新人教版高中物理選修3-5全部學(xué)案16-19章

選修3-5第十四章動量守恒定律選修3-516.2動量和動量定理【教學(xué)目標(biāo)】1．理解動量的概念，知道動量的含義，知道動量是矢量。2．知道動量的變化也是矢量，會正確計算一維動量變化。3．理解動量定理的內(nèi)容，會用動量定理進行定量計算與定性分析有關(guān)現(xiàn)象。重點：動量的概念難點：一維動量變化?！咀灾黝A(yù)習(xí)】一、動量(1)動量的定義：物體的質(zhì)量和運動速度的乘積叫做物體的動量，記作p＝mv。動量是動力學(xué)中反映物體運動狀態(tài)的物理量，是狀態(tài)量。在談及動量時，必須明確是物體在哪個時刻或哪個狀態(tài)所具有的動量。在中學(xué)階段，動量表達式中的速度一般是以地球為參考系的。(2)動量的矢量性：動量是矢量，它的方向與物體的速度方向相同，服從矢量運算法則。(3)動量的單位：動量的單位由質(zhì)量和速度的單位決定。在國際單位制中，動量的單位是千克·米/秒，符號為kg·m/s。(4)動量的變化Δp：動量是矢量，它的大小p＝mv，方向與速度的方向相同。因此，速度發(fā)生變化時，物體的動量也發(fā)生變化。設(shè)物體的初動量p＝mv，末動量p′＝mv′，則物體動量的變化Δp＝p′－p＝mv′－mv。由于動量是矢量，因此，上式是矢量式。二、沖量(1)定義：力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量。(2)沖量是描述力在某段時間內(nèi)累積效果的物理量。其大小由力和作用時間共同決定，是過程量，它與物體的運動狀態(tài)沒有關(guān)系，在計算時必須明確是哪一個力在哪一段時間上的沖量。(3)關(guān)于I＝Ft公式中t是力作用的時間，F(xiàn)必須是恒力。非恒力除隨時間均勻變化的力可取平均值以外，一般不能用此式表達。三、動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。(2)表達式：p′－p＝I或mv′－mv＝F(t′－t)(3)理解①它反映了物體所受沖量與其動量變化量兩個矢量間的關(guān)系，式子中的“＝”包括大小相等和方向相同(注意I合與初末動量無必然聯(lián)系)。②式子中的Ft應(yīng)是總沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段沖量的矢量和。③動量定理具有普遍性，即不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，作用力不論是恒力還是變力，幾個力作用的時間不論是相同還是不同都適用。④動量定理反映了動量變化量與合外力沖量的因果關(guān)系：沖量是因，動量變化是果。(4)應(yīng)用動量定理定性分析有關(guān)現(xiàn)象由F＝eq\f(Δp,t)可知：①Δp一定時，t越小，F(xiàn)越大；t越大，F(xiàn)越小。②Δp越大，而t越小，F(xiàn)越大。③Δp越小，而t越大，F(xiàn)越小。【典型例題】一、動量【例1】一質(zhì)量m＝0.2kg的皮球從高H＝0.8m處自由落下，與地面相碰后反彈的最大高度h＝0.45m。試求：球與地面相互作用前、后時刻的動量以及球與地面相互作用過程中的動量變化?！纠?】．關(guān)于物體的動量，下列說法中正確的是 ()A．物體的動量越大，其慣性越大B．物體的動量越大，其速度越大C．物體的動量越大，其動能越大D．物體的動量發(fā)生變化，其動能可能不變二、動量定理【例3】質(zhì)量為0.5kg的彈性小球，從1.25m高處自由下落，與地板碰撞后回跳高度為0.8m，設(shè)碰撞時間為0.1s，取g＝10m/s2，求小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力。【例4】一個物體在運動的一段時間內(nèi)，動能的變化量為零，則 ()A．物體做勻速直線運動B．物體動量變化量為零C．物體的初末動量大小相等D．物體的初末動量可能不同【課后練習(xí)】1．關(guān)于動量的概念，下列說法正確的是()A．動量大的物體慣性一定大B．動量大的物體運動一定快C．動量相同的物體運動方向一定相同D．動量相同的物體速度小的慣性大2．關(guān)于動量的大小，下列敘述中正確的是()A．質(zhì)量小的物體動量一定小B．質(zhì)量小的物體動量不一定小C．速度大的物體動量一定大D．速度大的物體動量不一定大3．關(guān)于動量變化量的方向，下列說法中正確的是()A．與速度方向相同B．與速度變化的方向相同C．與物體受力方向相同D．與物體受到的總沖量的方向相同4．對于任何一個質(zhì)量不變的物體，下列說法正確的是()A．物體的動量發(fā)生變化，其動能一定變化B．物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化C．物體的動能不變，其動量一定不變D．物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化5．對于力的沖量的說法，正確的是()A．力越大，力的沖量就越大B．作用在物體上的力大，力的沖量也不一定大C．F1與其作用時間t1的乘積F1t1等于F2與其作用時間t2的乘積F2t2，則這兩個沖量相同D．靜置于地面的物體受到水平推力F的作用，經(jīng)時間t物體仍靜止，則此推力的沖量為零6．從同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因為掉在水泥地上時，杯子()A．受到的沖量大B．受到的作用力大C．動量的變化量大D．動量大7．汽車從靜止開始沿平直軌道做勻加速運動，所受的阻力始終不變，在此過程中，下列說法正確的是()A．汽車輸出功率逐漸增大B．汽車輸出功率不變C．在任意兩相等的時間內(nèi)，汽車動能變化相等D．在任意兩相等的時間內(nèi)，汽車動量變化的大小相等8．一個質(zhì)量是0.1kg的鋼球，以6m/s的速度水平向右運動，碰到一個堅硬的障礙物后被彈回，沿著同一直線以6m/s的速度水平向左運動。求：碰撞前后鋼球的動量有沒有變化？變化了多少？9、一質(zhì)量為0.5kg的木塊以10m/s速度沿傾角為300的光滑斜面向上滑動（設(shè)斜面足夠長）,求木塊在1s末的動量和3s內(nèi)的動量變化量的大??？（g=10m/s2）vv0300例題答案：1.【答案】p1＝0.8kg·m/s，方向向下p2＝0.6kg·m/s，方向向上Δp＝1.4kg·m/s，方向向上【解析】以向下的方向為正，則由mgH＝eq\f(1,2)mv2得與地面接觸時的速度v1＝eq\r(2gH)＝4m/s此時的動量大小p1＝mv1＝0.8kg·m/s，方向向下，為正。球剛離開地面時的速度v2＝eq\r(2gh)＝3m/s此時的動量大小p2＝mv2＝0.6kg·m/s，方向向上，為負。所以Δp＝p2－p1＝(－0.6kg·m/s)－0.8(kg·m/s)＝－1.4kg·m/s，負號表示方向向上。2.答案：D3.【答案】50N方向豎直向下【解析】解法一：分段處理：取小球為研究對象。根據(jù)物體做自由落體和豎直上拋運動，可知：碰撞前的速度：v1＝eq\r(2gh1)＝5m/s(方向向下)；碰撞后的速度：v2＝eq\r(2gh2)＝4m/s(方向向上)。碰撞時小球受力情況如圖16－2－2所示，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理：(N－mg)t＝mv2－mv1則N＝eq\f(mv2－mv1,t)＋mg＝eq\f(0.5×[4－(－5)],0.1)N＋0.5×10N＝50N由牛頓第三定律可知，小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力大小為50N，方向豎直向下。4.【答案】CD【解析】根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，物體動能的變化量為零，因動能是標(biāo)量，則初末速度的大小相等，但方向可能不同，故A錯誤，C、D正確；若物體的初末速度方向不同，則動量變化不為零，B錯誤。課后練習(xí)答案：1.解析：物體的動量是由速度和質(zhì)量兩個因素決定的。動量大的物體質(zhì)量不一定大，慣性也不一定大，A錯；同樣，動量大的物體速度也不一定大，B也錯；動量相同指動量的大小和方向均相同，而動量的方向就是物體運動的方向，故動量相同的物體運動方向一定相同，C對；動量相同的物體，速度小的質(zhì)量大，慣性大，D也對。答案：C、D2.解析：物體的動量p＝mv是由物體的質(zhì)量m和速度v共同決定的，僅知物體的質(zhì)量m或速度v的大小并不能唯一確定動量p的大小，所以B、D選項正確。答案：B、D3.解析：動量變化量Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv，故知Δp的方向與Δv的方向相同，與v的方向不一定相同，A錯誤，B正確；由動量定理I＝Δp知，Δp的方向與I的方向相同，D正確；若物體受恒力作用，Δp的方向與F方向相同，若是變力，則二者方向不一定相同，C錯誤。答案：B、D4.解析：動量p＝mv，是矢量，速度v的大小或方向之一發(fā)生變化，動量就變化；而動能只在速率改變時才發(fā)生變化，故選項B正確，A、C、D均錯。答案：B5.解析：力的沖量I＝Ft與力和時間兩個因素有關(guān)，力大而作用時間短，沖量不一定大，A錯B對，沖量是矢量，有大小也有方向，沖量相同是指大小和方向都相同，C錯，沖量的大小與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，D錯，因此選B。