【三維設(shè)計(jì)】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專版-第十三章-動(dòng)量-近代物理初步選修3-5

第十三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))動(dòng)量近代物理初步[選修3－5][備考指南]考點(diǎn)內(nèi)容要求考點(diǎn)內(nèi)容要求一、碰撞與動(dòng)量守恒動(dòng)量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ四、自然?放射現(xiàn)象核反應(yīng)核能原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期Ⅰ彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ放射性同位素Ⅰ二、光電效應(yīng)波粒二象性光電效應(yīng)Ⅰ核力、核反應(yīng)方程Ⅰ愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ⅰ結(jié)合能、質(zhì)量虧損Ⅰ三、原子結(jié)構(gòu)氫原子光譜氫原子光譜Ⅰ裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆Ⅰ射線的危害和防護(hù)Ⅰ氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)、能級(jí)公式Ⅰ試驗(yàn)十六驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律把握考情找規(guī)律：高考對(duì)本章學(xué)問(wèn)的考查主要以選擇、計(jì)算為主，本專題的主要考點(diǎn)有碰撞模型、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、經(jīng)典物理理論、原子和原子核部分的最新科技成果。明熱點(diǎn)：以生活中的具體事例及經(jīng)典物理學(xué)理論為命題背景，結(jié)合物理學(xué)問(wèn)在生活中的應(yīng)用及最新科技成果的命題趨勢(shì)較強(qiáng)，2022年高考應(yīng)予以高度關(guān)注。第1節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不轉(zhuǎn)變。(×)(4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同。(×)(6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動(dòng)量變化的方向是全都的。(√)(7)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不愿定守恒。(√)(8)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小確定相同。(√)要點(diǎn)一動(dòng)量定理的理解與應(yīng)用1．動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p標(biāo)矢性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)對(duì)于給定的物體，若動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量確定也發(fā)生變化；若動(dòng)量發(fā)生變化，則動(dòng)能不愿定發(fā)生變化(2)都是相對(duì)量，都與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系2．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟(1)明確爭(zhēng)辯對(duì)象和爭(zhēng)辯過(guò)程爭(zhēng)辯對(duì)象可以是一個(gè)物體，也可以是幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對(duì)靜止的，也可以是相對(duì)運(yùn)動(dòng)的。爭(zhēng)辯過(guò)程既可以是全過(guò)程，也可以是全過(guò)程中的某一階段。(2)進(jìn)行受力分析只分析爭(zhēng)辯對(duì)象以外的物體施加給爭(zhēng)辯對(duì)象的力，全部外力之和為合外力。爭(zhēng)辯對(duì)象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會(huì)轉(zhuǎn)變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動(dòng)量，但不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，因此不必分析內(nèi)力。假如在所選定的爭(zhēng)辯過(guò)程的不同階段中物體的受力狀況不同，則要分別計(jì)算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動(dòng)量都是矢量，在一維的狀況下，列式前可以先規(guī)定一個(gè)正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負(fù)。(4)寫(xiě)出爭(zhēng)辯對(duì)象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量(或各外力在各個(gè)階段的沖量的矢量和)。(5)依據(jù)動(dòng)量定理列式求解。3．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的留意事項(xiàng)(1)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，列式時(shí)要留意各個(gè)量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要留意各個(gè)量的正負(fù))。(2)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，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的沖量的矢量和。(3)應(yīng)用動(dòng)量定理可以只爭(zhēng)辯一個(gè)物體，也可以爭(zhēng)辯幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動(dòng)量p是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和，末態(tài)的動(dòng)量p′也是系統(tǒng)各部分動(dòng)量之和。(5)對(duì)系統(tǒng)各部分的動(dòng)量進(jìn)行描述時(shí)，應(yīng)當(dāng)選取同一個(gè)參考系，不然求和無(wú)實(shí)際意義。[多角練通]1．(多選)物體的動(dòng)量變化量的大小為5kg·m/s，A．物體的動(dòng)量在減小B．物體的動(dòng)量在增大C．物體的動(dòng)量大小可能不變D．物體受到的合力沖量大小為5N·s解析：選CD因不知?jiǎng)恿孔兓姆较蚺c初動(dòng)量方向是否相同，故無(wú)法確定動(dòng)量是增大還是減小，A、B錯(cuò)誤；動(dòng)量是矢量，其變化量可能是動(dòng)量方向變化引起的，C正確；由動(dòng)量定理I＝Δp可知，合外力的沖量與物體動(dòng)量變化量大小確定相同，D正確。2．(多選)(2021·廣州模擬)兩個(gè)質(zhì)量不同的物體，假如它們的()A．動(dòng)能相等，則質(zhì)量大的動(dòng)量大B．動(dòng)能相等，則動(dòng)量大小也相等C．動(dòng)量大小相等，則質(zhì)量大的動(dòng)能小D．動(dòng)量變化量相等，則受到合力的沖量大小也相等解析：選ACD由p＝eq\r(2mEk)可知，兩物體動(dòng)能相同時(shí)，質(zhì)量越大的動(dòng)量越大，A正確，B錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，兩物體動(dòng)量相同時(shí)，質(zhì)量越大的動(dòng)能越小，C正確；由動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量變化量與所受合外力的沖量相同，D正確。3．(2022·天津高考)質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為_(kāi)_______kg·m/s。若小球與地面的作用時(shí)間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為_(kāi)_______N。(g取10m解析：在小球與地面作用的過(guò)程中，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受豎直向下的重力mg、地面對(duì)小球豎直向上的作用力F兩個(gè)力作用。初狀態(tài)小球的速度大小為6m/s，方向豎直向下，末狀態(tài)小球的速度大小為4m/s，方向豎直向上。取豎直向上為正方向，則初動(dòng)量為負(fù)，末動(dòng)量為正，動(dòng)量變化量為Δp＝p′－p＝0.2kg×4m/s－0.2kg×(－6m由動(dòng)量定理可得Ft－mgt＝Δp，則F＝eq\f(Δp,t)＋mg＝eq\f(2kg·m/s,0.2s)＋0.2kg×10m/s2＝12N。答案：212要點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1．