《高三總復(fù)習(xí)專題十四動(dòng)量與原子物理[選修3-5]》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三總復(fù)習(xí)專題十四動(dòng)量與原子物理[選修3-5]（71頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十四章　動(dòng)量與原子物理[選修3－5] [學(xué)習(xí)目標(biāo)定位] 考 綱 下 載 考 情 上 線 1.動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(Ⅱ) 2．彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ) 3．氫原子光譜(Ⅰ) 4．氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)、能級(jí)公式(Ⅰ) 5．原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期(Ⅰ) 6．放射性同位素(Ⅰ) 7．核力、核反應(yīng)方程(Ⅰ) 8．結(jié)合能、質(zhì)量虧損(Ⅰ) 9．裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆(Ⅰ) 10．射線的危害和防護(hù)(Ⅰ) 11．光電效應(yīng)(Ⅰ) 12．愛因斯坦的光電效應(yīng)方程(Ⅰ) 實(shí)驗(yàn)十六　驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 高考地位 高考對本章知識(shí)點(diǎn)考查頻率較高的是

2、動(dòng)量守恒定律、光電效應(yīng)、原子的能級(jí)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(dòng)量守恒定律及其與動(dòng)力學(xué)的綜合應(yīng)用 2．光電效應(yīng)、原子能級(jí)及能級(jí)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(shí)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?jiǎng)恿渴睾愣杉捌鋺?yīng)用 動(dòng)量　動(dòng)量定理　動(dòng)量守恒定律 [想一想] 如圖14－1－1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(dòng)量的變化量為多少

3、？小球m的動(dòng)量變化量為多少？m和M組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？若守恒，請寫出其表達(dá)式。 圖14－1－1 提示：物體M動(dòng)量的變化量為Mv2，m動(dòng)量的變化量為－(mv1＋mv0)，因m和M組成的系統(tǒng)合外力為零，故此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，表達(dá)式為：mv0＝Mv2－mv1。 [記一記] 1．動(dòng)量 (1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積。 (2)公式：p＝mv。 (3)單位：千克米/秒。符號(hào)：kgm/s。 (4)意義：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同。 2．動(dòng)量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)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：p′－p＝

4、I或mv′－mv＝F(t′－t)。 (3)沖量：力與力的作用時(shí)間的乘積，即I＝F(t′－t)。 3．動(dòng)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(dòng)量保持不變。 (2)常用的4種表達(dá)形式： ①p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p和相互作用后的總動(dòng)量p′大小相等，方向相同。 ②Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。 ③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動(dòng)量的增加量等于另一部分動(dòng)量的減少量。 ④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在同一直線上時(shí)，作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等

5、。 (3)常見的幾種守恒形式及成立條件： ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 ②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。 ③分動(dòng)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(dòng)量守恒。 [試一試] 1. 足球運(yùn)動(dòng)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(dòng)量變化量的大小為 10 kgm/s，則(　　) A．足球的動(dòng)量一定減小 B．足球的動(dòng)量一定增大 C．足球的動(dòng)量大小可能不變 D．足球的動(dòng)量大小一定變化 解析：選C　如果足球原速返回，則動(dòng)量大小不變；如果彈回時(shí)速度減小，則動(dòng)量減?。蝗绻麖椈貢r(shí)速度增大，則動(dòng)量增大。

6、 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(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可以解得B獲得的最大速度為 vmax＝v＝v＝0.5v 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(dòng)，B獲得最小的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，知m1v＝(m1＋m2)vmin vmin＝＝0.25v B獲得的速度vB應(yīng)滿足：vmin≤vB≤vmax， 即

7、0.25v≤vB≤0.5v 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： ①作用時(shí)間短。 ②作用力變化快。 ③內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。 ④滿足動(dòng)量守恒。 (3)碰撞的分類及特點(diǎn)： ①彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。 ②非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。 ③完全非彈性碰撞：動(dòng)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(dòng)量守恒。 3．反沖運(yùn)動(dòng) (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方

8、向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。 (2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來處理。 [試一試] 2．[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(dòng)量守恒　　　　　 B．機(jī)械能增大 C．水平方向動(dòng)量守恒 D．豎直方向動(dòng)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(dòng)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(dòng)量不

9、守恒，而在水平方向動(dòng)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(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 1.動(dòng)量守恒的“四性” (1)矢量性：表達(dá)式中初、未動(dòng)量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。 (2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)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(dòng)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．