答案：B6.解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和泥土上時，速度相同，動量相同，D錯，最后速度減為零，動量變化量相同，C錯，由動量定理可知沖量相同，A錯，落在水泥地上作用時間短，受到的作用力大，B對。答案：B7.解析：由eq\f(P,v)－f＝ma可知，a、f不變時，v增大，P增大，故A對B錯。汽車做勻加速運動，在任意兩相等時間內(nèi)速度變化相等，即Δv＝at。而汽車動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))＝eq\f(1,2)mΔv(v2＋v1)不等，C錯。動量變化量Δp＝mΔv相等，D對。答案：A、D8.解析：動量是矢量，題中鋼球速度反向，說明速度發(fā)生變化，因此動量必發(fā)生變化，計算變化量時應(yīng)規(guī)定正方向。取向左的方向為正方向物體原來的動量：p1＝－mv1＝－0.1×6kg·m/s＝－0.6kg·m/s彈回后物體的動量：p2＝mv2＝0.1×6kg·m/s＝0.6kg·m/s動量變化：Δp＝p2－p1＝0.6－(－0.6)(kg·m/s)＝1.2kg·m/s。動量變化量為正值，表示動量變化量的方向向左。答案：有變化，變化量方向向左，大小為1.2kg·m/s9.答案：2.5kg·m/s7.5kg·m/s選修3-5第十三章光選修3-516．3動量守恒定律【教學(xué)目標(biāo)】1．理解內(nèi)力和外力的概念。2．理解動量守恒定律的確切含義和表達式，知道定律的適用條件。3．掌握應(yīng)用動量守恒定律解決問題的一般步驟。重點：動量守恒定律難點：應(yīng)用動量守恒定律解決問題【自主預(yù)習(xí)】1.系統(tǒng)內(nèi)力和外力在物理學(xué)中，把幾個有相互作用的物體合稱為，系統(tǒng)內(nèi)物體間的作用力叫做，系統(tǒng)以外的物體對系統(tǒng)的作用力叫做。2.動量守恒定律(1)定律的推導(dǎo)過程(2)內(nèi)容：。(3)表達式：p＝p′對兩個物體組成的系統(tǒng)，可寫為：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。式中m1、m2分別為兩物體的質(zhì)量，v1、v2為相互作用前兩物體的速度，v′1、v′2為相互作用后兩物體的速度。該表達式還可寫作p1＋p2＝p′1＋p′2。若物體1的動量變化為Δp1，物體2的動量變化為Δp2，則動量守恒定律表達式可寫為Δp1＝－Δp2。(4)動量守恒的條件①系統(tǒng)內(nèi)的任何物體都不受外力作用，這是一種理想化的情形，如天空中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。②系統(tǒng)雖然受到了外力作用，但所受外力之和為零。像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形，兩物體所受的重力和支持力的合力為零。③系統(tǒng)所受的外力遠遠小于系統(tǒng)內(nèi)各物體間的內(nèi)力時，系統(tǒng)的總動量近似守恒。拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間，火藥的內(nèi)力遠大于其重力，重力完全可以忽略不計，動量近似守恒。兩節(jié)火車車廂在鐵軌上相碰時，在碰撞瞬間，車廂間的作用力遠大于鐵軌給車廂的摩擦力，動量近似守恒。④系統(tǒng)所受的合外力不為零，即F外≠0，但在某一方向上合外力為零(Fx＝0或Fy＝0)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒?！镜湫屠}】一、系統(tǒng)內(nèi)力和外力【例1】如圖16－3－1所示，斜面體C固定在水平地面上，物塊A、B疊放在斜面上，且保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法中正確的是 ()A．在A、B、C三者組成的系統(tǒng)中，A所受的重力是內(nèi)力B．在A、B組成的系統(tǒng)中，A、B之間的靜摩擦力是內(nèi)力C．A、C之間的靜摩擦力是外力D．物塊B對物塊A的壓力是內(nèi)力二、系統(tǒng)動量守恒【例2】如圖16－3－3所示，A、B兩物體的質(zhì)量mA＞mB，中間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上沿相反方向滑動過程中 ()A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也不守恒C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒D．以上說法均不對【例3】．如圖16－3－4所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的。子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程中 ()A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能不守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．動量不守恒，機械能守恒【例4】．如圖16－3－5所示，一帶有半徑為R的1/4光滑圓弧的小車其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球從圓弧的最頂端由靜止釋放，則球離開小車時，球和車的速度分別是多少？【課后練習(xí)】1．在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧，如圖3－1所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)。將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下面說法正確的是()A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手，再放開右手后，動量不守恒C．先放開左手，后放開右手，總動量向左D．無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零2．一輛平板車停止在光滑水平面上，車上一人(原來也靜止)用大錘敲打車的左端，如圖3－2所示，在錘的連續(xù)敲打下，這輛平板車將()A．左右來回運動B．向左運動C．向右運動D．靜止不動3．在光滑水平面上停著一輛平板車，車左端站著一個大人，右端站著一個小孩，此時平板車靜止。在大人和小孩相向運動而交換位置的過程中，平板車的運動情況應(yīng)該是()A．向右運動B．向左運動C．靜止D．上述三種情況都有可能4．如圖3－3所示，三個小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．機械能守恒，動量守恒B．機械能不守恒，動量守恒C．三球速度相等后，將一起做勻速運動D．三球速度相等后，速度仍將變化5．甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質(zhì)量都是M，甲手持一個質(zhì)量為m的球，現(xiàn)甲把球以對地為v的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2v的速度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為()A.eq\f(2M,M－m)B.eq\f(M＋m,M)C.eq\f(2(M＋m),3M)D.eq\f(M,M＋m)6．如圖3－4所示，小車在光滑的水平面上向左運動，木塊水平向右在小車的水平車板上運動，且未滑出小車，下列說法中正確的是()A．若小車的動量大于木塊的動量，則木塊先減速再加速后勻速B．若小車的動量大于木塊的動量，則小車先減速再加速后勻速C．若小車的動量小于木塊的動量，則木塊先減速后勻速D．若小車的動量小于木塊的動量，則小車先減速后勻速7.質(zhì)量為10g的子彈，以300m/s的速度射入質(zhì)量為240g、靜止在光滑水平桌面上的木塊，并留在木塊中。此后木塊運動的速度是多大？如果子彈把木塊打穿，子彈穿過后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是多大？8.如圖3－7所示，質(zhì)量為m2＝1kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m1＝50g的小球以1000m/s的速率碰到滑塊后又以800m/s的速率被彈回，試求滑塊獲得的速度。9．質(zhì)量為m1＝10的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右運動，恰遇上質(zhì)量為m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好靜止，則碰后小球m1的速度大小、方向如何？例題答案：1.【答案】B【解析】判斷某個力是內(nèi)力還是外力，首先應(yīng)確定系統(tǒng)，然后按照內(nèi)力和外力的概念去判斷，沒有系統(tǒng)這個大前提而作的判斷是沒有意義的。