的平均速度也與它們的質(zhì)量成反比而人的位移s人v人t，船的位移s船v船t，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即s船s人m人m船式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運(yùn)動的過程中，某一個方向的動量守恒由圖可以看出：s船s人L由兩式解得s人L，s船L.此模型可進(jìn)一步推廣到其他類似的情景中，進(jìn)而能解決大量的實(shí)際問題，例如人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等對點(diǎn)例題(單選)如圖2所示，質(zhì)量m60 kg的人，站在質(zhì)量M300 kg的車的一端，車長L3 m，相對于地面靜止當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()圖2A后退0.5 m B后退0.6 mC后退0.75 m D一直勻速后退解題指導(dǎo)人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1Mv2，所以ms1Ms2，又有s1s2L，解得s20.5 m.答案A方法點(diǎn)評人船模型是典型的反沖實(shí)例，從瞬時速度關(guān)系過渡到平均速度關(guān)系，再轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵所在1.圖3一個質(zhì)量為M、底邊長為b的三角形劈靜止于光滑的水平桌面上，如圖3所示有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速度地滑到底部時，斜劈移動的距離為多少？答案解析斜劈和小球組成的系統(tǒng)在整個運(yùn)動過程中都不受水平方向的外力，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒斜劈和小球在整個過程中發(fā)生的水平位移如圖所示，由圖知斜劈的位移為s，小球的水平位移為bs，由m1s1m2s2，得Msm(bs)，所以s.2.圖4質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質(zhì)量為M的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，如圖4所示，當(dāng)小球從圖中所示位置無初速度地沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時，大球移動的距離為多大？答案R解析小球與大球組成的系統(tǒng)水平方向不受力的作用，系統(tǒng)水平動量守恒因此小球向右滾動，大球向左滾動在滾動過程中，設(shè)小球向右移動的水平距離為s1，大球向左移動的水平距離為s2，兩者移動的總長度為R.因此有ms1Ms20而s1s2R.由以上兩式解得大球移動的距離為s2R第7點(diǎn)解決多物體問題的三點(diǎn)提示對于兩個以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，相互作用的情況也不盡相同，作用過程較為復(fù)雜，雖然仍可對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關(guān)系式，但因未知條件過多而無法求解，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒方程求解這類問題時應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運(yùn)動模型；(2)分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量；(3)合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題對點(diǎn)例題兩只小船質(zhì)量分別為m1500 kg，m21 000 kg，它們平行逆向航行，航線鄰近，當(dāng)它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質(zhì)量m50 kg的麻袋到對面的船上，如圖1所示，結(jié)果載重較輕的一只船停了下來，另一只船則以v8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不計，則在交換麻袋前兩只船的速率v1_，v2_.