高三總復(fù)習(xí)專題十四動量與原子物理[選修3-5]

第十四章動量與原子物理選修35學(xué)習(xí)目標(biāo)定位考 綱 下 載考 情 上 線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氫原子光譜()4氫原子的能級結(jié)構(gòu)、能級公式()5原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期()6放射性同位素()7核力、核反應(yīng)方程()8結(jié)合能、質(zhì)量虧損()9裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆()10射線的危害和防護(hù)()11光電效應(yīng)()12愛因斯坦的光電效應(yīng)方程()實(shí)驗(yàn)十六驗(yàn)證動量守恒定律高考地位高考對本章知識點(diǎn)考查頻率較高的是動量守恒定律、光電效應(yīng)、原子的能級結(jié)構(gòu)及躍遷、核反應(yīng)方程及核能計(jì)算，題型基本為選擇題加計(jì)算題考點(diǎn)布設(shè)1.動量守恒定律及其與動力學(xué)的綜合應(yīng)用2光電效應(yīng)、原子能級及能級躍遷、衰變及核反應(yīng)方程3裂變反應(yīng)、聚變反應(yīng)的應(yīng)用，射線的危害和應(yīng)用知識與現(xiàn)代科技相聯(lián)系的信息題是近幾年高考的熱點(diǎn)第1單元動量守恒定律及其應(yīng)用動量動量定理動量守恒定律想一想如圖1411所示，質(zhì)量為M的物體靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平向右碰撞物體M，結(jié)果小球以大小為v1的速度被水平反彈，物體M的速度為v2，取向右為正方向，則物體M動量的變化量為多少？小球m的動量變化量為多少？m和M組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？若守恒，請寫出其表達(dá)式。圖1411提示：物體M動量的變化量為Mv2，m動量的變化量為(mv1mv0)，因m和M組成的系統(tǒng)合外力為零，故此系統(tǒng)動量守恒，表達(dá)式為：mv0Mv2mv1。記一記1動量(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積。(2)公式：pmv。(3)單位：千克米/秒。符號：kgm/s。(4)意義：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同。2動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量。(2)表達(dá)式：ppI或mvmvF(tt)。(3)沖量：力與力的作用時(shí)間的乘積，即IF(tt)。3動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)常用的4種表達(dá)形式：pp：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p大小相等，方向相同。ppp0：即系統(tǒng)總動量的增量為零。p1p2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。m1v1m2v2m1v1m2v2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時(shí)，作用前總動量與作用后總動量相等。(3)常見的幾種守恒形式及成立條件：理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。試一試1. 足球運(yùn)動員將一個(gè)沿水平方向飛來的足球反向踢回，在這個(gè)過程中，若足球動量變化量的大小為 10 kgm/s，則()A足球的動量一定減小B足球的動量一定增大C足球的動量大小可能不變D足球的動量大小一定變化解析：選C如果足球原速返回，則動量大小不變；如果彈回時(shí)速度減小，則動量減小；如果彈回時(shí)速度增大，則動量增大。碰撞、爆炸與反沖想一想質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m且靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。請你分析：碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？(1)0.6v(2)0.4v(3)0.2v提示：若A和B的碰撞是彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可以解得B獲得的最大速度為vmaxvv0.5v若A和B的碰撞是完全非彈性碰撞，則碰撞之后二者連在一起運(yùn)動，B獲得最小的速度，根據(jù)動量守恒定律，知m1v(m1m2)vminvmin0.25vB獲得的速度vB應(yīng)滿足：vminvBvmax，即0.25vvB0.5v可見，B球的速度可以是0.4v，不可能是0.2 v和0.6v。記一記1碰撞(1)碰撞現(xiàn)象：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。(2)碰撞特征：作用時(shí)間短。作用力變化快。內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。滿足動量守恒。(3)碰撞的分類及特點(diǎn)：彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能守恒。非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能不守恒。完全非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能損失最多。2爆炸現(xiàn)象爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。3反沖運(yùn)動(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。(2)反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼Ｔ囈辉?多選一小型爆炸裝置在光滑、堅(jiān)硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的圓錐面(圓錐的頂點(diǎn)在爆炸裝置處)飛開。在爆炸過程中，下列關(guān)于爆炸裝置的說法中正確的是()A總動量守恒B機(jī)械能增大C水平方向動量守恒 D豎直方向動量守恒解析：選BC爆炸裝置在光滑、堅(jiān)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，這個(gè)作用力將遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于它所受到的重力，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，而在水平方向動量是守恒的。爆炸時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，因此，機(jī)械能增大，故B、C正確。動量守恒定律的應(yīng)用1.