高考物理大二輪總復習 增分策略 專題八 第3講 原子物理和動量課件（選考部分）.ppt

專題八選考部分 3 3 3 4 3 5 高考題型1光電效應與光的粒子性 高考題型2原子結構和能級躍遷 高考題型3核反應和核能的計算 高考題型4動量和能量觀點的綜合應用 欄目索引 第3講原子物理和動量 高考題型1光電效應與光的粒子性 解題方略 1 處理光電效應問題的兩條線索一是光的頻率 二是光的強度 兩條線索對應的關系是 1 光強 光子數(shù)目多 發(fā)射光電子數(shù)多 光電流大 2 光子頻率高 光子能量大 產(chǎn)生光電子的最大初動能大 2 愛因斯坦光電效應方程Ek h W0的研究對象是金屬表面的電子 意義是說 光電子的最大初動能隨入射光頻率的增大而增大 如圖1所示 直線的斜率為h 直線與 軸的交點的物理意義是極限頻率 c 直線與Ek軸交點的物理意義是逸出功的負值 圖1 例1某中學的實驗小組利用如圖2所示的裝置研究光電效應規(guī)律 用理想電壓表和理想電流表分別測量光電管的電壓以及光電管的電流 當開關打開時 用光子能量為2 5eV的光照射光電管的陰極K 理想電流表有示數(shù) 閉合開關 移動滑動變阻器的觸頭 當電壓表的示數(shù)小于0 6V時 理想電流表仍有示數(shù) 當理想電流表的示數(shù)剛好為零時 電壓表的示數(shù)剛好為0 6V 則陰極K的逸出功為 逸出的光電子的最大初動能為 圖2 解析設用光子能量為2 5eV的光照射時 光電子的最大初動能為Ekm 陰極材料逸出功為W0 當反向電壓達到U 0 6V以后 具有最大初動能的光電子也達不到陽極 因此eU Ekm 由光電效應方程 Ekm h W0 由以上二式得 Ekm 0 6eV W0 1 9eV 所以此時最大初動能為0 6eV 該材料的逸出功為1 9eV 答案1 9eV0 6eV 預測1以下說法符合物理學史的是 A 普朗克引入能量子的概念 得出黑體輻射的強度按波長分布的公式 與實驗符合得非常好 并由此開創(chuàng)了物理學的新紀元B 康普頓效應表明光子只具有能量C 德布羅意把光的波粒二象性推廣到實物粒子 認為實物粒子也具有波動性D 湯姆孫通過 粒子散射實驗 提出了原子具有核式結構E 為了解釋黑體輻射規(guī)律 普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的 解析普朗克引入能量子的概念 得出黑體輻射的強度按波長分布的公式 與實驗符合得非常好 并由此開創(chuàng)了物理學的新紀元 故A正確 康普頓效應不僅表明了光子具有能量 還表明了光子具有動量 故B錯誤 德布羅意把光的波粒二象性推廣到實物粒子 認為實物粒子也具有波動性 故C正確 盧瑟福在用 粒子轟擊金箔的實驗中發(fā)現(xiàn)了質子 提出原子核式結構學說 故D錯誤 為了解釋黑體輻射規(guī)律 普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的 故E正確 答案ACE 預測2如圖3所示 兩平行金屬板A B板間電壓恒為U 一束波長為 的入射光射到金屬板B上 使B板發(fā)生了光電效應 已知該金屬板的逸出功為W 電子的質量為m 電荷量為e 已知普朗克常量為h 真空中光速為c 下列說法中正確的是 圖3 能不能發(fā)生光電效應 取決于入射光的頻率 與板間電壓無關 C選項錯誤 若減小入射光的波長 入射光頻率增大 大于金屬的極限頻率 可以發(fā)生光電效應 D選項正確 若增大入射光的頻率 金屬板的逸出功不變 E選項錯誤 答案ABD 高考題型2原子結構和能級躍遷 解題方略 1 湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子 密立根測出了電子的電荷量 盧瑟福根據(jù) 粒子散射實驗構建了原子核式結構模型 玻爾提出的原子模型很好地解釋了氫原子光譜的規(guī)律 盧瑟福用 粒子轟擊氮核實驗發(fā)現(xiàn)了質子 查德威克用 粒子轟擊鈹核發(fā)現(xiàn)了中子 貝可勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象 揭示了原子核是有結構的 小居里夫婦首次發(fā)現(xiàn)了放射性同位素 2 原子的核式結構模型 1 在原子的中心有一個體積很小 帶正電荷的核 叫做原子核 而電子在核外繞核運動 2 原子的全部正電荷和幾乎全部的質量都集中在原子核上 帶負電的電子在核外空間繞核旋轉 3 能級和能級躍遷 1 軌道量子化核外電子只能在一些分立的軌道上運動rn n2r1 n 1 2 3 2 能量量子化 3 吸收或輻射能量量子化原子在兩個能級之間躍遷時只能吸收或發(fā)射一定頻率的光子 