圖1解題指導(dǎo)以載重較輕的船的速度v1為正方向，選取載重較輕的船和從載重較重的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象，如題圖所示，根據(jù)動量守恒定律有(m1m)v1mv20即450v150v20選取載重較重的船和從載重較輕的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mv1(m2m)v2m2v即50v1950v21 000×8.5選取兩船、兩個麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 000×8.5聯(lián)立式中的任意兩式解得v11 m/s，v29 m/s答案1 m/s9 m/s方法點(diǎn)評應(yīng)用動量守恒定律解這類由多個物體構(gòu)成系統(tǒng)的問題的關(guān)鍵是合理選取研究對象，有時選取某部分物體為研究對象，有時選取全部物體為研究對象1如圖2所示，在光滑的水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA0.5 kg，mB0.3 kg，有一質(zhì)量為m80 g的小銅塊C以vC25 m/s的水平初速度開始在A表面上滑動，由于C與A、B間有摩擦，最后停在B上，B和C以v2.5 m/s的速度共同前進(jìn)，求：圖2(1)木塊A最終的速度；(2)木塊C在剛離開A時的速度思路點(diǎn)撥本題要詳細(xì)分析運(yùn)動過程，來確定研究對象及初、末時刻C在A表面上滑動時，C對A的摩擦力使A、B一起改變運(yùn)動狀態(tài)，故C在A表面上滑動時，A、B的速度始終相同，當(dāng)C以vC的速度滑上B后，C對B的摩擦力使B的速度繼續(xù)增大，并與A分離，而A不再受外力作用，將以與B分離時的速度vA做勻速運(yùn)動，最后B、C一起以共同速度v運(yùn)動答案(1)2.1 m/s(2)4 m/s解析(1)以A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)受到的合外力為零，所以動量守恒C剛滑上A瞬時，系統(tǒng)的總動量就是C所具有的動量pmvC.作用后，B、C一起運(yùn)動時，設(shè)這時A的速度為vA，那么系統(tǒng)的總動量pmAvA(mBm)v根據(jù)動量守恒定律有mvCmAvA(mBm)v所以vA m/s2.1 m/s(2)以A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，以C剛滑上A時為初時刻，C剛滑上B前瞬間為末時刻，則系統(tǒng)的初動量p1mvC，設(shè)剛離開A時C的速度為vC，則系統(tǒng)的末動量pmvC(mAmB)vA.根據(jù)動量守恒定律有mvCmvC(mAmB)vA得vCvCvA(25×2.1) m/s4 m/s2.圖3如圖3所示，滑塊A、C質(zhì)量均為m，滑塊B質(zhì)量為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(yùn)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(yuǎn)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(yīng)滿足什么關(guān)系？答案1.5v2<v12v2或v1v2<v1解析設(shè)向右為正方向，A與C粘合在一起的共同速度為v，由動量守恒定律得mv12mv為保證B碰擋板前A未能追上B，應(yīng)滿足vv2設(shè)A與B碰后的共同速度為v，由動量守恒定律得2mvmv2mv為使B能與擋板再次碰撞應(yīng)滿足v>0聯(lián)立式得1.5v2<v12v2或v1v2<v1第8點(diǎn)動量守恒定律與能量守恒定律、 功能關(guān)系、動能定理的結(jié)合1動量和能量是反映系統(tǒng)狀態(tài)的兩個重要物理量，動量守恒和能量守恒是解決力學(xué)問題的兩大主線，它們又經(jīng)?！