動量守恒的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、未動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負(fù)。(2)瞬時(shí)性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時(shí)刻的總動量都和初時(shí)刻的總動量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。2應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟例1(2013山東高考)如圖1412所示，光滑水平軌道上放置長木板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(shí)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(shí)間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)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碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。圖1412審題指導(dǎo)A，B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，恰好不再與C碰撞，說明最終A，B，C的速度相同。解析木板A與滑塊C處于光滑水平面上，兩者碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊B與木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中動量守恒，則mAv0mAvAmCvC碰撞后，木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)，在兩者達(dá)到同速之前系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，mAvAmBv0(mAmB)vA和B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vCv聯(lián)立以上各式，代入數(shù)值解得：vA2 m/s答案2 m/s(1)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(guān)，因此應(yīng)用動量守恒解決問題時(shí)，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個(gè)過程中動量是守恒的。(2)注意挖掘題目中的隱含條件，這是解題的關(guān)鍵，如本例中，撞后A，B間的距離不變的含義是碰后A，B的速度相同。碰撞問題分析1.分析碰撞問題的三個(gè)依據(jù)(1)動量守恒，即p1p2p1p2。(2)動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或。(3)速度要合理。碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前v后。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。2彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)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m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22由得v1v2結(jié)論：(1)當(dāng)m1m2時(shí)，v10，v2v1，兩球碰撞后交換了速度。(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，v1>0，v2>0，碰撞后兩球都向前運(yùn)動。(3)當(dāng)m1<m2時(shí)，v1<0，v2>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。例2如圖1413所示，A，B，C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m。置于光滑的水平面上，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(shí)用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B，C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B，C的連線方向朝B運(yùn)動，與B相碰并黏合在一起，以后細(xì)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。圖1413審題指導(dǎo)第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息光滑的水平面A，B，C組成的系統(tǒng)動量守恒B，C可視為一個(gè)整體A與B碰后，A，B，C三者速度相同A與B相碰并黏合在一起彈簧伸展以后，A，B的速度也相同第二步：找突破口要求彈簧釋放的勢能A，B，C系統(tǒng)增加的機(jī)械能利用動量守恒定律確定A，B，C在彈簧伸展前的速度利用動量守恒定律確定A，B，C在彈簧伸展后的速度。解析設(shè)碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有mv03mv設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有3mv2mv1mv0設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv由式得彈簧所釋放的勢能為Epmv答案mv含有彈簧的碰撞問題，在碰撞過程中系統(tǒng)的機(jī)械能也不一定守恒，如本例中，彈簧伸展之前，A與B碰撞的過程為完全非彈性碰撞，但在碰撞結(jié)束后，彈簧伸展的過程中，系統(tǒng)的動量和機(jī)械能均守恒。動量守恒定律與能量的綜合問題例3(2012新課標(biāo)全國高考)如圖1414，小球a，b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60。忽略空氣阻力，求：圖1414(1)兩球a，b的質(zhì)量之比；(2)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動能之比。審題指導(dǎo)解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)小球碰撞前和碰撞后擺動過程中機(jī)械能是守恒的。(2)兩球相碰過程為完全非彈性碰撞。解析(1)設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細(xì)線長為L，球b下落至最低點(diǎn)，但未與球a相碰時(shí)的速率為v，由機(jī)械能守恒定律得m2gLm2v2式中g(shù)是重力加速度的大小。