10、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟 [例1]　(2013山東高考)如圖14－1－2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mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。開始時(shí)C靜止，A，B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，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14－1－2 [審題指導(dǎo)] A，B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，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

11、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(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC 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(dòng)量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v A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，vC＝v 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)值解得：vA＝2 m/s [答案]　2 m/s (1)在同一物理過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，因此應(yīng)用動(dòng)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(dòng)量是守恒的。 (2)注意挖掘題目中的隱含

12、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(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理。 ①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′。 ②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)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(dòng)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 m1v1＝m1v1′＋

13、m2v2′① m1v＝m1v1′2＋m2v2′2② 由①②得v1′＝　v2′＝ 結(jié)論： (1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩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(dòng)。 (3)當(dāng)m10，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。 [例2]　如圖14－1－3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(dòng)，與B相碰并黏

14、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14－1－3 [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(dòng)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(dòng)量守恒定律確定A，B，C在彈簧伸展前的速度→利用動(dòng)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(dòng)量守恒有

15、mv0＝3mv① 設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒有3mv＝2mv1＋mv0② 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)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③ 由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝mv [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(dòng)量和機(jī)械能均守恒。 動(dòng)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14－1－4，小球a，b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O。讓球a

16、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(dòng)，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14－1－4 (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(dòng)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(dòng)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m2gL＝m2v2① 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

17、間，兩球共同速度為v′，以向左為正，由動(dòng)量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′② 設(shè)兩球共同向左運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，由機(jī)械能守恒定律得 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③ 聯(lián)立①②③式得＝－1④ 代入已知數(shù)據(jù)得＝－1⑤ (2)兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失為 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥ 聯(lián)立①⑥式，Q與碰前球b的最大動(dòng)能Ek(Ek＝m2v2)之比為＝1－(1－cos θ)⑦ 聯(lián)立①⑤⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得＝1－。 [答案]　(1)－1　(2)1－ 利用動(dòng)量的觀點(diǎn)和能量的觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題 (1

18、)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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14－1－5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M＝2 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(tái)面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以u＝2 m/s的速率逆

19、時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，l＝1.0 m。設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是，第一次碰撞前物塊。取g＝10 m/s2。 圖14－1－5 (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(dòng)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(huì)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(dòng)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 ① 物塊A不離開平臺(tái)，物塊

20、B碰后在平臺(tái)上向右勻速運(yùn)動(dòng) ② 物塊B在曲面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能守恒 ③ 兩物塊碰撞時(shí)，速度方向共線，且碰撞時(shí)動(dòng)量、動(dòng)能均守恒 ④ 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mgh＝mv，(2分) 故v0＝＝ m/s＝2 m/s>u，(1分) 故B滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)。 加速度a＝＝μg＝2 m/s2， 根據(jù)v2－v＝－2as，得物塊B到達(dá)傳送帶

21、左端時(shí)的速度 v1＝＝ m/s＝4 m/s。 離開傳送帶后做勻速運(yùn)動(dòng)，故物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度v1＝4 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(dòng)量守恒和能量守恒。即mv1＝mv1′＋MV1′(2分) mv＝mv1′2＋MV1′2(2分) 聯(lián)立解得，v1′＝v1＝－v1＝－ m/s(1分) 負(fù)號(hào)說明B與A碰撞后，B的速度方向向右。 物塊B運(yùn)動(dòng)到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)。 速度減為零時(shí)的位移s＝＝ m＝ m

22、速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后做反向的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性，離開傳送帶后的速度v2＝v1′，然后與A發(fā)生第二次碰撞，且滿足mv2＝mv2′＋MV2′(2分) mv＝mv2′2＋MV2′2(2分) 聯(lián)立解得，v2′＝v2＝－v2＝－v1(2分) 同理，物塊B與A第三次碰撞前的速度v3＝－v2′，碰撞后的速度 v3′＝－v3＝－v1。 依此類推 第n次碰撞后B的速度vn′＝－v1。 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(dòng)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)：

23、 (1)合理選取研究對象。應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)以系統(tǒng)為研究對象，應(yīng)用動(dòng)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(dòng)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(dòng)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

24、圖14－1－6所示，運(yùn)動(dòng)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14－1－6 A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，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(dòng)量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方

25、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.v0　　　　　　　　 B.v0 C.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(dòng)量守恒定律的認(rèn)識(shí)和應(yīng)用能力。由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(M－m)v，可得火箭獲得的速率為v0，選D。 3．如圖14－1－7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(　　