該光子的能量由前后兩個能級的能量差決定 即h Em En m n 例2以下關于玻爾原子理論的說法正確的是 A 電子繞原子核做圓周運動的軌道半徑不是任意的B 電子在繞原子核做圓周運動時 穩(wěn)定地產(chǎn)生電磁輻射C 電子從量子數(shù)為2的能級躍遷到量子數(shù)為3的能級時要輻射光子D 不同頻率的光照射處于基態(tài)的氫原子時 只有某些頻率的光可以被氫原子吸收E 氫原子光譜有很多不同的亮線 說明氫原子能發(fā)出很多不同頻率的光 但它的光譜不是連續(xù)譜 電子在繞原子核做圓周運動時 不會產(chǎn)生電磁輻射 只有躍遷時才會出現(xiàn) 故B錯誤 氫原子光譜有很多不同的亮線 說明氫原子能發(fā)出很多不同頻率的光 是特征譜線 但它的光譜不是連續(xù)譜 故E正確 答案ADE 預測3關于原子結構及原子核的知識 下列判斷正確的是 A 每一種原子都有自己的特征譜線B 處于n 3的一個氫原子回到基態(tài)時一定會輻射三種頻率的光子C 射線的穿透能力比 射線弱D 衰變中的電子來自原子的內(nèi)層電子E 放射性元素的半衰期與壓力 溫度無關解析由于每種原子都有自己的特征譜線 故可以根據(jù)原子光譜來鑒別物質 故A正確 射線的穿透能力比 射線的穿透能力弱 故C正確 原子核發(fā)生 衰變放出的電子是原子核內(nèi)的中子轉化為質子而釋放的電子 故D錯誤 放射性元素的半衰期與壓力 溫度無關 只與自身有關 E正確 答案ACE 預測4已知金屬銫的逸出功為1 88eV 氫原子能級圖如圖4所示 下列說法正確的是 A 大量處于n 4能級的氫原子躍遷到基態(tài)的過程中最多可釋放出6種頻率的光子B 一個處于n 3能級的氫原子躍遷到基態(tài)的過程中最多可釋放出3種頻率的光子C 氫原子從n 3能級躍遷到n 2能級過程中輻射出的光子能使金屬銫發(fā)生光電效應 圖4 D 大量處于n 2能級的氫原子躍遷到基態(tài)過程中發(fā)出的光照射金屬銫 產(chǎn)生的光電子最大初動能為8 32eVE 用光子能量為11eV的紫外線照射大量處于基態(tài)的氫原子 會有氫原子躍遷到n 2能級 一個處于n 3能級的氫原子最多可以輻射出兩種不同頻率的光子 故B錯誤 從n 3能級躍遷到n 2能級過程中輻射出的光子能量 E 3 4 1 51 eV 1 89eV 而金屬銫的逸出功為1 88eV 符合光電效應發(fā)生條件 故C正確 根據(jù)輻射的光子能量等于兩能級間的能級差可知 n 2能級的氫原子躍遷到基態(tài)過程中發(fā)出的光能量為 E 13 6 3 4 eV 10 2eV 再根據(jù)Ekm h W0 則有產(chǎn)生的光電子最大初動能為Ekm 10 2 1 88 eV 8 32eV 故D正確 由于氫原子的能級中基態(tài)的氫原子為能級為 13 6eV 而n 2能級的氫原子躍遷到基態(tài)過程中發(fā)出的光能量為 E 13 6 3 4 eV 10 2eV 因此光子能量為11eV的紫外線照射大量處于基態(tài)的氫原子不可能出現(xiàn)躍遷現(xiàn)象 故E錯誤 答案ACD 高考題型3核反應和核能的計算 解題方略 2 射線 射線 射線之間的區(qū)別 3 核反應 核能 裂變 輕核的聚變 1 在物理學中 原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過程 稱為核反應 核反應方程遵循質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒的規(guī)律 2 質能方程 一定的能量和一定的質量相聯(lián)系 物體的總能量和它的質量成正比 即E mc2或 E mc2 3 把重核分裂成質量較小的核 釋放出核能的反應 稱為裂變 把輕核結合成質量較大的核 釋放出核能的反應 稱為聚變 4 核能的計算 E mc2 其中 m為核反應方程中的質量虧損 E m 931 5MeV 其中質量虧損 m以原子質量單位u為單位 圖5 解析輕核聚變是把輕核結合成質量較大的核 釋放出核能的反應 故A正確 放射性元素的半衰期是由核內(nèi)自身的因素決定的 與原子所處的化學狀態(tài)無關 故C正確 答案ACE 預測6一個氘核和一個氚核聚變結合成一個氦核 同時放出一個中子 并釋放核能 已知氘核 氚核 氦核 中子的質量分別為m1 m2 m3 m4 真空中的光速為c 下列說法正確的是 B 聚變反應中的質量虧損 m m1 m2 m3 m4C 釋放的能量 E m3 m4 m1 m2 c2D 太陽輻射的能量主要來自其內(nèi)部發(fā)生的核聚變反應E 氘核的比結合能大于氦核的比結合能 聚變反應中的質量虧損 