設(shè)球a的質(zhì)量為m1；在兩球相碰后的瞬間，兩球共同速度為v，以向左為正，由動量守恒定律得m2v(m1m2)v設(shè)兩球共同向左運(yùn)動到最高處時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為，由機(jī)械能守恒定律得(m1m2)v2(m1m2)gL(1cos )聯(lián)立式得1代入已知數(shù)據(jù)得1(2)兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失為Qm2gL(m1m2)gL(1cos )聯(lián)立式，Q與碰前球b的最大動能Ek(Ekm2v2)之比為1(1cos )聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得1。答案(1)1(2)1利用動量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題(1)動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式。(2)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動量守恒的條件及機(jī)械能守恒的條件。在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對象及運(yùn)動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解。典例(2012安徽高考)如圖1415所示，裝置的左邊是，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(shí)針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是一，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，第一次碰撞前物塊。取g10 m/s2。圖1415(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??；(2)通過計(jì)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(shí)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。第一步：審題干，抓關(guān)鍵信息關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息物塊A不離開平臺，物塊B碰后在平臺上向右勻速運(yùn)動物塊B在曲面上運(yùn)動時(shí)，機(jī)械能守恒兩物塊碰撞時(shí)，速度方向共線，且碰撞時(shí)動量、動能均守恒碰前物塊A速度為零，彈簧處于原長狀態(tài)第二步：審設(shè)問，找問題的突破口第三步：三定位，將解題過程步驟化第四步：求規(guī)范，步驟嚴(yán)謹(jǐn)不失分解析(1)設(shè)物塊B從光滑曲面h高處滑下時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律，得mghmv，(2分)故v0 m/s2 m/s>u，(1分)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(shí)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。(3分)(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mv1mv1MV1(2分)mvmv12MV12(2分)聯(lián)立解得，v1v1v1 m/s(1分)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(shí)的位移s m m<l，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。(1分)(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mv2mv2MV2(2分)mvmv22MV22(2分)聯(lián)立解得，v2v2v2v1(2分)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。(2分)答案(1)4 m/s(2)不能(3) m/s考生易犯錯(cuò)誤應(yīng)用動量和能量的觀點(diǎn)處理多過程問題時(shí)應(yīng)注意以下4點(diǎn)：(1)合理選取研究對象。應(yīng)用動量守恒定律時(shí)應(yīng)以系統(tǒng)為研究對象，應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒時(shí)，往往以單個(gè)物體為研究對象；應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化和守恒定律時(shí)，研究對象必定是系統(tǒng)。(2)合理選取物理過程，將物體或系統(tǒng)的運(yùn)動過程合理劃分，對不同的過程應(yīng)用不同的規(guī)律列方程。(3)找出各個(gè)過程間的聯(lián)系。物體的運(yùn)動過程不是孤立的，是相互聯(lián)系的，聯(lián)系的方式包括：速度關(guān)系、位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系、能量關(guān)系等。(4)判斷求解結(jié)果的合理性。求出結(jié)果后不要盲目做答，要判斷結(jié)果是否合理。隨堂鞏固落實(shí)1(2014?？跈z測)如圖1416所示，運(yùn)動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1，v2，v1與v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量()圖1416A大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同B大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同C大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同D大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同解析：選D在球拍擊打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向?yàn)檎较?，對網(wǎng)球運(yùn)用動量定理有Imv2(mv1)m(v2v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同。2(2013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(shí)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(shí)火箭模型獲得的速度大小是()A.v0B.v0C.v0 D.v0解析：選D本題考查火箭反沖模型，意在考查考生對動量守恒定律的認(rèn)識和應(yīng)用能力。由動量守恒定律有mv0(Mm)v，可得火箭獲得的速率為v0，選D。