所以只有B選項正確。2.【答案】AC【解析】當(dāng)A、B兩物體組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當(dāng)A、B與C之間的摩擦力等大反向時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，動量守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動量不守恒。而對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力，A、B與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)所受的外力之和均為零，故系統(tǒng)的動量守恒。3.解析：系統(tǒng)受到墻壁對彈簧的作用力，系統(tǒng)動量不守恒。子彈射入木塊的過程中要摩擦生熱，系統(tǒng)機械能不守恒。答案：B4.解析：球和車組成的系統(tǒng)雖然總動量不守恒，但在水平方向動量守恒，且全過程滿足機械能守恒，設(shè)球車分離時，球的速度為v1，方向向左，車的速度v2，方向向右。則：mv1－Mv2＝0①mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)②由①②得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gR,M(M＋m)))課后練習(xí)答案：1.解析：在兩手同時放開后，水平方向無外力作用，只有彈簧的彈力(內(nèi)力)，故動量守恒，即系統(tǒng)的總動量始終為零，A對；先放開左手，再放開右手后，是指兩手對系統(tǒng)都無作用力之后的那一段時間，系統(tǒng)所受合外力也為零，即動量是守恒的，B錯誤；先放開左手，系統(tǒng)在右手作用下，產(chǎn)生向左的沖量，故有向左的動量，再放開右手后，系統(tǒng)的動量仍守恒，即此后的總動量向左，C正確；其實，無論何時放開手，只要是兩手都放開就滿足動量守恒的條件，即系統(tǒng)的總動量保持不變。若同時放開，那么作用后系統(tǒng)的總動量就等于放手前的總動量，即為零；若兩手先后放開，那么兩手都放開后的總動量就與放開最后一只手后系統(tǒng)所具有的總動量相等，即不為零，D正確。答案：A、C、D2.解析：系統(tǒng)水平方向總動量為零，車左右運動方向與錘頭左右運動方向相反，錘頭運動，車就運動，錘頭不動，車就停下。答案：A3.解析：以大人、小孩和平板車三者作為研究對象，系統(tǒng)水平方向所受的合外力為零，根據(jù)動量守恒定律，可得在大人和小孩相互交換位置時，系統(tǒng)的重心位置保持不變。在大人和小孩相互交換位置時，可假定平板車不動，則在大人和小孩相互交換位置后，系統(tǒng)的重心將右移(因大人的質(zhì)量要大于小孩的質(zhì)量)。因此為使系統(tǒng)的重心位置保持不變，平板車必須左移，故B項正確。答案：B4.解析：因水平面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒，A、B兩球碰撞過程中機械能有損失，A錯誤，B正確；三球速度相等時，彈簧形變量最大，彈力最大，故三球速度仍將發(fā)生變化，C錯誤，D正確。答案：B、D5.解析：甲乙之間傳遞球的過程中，不必考慮過程中的細節(jié)，只考慮初狀態(tài)和末狀態(tài)的情況。研究對象是由甲、乙二人和球組成的系統(tǒng)，開始時的總動量為零，在任意時刻系統(tǒng)的總動量總為零。設(shè)甲的速度為v甲，乙的速度為v乙，二者方向相反，根據(jù)動量守恒(M＋m)v甲＝Mv乙，則eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)。)答案：D6.解析：小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。若小車動量大于木塊的動量，則最后相對靜止時整體向左運動，故木塊先向右減速，再向左加速，最后與車同速。答案：A、C7.【答案】12m/s8.33m/s【解析】設(shè)子彈質(zhì)量為m，初速度為v1，木塊的質(zhì)量為M，速度為v2，由動量守恒定律得mv1＝(m＋M)v2mv1＝mv′1＋Mv′2解得v2＝eq\f(mv1,m＋M)＝eq\f(10×10－3×300,(10＋240)×10－3)m/s＝12m/sv′2＝eq\f(mv1－mv′1,M)＝eq\f(10×10－3×300－10×10－3×100,240×10－3)m/s＝8.33m/8.解析：對小球和滑塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，以小球初速度方向為正方向，則有v1＝1000m/s，v′1＝－800m/s，v2＝0又m1＝50g＝5.0×10－2kg，m2＝由動量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v′1＋m2v′2代入數(shù)據(jù)解得v′2＝90m/s，方向與小球初速度方向一致。答案：90m/s方向與小球初速度方向一致9.解析：取向右為正方向，則兩球的速度分別為：v1＝30cm/s，v2＝－10cm/s，v′2＝0光滑水平方向不受力，故由兩球組成的系統(tǒng)，豎直方向重力與支持力平衡，桌面滿足動量守恒定律條件。由動量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入數(shù)據(jù)得v′1＝－20cm/s，故m1碰后速度的大小為20cm/s，方向向左。答案：20cm/s方向向左選修3-5第十六章動量守恒定律選修3-516．4碰撞【教學(xué)目標(biāo)】1．會用動量守恒定律處理碰撞問題。2．掌握彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別。3．知道對心碰撞和非對心碰撞的區(qū)別。4．知道什么是散射。重點：難點：【自主預(yù)習(xí)】1.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做________。2．如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做________。3．一個運動的球與一個靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在________，碰撞之后兩球的速度________會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫________碰撞。4．一個運動的球與一個靜止的球碰撞，如果之前球的運動速度與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度都會________原來兩球心的連線。這種碰撞稱為________碰撞。5．微觀粒子相互接近時并不發(fā)生直接接觸，因此微觀粒子的碰撞又叫做________。6.彈性碰撞和非彈性碰撞從能量是否變化的角度，碰撞可分為兩類：(1)彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒。(2)非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒。說明：碰撞后，若兩物體以相同的速度運動，此時損失的機械能最大。7.彈性碰撞的規(guī)律質(zhì)量為m1的物體，以速度v1與原來靜止的物體m2發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)碰撞后它們的速度分別為v′1和v′2，碰撞前后的速度方向均在同一直線上。由動量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)聯(lián)立兩方程解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(2)推論①若m1＝m2，則v′1＝0，v′2＝v1，即質(zhì)量相等的兩物體發(fā)生彈性碰撞將交換速度?；莞乖缒甑膶嶒炑芯康木褪沁@種情況。②若m1?m2，則v′1＝v1，v′2＝2v1，即質(zhì)量極大的物體與質(zhì)量極小的靜止物體發(fā)生彈性碰撞，前者速度不變，后者以前者速度的2倍被撞出去。③若m1?m2，則v′1＝－v1，v′2＝0，即質(zhì)量極小的物體與質(zhì)量極大的靜止物體發(fā)生彈性碰撞，前者以原速度大小被反彈回去，后者仍靜止。乒乓球落地反彈、臺球碰到桌壁后反彈、籃球飛向籃板后彈回，都近似為這種情況?！镜湫屠}】【例1】在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖16－4－2所示。設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能是 ()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0【例2】一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖16－4－3所示?，F(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運動的v－t圖象呈周期性變化，如圖16－4－4所示。