動(dòng)量守恒定律的“五性”矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必需是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性爭(zhēng)辯的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動(dòng)量守恒定律的三種表達(dá)式及對(duì)應(yīng)意義(1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為0。(3)Δp1＝－Δp2，即兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中，一部分動(dòng)量的增量與另一部分動(dòng)量的增量大小相等、方向相反。3．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)明確爭(zhēng)辯對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及爭(zhēng)辯的過(guò)程)；(2)進(jìn)行受力分析，推斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)爭(zhēng)辯說(shuō)明。[多角練通]1.如圖13-1-1所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開(kāi)頭自由下滑，下列說(shuō)法正確的是()圖13-1-1A．在下滑過(guò)程中，物塊的機(jī)械能守恒B．在下滑過(guò)程中，物塊和槽的動(dòng)量守恒C．物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)處解析：選C在下滑過(guò)程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物塊的機(jī)械能削減，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過(guò)程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力，水平方向動(dòng)量守恒；而豎直方向系統(tǒng)所受重力大于支持力，合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；由物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，物塊和光滑弧形槽的速度大小相同，故物塊被彈簧反彈后不行能再追上弧形槽，D錯(cuò)誤。2.(2022·福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由把握系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分別。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分別后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽視空氣阻力及分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分別后衛(wèi)星的速率v1為()圖13-1-2A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：選D火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分別前后沿原運(yùn)動(dòng)方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D項(xiàng)正確。3．(2021·煙臺(tái)二模)兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖13-1-3所示。由于摩擦，滑塊最終停在木塊B上，B和圖13-1-3(1)木塊A的最終速度vA；(2)滑塊C離開(kāi)A時(shí)的速度vC′。解析：C從開(kāi)頭滑上A到恰好滑上A的右端過(guò)程中，A、B、C組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C剛滑上B到兩者相對(duì)靜止，對(duì)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25vC′＝2.75答案：(1)0.25m/s(2)2.75m要點(diǎn)三碰撞、爆炸與反沖1．對(duì)碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時(shí)間很短；各物體作用前后各自動(dòng)量變化顯著；物體在作用時(shí)間內(nèi)位移可忽視。(2)即使碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時(shí)間又很短，故外力的作用可忽視，認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。(3)若碰撞過(guò)程中沒(méi)有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機(jī)械能不行能大于碰撞前系統(tǒng)的總機(jī)械能。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的推斷彈性碰撞是碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，精確?????地說(shuō)是碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不變。(1)題目中明確告知物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告知是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒定律。(2)機(jī)械能不增加。(3)速度要合理。①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來(lái)在前的物體速度確定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不行能都不轉(zhuǎn)變。4．對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說(shuō)明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，通常用動(dòng)量守恒來(lái)處理。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。(3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。5．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。(3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽視不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后照舊從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)。[典例](2022·山東高考)如圖13-1-4，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開(kāi)頭時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求：圖13-1-4(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。[審題指導(dǎo)](1)水平直軌道光滑，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)理清A、B碰撞前、后的速度大小關(guān)系。(3)系統(tǒng)機(jī)械能的損失對(duì)應(yīng)系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)能的減小量。[解析](1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2)。②(2)從開(kāi)頭到碰后的全過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE，則ΔE＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)。⑤[答案](1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·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(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的酷熱氣體。忽視噴氣過(guò)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.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0解析：選D設(shè)噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小為v，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，解得火箭模型獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，選項(xiàng)D正確。2．