m m1 m2 m3 m4 故B正確 聚變反應中虧損的質量轉化為能量以光子的形式放出 故光子能量為E m1 m2 m3 m4 c2 故C錯誤 太陽輻射的能量主要來自其內(nèi)部發(fā)生的核聚變反應 故D正確 氘核的比結合能小于氦核的比結合能 故E錯誤 答案ABD 高考題型4動量和能量觀點的綜合應用 1 動量守恒定律 1 表達式 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 或p p 系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于系統(tǒng)相互作用后的總動量p 或 p 0 系統(tǒng)總動量的增量為零 或 p1 p2 相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng) 兩物體動量的增量大小相等 方向相反 解題方略 2 動量守恒定律的適用條件 系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零 系統(tǒng)所受合力不為零 但在某一方向上系統(tǒng)所受外力的合力為零 則在該方向上系統(tǒng)動量守恒 系統(tǒng)雖受外力 但外力遠小于內(nèi)力且作用時間極短 如碰撞 爆炸過程 2 彈性碰撞與非彈性碰撞碰撞過程遵從動量守恒定律 如果碰撞過程中機械能守恒 這樣的碰撞叫做彈性碰撞 如果碰撞過程中機械能不守恒 這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 3 利用動量和能量觀點解題的技巧 1 若研究對象為一個系統(tǒng) 應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律 2 動量守恒定律和能量守恒定律都只考查一個物理過程的初 末兩個狀態(tài) 對過程的細節(jié)不予追究 3 注意挖掘隱含條件 根據(jù)選取的對象和過程判斷動量和能量是否守恒 例4 2015 新課標全國 35 兩滑塊a b沿水平面上同一條直線運動 并發(fā)生碰撞 碰撞后兩者粘在一起運動 經(jīng)過一段時間后 從光滑路段進入粗糙路段 兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖6所示 求 圖6 1 滑塊a b的質量之比 解析設a b的質量分別為m1 m2 a b碰撞前的速度為v1 v2 由題給圖象得v1 2m s v2 1m s a b發(fā)生完全非彈性碰撞 碰撞后兩滑塊的共同速度為v 由題給圖象得 由動量守恒定律得m1v1 m2v2 m1 m2 v 聯(lián)立 式得m1 m2 1 8 答案1 8 2 整個運動過程中 兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比 解析由能量守恒定律得 兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 由圖象可知 兩滑塊最后停止運動 由動能定理得 兩滑塊克服摩擦力所做的功為 聯(lián)立 式 并代入題給數(shù)據(jù)得W E 1 2答案1 2 預測7如圖7所示 光滑水平地面上 人與滑板A一起以v0 0 5m s的速度前進 正前方不遠處有一橫桿 橫桿另一側有一靜止滑板B 當人與A行至橫桿前 人相對滑板豎直向上跳起越過橫桿 A從橫桿下方通過并與B發(fā)生彈性碰撞 之后人剛好落到B上 不計空氣阻力 求最終人與B共同速度是多少 已知m人 40kg mA 5kg mB 10kg 圖7 解析人跳起后A與B碰撞前后動量守恒 機械能守恒 設碰后A的速度為v1 B的速度為v2 mAv0 mAv1 mBv2 人下落與B作用前后 水平方向動量守恒 設共同速度為v3 m人v0 mBv2 m人 mB v3 預測8如圖8所示 光滑水平面上有一平板車 車上固定一豎直直桿 桿的最高點O通過一長為L的輕繩拴接一個可視為質點的小球 小球的質量為小車 包括桿 質量的一半 懸點O距離地面的高度為2L 輕繩水平時 小球與小車速度均為零 釋放小球 當小球運動到最低點時 輕繩斷開 重力加速度為g 求 圖8 1 小球運動到最低點時速度大小 解析小球下落過程中 小球與車組成的系統(tǒng) 水平方向動量守恒 系統(tǒng)機械能守恒 設小球到最低點時 小球的速率為v1 小車的速率為v2 設小球的速度方向為正方向 則由動量守恒定律和機械能守恒定律可得 mv1 2mv2 2 小球從釋放到落地的過程中 小車向右移動的距離 解析設小球下落的過程中 車向右移動的距離為x2 小球向左移動的距離為x1