請據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量?！纠?】甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)閜乙′＝10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m甲、m乙的關(guān)系可能是 ()A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲【例4】長度1m的輕繩下端掛著一質(zhì)量為9.99kg的沙袋，一顆質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的速度水平射入沙袋，求在子彈射入沙袋后的瞬間，懸繩的拉力是多大？（設(shè)子彈與沙袋的接觸時間很短，g取10m/s2）【課后練習(xí)】1、光滑水平面上的兩個物體發(fā)生碰撞，下列情形可能成立的是()A．碰撞后系統(tǒng)的總動能比碰撞前小，但系統(tǒng)的總動量守恒B．碰撞前后系統(tǒng)的總動量均為零，但系統(tǒng)的總動能守恒C．碰撞前后系統(tǒng)的總動能均為零，但系統(tǒng)的總動量不為零D．碰撞前后系統(tǒng)的總動量、總動能均守恒2、在光滑水平面上有A、B兩小球。A球動量是10kg·m/s，B球的動量是12kg·m/s，在A球追上B球時發(fā)生正碰，碰撞后A球的動量變?yōu)?kg·m/s，方向和原來相同，則AB兩球的質(zhì)量之比可能為()A．0.5B．0.6C．0.65D．0.753、兩個質(zhì)量相等的小球在光滑水平面上沿同一直線同方向運動，A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s，A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()A．pA=6kg·m/s，PB=6kg·m/sB．pA=3kg·m/s，PB=9kg·m/sC．pA=－2kg·m/s，PB=14kg·m/sD．pA=－5kg·m/s，PB=15kg·m/s4、在光滑水平面上相向運動的A、B兩小球發(fā)生正碰后一起沿A原來的速度方向運動，這說明原來()A．A球的質(zhì)量一定大于B球的質(zhì)量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的動量一定大于B球的動量D．A球的動能一定大于B球的動能5、在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，它們發(fā)生正碰后可能發(fā)生的情況是()A．甲球停下，乙球反向運動B．甲球反向運動，乙球停下C．甲球、乙球都停下D．甲球、乙球都反向運動6、在光滑水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小球A與靜止的小球B發(fā)生正碰，碰撞前后A球的運動方向與原來相反，將碰撞后A球的動能和動量大小分別記為E1、p1，B球的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E0＞E1B．E0＜E2C．p0＞p1D．p0＜p27、質(zhì)量為m的小球A，在光滑的水平面上以速度v與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?/9，則碰撞后B球的速度大小可能是()A．1/3vB．2/3vC．4/9vD．8/9v8、在光滑水平面上有一質(zhì)量為0.2kg的球以5m/s的速度向前運動，與質(zhì)量為3kg的靜止木塊發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞后木塊的速度v2＝4.2m/s，則()A．碰撞后球的速度v1＝－1.3m/sB．v2＝4.2m/s這一假設(shè)不合理，因而這種情況不可能發(fā)生C．v2＝4.2m/s這一假設(shè)是合理，碰撞后小球被彈回D．v2＝4.2m/s這一假設(shè)是可能發(fā)生的，但由于題目條件不足，因而碰后球的速度不能確定9．三個相同的木塊A、B、C從同一高度處自由下落，其中木塊A剛開始下落的瞬間被水平飛來的子彈擊中，木塊B在下落到一定高度時，才被水平飛來的子彈擊中，木塊C未受到子彈打擊。若子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時間tA、tB、tC的關(guān)系是()A．tA<tB<tCB．tA>tB＜tCC．tA＝tC<tBD．tA＝tB<tC10.如圖4－3所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，下列結(jié)論中正確的是()A．P的速度恰好為零B．P與Q具有相同的速度C．Q剛開始運動D．Q的速度等于v11（2012蘇錫常鎮(zhèn)三模）如圖所示，三個可視為質(zhì)點的物塊A、B、C，在水平面上排成一條直線，且彼此間隔一定距離靜止在光滑水平面上。已知mA＝mB＝10kg，mC＝20kg，A具有20J的初動能向右運動，與靜止的B發(fā)生碰撞后粘在一起，又與靜止的C發(fā)生碰撞，最后A、B、C粘成一個整體，g＝10m／s2，求：在第二次碰撞后A、B、C組成的整體的速度大??；例題答案：1.【答案】D【解析】由題設(shè)條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總動能守恒。若各球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能應(yīng)為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。假如選項A正確，則碰后總動量為eq\f(3,\r(3))mv0，這顯然違反動量守恒定律，故不可能。假如選項B正確，則碰后總動量為eq\f(2,\r(2))mv0，這也違反動量守恒定律，故也不可能。假如選項C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，這顯然違反機械能守恒定律，故也不可能。假如選項D正確的話，則通過計算其既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選項D正確。2.答案：M解析：設(shè)物體的質(zhì)量為m，t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mv①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2②聯(lián)立①②解得m＝M也可通過圖象分析得出v0＝v，結(jié)合動量守恒，得出正確結(jié)果。3.【答案】C【解析】方法一甲、乙兩球碰撞前后動量守恒，且動能不增加。由碰撞中動量守恒定律求得p′甲＝2kg·m/s，要使甲追上乙，應(yīng)該滿足v甲>v乙，所以eq\f(p甲,m甲)>eq\f(p乙,m乙)，即m乙>1.4m甲；碰后p′甲、p′乙均大于零，表示仍同向運動，考慮實際情況，有v′乙≥v′甲，即eq\f(p′甲,m甲)≤eq\f(p′乙,m乙)，即m乙≤5m甲碰撞過程中，動能不可能增加，即eq\f(p\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(p\o\al(2,乙),2m乙)≥eq\f(p′\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(p′\o\al(2,乙),2m乙)，解得m乙≥eq\f(17,7)m甲由以上結(jié)論得，eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，故C正確。課后練習(xí)答案：1.AD2.BC3.A4.C5.AD6.ACD7.AB8.B9.解析：木塊C做自由落體運動，木塊A被子彈擊中做平拋運動，木塊B在子彈擊中瞬間豎直方向動量守恒mv＝(M＋m′)v′，即v′＜v，木塊B豎直方向速度減小，所以tA＝tC＜tB。答案：C10.解析：P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運動，Q做加速運動，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯誤。由于作用過程中動量守恒，設(shè)速度相同時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D錯誤。答案：B11.選修3-5第十六章動量守恒定律選修3-516.5反沖火箭【教學(xué)目標(biāo)】1．知道反沖運動的含義和反沖運動在技術(shù)上的應(yīng)用。2．知道火箭的飛行原理和主要用途。重點：反沖運動在技術(shù)上的應(yīng)用。難點：反沖運動在技術(shù)上的應(yīng)用?！咀灾黝A(yù)習(xí)】1.根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向________的方向運動。這個現(xiàn)象叫做________。章魚的運動利用了________的原理。2．噴氣式飛機和火箭的飛行應(yīng)用了________的原理，它們都是靠________的反沖作用而獲得巨大速度的。3．火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比叫做火箭的________。