奥?lián)手”出現(xiàn)在試題中，根據(jù)動量守恒定律、能量守恒定律，分別從動量角度和能量角度研究系統(tǒng)的初、末狀態(tài)是解決綜合性問題的基本思路方法2對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程其中要注意：應(yīng)用動量定理、動能定理、動量守恒定律等規(guī)律解題時，物體的位移和速度都要相對于同一個參考系一般都統(tǒng)一以地球為參考系對點(diǎn)例題如圖1所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M2 kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連(當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時，兩車自動分離)其中甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)0.5.一根通過細(xì)線(細(xì)線未畫出)拴著而被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量為m1 kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧的右端接觸但不相連，此時彈簧儲存的彈性勢能E010 J，彈簧原長小于甲車長度，整個系統(tǒng)處于靜止現(xiàn)剪斷細(xì)線，求：(g10 m/s2)圖1(1)滑塊P滑上乙車前瞬間速度的大小(2)要使滑塊P恰好不滑離小車乙，則小車乙的長度至少為多少？解題指導(dǎo)(1)設(shè)滑塊P滑上乙車前的速度為v0，小車的速度為v，選甲、乙和P為系統(tǒng)，對從滑塊P開始運(yùn)動(初狀態(tài))到滑上乙車前(末狀態(tài))的過程，應(yīng)用動量守恒有mv02Mv0在這個過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，有E0mv×2Mv2由兩式得：v04 m/s同時可得v1 m/s(2)設(shè)滑塊P到達(dá)小車乙另一端時與小車恰好有共同速度v，選滑塊的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0Mv(mM)v由得：v m/s m/s對滑塊P和小車乙組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得mvMv2(mM)v2mgL聯(lián)立各式，代入數(shù)值求得：L m答案(1)4 m/s(2) m點(diǎn)撥提升動量和能量的綜合問題往往涉及的物體多、過程多、題目綜合性強(qiáng)，解題時要認(rèn)真分析物體間相互作用的過程，將過程合理分段，明確在每一個子過程中哪些物體組成的系統(tǒng)動量守恒，哪些物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，然后針對不同的過程和系統(tǒng)選擇動量守恒定律或機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解圖2如圖2所示，質(zhì)量為m10.01 kg的子彈以v1500 m/s的速度水平擊中質(zhì)量為m20.49 kg的木塊并留在其中木塊最初靜止于質(zhì)量為m31.5 kg的木板上，木板停止在光滑水平面上并且足夠長木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1，求：(g10 m/s2)(1)子彈進(jìn)入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能E1；(2)木塊在長木板上滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能E2；(3)木塊在長木板上滑行的距離s.答案(1)1 225 J(2)18.75 J(3)37.5 m解析(1)當(dāng)子彈射入木塊時，由于作用時間極短，則m3的運(yùn)動狀態(tài)可認(rèn)為不變，設(shè)子彈射入木塊后，它們的共同速度為v2，對m1、m2組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有m1v1(m1m2)v2又由能量守恒有E1m1v(m1m2)v聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得子彈進(jìn)入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能E1 1 225 