(2022·大綱卷)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A＞1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(4A,A＋12) D.eq\f(A＋12,A－12)解析：選A設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1－A,1＋A)v0，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v0,v1)))＝eq\f(A＋1,A－1)，A正確。3．(2022·重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s圖13-1-5解析：選B由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝1s，爆炸過(guò)程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必定增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項(xiàng)錯(cuò)；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量轉(zhuǎn)變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項(xiàng)錯(cuò)，B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δ要點(diǎn)四動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用1．解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問(wèn)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題的技巧(1)若爭(zhēng)辯對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。(2)若爭(zhēng)辯對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)由于動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的便利之處。特殊對(duì)于變力做功問(wèn)題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。[典例](2022·廣東高考)如圖13-1-6所示的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板。物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P。以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1＝2s至t2＝4s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長(zhǎng)L＝4m，g取10m/s2。P1、P2和(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能Δ(2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E。圖13-1-6[審題指導(dǎo)](1)P1與P2的碰撞為完全非彈性碰撞；動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最多。(2)復(fù)合體P從A→B、B→C、C→B的過(guò)程為勻減速運(yùn)動(dòng)。(3)當(dāng)t1＝2s時(shí)P向左經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度v1最大，向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大。(4)當(dāng)t2＝4s時(shí)P向左經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度v1最小。[解析](1)若v1＝6m/s，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞后瞬間P的速度mv1＝2mv解得v＝3碰撞過(guò)程損失的動(dòng)能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×1×62J－eq\f(1,2)×2×1×32J＝9J(2)由于探測(cè)器的工作時(shí)間在t1＝2s至t2＝4s內(nèi)，要在工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)，由于P與擋板發(fā)生的是彈性碰撞，因此P從A動(dòng)身回到A的整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程可以看成是勻減速直線運(yùn)動(dòng)。由mv1＝2mv得v＝eq\f(1,2)v1P以v開(kāi)頭滑動(dòng)，滑動(dòng)的加速度a＝μg＝1m若P碰撞后在t1時(shí)刻到達(dá)B點(diǎn)則vt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝3L則v1＝14若P碰撞后在t2時(shí)刻到達(dá)B點(diǎn)則vt2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝3L則v1＝10因此v1的速度范圍為10m/s≤v1≤14m當(dāng)v1＝14m/s時(shí)，v＝7mP以7m/s的速度從A開(kāi)頭滑動(dòng)到返回－μ·2mg×4L＝E－eq\f(1,2)×2mv2求得E＝17J。[答案](1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s[針對(duì)訓(xùn)練]1.如圖13-1-7所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以確定的初速度沿水平面對(duì)右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中的機(jī)械能損失。假如斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。假如斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為()圖13-1-7A．h B.eq\f(m,M＋m)hC.eq\f(m,M)h D.eq\f(M,M＋m)h解析：選D若斜面固定，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)。聯(lián)立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正確。2．(2022·天津高考)如圖13-1-8所示，水平地面上靜止放置一輛小車(chē)A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車(chē)與地面間的摩擦力微小，可以忽視不計(jì)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg。現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車(chē)左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下連續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.6s，二者的速度達(dá)到vt＝2圖13-1-8(1)A開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。?3)A的上表面長(zhǎng)度l。解析：(1)以A為爭(zhēng)辯對(duì)象，由牛頓其次定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2(2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6s的過(guò)程，由動(dòng)量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：沖量、動(dòng)量、動(dòng)量定理1．放在水平面上的物體，用水平推力F推它t秒，物體始終不動(dòng)，則在這t秒內(nèi)，關(guān)于合力的沖量與摩擦力沖量的大小，下列說(shuō)法正確的是()A．合力的沖量及摩擦力的沖量均為0B．合力的沖量及摩擦力的沖量均為FtC．合力的沖量為0，摩擦力的沖量為FtD．合力的沖量為Ft，摩擦力的沖量為0解析：選C用水平力F推物體t秒，物體不動(dòng)，說(shuō)明合力為0，合力的沖量也為0。摩擦力與推力等大反向，故摩擦力沖量的大小也為Ft，但方向與F方向相反，C正確。2．(2021·江西贛州三中測(cè)試)物體在恒定的合力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t1內(nèi)動(dòng)能由零增大到E1，在時(shí)間t2內(nèi)動(dòng)能由E1增加到2E1，設(shè)合力在時(shí)間t1內(nèi)做的功為W1，沖量為I1，在時(shí)間t2內(nèi)做的功是W2，沖量為I2，則()A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2解析：選B依據(jù)動(dòng)能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，依據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系式p＝eq\r(2mEk)，有I1＝eq\r(2mE1)－0＝eq\r(2mE1)，I2＝2eq\r(mE1)－eq\r(2mE1)＝(2－eq\r(2))eq\r(mE1)，明顯I1＞I2，綜上知，B正確。