3如圖1417所示，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)，下列說法中不正確的是()圖1417A兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B先放開左手、后放開右手，之后系統(tǒng)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(shí)放手，只要兩手放開后在彈簧恢復(fù)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解析：選B當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因?yàn)殚_始時(shí)總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運(yùn)動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時(shí)總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項(xiàng)B錯(cuò)而C、D正確。4.多選(2014廣雅中學(xué)期中)質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的st圖象如圖1418所示，下列說法正確的是()圖1418A碰撞前兩物體動量相同B質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2C碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動D碰撞前兩物體動量大小相等，方向相反解析：選BD碰撞后兩物體都靜止，所以碰撞前兩物體的動量等大反向。5(2015河北百所高中聯(lián)考)如圖1419所示，光滑水平面上的木板C的質(zhì)量mC2 kg、長l2 m，它的兩端各有塊擋板。木板的正中央并列放著兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A和B，它們的質(zhì)量mA1 kg，mB4 kg，A，B之間夾有少許炸藥。引爆炸藥，A，B沿同一直線向兩側(cè)分開，運(yùn)動到兩端的擋板時(shí)與板粘貼在一起。A，B與木板C之間的摩擦不計(jì)。引爆時(shí)間及A，B跟擋板碰撞的時(shí)間也不計(jì)。若爆炸后A獲得的速度vA6 m/s，試計(jì)算：圖1419(1)A，B都與擋板粘貼在一起以后，木板C的速度；(2)從引爆炸藥到A，B都分別與擋板粘貼在一起的時(shí)間差。解析：(1)取A、B、C為系統(tǒng)，其所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，而初始時(shí)合動量為零，所以當(dāng)A、B都與擋板粘貼在一起時(shí)，系統(tǒng)動量也為零，即木板C的速度為零。(2)爆炸前后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)爆炸后滑塊B獲得的速度大小為vB，則mAvAmBvB0，解得vB1.5 m/s；A先與擋板碰撞，設(shè)A、C碰后兩者的速度為v，則mAvA(mAmC)v，得v2 m/s?；瑝KA運(yùn)動到擋板的時(shí)間tA s，在tA時(shí)間內(nèi)B滑塊向左運(yùn)動的位移sBvBtA0.25 m，滑塊B運(yùn)動到擋板的時(shí)間tBtA，所以從引爆炸藥到A、B分別與擋板粘貼在一起的時(shí)間差ttBtA0.214 s。答案：(1)0(2)0.214 s課時(shí)跟蹤檢測高考?？碱}型：計(jì)算題一、單項(xiàng)選擇題1(2015德州聯(lián)考)如圖1所示，質(zhì)量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時(shí)刻給物體一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后()圖1A兩者的速度均為零B兩者的速度總不會相等C盒子的最終速度為mv0/M，方向水平向右D盒子的最終速度為mv0/(Mm)，方向水平向右解析：選D由于盒子內(nèi)表面不光滑，在多次碰撞后物體與盒子相對靜止，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由動量守恒得：mv0(Mm)v，解得：v，故D項(xiàng)正確，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤。2如圖2所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A在左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運(yùn)動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運(yùn)動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時(shí)刻是()圖2AA開始運(yùn)動時(shí)BA的速度等于v時(shí)CB的速度等于零時(shí) DA和B的速度相等時(shí)解析：選D當(dāng)B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當(dāng)vAvB時(shí)，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對。3如圖3所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是() 圖3A男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒C小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒D木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同解析：選B男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，故系統(tǒng)動量守恒，故A、C錯(cuò)誤，B正確。木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，方向相反，故D錯(cuò)誤。4如圖4所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復(fù)運(yùn)動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，受到的合力的沖量大小為()圖4A.B2Mv0C. D2mv0解析：選A子彈射入木塊的過程中，由子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)子彈擊中木塊并嵌在其中時(shí)的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律有mv0(mM)v，所以v；子彈嵌在木塊中后隨木塊壓縮彈簧在水平面做往復(fù)運(yùn)動，在這個(gè)過程中，由子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以當(dāng)木塊第一次回到原來位置時(shí)的速度大小仍為v；木塊被子彈擊中前處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)動量定理，所求沖量大小IMv0，A正確。