J(2)設(shè)木塊與木板相對靜止時的共同速度為v3，對m1、m2、m3組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有(m1m2)v2(m1m2m3)v3又由能量守恒有E2(m1m2)v(m1m2m3)v聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得木塊在長木板上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能E218.75 J(3)對m1、m2、m3組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系有(m1m2)gsE2解得s37.5 m第9點(diǎn)光電效應(yīng)中的四對概念辨析“光電效應(yīng)”是光的粒子性的一個重要體現(xiàn)，也是光學(xué)知識中的一個高考熱點(diǎn)因此在復(fù)習(xí)過程中，要分清一些易混淆的概念，如“光子”與“光電子”、“光子的能量”與“入射光的強(qiáng)度”等，這對理解光電效應(yīng)的規(guī)律具有重要意義一、“光子”與“光電子”光子是指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電，是微觀領(lǐng)域中的一種粒子；而光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)射出來的電子，因此其本質(zhì)就是電子二、“光子的能量”與“入射光的強(qiáng)度”光子的能量是一份一份的，每一份的能量為h，其大小由光的頻率決定；而入射光的強(qiáng)度是指單位時間內(nèi)入射光中所包含光子的能量總和，入射光的強(qiáng)度可表示為Inh，其中n為光子數(shù)三、“光電子的最大初動能”與“光電子的初動能”金屬表面的電子，只需克服原子核的引力做功就能從金屬表面逸出，那么這些光電子具有最大初動能，其值為EkhW0(式中W0為金屬的逸出功)而不從金屬表面發(fā)射的光電子，在逸出的過程中損失的能量會更多，所以此時光電子的初動能EkEk.四、“光電流”與“飽和光電流”在一定頻率與強(qiáng)度的光照射下，光電流與電壓之間的關(guān)系為：開始時，光電流隨電壓U的增加而增大，當(dāng)U比較大時，光電流達(dá)到飽和值Im，這時即使再增大U，在單位時間內(nèi)也不可能有更多的光電子定向移動，光電流也就不會再增加，即飽和光電流是在一定頻率與強(qiáng)度的光照射下的最大光電流因此在解光電效應(yīng)的題目時，應(yīng)注意明確是光電流還是飽和光電流對點(diǎn)例題用同一束單色光，在同一條件下，先后照射鋅片和銀片，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)在這兩個過程中，對下列四個物理量來說，一定相同的是_，可能相同的是_，一定不相同的是_A光子的能量B金屬的逸出功C光電子的初動能D光電子的最大初動能解題指導(dǎo)光子的能量由光的頻率決定，同一束單色光頻率相同，因而光子能量相同；逸出功等于電子脫離原子核束縛需要做的最少的功，因此只由材料決定，鋅片和銀片的光電效應(yīng)中，光電子的逸出功一定不相同；由hmvW0，照射光子能量h相同，逸出功W0不同，則電子最大初動能不同；由于光電子吸收光子后到達(dá)金屬表面的路徑不同，途中損失的能量也不同，因而脫離金屬時的初動能分布在零到最大初動能之間所以，在兩個不同光電效應(yīng)的光電子中，初動能是可能相等的答案ACBD1(單選)利用光子說對光電效應(yīng)的解釋，正確的是()A金屬表面的一個電子只能吸收一個光子B電子吸收光子后一定能從金屬表面逸出，成為光電子C金屬表面的一個電子吸收若干個光子，積累了足夠的能量才能從金屬表面逸出D無論光子能量大小如何，電子吸收光子并積累了能量后，總能逸出成為光電子答案A解析根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知：金屬中的一個電子只能吸收一個光子的能量，一個光子的能量也只能交給一個電子電子吸收一個光子的能量后，動能立即增大，不需要積累能量的過程，不存在一個電子吸收若干光子的現(xiàn)象，且只有當(dāng)入射光的能量不低于該金屬的逸出功時，才能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，即入射光頻率不低于金屬的極限頻率時才能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象2(單選)某金屬在一束黃光的照射下，正好有光電子逸出，則下列說法中正確的是()A增大光強(qiáng)，不改變光的頻率，光電子的最大初動能不變B用