3．(2021·湖北高校附中測(cè)試)質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性平安帶的疼惜，他被懸掛起來(lái)。已知平安帶的緩沖時(shí)間是1.2s，平安帶長(zhǎng)5m，取g＝10A．500N B．600NC．1100N D．100N解析：選C平安帶長(zhǎng)5m，人在這段距離上做自由落體運(yùn)動(dòng)，獲得速度v＝eq\r(2gh)＝10m/s。受平安帶的疼惜經(jīng)1.2s速度減小為0，對(duì)此過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，以向上為正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，則F＝eq\f(mv,t)＋mg＝1100N，C正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用4．(2021·浙江自選模塊)如圖1所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面對(duì)前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后()圖1A．甲木塊的動(dòng)量守恒B．乙木塊的動(dòng)量守恒C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒解析：選C兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確。甲、乙兩木塊碰撞前、后動(dòng)能總量不變，但碰撞過(guò)程中有彈性勢(shì)能，故動(dòng)能不守恒，只是機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.如圖2所示，質(zhì)量為m的人立于平板車(chē)上，人與車(chē)的總質(zhì)量為M，人與車(chē)以速度v1在光滑水平面上向東運(yùn)動(dòng)。當(dāng)此人相對(duì)于車(chē)以速度v2豎直跳起時(shí)，車(chē)向東的速度大小為()圖2A.eq\f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq\f(Mv1,M－m)C.eq\f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1解析：選D在水平方向動(dòng)量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度沒(méi)變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車(chē)，因此v車(chē)＝v1，所以D正確。6.(2021·福建省莆田一中期末)如圖3所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開(kāi)頭向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)頭向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B板。圖3A．1.8m/s B．2.4mC．2.8m/s D．3.0m解析：選BA先向左減速到零，再向右加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有選項(xiàng)B正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：碰撞、爆炸及反沖7．(2021·淮南質(zhì)檢)在光滑水平桌面上停放著兩輛玩具小車(chē)A、B，其質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶2，兩車(chē)用一根輕質(zhì)細(xì)線縛住，中間夾著被壓縮的輕彈簧，當(dāng)燒斷細(xì)線，輕彈簧將兩車(chē)彈開(kāi)，A車(chē)與B車(chē)()A．動(dòng)量大小之比為1∶2 B．動(dòng)量大小之比為1∶1C．速度大小之比為1∶2 D．速度大小之比為1∶1解析：選B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩車(chē)被彈開(kāi)前，總動(dòng)量為零，彈開(kāi)后，總動(dòng)量仍為零，所以A車(chē)與B車(chē)的動(dòng)量大小相等，方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由mAvA＝mBvB可得，vA∶vB＝mB∶mA＝2∶1，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。8．(2021·泉州高三質(zhì)檢)“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶心情的流露。有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東；A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：選C取水平向東為正方向，爆炸過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正確。9．(2022·江蘇高考)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分別速度和它們碰撞前的接近速度之比總量約為15∶16，分別速度是指碰撞后B對(duì)A的速度，接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度。若上述過(guò)程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對(duì)心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小解析：設(shè)玻璃球A、B碰撞后速度分別為v1和v2，由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由題意知eq\f(v2－v1,v0)＝eq\f(15,16)，解得v1＝eq\f(17,48)v0，v2＝eq\f(31,24)v0。答案：見(jiàn)解析對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)量與能量的綜合問(wèn)題10．(2021·渝中區(qū)模擬)如圖4所示，光滑圓形管道固定在豎直面內(nèi)，直徑略小于管道內(nèi)徑可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A球從管道最高處由靜止開(kāi)頭沿管道下滑，與靜止于管道最低處的B球相碰，碰后A、B球均能剛好到達(dá)與管道圓心O等高處，關(guān)于兩小球質(zhì)量比值eq\f(mA,mB)的說(shuō)法正確的是()圖4A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1C.eq\f(mA,mB)＝1 D.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)解析：選B由mgR＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(2gR)，則兩球碰后速度等大反向，碰撞前A球下滑到最低點(diǎn)的速度設(shè)為v0，由機(jī)械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒可得：mAv0＝mBv－mAv。以上三式聯(lián)立可解得：eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1，B正確。11．(2022·北京高考)如圖5所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。圖5現(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；(3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l。解析：設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。(1)依據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬間A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)依據(jù)動(dòng)量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s。(3)依據(jù)動(dòng)能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m。答案：見(jiàn)解析12．(2021·張掖模擬)如圖6所示。質(zhì)量M＝2kg的足夠長(zhǎng)的小平板車(chē)靜止在光滑水平面上，車(chē)的一端靜止著質(zhì)量為MA＝2kg的物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))。一個(gè)質(zhì)量為m＝20g的子彈以500m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00m/s，最終物體A靜止在車(chē)上。若物體A與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝圖6(1)平板車(chē)最終的速度是多大？