5(2014金山中學(xué)期末)質(zhì)量為ma1 kg的物體a以某一速度與另一質(zhì)量mb >ma的靜止物體b在光滑水平面上發(fā)生正碰，若不計(jì)碰撞時(shí)間，碰撞前后物體a的位移時(shí)間圖象如圖5所示，則碰撞后()圖5A物體b的動量大小一定為4 kg m/sB物體b的動量大小可能小于4 kg m/sC物體b的動能可能等于10 JD物體b的動能可能等于0解析：選A由圖可知碰前a的速度va4 m/s，碰后速度為零，所以碰后b的動量一定為4 kg m/s；由碰撞過程動能不增加原理可知，b的最大動能為8 J。二、多項(xiàng)選擇題6對同一質(zhì)點(diǎn)，下列說法中正確的是()A勻速圓周運(yùn)動中，動量是不變的B勻速圓周運(yùn)動中，在相等的時(shí)間內(nèi)，動量的改變量相等C平拋運(yùn)動、豎直上拋運(yùn)動中，在相等的時(shí)間內(nèi)，動量的改變量相等D只要質(zhì)點(diǎn)的速度不變，則它的動量就一定不變解析：選CD勻速圓周運(yùn)動中，速度大小不變，方向改變，動量方向變化，在相等的時(shí)間內(nèi)，動量改變的大小相同，方向不同，A、B錯(cuò)；在拋體運(yùn)動中，時(shí)間t內(nèi)的動量改變?yōu)閜mgt，C對；由pmv知，D對。7如圖6所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是()圖6A彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為mghB彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為CB能達(dá)到的最大高度為DB能達(dá)到的最大高度為解析：選BD根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得B剛到達(dá)水平地面的速度v0，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為vv0，所以彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為Epm2mv2mgh，即B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mghmv2，B能達(dá)到的最大高度為h/4，即D正確。 8如圖7所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()圖7A16 JB12 JC6 J D4 J解析：選AB設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊質(zhì)量為m，則子彈打入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即：m0v0(mm0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即：Em0v(mm0)v2()m0v，而木塊獲得的動能E木m(v0)26 J，兩式相除得：1，所以A、B項(xiàng)正確。三、計(jì)算題9.如圖8所示，甲車質(zhì)量為m12 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個(gè)質(zhì)量為m1 kg的小物體，乙車質(zhì)量為m24 kg，以v05 m/s的速度向左運(yùn)動，與甲車碰撞后，甲車獲得v18 m/s的速度，物體滑到乙車上。若乙車足夠長，其上表面與物體間的動摩擦因數(shù)為0.2，求：圖8(1)甲、乙兩車碰后瞬間乙車的速度；(2)物體在乙車表面上滑行多長時(shí)間相對乙車靜止(取g10 m/s2)?解析：(1)乙車與甲車碰撞過程中，小物體仍保持靜止，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，選擇乙車前進(jìn)的方向?yàn)檎较?，有：m2v0m2v2m1v1解得乙車的速度為：v21 m/s，方向仍向左(2)小物體m在乙上滑至兩者有共同速度過程中動量守恒：m2v2(m2m)v，解得：v0.8 m/s小物體m勻加速直線運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律得：ag故滑行時(shí)間t0.4 s答案：(1)1 m/s向左(2)0.4 s10(2015佛山模擬)如圖9，質(zhì)量為0.5m的b球用長度為h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處。質(zhì)量為m的小球a，從距BC高h(yuǎn)的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距地面的高度為0.5h，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2mg。試問：圖9(1)a與b球碰前瞬間，a的速度多大？(2)a、b兩球碰后，細(xì)繩是否會斷裂？若細(xì)繩斷裂，小球在DE水平面上的落點(diǎn)距C的水平距離是多少？若細(xì)繩不斷裂，小球最高將擺多高？解析：(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則由機(jī)械能守恒得mghmv 解得vC ，即a與b球碰前的速度為。(2)設(shè)b球碰后的速度為v，由動量守恒得mvC(m0.5m)v，故vvC小球被細(xì)繩懸掛繞O擺動時(shí)，若細(xì)繩拉力為T，則T1.5mg1.5m，解得TmgT>2mg，細(xì)繩會斷裂，小球做平拋運(yùn)動。 設(shè)平拋的時(shí)間為t，則0.5hgt2，t 故落點(diǎn)距C的水平距離為svt h小球最終落到地面距C水平距離h處。答案：見解析第2單元原_子_結(jié)_構(gòu)原子核式結(jié)構(gòu)記一記原子的核式結(jié)構(gòu)(1)19091911年，英國物理學(xué)家盧瑟福進(jìn)行了粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了核式結(jié)構(gòu)模型。(2)粒子散射實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)裝置：如圖1421所示。圖1421實(shí)驗(yàn)結(jié)果：粒子穿過金箔后，絕大多數(shù)沿原方向前進(jìn)，少數(shù)發(fā)生較大角度偏轉(zhuǎn)，極少數(shù)偏轉(zhuǎn)角度大于90，甚至被彈回。(3)核式結(jié)構(gòu)模型：原子中心有一個(gè)很小的核，叫做原子核，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(fù)電的電子在核外空間繞核旋轉(zhuǎn)。試一試1盧瑟福利用粒子轟擊金箔的實(shí)驗(yàn)研究原子結(jié)構(gòu)，正確反映實(shí)驗(yàn)結(jié)果的示意圖是()圖1422解析：選D粒子轟擊金箔后偏轉(zhuǎn)，越靠近金原子核，偏轉(zhuǎn)的角度越大，所以A、B、C錯(cuò)誤，D正確。