26、) 圖14－1－7 A．兩手同時(shí)放開后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零 B．先放開左手、后放開右手，之后系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動(dòng)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(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)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(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)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(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)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

27、分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的st圖象如圖14－1－8所示，下列說法正確的是(　　) 圖14－1－8 A．碰撞前兩物體動(dòng)量相同 B．質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2 C．碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．碰撞前兩物體動(dòng)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(dòng)量等大反向。 5．(2015河北百所高中聯(lián)考)如圖14－1－9所示，光滑水平面上的木板C的質(zhì)量mC＝2 kg、長l＝2 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mA＝1 kg，mB＝4 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)

28、分開，運(yùn)動(dòng)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vA＝6 m/s，試計(jì)算： 圖14－1－9 (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(dòng)量守恒，而初始時(shí)合動(dòng)量為零，所以當(dāng)A、B都與擋板粘貼在一起時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量守恒，設(shè)爆炸后滑塊B獲得的速度大小為vB，則mAvA－mBvB＝0，解得vB＝1.5 m/s；A先與擋板碰撞，

29、設(shè)A、C碰后兩者的速度為v，則mAvA＝(mA＋mC)v，得v＝2 m/s?；瑝KA運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間tA＝＝ s，在tA時(shí)間內(nèi)B滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移sB＝vBtA＝0.25 m，滑塊B運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間tB＝tA＋，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Δt＝tB－tA＝＝0.214 s。 答案：(1)0　(2)0.214 s [課時(shí)跟蹤檢測] 高考常考題型：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(　　)

30、 圖1 A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會(huì)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/(M＋m)，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(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)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(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是(　　) 圖2 A．A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)　　　　 B．A的速度等于v時(shí) C．B的速

31、度等于零時(shí) D．A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)vA＝vB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(dòng)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3 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)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(dòng)量守恒，故A

32、、C錯(cuò)誤，B正確。木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)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(dòng)。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4 A.　　　　　　　　 B．2Mv0 C. D．2mv0 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(dòng)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(dòng)量守恒定律有mv

33、0＝(m＋M)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(dòng)，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(dòng)量定理，所求沖量大小I＝Mv－0＝，A正確。 5．(2014金山中學(xué)期末)質(zhì)量為ma＝1 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5 A．物體b的動(dòng)量大小一定為4 kg m/s B．物體b的動(dòng)量大小可能小于4 kg m/s C．物體b的動(dòng)能可能等于10

34、 J D．物體b的動(dòng)能可能等于0 解析：選A　由圖可知碰前a的速度va＝4 m/s，碰后速度為零，所以碰后b的動(dòng)量一定為4 kg m/s；由碰撞過程動(dòng)能不增加原理可知，b的最大動(dòng)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(dòng)中，動(dòng)量是不變的 B．勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量的改變量相等 C．平拋運(yùn)動(dòng)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)中，在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量的改變量相等 D．只要質(zhì)點(diǎn)的速度不變，則它的動(dòng)量就一定不變 解析：選CD　勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，速度大小不變，方向改變，動(dòng)量方向變化，在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量改變的大小相同，方向不同，A、B錯(cuò)；在拋體運(yùn)

35、動(dòng)中，時(shí)間t內(nèi)的動(dòng)量改變?yōu)棣＝mgt，C對；由p＝mv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6 A．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為 C．B能達(dá)到的最大高度為 D．B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(dòng)量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝v0，

36、所以彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢能為Epm＝2mv2＝mgh，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mgh′＝mv2，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(dòng)能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　) 圖7 A．16 J　　　　　　　 B．12 J C．6 J D．4 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(dòng)量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的

37、內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即：E＝m0v－(m＋m0)v2＝()m0v，而木塊獲得的動(dòng)能E木＝m(v0)2＝6 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m1＝2 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m＝1 kg的小物體，乙車質(zhì)量為m2＝4 kg，以v0＝5 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與甲車碰撞后，甲車獲得v1＝8 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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝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g＝10 m/s2)? 解析

38、：(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(dòng)量守恒，選擇乙車前進(jìn)的方向?yàn)檎较颍校簃2v0＝m2v2＋m1v1 解得乙車的速度為：v2＝1 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(dòng)量守恒：m2v2＝(m2＋m)v，解得：v＝0.8 m/s 小物體m勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律得：a＝μg 故滑行時(shí)間t＝＝＝0.4 s 答案：(1)1 m/s　向左　(2)0.4 s 10．(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