(2)全過(guò)程損失的機(jī)械能為多少？(3)A在平板車(chē)上滑行的時(shí)間為多少？解析：(1)對(duì)子彈和物塊，由動(dòng)量守恒得mv0＝mv′＋MAv得v＝4同理對(duì)M和MA有MAv＝(M＋MA)v車(chē)得v車(chē)＝2(2)由能量守恒得：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋MA)veq\o\al(2,車(chē))＝2392J。(3)由動(dòng)量定理得：－μMAgt＝MAv車(chē)－MAv得t＝0.4s。答案：(1)2m/s(2)2392J(3)0.4第2節(jié)波粒二象性(1)光子和光電子都是實(shí)物粒子。(×)(2)只要入射光的強(qiáng)度足夠強(qiáng)，就可以使金屬發(fā)生光電效應(yīng)。(×)(3)要使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，入射光子的能量必需大于金屬的逸出功。(√)(4)光電子的最大初動(dòng)能與入射光子的頻率成正比。(×)(5)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動(dòng)性。(√)(6)德國(guó)物理學(xué)家普朗克提出了量子假說(shuō)，成功地解釋了光電效應(yīng)規(guī)律。(×)(7)美國(guó)物理學(xué)家康普頓發(fā)覺(jué)了康普頓效應(yīng)，證明白光的粒子性。(√)(8)法國(guó)物理學(xué)家德布羅意大膽預(yù)言了實(shí)物粒子在確定條件下會(huì)表現(xiàn)為波動(dòng)性。(√)要點(diǎn)一對(duì)光電效應(yīng)的理解1．與光電效應(yīng)有關(guān)的五組概念對(duì)比(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時(shí)的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時(shí)放射出來(lái)的電子，其本質(zhì)是電子。光子是光電效應(yīng)的因，光電子是果。(2)光電子的動(dòng)能與光電子的最大初動(dòng)能：光照射到金屬表面時(shí)，電子吸取光子的全部能量，可能向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動(dòng)能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時(shí)，只需克服原子核的引力做功的狀況，才具有最大初動(dòng)能。光電子的初動(dòng)能小于等于光電子的最大初動(dòng)能。(3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達(dá)陽(yáng)極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個(gè)飽和值，這個(gè)飽和值是飽和光電流，在確定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無(wú)關(guān)。(4)入射光強(qiáng)度與光子能量：入射光強(qiáng)度指單位時(shí)間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量。(5)光的強(qiáng)度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強(qiáng)度成正比的規(guī)律是對(duì)頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的，對(duì)于不同頻率的光，由于每個(gè)光子的能量不同，飽和光電流與入射光強(qiáng)度之間沒(méi)有簡(jiǎn)潔的正比關(guān)系。2．光電效應(yīng)的爭(zhēng)辯思路(1)兩條線索：(2)兩條對(duì)應(yīng)關(guān)系：光強(qiáng)大→光子數(shù)目多→放射光電子多→光電流大；光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動(dòng)能大。[多角練通]1．(2022·上海高考)在光電效應(yīng)的試驗(yàn)結(jié)果中，與光的波動(dòng)理論不沖突的是()A．光電效應(yīng)是瞬時(shí)發(fā)生的B．全部金屬都存在極限頻率C．光電流隨著入射光增加而變大D．入射光頻率越大，光電子最大初動(dòng)能越大解析：選C光具有波粒二象性，既具有波動(dòng)性又具有粒子性，光電效應(yīng)證明白光的粒子性。由于光子的能量是一份一份的，不能積累，所以光電效應(yīng)具有瞬時(shí)性，這與光的波動(dòng)性沖突，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，由于光子的能量不能積累，所以只有當(dāng)光子的頻率大于金屬的極限頻率時(shí)，才會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；光強(qiáng)增大時(shí)，光子數(shù)量和能量都增大，所以光電流會(huì)增大，這與波動(dòng)性無(wú)關(guān)，C項(xiàng)正確；一個(gè)光電子只能吸取一個(gè)光子，所以入射光的頻率增大，光電子吸取的能量變大，所以最大初動(dòng)能變大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．(多選)(2021·廣東省湛江一中高三模擬)用如圖13-2-1所示的光電管爭(zhēng)辯光電效應(yīng)的試驗(yàn)中，用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計(jì)G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時(shí)，電流計(jì)G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，那么()圖13-2-1A．a(chǎn)光的頻率確定大于b光的頻率B．只增加a光的強(qiáng)度可使通過(guò)電流計(jì)G的電流增大C．增加b光的強(qiáng)度可能使電流計(jì)G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．用a光照射光電管陰極K時(shí)通過(guò)電流計(jì)G的電流是由d到c解析：選AB由于用單色光a照射光電管陰極K，電流計(jì)G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明發(fā)生了光電效應(yīng)，而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時(shí)，電流計(jì)G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，即a光的頻率確定大于b光的頻率；增加a光的強(qiáng)度可使單位時(shí)間內(nèi)逸出光電子的數(shù)量增加，則通過(guò)電流計(jì)G的電流增大；由于b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，所以即使增加b光的強(qiáng)度也不行能使電流計(jì)G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；用a光照射光電管陰極K時(shí)通過(guò)電流計(jì)G的電子的方向是由d到c，所以電流方向是由c到d。選項(xiàng)A、B正確。要點(diǎn)二愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程及應(yīng)用1．三個(gè)關(guān)系(1)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0。(2)光電子的最大初動(dòng)能Ek可以利用光電管用試驗(yàn)的方法測(cè)得，即Ek＝eUc，其中Uc是遏止電壓。(3)光電效應(yīng)方程中的W0為逸出功，它與極限頻率νc的關(guān)系是W0＝hνc。2．四類圖像圖像名稱圖線外形由圖線直接(間接)得到的物理量最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線①極限頻率：圖線與ν軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)νc②逸出功：圖線與Ek軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的值W0＝|－E|＝E③普朗克常量：圖線的斜率k＝h顏色相同、強(qiáng)度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點(diǎn)②飽和光電流Im：電流的最大值③最大初動(dòng)能：Ekm＝eUc顏色不同時(shí)，光電流與電壓的關(guān)系①遏止電壓Uc1、Uc2②飽和光電流③最大初動(dòng)能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖線①截止頻率νc：圖線與橫軸的交點(diǎn)②遏止電壓Uc：隨入射光頻率的增大而增大③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即h＝ke。(注：此時(shí)兩極之間接反向電壓)[典例](2021·浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測(cè)光電效應(yīng)現(xiàn)象，試驗(yàn)裝置示意圖如圖13-2-2甲所示。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。