氫原子光譜1.氫原子光譜氫原子光譜線是最早發(fā)現(xiàn)、研究的光譜線，這些光譜線可用一個(gè)統(tǒng)一的公式表示：R()n3,4,52玻爾的原子模型(1)玻爾理論：軌道假設(shè)：原子中的電子在庫侖引力的作用下，繞原子核做圓周運(yùn)動，電子繞核運(yùn)動的可能軌道是不連續(xù)的。定態(tài)假設(shè)：電子在不同的軌道上運(yùn)動時(shí)，原子處于不同的狀態(tài)，因而具有不同的能量，即原子的能量是不連續(xù)的。這些具有確定能量的穩(wěn)定狀態(tài)稱為定態(tài)，在各個(gè)定態(tài)中，原子是穩(wěn)定的，不向外輻射能量。躍遷假設(shè)：原子從一個(gè)能量狀態(tài)向另一個(gè)能量狀態(tài)躍遷時(shí)要放出或吸收一定頻率的光子，光子的能量等于兩個(gè)狀態(tài)的能量差，即hEmEn。(2)幾個(gè)概念：能級：在玻爾理論中，原子各個(gè)狀態(tài)的能量值?；鶓B(tài)：原子能量最低的狀態(tài)。激發(fā)態(tài)：在原子能量狀態(tài)中除基態(tài)之外的其他較高的狀態(tài)。量子數(shù)：原子的狀態(tài)是不連續(xù)的，用于表示原子狀態(tài)的正整數(shù)。(3)氫原子的能級和軌道半徑：氫原子的半徑公式：rnn2r1(n1,2,3)，其中r1為基態(tài)半徑，r10.531010 m。氫原子的能級公式：EnE1(n1,2,3)，其中E1為基態(tài)能量，E113.6 eV。能級躍遷與光譜線1.對氫原子的能級圖的理解(1)氫原子的能級圖(如圖1423)。圖1423(2)氫原子能級圖的意義：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)，右端的數(shù)字“13.6，3.4”表示氫原子的能級。相鄰橫線間的距離不相等，表示相鄰的能級差不等，量子數(shù)越大，相鄰的能級差越小。帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷條件為：hEmEn。2關(guān)于能級躍遷的三點(diǎn)說明(1)當(dāng)光子能量大于或等于13.6 eV時(shí)，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，氫原子電離后，電子具有一定的初動能。(2)當(dāng)軌道半徑減小時(shí)，庫侖引力做正功，原子的電勢能減小，電子動能增大，原子能量減小。反之，軌道半徑增大時(shí)，原子電勢能增大、電子動能減小，原子能量增大。(3)一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時(shí)，可能輻射出的光譜線條數(shù)：NC。例多選(2014山東高考)氫原子能級如圖1424，當(dāng)氫原子從n3躍遷到n2的能級時(shí)，輻射光的波長為656 nm。以下判斷正確的是()圖1424A氫原子從n2躍遷到n1的能級時(shí)，輻射光的波長大于656 nmB用波長為325 nm的光照射，可使氫原子從n1躍遷到n2的能級C一群處于n3能級上的氫原子向低能級躍遷時(shí)最多產(chǎn)生3種譜線D用波長為633 nm的光照射，不能使氫原子從n2躍遷到n3的能級解析根據(jù)氫原子的能級圖和能級躍遷規(guī)律，當(dāng)氫原子從n2能級躍遷到n1的能級時(shí)，輻射光的波長一定小于656 nm，因此A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)發(fā)生躍遷只能吸收和輻射一定頻率的光子，可知B選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確；一群處于n3能級上的氫原子向低能級躍遷時(shí)可以產(chǎn)生3種頻率的光子，所以C選項(xiàng)正確。答案CD原子躍遷的兩種類型(1)原子吸收光子的能量時(shí)，原子將由低能級態(tài)躍遷到高能級態(tài)。但只吸收能量為能級差的光子，原子發(fā)光時(shí)是由高能級態(tài)向低能級態(tài)躍遷，發(fā)出的光子能量仍為能級差。(2)實(shí)物粒子和原子作用而使原子激發(fā)或電離，是通過實(shí)物粒子和原子碰撞來實(shí)現(xiàn)的。在碰撞過程中，實(shí)物粒子的動能可以全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的動能大于或等于原子某兩個(gè)能級差值，就可以使原子受激發(fā)而躍遷到較高的能級；當(dāng)入射粒子的動能大于原子在某能級的能量值時(shí)，也可以使原子電離。隨堂鞏固落實(shí)1.多選如圖1425所示為氫原子的能級圖。若在氣體放電管中，處于基態(tài)的氫原子受到能量為12.8 eV的高速電子轟擊而躍遷到激發(fā)態(tài)，在這些氫原子從激發(fā)態(tài)向低能級躍遷的過程中()圖1425A最多能輻射出10種不同頻率的光子B最多能輻射出6種不同頻率的光子C能輻射出的波長最長的光子是從n5躍遷到n4能級時(shí)放出的D能輻射出的波長最長的光子是從n4躍遷到n3能級時(shí)放出的 解析：選BD氫原子從基態(tài)躍遷到n4的能級需要吸收E0.85 eV(13.6 eV)12.75 eV的能量，氫原子從與電子碰撞中吸收12.8 eV的能量，把其中的12.75 eV的能量用以從基態(tài)躍遷到n4的狀態(tài)，把剩余的0.05 eV能量作為氫原子的動能，處于n4的一群氫原子向低能級躍遷時(shí)發(fā)出C6種頻率的光子，故A錯(cuò)，B正確。由前面分析可知，氫原子不能躍遷到n5的能級，故C錯(cuò)。由Ehh ，得 ，從此式可知，從n4躍遷到n3的能量差E最小，輻射出光的波長最長，故D正確。2.氫原子的部分能級如圖1426所示，氫原子吸收以下能量時(shí)，可以從基態(tài)躍遷到n2能級的是()圖1426A10.2 eVB3.4 eVC1.89 eVD1.51 eV解析：選A氫原子基態(tài)能量為13.6 eV，n2能級的能量為3.4 eV，兩者的差值為10.2 eV，即所需要吸收的能量。3下列能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的實(shí)驗(yàn)是()A光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)B倫琴射線的發(fā)現(xiàn)C粒子散射實(shí)驗(yàn)D氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)解析：選C光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)說明光具有粒子性，故A錯(cuò)誤。倫琴射線為電磁波，故B錯(cuò)誤。盧瑟福由粒子散射實(shí)驗(yàn)建立了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故C正確。氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)說明原子光譜是不連續(xù)的，故D錯(cuò)誤。4.如圖1427所示為氫原子能級圖，可見光的光子能量范圍為1.623.11 eV。