39、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(huì)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 mgh＝mv 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(dòng)量守恒得 mvC＝(m＋0.5m)v，故v＝vC＝ 小球被細(xì)繩懸掛繞O擺動(dòng)時(shí)，若細(xì)繩拉力為T， 則T－1.5mg＝1.5m，解得T＝mg

40、 T>2mg，細(xì)繩會(huì)斷裂，小球做平拋運(yùn)動(dòng)。 設(shè)平拋的時(shí)間為t，則0.5h＝gt2，t＝ 故落點(diǎn)距C的水平距離為 s＝vt＝ ＝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)1909～1911年，英國物理學(xué)家盧瑟福進(jìn)行了α粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了核式結(jié)構(gòu)模型。 (2)α粒子散射實(shí)驗(yàn)： ①實(shí)驗(yàn)裝置：如圖14－2－1所示。 圖14－2－1 ②實(shí)驗(yàn)結(jié)果：α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

41、：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α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14－2－2 解析：選D　α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(－)　　　n＝3,4,5… 2．玻爾的原子模型 (1)玻爾理論： ①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(dòng)，

42、電子繞核運(yùn)動(dòng)的可能軌道是不連續(xù)的。 ②定態(tài)假設(shè)：電子在不同的軌道上運(yùn)動(dòng)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。 ③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hν＝Em－En。 (2)幾個(gè)概念： ①能級(jí)：在玻爾理論中，原子各個(gè)狀態(tài)的能量值。 ②基態(tài)：原子能量最低的狀態(tài)。 ③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)。 ④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(jí)和

43、軌道半徑： ①氫原子的半徑公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3…)，其中r1為基態(tài)半徑，r1＝0.5310－10 m。 ②氫原子的能級(jí)公式：En＝E1(n＝1,2,3…)，其中E1為基態(tài)能量，E1＝－13.6 eV。 能級(jí)躍遷與光譜線 1.對氫原子的能級(jí)圖的理解 (1)氫原子的能級(jí)圖(如圖14－2－3)。 圖14－2－3 (2)氫原子能級(jí)圖的意義： ①能級(jí)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，－3.4…”表示氫原子的能級(jí)。 ③相鄰橫線間的距離不相等，表示相鄰的能級(jí)差不等，量子數(shù)越大，相鄰

44、的能級(jí)差越小。 ④帶箭頭的豎線表示原子由較高能級(jí)向較低能級(jí)躍遷，原子躍遷條件為：hν＝Em－En。 2．關(guān)于能級(jí)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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)：N＝C＝。 [例]　[多選](2014山東高考)氫原子能級(jí)如圖

45、14－2－4，當(dāng)氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級(jí)時(shí)，輻射光的波長為656 nm。以下判斷正確的是(　　) 圖14－2－4 A．氫原子從n＝2躍遷到n＝1的能級(jí)時(shí)，輻射光的波長大于656 nm B．用波長為325 nm的光照射，可使氫原子從n＝1躍遷到n＝2的能級(jí) C．一群處于n＝3能級(jí)上的氫原子向低能級(jí)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n＝2躍遷到n＝3的能級(jí) [解析]　根據(jù)氫原子的能級(jí)圖和能級(jí)躍遷規(guī)律，當(dāng)氫原子從n＝2能級(jí)躍遷到n＝1的能級(jí)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

46、B選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確；一群處于n＝3能級(jí)上的氫原子向低能級(jí)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(jí)態(tài)躍遷到高能級(jí)態(tài)。但只吸收能量為能級(jí)差的光子，原子發(fā)光時(shí)是由高能級(jí)態(tài)向低能級(jí)態(tài)躍遷，發(fā)出的光子能量仍為能級(jí)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(dòng)能可以全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的動(dòng)能大于或等于原子某兩個(gè)能級(jí)差值，就可以使原子受激發(fā)而躍遷到較高的能級(jí)；當(dāng)入射粒子的動(dòng)能大于原子在某能級(jí)的能量值時(shí)，也可以使原子電離。

47、 [隨堂鞏固落實(shí)] 1.[多選]如圖14－2－5所示為氫原子的能級(jí)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(jí)躍遷的過程中(　　) 圖14－2－5 A．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n＝5躍遷到n＝4能級(jí)時(shí)放出的 D．能輻射出的波長最長的光子是從n＝4躍遷到n＝3能級(jí)時(shí)放出的 解析：選BD　氫原子從基態(tài)躍遷到n＝4的能級(jí)需要吸收ΔE＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV的能量，氫原子從與電子碰撞中吸收12.