這個參數(shù)一般小于________，否則火箭結(jié)構(gòu)的強度就有問題。4.反沖(1)反沖：根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動。這個現(xiàn)象叫做反沖。(2)反沖運動的特點：反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果。反沖運動過程中，一般滿足系統(tǒng)的合外力為零或內(nèi)力遠大于外力的條件，因此可以運用動量守恒定律進行分析。若系統(tǒng)的初始動量為零，由動量守恒定律可得0＝m1v′1＋m2v′2。此式表明，做反沖運動的兩部分的動量大小相等、方向相反，而它們的速率則與質(zhì)量成反比。(3)應(yīng)用：反沖運動有利也有害，有利的一面我們可以應(yīng)用，比如農(nóng)田、園林的噴灌裝置、旋轉(zhuǎn)反擊式水輪發(fā)電機、噴氣式飛機、火箭、宇航員在太空行走等等。反沖運動不利的一面則需要盡力去排除，比如開槍或開炮時反沖運動對射擊準(zhǔn)確性的影響等。5.火箭(1)火箭：現(xiàn)代火箭是指一種靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力向前推進的飛行器。(2)火箭的工作原理：動量守恒定律。(3)現(xiàn)代火箭的主要用途：利用火箭作為運載工具，例如發(fā)射探測儀器、常規(guī)彈頭和核彈頭、人造衛(wèi)星和宇宙飛船。6.“人船模型”的處理方法1．“人船模型”問題的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。2．處理“人船模型”問題的關(guān)鍵(1)利用動量守恒，確定兩物體速度關(guān)系，再確定兩物體通過的位移的關(guān)系。(2)解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系?！镜湫屠}】【例1】一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是()A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv【例2】質(zhì)量為M的氣球上有一質(zhì)量為m的人，共同靜止在距地面高為h的空中，現(xiàn)在從氣球中放下一根不計質(zhì)量的軟繩，人沿著軟繩下滑到地面，軟繩至少為多長，人才能安全到達地面？【例3】如圖16－5－3所示，長為l、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人立在船頭。若不計水的黏滯阻力，在人從船頭走到船尾的過程中，船和人的對地位移各是多少？【課后練習(xí)】1．運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭B．火箭發(fā)動機將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后排出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭2．靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以對地速度為v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()A.eq\f(Δmv0,M－Δm)B．－eq\f(Δmv0,M－Δm)C.eq\f(Δmv0,M)D．－eq\f(Δmv0,M)3．一個運動員在地面上跳遠，最遠可跳l，如果他立在船頭，船頭離河岸距離為l，船面與河岸表面平齊，他若從船頭向岸上跳，下面說法正確的是()A．他不可能跳到岸上B．他有可能跳到岸上C．他先從船頭跑到船尾，再返身跑回船頭起跳，就可以跳到岸上D．采用C中的方法也無法跳到岸上4．一小型火箭在高空繞地球做勻速圓周運動，若其沿運動方向的相反方向射出一物體P，不計空氣阻力，則()A．火箭一定離開原來軌道運動B．P一定離開原來軌道運動C．火箭運動半徑可能不變D．P運動半徑一定減小5．一裝有柴油的船靜止于水平面上，船前艙進水，堵住漏洞后用一水泵把前艙的油抽往后艙，如圖5－1所示。不計水的阻力，船的運動情況是()A．向前運動B．向后運動C．靜止D．無法判斷6．一個質(zhì)量為M的平板車靜止在光滑的水平面上，在平板車的車頭與車尾站著甲、乙兩人，質(zhì)量分別為m1和m2，當(dāng)兩人相向而行時()A．當(dāng)m1>m2時，車子與甲運動方向一致B．當(dāng)v1＞v2時，車子與甲運動方向一致C．當(dāng)m1v1＝m2v2時，車子靜止不動D．當(dāng)m1v1>m2v2時，車子運動方向與乙運動方向一致7．氣球質(zhì)量為200kg，載有質(zhì)量為50kg的人，靜止在空氣中距地面20m高的地方，氣球下方懸一根質(zhì)量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則這繩長至少應(yīng)為多長？(不計人的高度)8．如圖5－3所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道，現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球在軌道的邊緣由靜止釋放，當(dāng)小球滑至半圓軌道的最低位置時，小車移動的距離為多少？小球的速度大小為多少？例題答案：1.解析：根據(jù)動量守恒定律，可得Mv0＝(M－m)v′＋mv。答案：A2.【解析】人和氣球原來靜止，說明人和氣球組成的系統(tǒng)所受外力的合力為零，在人沿軟繩下滑的過程中，它們所受的重力和浮力都未改變，故系統(tǒng)的合外力仍為零，動量守恒。設(shè)人下滑過程中某一時刻速度大小為v，此時氣球上升的速度大小為v′，取向上方向為正，由動量守恒定律得Mv′－mv＝0，即Mv′＝mv。由于下滑過程中的任一時刻，人和氣球的速度都滿足上述關(guān)系，故它們在這一過程中的平均速度也滿足這一關(guān)系，即Meq\x\to(v)′＝meq\x\to(v)。同乘以人下滑的時間t，得Meq\x\to(v)′t＝meq\x\to(v)t，即MH＝mh氣球上升的高度為H＝eq\f(m,M)h人要安全到達地面，繩長至少為L＝H＋h＝eq\f(m,M)h＋h＝eq\f(M＋m,M)h。3.【解析】選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，不計水的阻力，系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，動量守恒，設(shè)某一時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，規(guī)定人前進的方向為正方向，有mv2－Mv1＝0，即eq\f(v2,v1)＝eq\f(M,m)在人從船頭走向船尾的過程中，人和船的平均速度也跟它們的質(zhì)量成反比，即對應(yīng)的平均動量Meq\x\to(v1)＝meq\x\to(v2)，而位移x＝eq\x\to(v)t所以有Mx1＝mx2，即eq\f(x2,x1)＝eq\f(M,m)由圖16－5－4可知x1＋x2＝l，解得x1＝eq\f(m,M＋m)l，x2＝eq\f(M,M＋m)l。課后練習(xí)答案：1.解析：火箭工作的原理是利用反沖運動，是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得的反沖速度，故正確答案為選項B。答案：B2.解析：取火箭及氣體為系統(tǒng)，則氣流在向外噴氣過程中滿足動量守恒定律，由動量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v解得v＝－eq\f(Δm,M＋Δm)v0，所以B選項正確。答案：B3.解析：立定跳遠相當(dāng)于斜拋運動，在地面上跳時，能跳l的距離，水平分速度為vx，在船上跳時，設(shè)人相對船的水平速度為vx，船對地的速度為v2，則人相對于地的速度為v1＝vx－v2。由于人和船系統(tǒng)動量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳時，人相對于船的水平速度也為vx，但人相對于地的水平速度為v1＝vx－v2<vx，故人可能跳上岸來。答案：A、D4.解析：火箭射出物體P后，由反沖原理火箭速度變大，所需向心力變大，從而做離心運動離開原來軌道，半徑增大A項對，C項錯；P的速率可能減小，可能不變，可能增大，運動也存在多種可能性，所以B、D錯。答案：A5.解析：雖然抽油的過程屬于船與油的內(nèi)力作用，但油的質(zhì)量發(fā)生了轉(zhuǎn)移，從前艙轉(zhuǎn)到了后艙，相當(dāng)于人從船的一頭走到另一頭的過程。故A正確。答案：A6.解析：甲、乙兩人與車組成的系統(tǒng)總動量為零且守恒，車子的運動情況取決于甲、乙兩人的總動量，而與甲、乙的質(zhì)量或速度無直接關(guān)系。當(dāng)甲乙的合動量為零時，車子的動量也為零，即車不動。當(dāng)甲的動量大于乙的動量時，甲乙的合動量與甲的動量方向相同，車子的動量應(yīng)與甲相反，即車與乙運動的方向相同。答案：C、D7.