圖13-2-2(1)圖甲中電極A為光電管的______(填“陰極”或“陽(yáng)極”)；(2)試驗(yàn)中測(cè)得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖乙所示，則銣的截止頻率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；(3)假照試驗(yàn)中入射光的頻率ν＝7.00×1014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek＝________J。[解析](1)題圖甲為利用光電管產(chǎn)生光電流的試驗(yàn)電路，光電子從K極放射出來(lái)，故K為光電管的陰極，A為光電管的陽(yáng)極。(2)遏制電壓對(duì)光電子做負(fù)功，依據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程有eUc＝Ek＝hν－W0。結(jié)合題圖乙可知，當(dāng)Uc＝0時(shí)，ν＝5.15×1014Hz，故銣的截止頻率νc＝5.15×1014Hz，逸出功W0＝hνc＝3.41×10－19J。(3)若入射光的頻率ν＝7.00×1014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能Ek＝hν－W0＝1.23×10－19J。[答案](1)陽(yáng)極(2)5.15×10143.41×10－19(3)1.23×10－19[針對(duì)訓(xùn)練]1.(多選)圖13-2-3是某金屬在光的照射下，光電子最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像，由圖像可知()圖13-2-3A．該金屬的逸出功等于EB．該金屬的逸出功等于hν0C．入射光的頻率為2ν0時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為2ED．入射光的頻率為eq\f(ν0,2)時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為eq\f(E,2)解析：選AB依據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程，結(jié)合題給光電子最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像知，該金屬的逸出功等于E，等于hν0，選項(xiàng)A、B正確。入射光的頻率為2ν0時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為E，入射光的頻率為eq\f(ν0,2)時(shí)，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。2．(2021·北京高考)以往我們生疏的光電效應(yīng)是單光子光電效應(yīng)，即一個(gè)電子在極短時(shí)間內(nèi)只能吸取到一個(gè)光子而從金屬表面逸出。強(qiáng)激光的毀滅豐富了人們對(duì)于光電效應(yīng)的生疏，用強(qiáng)激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個(gè)電子在極短時(shí)間內(nèi)吸取多個(gè)光子成為可能，從而形成多光子光電效應(yīng)，這已被試驗(yàn)證明。光電效應(yīng)試驗(yàn)裝置示意如圖13-2-4。用頻率為ν的一般光源照射陰極K，沒(méi)有發(fā)生光電效應(yīng)。換用同樣頻率ν的強(qiáng)激光照射陰極K，則發(fā)生了光電效應(yīng)；此時(shí)，若加上反向電壓U，即將陰極K接電源正極，陽(yáng)極A接電源負(fù)極，在KA之間就形成了使光電子減速的電場(chǎng)，漸漸增大U，光電流會(huì)漸漸減??；當(dāng)光電流恰好減小到零時(shí)，所加反向電壓U可能是下列的(其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電荷量)()圖13-2-4A．U＝eq\f(hν,e)－eq\f(W,e) B．U＝eq\f(2hν,e)－eq\f(W,e)C．U＝2hν－W D．U＝eq\f(5hν,2e)－eq\f(W,e)解析：選B本題考查光電效應(yīng)學(xué)問(wèn)，意在考查考生對(duì)光電效應(yīng)規(guī)律的正確理解和應(yīng)用力氣。用強(qiáng)激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個(gè)電子在短時(shí)間內(nèi)吸取多個(gè)光子成為可能，從而形成多光子光電效應(yīng)。由題意知最大初動(dòng)能Ek＝eU，依據(jù)光電效應(yīng)方程有：nhν＝W＋Ek＝W＋eU(n≥2)，得：U＝eq\f(nhν－W,e)(n≥2)，則B項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(2010·浙江高考)在光電效應(yīng)試驗(yàn)中，飛飛同學(xué)用同一光電管在不同試驗(yàn)條件下得到了三條光電流與電壓之間的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光)，如圖13-2-5所示。則可推斷出()圖13-2-5A．甲光的頻率大于乙光的頻率B．乙光的波長(zhǎng)大于丙光的波長(zhǎng)C．乙光對(duì)應(yīng)的截止頻率大于丙光的截止頻率D．甲光對(duì)應(yīng)的光電子最大初動(dòng)能大于丙光的光電子最大初動(dòng)能解析：選B由題圖可知，丙光的最大電流小于甲光和乙光，說(shuō)明逸出的電子數(shù)目最少，即丙光的強(qiáng)度最小。由題圖說(shuō)明丙光對(duì)應(yīng)的光電子的初動(dòng)能最大，即丙光的頻率最高(波長(zhǎng)最小)，B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；甲光和乙光的頻率相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤。由于是同一光電管，所以乙光、丙光截止頻率是一樣的，C項(xiàng)錯(cuò)誤。要點(diǎn)三對(duì)波粒二象性的理解1．對(duì)波粒二象性的進(jìn)一步理解試驗(yàn)基礎(chǔ)表現(xiàn)說(shuō)明光的波動(dòng)性干涉和衍射①光是一種概率波，即光子在空間各點(diǎn)毀滅的可能性大小(概率)可用波動(dòng)規(guī)律來(lái)描述②大量的光子在傳播時(shí)，表現(xiàn)出波的性質(zhì)①光的波動(dòng)性是光子本身的一種屬性，不是光子之間相互作用產(chǎn)生的②光的波動(dòng)性不同于宏觀觀念的波光的粒子性光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)①當(dāng)光同物質(zhì)發(fā)生作用時(shí)，這種作用是“一份一份”進(jìn)行的，表現(xiàn)出粒子的性質(zhì)②少量或個(gè)別光子清楚地顯示出光的粒子性①粒子的含義是“不連續(xù)”、“一份一份”的②光子不同于宏觀觀念的粒子波動(dòng)性和粒子性的對(duì)立、統(tǒng)一①大量光子易顯示出波動(dòng)性，而少量光子易顯示出粒子性②波長(zhǎng)長(zhǎng)(頻率低)的光波動(dòng)性強(qiáng)，而波長(zhǎng)短(頻率高)的光粒子性強(qiáng)①光子說(shuō)并未否定波動(dòng)說(shuō)，E＝hν＝hc/λ中，ν和λ就是波的概念②波和粒子在宏觀世界是不能統(tǒng)一的，而在微觀世界卻是統(tǒng)一的2．物質(zhì)波(1)定義：任何運(yùn)動(dòng)著的物體都有一種波與之對(duì)應(yīng)，這種波叫做物質(zhì)波，也叫德布羅意波。(2)物質(zhì)波的波長(zhǎng)：λ＝eq\f(h,p)＝eq\f(h,mv)，h是普朗克常量。[多角練通]1．用很弱的光做雙縫干涉試驗(yàn)，把入射光減弱到可以認(rèn)為光源和感光膠片之間不行能同時(shí)有兩個(gè)光子存在，如圖13-2-6所示是不同數(shù)量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說(shuō)明()圖13-2-6A．光只有粒子性沒(méi)有波動(dòng)性B．光只有波動(dòng)性沒(méi)有粒子性C．少量光子的運(yùn)動(dòng)顯示波動(dòng)性，大量光子的運(yùn)動(dòng)顯示粒子性D．少量光子的運(yùn)動(dòng)顯示粒子性，大量光子的運(yùn)動(dòng)顯示波動(dòng)性解析：選D由這些照片可以看出，少量光子的運(yùn)動(dòng)顯示粒子性，大量光子的運(yùn)動(dòng)呈現(xiàn)出波動(dòng)性，故D正確。2．(多選)1927年戴維遜和革末完成了電子衍射試驗(yàn)，該試驗(yàn)是榮獲諾貝爾獎(jiǎng)的重大近代物理試驗(yàn)之一。如圖13-2-7所示的是該試驗(yàn)裝置的簡(jiǎn)化圖，下列說(shuō)法正確的是()圖13-2-7A．亮條紋是電子到達(dá)概率大的地方B．該試驗(yàn)說(shuō)明物質(zhì)波理論是正確的C．該試驗(yàn)再次說(shuō)明光子具有波動(dòng)性D．該試驗(yàn)說(shuō)明實(shí)物粒子具有波動(dòng)性解析：選ABD電子屬于實(shí)物粒子，電子衍射試驗(yàn)說(shuō)明電子具有波動(dòng)性，說(shuō)明物質(zhì)波理論是正確的，與光的波動(dòng)性無(wú)關(guān)，B、D正確，C錯(cuò)誤；物質(zhì)波也是概率波，亮條紋是電子到達(dá)概率大的地方，A正確。3．(2022·江蘇高考)已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動(dòng)能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的()A．