一束強(qiáng)度更大的紅光代替黃光，金屬仍能發(fā)生光電效應(yīng)C用強(qiáng)度相同的紫光代替黃光，飽和光電流的強(qiáng)度將增大D用強(qiáng)度較弱的紫光代替黃光，金屬有可能不會發(fā)生光電效應(yīng)答案A解析同一金屬光電子的最大初動能由頻率決定而與光強(qiáng)無關(guān)，不改變光的頻率，則光電子的最大初動能不變，A正確因紅<黃<紫，當(dāng)黃光恰好能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)時，紅光不能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，紫光能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故B、D錯誤黃光和紫光的強(qiáng)度相同，則n黃h黃n紫h紫且黃<紫，所以n黃>n紫，而飽和光電流又由入射的光子數(shù)決定，因此用強(qiáng)度相同的紫光代替黃光，飽和光電流減小3(單選)用紅光照射光電管陰極時發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動能為Ek，飽和光電流為I，若改用強(qiáng)度相同的紫光照射同一光電管，產(chǎn)生光電子的最大初動能和飽和光電流分別為Ek和I，則下面正確的是()AEkEk，II BEkEk，IICEkEk，II DEkEk，II答案D解析因為紫光的頻率比紅光的頻率高，所以EkEk.因為兩束光的強(qiáng)度相同，因而n紅h紅n紫h紫，紅<紫，所以紅光光子數(shù)n紅大于紫光光子數(shù)n紫，而飽和光電流又由入射的光子數(shù)決定，因此II.第10點(diǎn)理解光電效應(yīng)方程的五個要點(diǎn)光電效應(yīng)方程：hmvW0.其中Ekmv為光電子的最大初動能，W0為金屬的逸出功要正確理解光電效應(yīng)方程需注意以下五點(diǎn)：1式中Ek是光電子的最大初動能，就某個光電子而言，其離開金屬時的動能大小可以是0Ek范圍內(nèi)的任何數(shù)值2光電效應(yīng)方程表明光電子的最大初動能與入射光的頻率呈線性關(guān)系(注意不是正比關(guān)系)，與光強(qiáng)無關(guān)3光電效應(yīng)方程包含了產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件，即EkhW0>0，亦即h>W0，>0，而0是金屬的極限頻率4光電效應(yīng)方程實(shí)質(zhì)上是能量守恒方程5逸出功W0：電子從金屬中逸出所需要的克服束縛而消耗的能量的最小值，叫做金屬的逸出功光電效應(yīng)中，從金屬表面逸出的電子消耗能量最少對點(diǎn)例題某金屬的逸出功為W0，用波長為的光照射金屬的表面，當(dāng)遏止電壓取某個值時，光電流便被截止當(dāng)光的波長改變?yōu)樵ㄩL的1/n后，已查明使電流截止的遏止電壓必須增大到原值的倍，試計算原入射光的波長.解題指導(dǎo)利用eU0hW0，按題意可寫出兩個方程：eU0hW0，以及eU0hW0，兩式相減得(1)eU0h(n1)再將上述第一式代入，便有(1)(hW0)h(n1).答案難點(diǎn)釋疑遏止電壓U0與光電子的最大初動能的關(guān)系為：EkeU0.1.圖1(單選)在做光電效應(yīng)實(shí)驗時，某金屬被光照射發(fā)生了光電效應(yīng)，實(shí)驗測得光電子的最大初動能Ek與入射光的頻率的關(guān)系如圖1所示，由實(shí)驗圖線求不出()A該金屬的極限頻率B普朗克常量C該金屬的逸出功D單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)答案D解析依據(jù)光電效應(yīng)方程可知EkhW0，當(dāng)Ek0時，0，即圖線橫坐標(biāo)的截距在數(shù)值上等于金屬的極限頻率圖線的斜率ktan ，可見圖線的斜率在數(shù)值上等于普朗克常量根據(jù)題圖，假設(shè)圖線的延長線與Ek軸的交點(diǎn)為C，其截距為W0，有tan W0/0.而tan h，所以W0h0.即題圖中縱軸的截距在數(shù)值上等于金屬的逸出功2(單選)如圖所示，用不同頻率的紫外線分別照射鎢和鋅的表面而發(fā)生光電效應(yīng)，可得到光電子的最大初動能Ek隨入射光頻率變化的Ek圖象已知鎢的逸出功是3.28 eV，鋅的逸出功是3.24 eV，若將二者的圖線畫在同一個Ek圖象中，用實(shí)線表示鎢，虛線表示鋅，則正確反映這一過程的圖象是()答案B解析依據(jù)光電效應(yīng)方程可知EkhW0，Ek圖線的斜率代表了普朗克常量h，因此鎢和鋅的Ek圖線應(yīng)該平行圖線的橫軸截距代表了極限頻率0，而0，因此鎢的0大些綜上所述，B正確3.