2019-2020年高中物理 知識點復(fù)習(xí) 粵教版選修3.doc

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2019-2020年高中物理 知識點復(fù)習(xí) 粵教版選修3第1點動量定理的兩點應(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動中物體動量的變化：曲線運動的物體速度方向時刻在變化，求動量的變化ppp需要運用矢量的運算方法，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動，已知球的質(zhì)量為m，線速度為v，且繩長為l，試求球運動半圓周過程中繩拉力的沖量大小答案2mv解析在球運動半圓周過程中，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t2t16 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 t16 s12 s第2點微元法解決連續(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v2103 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m2104 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：MmSvt，設(shè)飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得：FtMvmSvtv，即FmSv2，代入數(shù)據(jù)解得F0.784 N.答案0.784 N方法點評對這類有連續(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1103 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 m1.25105 m，在t秒內(nèi)雨水對睡蓮葉面的沖量：ItmvVv(S底ht)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1.0103 kg/m3)答案1.77105 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mSvt.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Ftpv2St，即FSv2.根據(jù)牛頓第三定律知FFSv2.式中Sd2，代入數(shù)據(jù)解得F1.77105 N.第3點三點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運動制約：即碰撞過程還將受到運動的合理性要求的制約比如，某物體勻速運動，被后面物體追上并碰撞后，其運動速度只會增大而不會減小對點例題如圖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)向右做減速運動，B向右做加速運動，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動對點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，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，所以v1為豎直方向若v10，表示豎直向上運動；若v10，表示豎直向下運動；若v10，則表示自由落體運動若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，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)最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，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6104 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E6104 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點透析反沖運動的模型“人船”模型反沖運動中的“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動；人勻速運動，則船勻速運動；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方法點評人船模型是典型的反沖實例，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點解決多物體問題的三點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：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運動模型；(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 0008.5選取兩船、兩個麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 0008.5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時的速度思路點撥本題要詳細(xì)分析運動過程，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做勻速運動，最后B、C一起以共同速度v運動答案(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(252.1) 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1.5v2v12v2或v1v20聯(lián)立式得1.5v2v12v2或v1v2v1第8點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)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E0mv2Mv2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0，亦即hW0，0，而0是金屬的極限頻率4光電效應(yīng)方程實質(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)實驗時，某金屬被光照射發(fā)生了光電效應(yīng)，實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)4.01012個9.641020 J(2)8.01012個9.641020 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n4.01012(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EkhW0hh6.6310343108() J9.641020 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)實驗規(guī)律知，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)為n2n8.01012(個)，光電子的最大初動能不變，仍為Ek9.641020 J.第11點分析求解物質(zhì)波問題的四點技巧分析求解物質(zhì)波問題時，必須注意以下四點技巧：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，運動速度為4.0107 m/s的電子的波長為1.81011 m，一顆質(zhì)量為10 g的子彈以200 m/s的速度運動時的波長為3.31034 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m1.671027 kg，如果它以v1.0103 m/s的速度運動，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3.971010 mX射線解析由德布羅意波公式可得 m3.971010 m，此波長與X射線的波長相當(dāng)2一粒質(zhì)量為4104 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 m1.661027 m，速度v23 m/s時德布羅意波長為2 m5.51028 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：(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物粒子(例如自由電子)的能量而被激發(fā)，由于實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6.63107 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6.63107m的光子的能量E J3.01019 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