下列說法正確的是()圖1427A大量處在n3的高能級的氫原子向n3能級躍遷時(shí)，發(fā)出的光有一部分是可見光B大量處在n3能級的氫原子向n2能級躍遷時(shí)，發(fā)出的光是紫外線C大量處在n3能級的氫原子向n1能級躍遷時(shí)，發(fā)出的光都應(yīng)具有顯著的熱效應(yīng)D處在n3能級的氫原子吸收任意頻率的紫外線光子都能發(fā)生電離解析：選D當(dāng)處在n3的高能級的氫原子向n3能級躍遷時(shí)，放出光子的最大能量E1.51 eV，故不可能為可見光，A錯(cuò)；當(dāng)從n3向n2躍遷時(shí)，光子能量E3.4 eV1.51 eV1.89 eV，為可見光，B錯(cuò)；當(dāng)從n3向n1躍遷時(shí)，光子能量E12.09 eV，在紫外區(qū)，無顯著的熱效應(yīng)，C錯(cuò)；紫外線光子的能量h3.11 eV，大于處于n3能級的氫原子的電離能，故D正確。5氫原子基態(tài)能量E113.6 eV，電子繞核做圓周運(yùn)動的半徑r10.531010 m。求氫原子處于n4激發(fā)態(tài)時(shí)：(1)原子系統(tǒng)具有的能量；(2)電子在n4軌道上運(yùn)動的動能(已知能量關(guān)系EnE1，半徑關(guān)系rnn2r1，k9.0109 Nm2/C2，e1.61019 C)；(3)若要使處于n2的氫原子電離，至少要用頻率多大的電磁波照射氫原子(普朗克常量h6.631034 Js)?解析：(1)由EnE1得E40.85 eV。(2)因?yàn)閞nn2r1，所以r442r1，由圓周運(yùn)動知識得km所以Ek4mv2 J0.85 eV(3)要使處于n2能級的氫原子電離，照射光光子的能量應(yīng)能使電子從第2能級躍遷到無限遠(yuǎn)處，最小頻率的電磁波的光子能量為：h0，得8.211014 Hz。答案：(1)0.85 eV(2)0.85 eV(3)8.211014 Hz課時(shí)跟蹤檢測高考?？碱}型：選擇題填空計(jì)算一、單項(xiàng)選擇題1(2014廣東六校聯(lián)考)仔細(xì)觀察氫原子的光譜，發(fā)現(xiàn)它只有幾條不連續(xù)的亮線，其原因是()A氫原子只有幾個(gè)能級B氫原子只能發(fā)出平行光C氫原子有時(shí)發(fā)光，有時(shí)不發(fā)光D氫原子輻射的光子的能量是不連續(xù)的，所以對應(yīng)的光的頻率也是不連續(xù)的解析：選D2(2014江門模擬)氫原子能級圖如圖1所示，則()圖1A氫原子躍遷時(shí)吸收或放出光子的能量是連續(xù)的B大量處于n4能級的氫原子躍遷時(shí)能輻射3種頻率的光C電子的軌道半徑越小，對應(yīng)氫原子能量越小D. 欲使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)，可用11 eV的光子照射解析：選C根據(jù)氫原子結(jié)構(gòu)模型，氫原子躍遷時(shí)吸收或放出光子的能量是不連續(xù)的，A錯(cuò)誤；大量處于n4能級的氫原子躍遷時(shí)能輻射6種頻率的光；B錯(cuò)誤；因氫原子的能級差沒于等于11 eV的，故11 eV的光子不能使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)，D錯(cuò)誤。3關(guān)于粒子散射實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是()A絕大多數(shù)粒子經(jīng)過重金屬箔后，發(fā)生了角度不太大的偏轉(zhuǎn)B粒子在接近原子核的過程中，動能減少，電勢能減少C粒子離開原子核的過程中，動能增大，電勢能增大D對粒子散射實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，可以估算出原子核的大小解析：選D由于原子核很小，粒子十分接近它的機(jī)會很少，所以“絕大多數(shù)粒子基本上仍按直線方向前進(jìn)，只有極少數(shù)發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn)”，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；用極端法，設(shè)粒子在向重金屬核射去，當(dāng)粒子接近核時(shí)，克服電場力做功，其動能減小，電勢能增加；當(dāng)粒子遠(yuǎn)離原子核時(shí)，電場力做功，其動能增加，電勢能減小，B、C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。4氫原子的核外電子從距核較近的軌道躍遷到距核較遠(yuǎn)的軌道過程中()A原子要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能增大，原子的能量增大B原子要放出光子，電子的動能減小，原子的電勢能減小，原子的能量也減小C原子要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能減小，原子的能量增大D原子要吸收光子，電子的動能減小，原子的電勢能增大，原子的能量增加解析：選D根據(jù)玻爾理論，氫原子核外電子在離核越遠(yuǎn)的軌道上運(yùn)動時(shí)，其能量越大，由能量公式En(E113.6 eV)，可知電子從低軌道(量子數(shù)n小)向高軌道(n值較大)躍遷時(shí)，要吸收一定能量的光子，B選項(xiàng)可排除；氫原子核外電子繞核做圓周運(yùn)動，其向心力由原子核對電子的庫侖引力提供，即，電子運(yùn)動的動能Ekmv2，由此可知電子離核越遠(yuǎn)，r越大時(shí)，則電子的動能就越小，A、C選項(xiàng)均可排除；由于原子核帶正電荷，電子帶負(fù)電荷，事實(shí)上異種電荷遠(yuǎn)離過程中需克服庫侖引力做功，即庫侖力對電子做負(fù)功，則原子系統(tǒng)的電勢能將增大，系統(tǒng)的總能量增加，D選項(xiàng)正確。5圖2中畫出了氫原子的4個(gè)能級，并注明了相應(yīng)的能量E，處在n4能級的一群氫原子向低能級躍遷時(shí)，能夠發(fā)出若干種不同頻率的光波，已知金屬鉀的逸出功為2.22 eV，能夠從金屬鉀的表面打出光電子的光波總共有()圖2A2種B3種C4種 D5種解析：選C原子從高能級向低能級躍遷時(shí)放出的光子的能量等于躍遷的兩能級之間的能量之差，當(dāng)光子能量大于或等于2.22 eV時(shí)就能使金屬鉀發(fā)生光電效應(yīng)，滿足條件的光子是41,31,21,42四種光子，C選項(xiàng)正確。二、多項(xiàng)選擇題6(2014汕頭測評)按照玻爾原子理論，下列表述正確的是()A核外電子運(yùn)行軌道半徑可取任意值B氫原子中的電子離原子核越遠(yuǎn)，氫原子的能量越大C原子躍遷時(shí)，輻射或吸收光子的能量由能級的能量差決定，即h|EmEn|D氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷的過程，可能輻射能量，也可能吸收能量解析：選BC由玻爾理論知核外電子軌道是不連續(xù)的，不可以取任意值，故A錯(cuò)；電子離原子核越遠(yuǎn)，能級越高，故原子的能量越大，B對；原子發(fā)生躍遷時(shí)，若從低能級向高能級躍遷，吸收能量，從高能級向低能級躍遷，釋放能量，且吸收和放出的光子的能量，由能級的能量差決定，故C對D錯(cuò)。7如圖3所示為盧瑟福和他的同事們做粒子散射實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖。熒光屏和顯微鏡一起分別放在圖中的A、B、C、D四個(gè)位置時(shí)，觀察到以下現(xiàn)象，其中正確的是()圖3A放在A位置時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最少B放在B位置時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)只比A位置時(shí)稍少些C放在C、D位置時(shí)，屏上觀察不到閃光D放在D位置時(shí)，屏上仍能觀察到一些閃光，但次數(shù)極少解析：選BD根據(jù)粒子散射現(xiàn)象，絕大多數(shù)粒子沿原方向前進(jìn)，少數(shù)粒子發(fā)生較大偏轉(zhuǎn)，放在A位置時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最多。8(2014梅州質(zhì)檢)如圖4所示為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，用這些光照射逸出功為2.49 eV的金屬鈉，下列說法正確的是()圖4A從n3躍遷到n2所發(fā)出的光頻率最高B從n3躍遷到n1所發(fā)出的光波長最短C金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為9.60 eVD金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為11.09 eV解析：選BC從n3躍遷到n1時(shí)，釋放的光子能量最大，光子的頻率最高，波長最短，故A錯(cuò)，B對；光子的最大初動能Ekmhw013.6 eV1.51 eV2.49 eV9.60 eV，故C對，D錯(cuò)。三、填空、計(jì)算題9.(2014浙江自選模塊)玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，氫原子能級圖如圖5所示。當(dāng)氫原子從n4的能級躍遷到n2的能級時(shí)，輻射出頻率為_Hz的光子，用該頻率的光照射逸出功為2.25 eV的鉀表面，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為_eV。圖5(電子電荷量e1.601019C，普朗克常量h6.631034 Js)解析：氫原子從n4的能級躍遷到n2的能級時(shí)，釋放出光子的能量為E0.85 eV(3.40 eV)2.55 eV，由hE解得光子的頻率6.21014 Hz。用此光照射逸出功為2.25 eV的鉀時(shí)，由光電效應(yīng)方程知，產(chǎn)生光電子的最大初動能為EkhW(2.552.25)eV0.30 eV。答案：6.210140.3010已知?dú)湓釉趎1時(shí)的能量E113.6 eV，電子的軌道半徑r10.531010 m，求：(1)電子在第三條軌道即n3時(shí)的動能和勢能各是多少？(2)原子從n3躍遷到n1時(shí)輻射出光子的頻率多大？波長是多大？解析：(1)由rnn2r1得：r332r14.771010 m又由En 得：E31.51 eV2.4161019 J核外電子繞核做勻速圓周運(yùn)動所需要的向心力由原子對電子的庫侖力提供，即km由此得電子在n3軌道上的動能Ek3mv22.4151019 J則電子在n3軌道上時(shí)的勢能為Ep3E3Ek34.8311019 J(2)由hE3E1變形得： 2.911015 Hz則1.03107 m答案：(1)2.4151019 J4.8311019 J(2)2.911015 Hz1.03107 m第3單元原_子_核原子核的組成想一想如圖1431甲是、三種射線穿透能力的示意圖，圖乙是工業(yè)上利用射線的穿透性來檢查金屬內(nèi)部的傷痕的示意圖。圖1431請思考：(1)圖甲中到達(dá)鋁板和到達(dá)混凝土的射線各是什么射線？(2)圖乙中用于金屬內(nèi)部探傷的是哪種射線？提示：(1)射線的穿透能力很弱，一張紙就能擋住，射線的穿透能力很強(qiáng)，能穿透幾毫米厚的鋁板，射線的穿透能力更強(qiáng)，可以穿透幾厘米厚的鉛板，故到達(dá)鋁板的為和射線，到達(dá)混凝土的是射線。(2)只有射線才具有足夠的穿透力，能進(jìn)行金屬內(nèi)部的傷痕檢查。記一記1四個(gè)概念(1)放射性：物質(zhì)放射出射線的性質(zhì)。(2)放射性元素：具有放射性的元素。(3)同位素：具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子核。(4)放射性同位素：具有放射性的同位素。2原子核的組成(1)原子核：由質(zhì)子和中子組成，質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子。(2)核電荷數(shù)(Z)：等于核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，也等于核外電子數(shù)，還等于元素周期表中的原子序數(shù)。(3)核質(zhì)量數(shù)(A)：等于核內(nèi)的核子數(shù)，即質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和。3原子核的衰變(1)三種射線的比較：種類射線射線射線組成高速氦核流高速電子流光子流(高頻電磁波)帶電荷量2ee0質(zhì)量4mp(mp1.671027 kg)靜止質(zhì)量為零符號Hee速度0.1c0.99cc在電磁場中偏轉(zhuǎn)與射線反向偏轉(zhuǎn)不偏轉(zhuǎn)貫穿本領(lǐng)最弱，用紙能擋住較強(qiáng)，穿透幾毫米的鋁板最強(qiáng)，穿透幾厘米的鉛板對空氣的電離作用很強(qiáng)較弱很弱(2)半衰期：定義：放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時(shí)間。衰變規(guī)律：NN0()t/、mm0()t/。影響因素：由原子核內(nèi)部因素決定，跟原子所處的物理化學(xué)狀態(tài)無關(guān)。4核力與核能(1)核力：含義：原子核里的核子間存在互相作用的核力，核力把核子緊緊地束縛在核內(nèi)，形成穩(wěn)定的原子核。特點(diǎn)：a核力是強(qiáng)相互作用的一種表現(xiàn)。b核力是短程力，作用范圍在1.51015m之內(nèi)。c每個(gè)核子只跟鄰近的核子發(fā)生核力作用。(2)核能：結(jié)合能：把構(gòu)成原子核的結(jié)合在一起的核子分開所需的能量。質(zhì)能方程：一定的能量和一定的質(zhì)量相聯(lián)系，物體的總能量和它的質(zhì)量成正比，即Emc2。核子在結(jié)合成原子核時(shí)出現(xiàn)質(zhì)量虧損m，其能量也要相應(yīng)減少，即Emc2。質(zhì)能方程的意義：質(zhì)量和能量是物質(zhì)的兩種屬性，質(zhì)能方程揭示了質(zhì)量和能量是不可分割的，它建立了兩個(gè)屬性在數(shù)值上的關(guān)系。(3)獲得核能的途徑：重核裂變：定義：質(zhì)量數(shù)較大的原子核受到高能粒子的轟擊而分裂成幾個(gè)質(zhì)量數(shù)較小的原子核的過程。特點(diǎn)：a.裂變過程中能夠放出巨大的能量；b.裂變的同時(shí)能夠放出23(或更多)個(gè)中子；c.裂變的產(chǎn)物不是唯一的。對于鈾核裂變有二分裂、三分裂和四分裂形式，但三分裂和四分裂概率比較小。典