圖2如圖2所示，陰極K用極限波長00.66 m的金屬銫制成，用波長0.50 m的綠光照射陰極K，調(diào)整兩個極板電壓，當(dāng)A極板電壓比陰極高出2.5 V時，光電流達(dá)到飽和，電流表示數(shù)為I0.64 A，求：(1)每秒鐘陰極發(fā)射的光電子數(shù)和光電子飛出陰極時的最大初動能；(2)如果把照射陰極的綠光的光強(qiáng)增大為原來的2倍，每秒鐘陰極發(fā)射的光電子數(shù)和光電子飛出陰極的最大初動能答案(1)4.0×1012個9.64×1020 J(2)8.0×1012個9.64×1020 J解析(1)當(dāng)電流達(dá)到飽和時，陰極發(fā)射的光電子全部到達(dá)陽極A，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)為n4.0×1012(個)根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動能為EkhW0hh6.63×1034×3×108×() J9.64×1020 J.(2)如果入射光的頻率不變，光強(qiáng)加倍，根據(jù)光電效應(yīng)實(shí)驗規(guī)律知，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)為n2n8.0×1012(個)，光電子的最大初動能不變，仍為Ek9.64×1020 J.第11點(diǎn)分析求解物質(zhì)波問題的四點(diǎn)技巧分析求解物質(zhì)波問題時，必須注意以下四點(diǎn)技巧：1根據(jù)已知條件，寫出宏觀物體或微觀粒子動量的表達(dá)式pmv.2根據(jù)德布羅意波長公式求解3若涉及光子的問題，必須區(qū)分光子和微觀粒子的能量和動量的不同表達(dá)式，如光子的能量h，動量p；微觀粒子的動能：Ekmv2，動量pmv.4物質(zhì)波的波長很短，運(yùn)動速度為4.0×107 m/s的電子的波長為1.8×1011 m，一顆質(zhì)量為10 g的子彈以200 m/s的速度運(yùn)動時的波長為3.3×1034 m，因此這些物質(zhì)波的波動性不明顯，很難觀察到其衍射現(xiàn)象，只有利用金屬晶格中的狹縫才能觀察到電子的衍射圖樣對點(diǎn)例題(單選)影響顯微鏡分辨本領(lǐng)的一個因素是波的衍射，衍射現(xiàn)象越明顯，分辨本領(lǐng)越低利用電子束工作的電子顯微鏡有較高的分辨本領(lǐng)，它是用高壓對電子束加速，最后打在感光膠片上來觀察顯微圖象以下說法正確的是()A加速電壓越高，電子的波長越長，分辨本領(lǐng)越強(qiáng)B加速電壓越高，電子的波長越短，衍射現(xiàn)象越明顯C如果加速電壓相同，則用質(zhì)子束工作的顯微鏡比用電子束工作的顯微鏡分辨本領(lǐng)強(qiáng)D如果加速電壓相同，則用質(zhì)子束工作的顯微鏡比用電子束工作的顯微鏡分辨本領(lǐng)弱解題指導(dǎo)設(shè)加速電壓為U，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則有Ekmv2eU，又p，故eU，可得.對電子來說，加速電壓越高，越小，衍射現(xiàn)象越不明顯，故A、B都錯電子與質(zhì)子比較，因質(zhì)子質(zhì)量比電子質(zhì)量大得多，可知質(zhì)子加速后的波長要小得多，衍射現(xiàn)象不明顯，分辨本領(lǐng)強(qiáng)，故C對，D錯答案C方法點(diǎn)評利用動能Ekmv2qU，動量pmv及德布羅意波長三個表達(dá)式把波長與電壓U、粒子質(zhì)量m的關(guān)系找出來1中子的質(zhì)量m1.67×1027 kg，如果它以v1.0×103 m/s的速度運(yùn)動，那么它的德布羅意波長為_，這個波長與電磁波中_的波長相當(dāng)答案3.97×1010 mX射線解析由德布羅意波公式可得 m3.97×1010 m，此波長與X射線的波長相當(dāng)2一粒質(zhì)量為4×104 g的塵埃，在空中下落的速度從1 m/s增加到3 m/s時，它的德布羅意波長從多少變化到多少？分析是否可通過衍射現(xiàn)象觀察到其波動性答案見解析解析速度v11 m/s時德布羅意波長為1 m1.66×1027 m，速度v23 m/s時德布羅意波長為2 m5.5×1028 m.