48、8 eV的能量，把其中的12.75 eV的能量用以從基態(tài)躍遷到n＝4的狀態(tài)，把剩余的0.05 eV能量作為氫原子的動(dòng)能，處于n＝4的一群氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出C＝6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n＝5的能級(jí)，故C錯(cuò)。由ΔE＝hν＝h ，得λ＝ ，從此式可知，從n＝4躍遷到n＝3的能量差ΔE最小，輻射出光的波長最長，故D正確。 2.氫原子的部分能級(jí)如圖14－2－6所示，氫原子吸收以下能量時(shí)，可以從基態(tài)躍遷到n＝2能級(jí)的是(　　) 圖14－2－6 A．10.2 eV B．3.4 eV C．1.89 eV D．1.51 eV 解析：選A　氫原子基態(tài)

49、能量為－13.6 eV，n＝2能級(jí)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．α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α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14－2－7所示為氫原子能級(jí)圖，可見光的光子能量范圍為1.62～3.11 eV。下列說法正確的是(　　) 圖14－2－7 A．大量處在n＞3的

50、高能級(jí)的氫原子向n＝3能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出的光有一部分是可見光 B．大量處在n＝3能級(jí)的氫原子向n＝2能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出的光是紫外線 C．大量處在n＝3能級(jí)的氫原子向n＝1能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)出的光都應(yīng)具有顯著的熱效應(yīng) D．處在n＝3能級(jí)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n＞3的高能級(jí)的氫原子向n＝3能級(jí)躍遷時(shí)，放出光子的最大能量ΔE＝1.51 eV，故不可能為可見光，A錯(cuò)；當(dāng)從n＝3向n＝2躍遷時(shí)，光子能量ΔE＝3.4 eV－1.51 eV＝1.89 eV，為可見光，B錯(cuò)；當(dāng)從n＝3向n＝1躍遷時(shí)，光子能量ΔE＝12.09 eV，在紫外區(qū)，無顯著的熱效應(yīng)，C錯(cuò)；紫外

51、線光子的能量hν＞3.11 eV，大于處于n＝3能級(jí)的氫原子的電離能，故D正確。 5．氫原子基態(tài)能量E1＝－13.6 eV，電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝0.5310－10 m。求氫原子處于n＝4激發(fā)態(tài)時(shí)： (1)原子系統(tǒng)具有的能量； (2)電子在n＝4軌道上運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能(已知能量關(guān)系En＝E1，半徑關(guān)系rn＝n2r1，k＝9.0109 Nm2/C2，e＝1.610－19 C)； (3)若要使處于n＝2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h＝6.6310－34 Js)? 解析：(1)由En＝E1得E4＝＝－0.85 eV。 (2)因?yàn)閞n＝n2r1，所以r4＝

52、42r1， 由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得k＝m 所以Ek4＝mv2＝＝ J ≈0.85 eV (3)要使處于n＝2能級(jí)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(jí)躍遷到無限遠(yuǎn)處，最小頻率的電磁波的光子能量為：hν＝0－，得ν≈8.211014 Hz。 答案：(1)－0.85 eV　(2)0.85 eV　(3)8.211014 Hz [課時(shí)跟蹤檢測] 高考常考題型：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(jí) 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

53、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D 2．(2014江門模擬)氫原子能級(jí)圖如圖1所示，則(　　) 圖1 A．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n＝4能級(jí)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n＝4能級(jí)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(jí)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)，

54、D錯(cuò)誤。 3．關(guān)于α粒子散射實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是(　　) A．絕大多數(shù)α粒子經(jīng)過重金屬箔后，發(fā)生了角度不太大的偏轉(zhuǎn) B．α粒子在接近原子核的過程中，動(dòng)能減少，電勢能減少 C．α粒子離開原子核的過程中，動(dòng)能增大，電勢能增大 D．對α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，α粒子十分接近它的機(jī)會(huì)很少，所以“絕大多數(shù)α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)α粒子在向重金屬核射去，當(dāng)α粒子接近核時(shí)，克服電場力做功，其動(dòng)能減小，電勢能增加；當(dāng)α粒子遠(yuǎn)離原子核時(shí)，電場力做功，其動(dòng)能增加，電勢能減小，B、C選項(xiàng)