波長(zhǎng) B．頻率C．能量 D．動(dòng)量解析：選A金屬的逸出功W＝hν0，依據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W可知，從金屬鉀表面飛出的光電子的最大初動(dòng)能較金屬鈣的大，金屬鈣表面飛出的光電子能量E小，因λ＝eq\f(hc,E)，所以從鈣表面逸出的光電子具有較大的波長(zhǎng)，選項(xiàng)A正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：光電效應(yīng)現(xiàn)象及規(guī)律1．(多選)(2021·汕頭模擬)如圖1所示，用導(dǎo)線把驗(yàn)電器與鋅板相連接，當(dāng)用紫外線照射鋅板時(shí)，發(fā)生的現(xiàn)象是()圖1A．有光子從鋅板逸出B．有電子從鋅板逸出C．驗(yàn)電器指針張開(kāi)一個(gè)角度D．鋅板帶負(fù)電解析：選BC用紫外線照射鋅板是能夠發(fā)生光電效應(yīng)的，鋅板上的電子吸取紫外線的能量從鋅板表面逸出，稱之為光電子，故A錯(cuò)誤、B正確；鋅板與驗(yàn)電器相連，帶有相同電性的電荷，鋅板失去電子應(yīng)當(dāng)帶正電，且失去電子越多，帶正電的電荷量越多，驗(yàn)電器指針張角越大，故C正確、D錯(cuò)誤。2．(多選)(2022·廣東高考)在光電效應(yīng)試驗(yàn)中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是()A．增大入射光的強(qiáng)度，光電流增大 B．減小入射光的強(qiáng)度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消逝C．改用頻率小于ν的光照射，確定不發(fā)生光電效應(yīng)D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動(dòng)能變大解析：選AD依據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知，增大入射光的強(qiáng)度，光電流增大，A項(xiàng)正確；減小入射光的強(qiáng)度，光電流減小，光電效應(yīng)現(xiàn)象并不消逝，B項(xiàng)錯(cuò)誤；改用小于ν的入射光照射，假如入射光的頻率照舊大于光電管陰極材料的極限頻率，仍能發(fā)生光電效應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程可知，增大入射光的頻率，光電子的最大初動(dòng)能增大，D項(xiàng)正確。3．(多選)(2021·天津六校聯(lián)考)關(guān)于光電效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是()A．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大B．只要光照射的時(shí)間足夠長(zhǎng)，任何金屬都能產(chǎn)生光電效應(yīng)C．從金屬表面出來(lái)的光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比D．若發(fā)生了光電效應(yīng)且入射光的頻率確定時(shí)，光強(qiáng)越強(qiáng)，單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)就越多解析：選AD由逸出功W＝hν0知極限頻率越大，逸出功越大，故A正確。發(fā)生光電效應(yīng)與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強(qiáng)度和光的照射時(shí)間無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤。依據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0得，最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤。在發(fā)生光電效應(yīng)的狀況下，入射光的強(qiáng)度越高，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目越多，故D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：光的波粒二象性物質(zhì)波4．(多選)(2021·河北唐山調(diào)研)下列說(shuō)法正確的是()A．盧瑟福通過(guò)α粒子散射試驗(yàn)建立了原子核式結(jié)構(gòu)模型B．宏觀物體的物質(zhì)波波長(zhǎng)格外大，極易觀看到它的波動(dòng)性C．愛(ài)因斯坦在對(duì)光電效應(yīng)的爭(zhēng)辯中，提出了光子說(shuō)D．對(duì)于任何一種金屬都存在一個(gè)“最大波長(zhǎng)”，入射光的波長(zhǎng)必需小于這個(gè)波長(zhǎng)，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)解析：選ACD盧瑟福通過(guò)α粒子散射試驗(yàn)提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確。依據(jù)λ＝eq\f(h,p)，知宏觀物體的物質(zhì)波波長(zhǎng)格外小，不易觀看到它的波動(dòng)性，故B錯(cuò)誤。受普朗克量子論的啟發(fā)，愛(ài)因斯坦在對(duì)光電效應(yīng)的爭(zhēng)辯中，提出了光子說(shuō)，故C正確。對(duì)于任何一種金屬都存在一個(gè)“最大波長(zhǎng)”，入射光的波長(zhǎng)必需小于這個(gè)波長(zhǎng)，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故D正確。5．(多選)(2021·上海高考)某半導(dǎo)體激光器放射波長(zhǎng)為1.5×10－6m，功率為5.0×10－3W的連續(xù)激光。已知可見(jiàn)光波長(zhǎng)的數(shù)量級(jí)為10－7m，普朗克常量h＝6.63×10－34A．是紫外線B．是紅外線C．光子能量約為1.3×10－18JD．光子數(shù)約為每秒3.8×1016個(gè)解析：選BD由于該激光器發(fā)出的光波波長(zhǎng)比可見(jiàn)光長(zhǎng)，所以發(fā)出的是紅外線，A錯(cuò)誤，B正確。光子能量E＝hν＝heq\f(c,λ)≈1.3×10－19J，C錯(cuò)誤。每秒放射的光子數(shù)n＝eq\f(P×1,E)≈3.8×1016個(gè)，D正確。6．(2021·浙江寧波期末)一個(gè)德布羅意波波長(zhǎng)為λ1的中子和另一個(gè)德布羅意波波長(zhǎng)為λ2的氘核同向正碰后結(jié)合成一個(gè)氚核，該氚核的德布羅意波波長(zhǎng)為()A.eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2) .eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)C.eq\f(λ1＋λ2,2) .eq\f(λ1－λ2,2)解析：選A中子的動(dòng)量p1＝eq\f(h,λ1)，氘核的動(dòng)量p2＝eq\f(h,λ2)，對(duì)撞后形成的氚核的動(dòng)量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布羅意波波長(zhǎng)λ3＝eq\f(h,p3)＝eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：光電效應(yīng)方程的應(yīng)用7．(多選)(2021·陜西渭南質(zhì)檢)分別用波長(zhǎng)為λ和2λ的光照射同一種金屬，產(chǎn)生的速度最快的光電子速度之比為2∶1，普朗克常量和真空中光速分別用h和c表示，那么下列說(shuō)法正確的有()A．該種金屬的逸出功為eq\f(hc,3λ)B．該種金屬的逸出功為eq\f(hc,λ)C．波長(zhǎng)超過(guò)2λ的光都不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)D．波長(zhǎng)超過(guò)4λ的光都不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)解析：選AD由hν＝W0＋Ek知heq\f(c,λ)＝W0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，heq\f(c,2λ)＝W0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又v1＝2v2，得W0＝eq\f(hc,3λ)，A正確，B錯(cuò)誤。光的波長(zhǎng)小于或等于3λ時(shí)都能發(fā)生光電效應(yīng)，C錯(cuò)誤，D正確。8．現(xiàn)有a、b、c三束單色光，其波長(zhǎng)關(guān)系為λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。當(dāng)用a光束照射某種金屬板時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動(dòng)能為Ek，若改用b光束照射該金屬板，飛出的光電子最大動(dòng)能為eq\f(1,3)Ek，當(dāng)改用c光束照射該金屬板時(shí)()A．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動(dòng)能為eq\f(1,6)EkB．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動(dòng)能為eq\f(1,9)EkC．