由于波長太短，所以不能通過衍射現(xiàn)象觀察到其波動性第12點(diǎn)氫原子躍遷的三個問題1是一個氫原子躍遷還是一群氫原子躍遷？氫原子核外只有一個電子，這個電子在某個時刻只能處在某一個可能的軌道上，在某段時間內(nèi)，由某一軌道躍遷到另一個軌道時，可能的情況只有一種，但是如果有大量的氫原子，這些氫原子的核外電子躍遷時就會有各種情況出現(xiàn)了對于氫原子躍遷的情況，應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)一群氫原子躍遷問題的計算確定氫原子所處激發(fā)態(tài)的能級，畫出躍遷示意圖運(yùn)用歸納法，根據(jù)數(shù)學(xué)公式NC確定躍遷頻率的種類根據(jù)躍遷能量公式hEmEn分別計算出各種頻率的光子(2)一個氫原子躍遷時的解題方法圖1確定氫原子所處的能級，畫出能級圖，如圖1所示根據(jù)躍遷的原理，分別畫出處于激發(fā)態(tài)的氫原子向低能態(tài)躍遷時最多可能的躍遷示意圖再根據(jù)躍遷能量公式hEmEn分別算出這幾種頻率的光子2使原子能級躍遷的是光子還是實(shí)物粒子？原子若是吸收光子的能量而被激發(fā)，則光子的能量必須等于兩能級的能量差，否則不被吸收不存在激發(fā)到n2時能量有余，而激發(fā)到n3時能量不足，則可激發(fā)到n2的情況原子還可吸收外來的實(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地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級的能量差(EEmEn)，均可使原子發(fā)生能級躍遷3是躍遷還是電離？原子躍遷時，不管是吸收還是輻射光子，其光子的能量都必須等于這兩個能級的能量差若想把處于某一定態(tài)上的原子的電子電離出去，就需要給原子一定的能量如基態(tài)氫原子電離，其電離能為13.6 eV，只要能量等于或大于13.6 eV的光子都能被基態(tài)氫原子吸收而電離，只不過入射光子的能量越大，原子電離后產(chǎn)生的電子具有的動能越大對點(diǎn)例題1(單選)欲使處于基態(tài)的氫原子躍遷，下列措施不可行的是()A用10.2 eV的光子照射 B用11 eV的光子照射C用14 eV的光子照射 D用11 eV的電子碰撞解題指導(dǎo)由玻爾理論的躍遷假設(shè)可知，氫原子在各能級間，只能吸收能量值剛好等于兩能級能量差的光子由氫原子能級關(guān)系不難算出，10.2 eV剛好為氫原子n1和n2的兩能級能量差，而11 eV則不是氫原子基態(tài)和任一激發(fā)態(tài)的能量差，因而氫原子能吸收前者被激發(fā)，而不能吸收后者對14 eV的光子，其能量大于氫原子電離能，足可使氫原子電離，而不受氫原子能級間躍遷條件限制，由能量守恒定律不難知道，氫原子吸收14 eV的光子電離后產(chǎn)生的自由電子仍具有0.4 eV的動能用電子去碰撞氫原子時，入射電子的動能可全部或部分地被氫原子吸收，所以只要入射電子的動能大于或等于基態(tài)和某個激發(fā)態(tài)能量之差，就可使氫原子激發(fā)，故本題選B.答案B對點(diǎn)例題2(單選)一個氫原子處于第三能級，當(dāng)外面射來一個波長為6.63×107 m的光子時()A氫原子不吸收這個光子B氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能約是0.365 eVC氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能為零D氫原子吸收這個光子后躍遷到更高能級解題指導(dǎo)處于第三能級的氫原子其能級值為1.51 eV.電離能為1.51 eV.波長為6.63×107m的光子的能量E J3.0×1019 J1.875 eV，這個值大于氫原子處于第三能級時的電離能因此氫原子會發(fā)生電離，電離后電子的動能Ek1.875 eV1.51 eV0.365 eV.選項B正確答案B1在氫原子光譜中，電子從較高能級躍遷到n2能級發(fā)出的譜線屬于巴耳末系若一群氫原子自發(fā)躍遷時發(fā)出的譜線中只有2條屬于巴耳末系，則這群氫原子自發(fā)躍遷時最多可發(fā)出_條不同頻率的譜線答案6解析由于這群氫原子自發(fā)躍遷發(fā)出的譜線中只有2條屬于巴耳末系，故可判斷這群氫原子的最高能級為n4，畫出氫原子譜線示意圖(如圖所示)可知，這群氫原子自發(fā)躍遷時最多可發(fā)出6條不同頻率的譜線2(雙選)氫原子的