55、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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)時(shí)，其能量越大，由能量公式En＝(E1＝－13.6 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

56、核外電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)，其向心力由原子核對電子的庫侖引力提供，即＝，電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek＝mv2＝，由此可知電子離核越遠(yuǎn)，r越大時(shí)，則電子的動(dòng)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(jí)，并注明了相應(yīng)的能量E，處在n＝4能級(jí)的一群氫原子向低能級(jí)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2 A．2種　　　　　　　　 B．3種 C．

57、4種 D．5種 解析：選C　原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)放出的光子的能量等于躍遷的兩能級(jí)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4→1,3→1,2→1,4→2四種光子，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(jí)的能量差決定，即hν＝|Em－En| 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

58、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(jí)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(jí)向高能級(jí)躍遷，吸收能量，從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷，釋放能量，且吸收和放出的光子的能量，由能級(jí)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α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3 A．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)，

59、屏上仍能觀察到一些閃光，但次數(shù)極少 解析：選BD　根據(jù)α粒子散射現(xiàn)象，絕大多數(shù)α粒子沿原方向前進(jìn)，少數(shù)α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(jí)示意圖，一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級(jí)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4 A．從n＝3躍遷到n＝2所發(fā)出的光頻率最高 B．從n＝3躍遷到n＝1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(dòng)能為9.60 eV D．金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能為11.09 eV

60、解析：選BC　從n＝3躍遷到n＝1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(dòng)能Ekm＝hν－w0＝13.6 eV－1.51 eV－2.49 eV＝9.60 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(jí)圖如圖5所示。當(dāng)氫原子從n＝4的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)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(dòng)能為_______eV。 圖5 (電子電荷量e＝1.6010－19C，普朗克常量h＝6.6310－34 Js)

61、 解析：氫原子從n＝4的能級(jí)躍遷到n＝2的能級(jí)時(shí)，釋放出光子的能量為E＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，由hν＝E解得光子的頻率ν＝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(dòng)能為Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30 eV。 答案：6.21014　0.30 10．已知?dú)湓釉趎＝1時(shí)的能量E1＝－13.6 eV，電子的軌道半徑r1＝0.5310－10 m，求： (1)電子在第三條軌道即n＝3時(shí)的動(dòng)能和勢能各是多少？ (2)原子從n＝3躍遷到n＝1時(shí)輻射出光子的頻率多大？波長是多大？ 解

62、析：(1)由rn＝n2r1得：r3＝32r1＝4.7710－10 m 又由En＝ 得：E3＝－1.51 eV＝－2.41610－19 J 核外電子繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力由原子對電子的庫侖力提供，即 k＝m 由此得電子在n＝3軌道上的動(dòng)能 Ek3＝mv2＝＝2.41510－19 J 則電子在n＝3軌道上時(shí)的勢能為 Ep3＝E3－Ek3＝－4.83110－19 J (2)由hν＝E3－E1 變形得： ν＝ ＝2.911015 Hz 則λ＝＝1.0310－7 m 答案：(1)2.41510－19 J?。?.83110－19 J (2)2.911015 Hz　1

63、.0310－7 m 第3單元原__子__核 原子核的組成 [想一想] 如圖14－3－1甲是α、β、γ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14－3－1 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)α射線的穿透能力很弱，一張紙就能擋住，β射線的穿透能力很強(qiáng)，能穿透幾毫米厚的鋁板，γ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β和γ射線，到達(dá)混凝土的是γ射線。 (2)只有γ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

64、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 α射線 β射線 γ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 2e

65、－e 0 質(zhì)量 4mp(mp＝1.6710－27 kg) 靜止質(zhì)量為零 符號(hào) He e γ 速度 0.1c 0.99c c 在電磁場中 偏轉(zhuǎn) 與α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： ①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。 ②衰變規(guī)律：N＝N0()t/τ、m＝m0()t/τ。 ③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： ①含義：原子核里的核子間存在互

66、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。 ②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1.510－15m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： ①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。 ②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E＝mc2。 核子在結(jié)合成原子核時(shí)出現(xiàn)質(zhì)量虧損Δm，其能量也要相應(yīng)減少，即ΔE＝Δmc2。 ③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： ①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2～3(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