解析：下滑過程人和氣球組成的系統(tǒng)總動量為零且守恒，以向下為正方向，設(shè)m1、m2分別為人和氣球的質(zhì)量，v1、v2分別為人和氣球的平均速度大小，則m1v1－m2v2＝0，m1x1－m2x2＝0，x1＝20m，x2＝eq\f(m1x1,m2)＝5m，繩長l＝x1＋x2＝25m(豎直方向上的“人船模型”)。答案：25m8.解析：以車和小球為系統(tǒng)在水平方向總動量為零且守恒。當(dāng)小球滑至最低處時車和小球相對位移是R，利用“人船模型”可得小車移動距離為eq\f(m,M＋m)R。設(shè)此時小車速度為v1，小球速度為v2，由動量守恒有Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))。答案：eq\f(m,M＋m)Req\r(\f(2MgR,M＋m))選修3-5第十七章波粒二象性選修3-517.1能量量子化【教學(xué)目標(biāo)】1．知道什么是黑體與黑體輻射。2．了解“紫外災(zāi)難”。3．知道什么叫能量子及其含意。重點：黑體輻射的實驗規(guī)律能量量子化難點：黑體輻射的理解【自主預(yù)習(xí)】1.我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的________有關(guān)，所以叫做熱輻射。2．如果某種物體能夠________入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生________，這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體。黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的________有關(guān)。3．普朗克假說：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的________。當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時，也是以這個最小能量值為單位________地輻射或吸收的。這個不可再分的最小能量值ε叫做________，ε＝________，ν是電磁波的頻率，h是一個常量，后被稱為普朗克常量。其值為h＝________J·s。4.黑體與黑體輻射(1)熱輻射①定義：我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的溫度有關(guān)，所以叫熱輻射。②熱輻射的特點物體在任何溫度下都會發(fā)射電磁波，熱輻射強度按波長的分布情況隨物體的溫度而有所不同。當(dāng)物體溫度較低時(如室溫)，熱輻射的主要成分是波長較長的電磁波(在紅外線區(qū)域)，不能引起人的視覺；當(dāng)溫度升高時，熱輻射中較短波長的成分越來越強，可見光所占份額增大。(2)黑體①定義：在熱輻射的同時，物體表面還會吸收和反射外界射來的電磁波。如果一個物體能夠完全吸收投射到其表面的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射，這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體。②黑體輻射的特性：黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關(guān)。5.黑體輻射的實驗規(guī)律(1)溫度一定時，黑體輻射強度隨波長的分布有一個極大值。(2)隨著溫度的升高①各種波長的輻射強度都有增加；②輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，黑體一般物體熱輻射特點輻射電磁波的強度按波長(或頻率)的分布只與黑體的溫度有關(guān)輻射電磁波的情況與溫度、材料的種類及表面狀況有關(guān)吸收及反射特點完全吸收各種入射電磁波，不反射既吸收，又反射，其能力與材料的種類及入射波長等因素有關(guān)【典型例題】【例1】黑體輻射的實驗規(guī)律如圖17－1－3所示，由圖可知()A．隨溫度升高，各種波長的輻射強度都有增加B．隨溫度降低，各種波長的輻射強度都有增加C．隨溫度升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動D．隨溫度降低，輻射強度的極大值向波長較長的方向移動【例2】．關(guān)于對普朗克能量子假說的認識，下列說法正確的是()A．振動著的帶電微粒的能量只能是某一能量值εB．帶電微粒輻射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍C．能量子與電磁波的頻率成正比D．這一假說與現(xiàn)實世界相矛盾，因而是錯誤的【例3】．紅光和紫光相比()A．紅光光子的能量較大；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較大B．紅光光子的能量較??；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較大C．紅光光子的能量較大；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較小D．紅光光子的能量較??；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較小【例4】光是一種電磁波，可見光的波長的大致范圍是400—700nm、400nm、700nm電磁輻射的能量子的值各是多少？【課后練習(xí)】1．關(guān)于對黑體的認識，下列說法正確的是()A．黑體只吸收電磁波，不反射電磁波，看上去是黑的B．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布除與溫度有關(guān)外，還與材料的種類及表面狀況有關(guān)C．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關(guān)，與材料的種類及表面狀況無關(guān)D．如果在一個空腔壁上開一個很小的孔，射入小孔的電磁波在空腔內(nèi)表面經(jīng)多次反射和吸收，最終不能從小孔射出，這個空腔就成了一個黑體2．關(guān)于對熱輻射的認識，下列說法中正確的是()A．熱的物體向外輻射電磁波，冷的物體只吸收電磁波B．溫度越高，物體輻射的電磁波越強C．輻射強度按波長的分布情況只與物體的溫度有關(guān)，與材料種類及表面狀況無關(guān)D．常溫下我們看到的物體的顏色就是物體輻射電磁波的顏色3．紅、橙、黃、綠四種單色光中，光子能量最小的是()A．紅光 B．橙光C．黃光 D．綠光4．某種光的光子能量為E，這種光在某一種介質(zhì)中傳播時的波長為λ，則這種介質(zhì)的折射率為()A.eq\f(λE,h) B.eq\f(λE,ch)C.eq\f(ch,λE) D.eq\f(h,λE)5．某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，c表示光速，h表示普朗克常量，則激光器每秒發(fā)射的能量子數(shù)為()A.eq\f(Pc,hλ) B.eq\f(hc,λ)C.eq\f(λP,hc) D.eq\f(λc,hP)6．2006年度諾貝爾物理學(xué)獎授予了兩名美國科學(xué)家，以表彰他們發(fā)現(xiàn)了宇宙微波背景輻射的黑體譜形狀及其溫度在不同方向上的微小變化。他們的出色工作被譽為是宇宙學(xué)研究進入精密科學(xué)時代的起點。下列與宇宙微波背景輻射的黑體譜相關(guān)的說法中正確的是()A．微波是指波長在10－3m到10mB．微波和聲波一樣都只能在介質(zhì)中傳播C．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射D．普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說7．在自然界生態(tài)系統(tǒng)中，蛇與老鼠和其他生物通過營養(yǎng)關(guān)系構(gòu)成食物鏈，在維持生態(tài)平衡方面發(fā)揮著重要作用。蛇是老鼠的天敵，它是通過接收熱輻射來發(fā)現(xiàn)老鼠的。假設(shè)老鼠的體溫約為37℃，它發(fā)出的最強的熱輻射的波長為λm。根據(jù)熱輻射理論，λm與輻射源的絕對溫度T的關(guān)系近似為Tλm＝2.90×10－3(1)老鼠發(fā)出最強的熱輻射的波長為()A．7.8×10－5mB．9.4×10－6C．1.16×10－4mD．9.7×10－8(2)老鼠發(fā)出的最強的熱輻射屬于()A．可見光波段 B．紫外波段C．紅外波段 D．X射線波段8．二氧化碳能強烈吸收紅外長波輻射，這種長波輻射的波長范圍約是1.4×10－3—1.6×10－3m，相應(yīng)的頻率范圍是________，相應(yīng)的光子能量的范圍是________，“溫室效應(yīng)”使大氣全年的平均溫度升高，空氣溫度升高，從微觀上看就是空氣中分子的________。(已知普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，真空中的光速c＝3.0×109．神光“Ⅱ”裝置是我國規(guī)模最大，國際上為數(shù)不多的高功率固體激光系統(tǒng)，利用它可獲得能量為2400J、波長λ為0.35μm的紫外激光，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，則該紫外激光所含光子數(shù)為多少個？(取兩位有效數(shù)字)。10．氦—氖激光器發(fā)出波長為633nm的激光，當(dāng)激光器的輸出功率為1mW時，每秒發(fā)出的光子數(shù)為多少個？例題答案：1.【答案】A、C、D【解析】由圖可知，隨溫度升高，各種波長的輻射強度都有增加，且輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，當(dāng)溫度降低時，上述變化都將反過來。故A、C、D正確，B錯誤。2.解析：根據(jù)普朗克能量子假說知，A錯誤，B、C正確；普朗克能量子假說反映的是微觀世界的特征，不同于宏觀世界，D錯誤。答案：B、C3.解析：此題只需比較紅光和紫光的區(qū)別就行了，紅光與紫光相比，紅光波長較長、頻率較低、光子能量較低、在同種介質(zhì)中傳播速度較快，正確答案為B。答案：B4.【答案】4.97×10－19J2.84×10－19J【解析】根據(jù)公式ν＝eq\f(c,λ)和ε＝hν可知400nm對應(yīng)的能量子ε1＝heq\f(c,λ1)＝6.63×10－34×eq\f(3.0×108,400×10－9)J＝4.97×10－19J700nm對應(yīng)的能量子ε2＝heq\f(c,λ2)＝6.63×10－34×eq\f(3.0×108,700×10－9)J＝2.84×10－19J課后練習(xí)答案：1.解析：黑體自身輻射電磁波，不一定是黑的，故A錯誤；黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關(guān)，故B錯、C對；小孔只吸收電磁波，不反射電磁波，因此是小孔成了一個黑體，而不是空腔，故D錯誤。答案：C2.解析：一切物體都不停地向外輻射電磁波，且溫度越高，輻射的電磁波越強，A錯誤，B正確；選項C是黑體輻射的特性，C錯誤；常溫下看到的物體的顏色是反射光的顏色，D錯誤。答案：B3.解析：在四種顏色的光中，紅光的波長最長而頻率最小，由光子的能量ε＝hν可知紅光光子能量最小。答案：A4.解析：這種光的頻率為ν＝eq\f(E,h)，則這種光在介質(zhì)中的傳播速度為v＝νλ＝eq\f(λE,h)。所以這種光在這種介質(zhì)中的折射率為n＝eq\f(c,v)＝eq\f(ch,λE)，即C選項正確。答案：C5.解析：每個激光光子的能量為ε＝heq\f(c,λ)，則激光器的發(fā)射功率為P＝nε。其中n為激光器每秒鐘發(fā)射的能量子數(shù)，所以n＝eq\f(λP,hc)，即C選項正確。答案：C6.解析：微波是一種電磁波，傳播不需要介質(zhì)，B錯誤；由于分子和原子的熱運動引起一切物體不斷向外輻射電磁波，又叫熱輻射，C正確。答案：A、C、D7.解析：(1)老鼠的體溫T＝(273＋37)K＝310K由題設(shè)條件λm與T的近似關(guān)系式：λmT＝2.90×10－3m得λm＝eq\f(2.90×10－3,T)＝eq\f(2.90×10－3,310)m≈9.4×10－6m，B正確。(2)可見光的波長范圍4.0×10－7～7.0×10－7m，λm答案：(1)B(2)C8.解析：由c＝λν得ν＝eq\f(c,λ)。則求得頻率范圍為2.1×1011—1.9×1011Hz。又由E＝hν得能量范圍為1.4×10－22—1.3×10－22J。溫度越高分子無規(guī)則運動更劇烈，無規(guī)則熱運動的平均動能也越大。答案：2.1×1011Hz—1.9×1011Hz1.4×10－22J—1.3×10－22J平均動能增大9.解析：每個激光光子的能量為ε＝heq\f(c,λ)，該紫外激光中所含光子數(shù)為n＝eq\f(E,ε)＝eq\f(2400,6.63×10－34×\f(3.0×108,0.35×10－6))個≈4.2×1021個。答案：4.2×102110.解析：據(jù)P＝nhν，ν＝eq\f(c,λ)，得n＝eq\f(P,hν)＝eq\f(1×10－3,6.63×10－34×\f(3×108,633×10－9))≈3.2×1015(個)。答案：3.2×1015個選修3-5第十七章波粒二象性選修3-517.2光的粒子性【教學(xué)目標(biāo)】1．理解光電效應(yīng)中極限頻率的概念及其與光的電磁理論的矛盾。2．知道光電效應(yīng)的瞬時性及其與光的電磁理論的矛盾。3．理解光子說及其對光電效應(yīng)的解釋。4．理解愛因斯坦光電效應(yīng)方程并會用來解決簡單問題。重點：光電效應(yīng)的規(guī)律難點：理解光子說及其對光電效應(yīng)的解釋?！咀灾黝A(yù)習(xí)】1.照射到金屬表面的光，能使金屬中的________從表面逸出。這個現(xiàn)象稱為光電效應(yīng)。2．光電效應(yīng)的規(guī)律(1)存在著________電流實驗表明：入射光越強，飽和電流越大。這表明入射光越強，單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)________。(2)存在著遏止________和截止________實驗表明：光電子的能量只與入射光的________有關(guān)；入射光的頻率低于截止頻率時________發(fā)生光電效應(yīng)。(3)光電效應(yīng)具有________說明：①光電效應(yīng)的實質(zhì)：光現(xiàn)象電現(xiàn)象。②定義中的光包括不可見光和可見光。③使鋅板發(fā)射出電子的光是弧光燈發(fā)出的紫外線3．逸出功：使電子脫離某種金屬所做功的________，叫做這種金屬的逸出功，用________表示，不同金屬的逸出功________同。4．光子說：電磁輻射的本身就是________，光不僅在發(fā)射和吸收能量是________，而且光本身就是一個個________的能量子組成的，頻率為ν的光的能量子為________，h為普朗克常量。這些能量子后來稱為________。5．愛因斯坦光電效應(yīng)方程：________，式中Ek為光電子的________，Ek＝________。6．美國物理學(xué)家康普頓在研究________的散射時，發(fā)現(xiàn)在散射的X射線中，除了與入射波長λ0相同的成分外，還有波長________λ0的成分，這個現(xiàn)象稱為康普頓效應(yīng)。7．光子除了能量之外還具有動量，光子的動量p＝________。8.愛因斯坦的光電效應(yīng)方程(1)光子說：光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份光叫一個光子，一個光子的能量ε＝hν，h＝6.63×10－34J·s，ν為光的頻率。(2)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0。說明：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0—Ek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ν有關(guān)，而與光的強弱無關(guān)。③光電效應(yīng)方程包含了產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件，即Ek＝hν－W0＞0，亦即hν＞W(wǎng)0，ν＞eq\f(W0,h)＝ν0，而ν0＝eq\f(W0,h)就是金屬的極限頻率。④光電效應(yīng)方程實質(zhì)上是能量守恒方程?！镜湫屠}】【例1】入射光照射到某金屬表面上發(fā)生了光電效應(yīng)，若入射光的強度減弱，而頻率保持不變，則下列說法中正確的是()A．從光照射到金屬表面上到發(fā)射出光電子之間的時間間隔將明顯增加B．逸出的光電子的最大初動能將減小C．單位時間內(nèi)從金屬表面逸出的光電子數(shù)目將減少D．有可能不發(fā)生光電效應(yīng)【例2】．光電效應(yīng)實驗的裝置如圖17－2－3所示，則下面說法中正確的是()A．用紫外線照射鋅板，驗電器指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)B．用綠色光照射鋅板，驗電器指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．鋅板帶的是負電荷D．使驗電器指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是正電荷【例3】鋁的逸出功是4.2eV，現(xiàn)在將波長200nm的光照射鋁的表面。(1)求光電子的最大初動能；(2)求遏止電壓；(3)求鋁的截止頻率。【例4】．下列對光電效應(yīng)的解釋正確的是 ()A．金屬內(nèi)的每個電子能吸收一個或一個以上的光子，當(dāng)它積累的能量足夠大時，就能逸出金屬B．如果入射光子的能量小于金屬表面的電子克服原子核的引力而逸出時所需做的最小功，便不能發(fā)生光電效應(yīng)C．發(fā)生光電效應(yīng)時，入射光越強，光子的能量就越大，光電子的最大初動能就越大D．由于不同金屬的逸出功是不相同的，因此使不同金屬發(fā)生光電效應(yīng)的入射光的最低頻率也不同【例5】假如一個光子與一個靜止的電子碰撞，光子并沒有被吸收，只是被電子反彈回來，則散射光子的頻率與原來光子的頻率相比哪個大？【課后練習(xí)】1．如圖7－1所示，鋅板與驗電器相連，用紫外線燈照射鋅板，發(fā)現(xiàn)驗電器指針張開一個角度，則()A．鋅板帶正電，驗電器帶負電B．鋅板帶正電，驗電器帶正電C．若改用紅外線照射，驗電器指針仍張開D．若改用紅外線照射，驗電器指針不會張開2．光電效應(yīng)中，從同一金屬逸出的電子動能的最大值()A．只跟入射光的頻率有關(guān)B．只跟入射光的強度有關(guān)C．跟入射光的頻率和強度都有關(guān)D．除跟入射光的頻率和強度有關(guān)外，還與光照的時間有關(guān)3．某單色光照射某金屬時不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，則下述措施中可能使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)的是()A．延長光照時間B．增大光的強度C．換用波長較短的光照射D．換用頻率較低的光照射4．用綠光照射一光電管，能產(chǎn)生光電效應(yīng)，欲使光電子從陰極逸出時的最大初動能增加，則應(yīng)()A．改用紅光照射B．增大綠光的強度C．增大光電管上的加速電壓D．改用紫光照射5．某種單色光的頻率為ν，用它照射某種金屬時，在逸出的光電子中動能最大值為Ek，則這種金屬逸出功和極限頻率分別是()A．hν－Ek，ν－eq\f(Ek,h)B．Ek－h(huán)ν，ν＋eq\f(Ek,h)C．hν＋Ek，ν－eq\f(h,Ek)D．Ek＋hν，ν＋eq\f(h,Ek)6.如圖7－2所示為一真空光電管的應(yīng)用電路，其陰極金屬材料的極限頻率為4.5×1014Hz，則以下判斷正確的是()A．發(fā)生光電效應(yīng)時，電路中光電流的飽和值取決于入射光的頻率B．發(fā)生光電效應(yīng)時，電路中光電流的飽和值取決于入射光的強度C．用λ＝0.5μm的光照射光電管時，電路中有光電流產(chǎn)生D．光照射時間越長，電路中的光電流越大7．已知鈣的逸出功是3.20eV，對此理解正確的是()A．鈣中的電子脫離鈣需做功3.20eVB．鈣表面的電子脫離鈣需做功3.20eVC．鈣只需吸收3.20eV的能量就有電子逸出D．入射光子的能量必須大于3.20eV才能發(fā)生光電效應(yīng)8．在做光電效應(yīng)的實驗時，某種金屬被光照射發(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ν的關(guān)系如圖7－3所示，由實驗圖可求出()A．該金屬的極限頻率和極限波長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)9．現(xiàn)有a、b、c三束單色光，其波長關(guān)系為λa＞λb＞λc。用b光束照射某種金屬時，恰能發(fā)生光電效應(yīng)。若分別用a光束和c光束照射該金屬，則可以斷定()A．a(chǎn)光束照射時，不能發(fā)生光電效應(yīng)B．c光束照射時，不能發(fā)生光電效應(yīng)C．a(chǎn)光束照射時，釋放出的光電子數(shù)目最多D．c光束照射時，釋放出的光電子的最大初動能最小10．下表給出了一些金屬材料的逸出功。材料銫鈣鎂鈹鈦逸出功(10－19)J3.04.35.96.26.6現(xiàn)用波長為400nm的單色光照射上述材料，能產(chǎn)生光電效應(yīng)的材料最多有幾種(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3.0×108A．2種B．3種C．4種D．5種11．頻率為ν的光照射某種金屬，產(chǎn)生光電子的最大初動能為Ek，若用頻率為2ν的光照射同一金屬，則光電子的最大初動能是多少呢？12．某光電管的陰極是用金屬鉀制成的，它的逸出功為2.21eV，用波長為2.5×10－7m的紫外線照射陰極，已知真空中光速為3.0×108m/s，元電荷的帶電量為1.6×10－19C，普朗克常量為6.63例題答案：1.【答案】C【解析】入射光的強度取決于入射光子數(shù)和入射光的頻率，入射光的頻率保持不變，強度減弱，單位時間入射光子數(shù)將減少，但光子的能量不變，可見仍能發(fā)生光電效應(yīng)，發(fā)生光電效應(yīng)時，光電子的產(chǎn)生幾乎都是瞬時的，與入射光強度無關(guān)，故A、D錯誤。根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，跟入射光的強度無關(guān)，所以B也是錯誤的。由于逸出電子與入射光子的一對一的關(guān)系，當(dāng)光的強度減弱時，單位時間入射光子數(shù)減少，因此單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)也將減少。2.解析：用紫外線照射連接靈敏驗電器的鋅板，驗電器的指針就張開一個角度，進一步驗證知道鋅板帶的是正電。這是由于在紫外線照射下，鋅板中有一部分自由電子從表面飛出去，鋅板缺少電子，于是帶正電。驗電器與鋅板相連，驗電器也帶正電。所以選項A、D正確，而C選項錯誤；因紅外線頻率小于鋅的極限頻率，所以用紅外線照射鋅板不發(fā)生光電效應(yīng)，故B選項錯。答案：A、D3.【答案】(1)3.225×10－19J(2)2.016V(3)1.014×1015Hz【解析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0可求得最大初動能。Ek＝eUc。鋁的截止頻率由ν0＝eq\f(W0,h)可求。(1)根據(jù)光電效應(yīng)方程有Ek＝eq\f(hc,λ)－W0＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,200×10－9)J－4.2×1.6×10－19J＝3.225×10－19J(2)由Ek＝eUc可得Uc＝eq\f(Ek,e)＝eq\f(3.225×10－19,1.6×10－19)V＝2.016V。(3)由hν0＝W0知ν0＝eq\f(W0,h)＝eq\f(4.2×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz＝1.014×1015Hz。4.解析：每個電子只能吸收一個光子的能量，故A錯誤；只有當(dāng)hν>W0時才發(fā)生光電效應(yīng)，故B正確；光強越大，n越多，而ν不變，Ek＝hν－W0也不變，故C錯誤；截止頻率νc＝eq\f(W0,h)，W0不同，νc也不同，故D正確。答案：B、D5.【答案】原來光子的頻率大【解析】由于光子與電子在碰撞過程中滿足動量守恒定律，故在電子獲得動量的同時，散射光子的動量將減小，由p＝eq\f(h,λ)和ν＝eq\f(c,λ)知ν＝eq\f(pc,h)，故原來光子的頻率大。課后練習(xí)答案：1.解析：用紫外線照射鋅板，發(fā)生光電效應(yīng)，鋅板發(fā)射光電子，故鋅板帶正電，鋅板上的正電荷將驗電器上的負電荷吸引過來，驗電器帶正電，A錯誤，B正確；若改用紅外線照射，紅外線的頻率低于鋅的截止頻率，不會發(fā)生光電效應(yīng)，C錯誤，D正確。答案：B、D2.解析：由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝eq\f(1,2)mv2＝hν－W0知，從同一金屬逸出的光電子的最大初動能僅與入射光的頻率有關(guān)，故僅A選項正確。答案：A3.解析：光照射金屬時能否產(chǎn)生光電效應(yīng)，取決于入射光的頻率是否大于金屬的極限頻率，與入射光的強度和照射時間無關(guān)，故A、B、D選項均錯誤；又因ν＝eq\f(c,λ)，所以C選項正確。答案：C4.解析：由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝eq\f(1,2)mv2＝hν－W0知，光電子的最大初動能僅與入射光的頻率有關(guān)，故僅D選項正確。答案：D5.解析：由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W得W＝hν－Ek，而W＝hν0，則ν0＝eq\f(W,h)＝eq\f(hν－Ek,h)＝ν－eq\f(Ek,h)，故A正確。答案：A6.解析：在光電管中若發(fā)生了光電效應(yīng)，單位時間內(nèi)發(fā)射光電子的數(shù)目只與入射光的強度有關(guān)，光電流的飽和值只與單位時間內(nèi)發(fā)射光電子的數(shù)目有關(guān)。據(jù)此可判斷A、D錯誤；波長λ＝0.5μm的光子的頻率ν＝eq\f(c,λ)＝eq\f(3×108,0.5×10－6)Hz＝6×1014Hz＞4.5×1014Hz，可發(fā)生光電效應(yīng)。所以，選項B、C正確。答案：B、C7.解析：逸出功指使電子脫離某種金屬所做功的最小值，它等于金屬表面的電子脫離金屬所做的功，故A錯誤，B正確；鈣中的電子至少吸收3.20eV的能量才可能逸出，C錯誤；由光電效應(yīng)發(fā)生的條件知，D正確。答案：B、D8.解析：依據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W可知，當(dāng)Ek＝0時，ν＝ν0，即圖象中橫坐標(biāo)的截距在數(shù)值上等于金屬的極限頻率。圖線的斜率k＝tanθ＝eq\f(Ek,ν－ν0)?？梢妶D線的斜率在數(shù)值上等于普朗克常量。據(jù)圖象，假設(shè)圖線的延長線與Ek軸的交點為C，其截距為W，有tanθ＝W/ν0，而tanθ＝h，所以W＝hν0。即圖象中縱坐標(biāo)軸的截距在數(shù)值上等于金屬的逸出功。答案：A、B、C9.解析：由于光子能量公式E＝hν＝heq\f(c,λ)，根據(jù)題意，a、b、c三束單色光對應(yīng)光子的能量大小分別為Ea＜Eb＜Ec，若Eb恰能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則a