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動(dòng)能為eq\f(1,12)EkD．由于c光束光子能量較小，該金屬板不會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)解析：選B對(duì)a、b、c三束光由光電效應(yīng)方程有：eq\f(hc,λa)－W＝Ek，eq\f(hc,2λa)－W＝eq\f(1,3)Ek，由以上兩式可得eq\f(hc,λa)＝eq\f(4,3)Ek，W＝eq\f(1,3)Ek。當(dāng)改用c光束照射該金屬板時(shí)eq\f(hc,3λa)－W＝eq\f(4,9)Ek－eq\f(1,3)Ek＝eq\f(1,9)Ek，故B正確。9．(2021·云南昆明一中測(cè)試)紫光在真空中的波長(zhǎng)為4.5×10－7m，(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射極限頻率νc＝4.62×1014Hz的金屬鉀能否產(chǎn)生光電效應(yīng)？(3)若能產(chǎn)生，則光電子的最大初動(dòng)能為多少？(h＝6.63×10－34J·s)解析：(1)E＝hν＝heq\f(c,λ)＝4.42×10－19J。(2)ν＝eq\f(c,λ)＝6.67×1014Hz，由于ν＞νc，所以能產(chǎn)生光電效應(yīng)。(3)光電子的最大初動(dòng)能Ek＝hν－W0＝h(ν－νc)＝1.36×10－19J。答案：(1)4.42×10－19J(2)能(3)1.36×10－19J10．(2021·濰坊模擬)某同學(xué)接受如圖2所示的試驗(yàn)電路爭(zhēng)辯光電效應(yīng)，用某單色光照射光電管的陰極K時(shí)，會(huì)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。閉合開(kāi)關(guān)S，在陽(yáng)極A和陰極K之間加上反向電壓，通過(guò)調(diào)整滑動(dòng)變阻器的滑片漸漸增大電壓，直至電流計(jì)中電流恰為零，此時(shí)電壓的示數(shù)U稱為反向遏止電壓。依據(jù)反向遏止電壓，可以計(jì)算出光電子的最大初動(dòng)能?，F(xiàn)分別用頻率為ν1和ν2的單色光照射陰極，測(cè)量到反向遏止電壓分別為U1和U2，求：圖2(1)陰極K所用金屬的極限頻率；(2)用題目中所給條件表示普朗克常量h。解析：由光電效應(yīng)方程可得：hν1－W＝Ek1hν2－W＝Ek2又Ek1＝U1eEk2＝U2e極限頻率ν0＝eq\f(W,h)由以上各式聯(lián)立可得：ν0＝eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)h＝eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)。答案：(1)eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)(2)eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：與光電效應(yīng)有關(guān)的圖像問(wèn)題11．(多選)如圖3所示是用光照射某種金屬時(shí)逸出的光電子的最大初動(dòng)能隨入射光頻率的變化圖線(直線與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)4.27，與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)0.5)。由圖可知()圖3A．該金屬的截止頻率為4.27×1014HzB．該金屬的截止頻率為5.5×1014HzC．該圖線的斜率表示普朗克常量D．該金屬的逸出功為0.5eV解析：選AC圖線在橫軸上的截距為截止頻率，A正確、B錯(cuò)誤；由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0，可知圖線的斜率為普朗克常量，C正確；金屬的逸出功為：W0＝hν0＝eq\f(6.63×10－34×4.27×1014,1.6×10－19)eV＝1.77eV，D錯(cuò)誤。12．用如圖4甲所示的電路爭(zhēng)辯光電效應(yīng)中光電流強(qiáng)度與照射光的強(qiáng)弱、頻率等物理量的關(guān)系。圖中A、K兩極間的電壓大小可調(diào)，電源的正負(fù)極也可以對(duì)調(diào)。分別用a、b、c三束單色光照射，調(diào)整A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的關(guān)系如圖乙所示。由圖可知()圖4A．單色光a和c的頻率相同，但a更強(qiáng)些B．單色光a和c的頻率相同，但a更弱些C．單色光b的頻率小于a的頻率D．轉(zhuǎn)變電源的極性不行能有光電流產(chǎn)生解析：選A由題圖乙可知，a、c的遏止電壓相同，依據(jù)光電效應(yīng)方程可知單色光a和c的頻率相同，但a產(chǎn)生的光電流大，說(shuō)明a光的強(qiáng)度大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；b的遏止電壓大于a、c的遏止電壓，所以單色光b的頻率大于a的頻率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只要光的頻率不變，轉(zhuǎn)變電源的極性，仍可能有光電流產(chǎn)生，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。第3節(jié)原子結(jié)構(gòu)與原子核(1)原子中絕大部分是空的，原子核很小。(√)(2)核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)是盧瑟福在α粒子散射試驗(yàn)的基礎(chǔ)上提出的。(√)(3)氫原子光譜是由一條一條亮線組成的。(√)(4)玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜，也成功地解釋了氦原子光譜。(×)(5)依據(jù)玻爾理論，核外電子均勻分布在各個(gè)不連續(xù)的軌道上。(×)(6)人們生疏原子具有簡(jiǎn)潔結(jié)構(gòu)是從英國(guó)物理學(xué)家湯姆孫爭(zhēng)辯陰極射線發(fā)覺(jué)電子開(kāi)頭的。(√)(7)人們生疏原子核具有簡(jiǎn)潔結(jié)構(gòu)是從盧瑟福發(fā)覺(jué)質(zhì)子開(kāi)頭的。(×)(8)假如某放射性元素的原子核有100個(gè)，經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期后還剩50個(gè)。(×)(9)質(zhì)能方程表明在確定條件下，質(zhì)量可以轉(zhuǎn)化為能量。(×)要點(diǎn)一原子的核式結(jié)構(gòu)1．湯姆孫原子模型(1)電子的發(fā)覺(jué)：1897年，英國(guó)物理學(xué)家湯姆孫通過(guò)對(duì)陰極射線的爭(zhēng)辯發(fā)覺(jué)了電子。電子的發(fā)覺(jué)證明白原子是可再分的。(2)湯姆孫原子模型：原子里面帶正電荷的物質(zhì)均勻分布在整個(gè)原子球體中，而帶負(fù)電的電子則一粒粒鑲嵌在球內(nèi)。2．α粒子散射試驗(yàn)(1)α粒子散射試驗(yàn)裝置圖13-3-1(2)α粒子散射試驗(yàn)的結(jié)果：絕大多數(shù)α粒子穿過(guò)金箔后基本上仍沿原來(lái)的方向前進(jìn)，但少數(shù)α粒子穿過(guò)金箔后發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)，極少數(shù)α粒子甚至被“撞了回來(lái)”。3．原子的核式結(jié)構(gòu)模型(1)α粒子散射試驗(yàn)結(jié)果分析①核外電子不會(huì)使α粒子的速度發(fā)生明顯轉(zhuǎn)變。②湯姆孫模型不能解釋?duì)亮Ｗ拥拇蠼嵌壬⑸?。③絕大多數(shù)α粒子沿直線穿過(guò)金箔，說(shuō)明原子中絕大部分是空的；少數(shù)α粒子發(fā)生較大角度偏轉(zhuǎn)，反映了原子內(nèi)部集中存在著對(duì)α粒子有斥力的正電荷；極少數(shù)α粒子甚至被“撞了回來(lái)”，反映了個(gè)別α粒子正對(duì)著質(zhì)量比α粒子大得多的物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到該物體很大的斥力作用。(2)原子的核式結(jié)構(gòu)模型在原子的中心有一個(gè)很小的核，叫原子核，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)電的電子在核外繞核旋轉(zhuǎn)。(3)核式結(jié)構(gòu)模型的局限性盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型能夠很好地解釋?duì)亮Ｗ由⑸湓囼?yàn)現(xiàn)象，但不能解釋原子光譜是特征光譜和原子的穩(wěn)定性。[多角練通]1．(2011·天津高考)下列能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的試驗(yàn)是()A．光電效應(yīng)試驗(yàn) B．倫琴射線的發(fā)覺(jué)C．α粒子散射試驗(yàn) D．氫原子光譜的發(fā)覺(jué)解析：選C光電效應(yīng)試驗(yàn)說(shuō)明光具有粒子性，倫琴射線的發(fā)覺(jué)說(shuō)明X射線是一種比光波波長(zhǎng)更短的電磁波，氫原子光譜的發(fā)覺(jué)促進(jìn)了氫原子模型的提出。故C正確。2．(2021·福建高考)在盧瑟福α粒子散射試驗(yàn)中，金箔中的原子核可以看作靜止不動(dòng)，下列各圖畫(huà)出的是其中兩個(gè)α粒子經(jīng)受金箔散射過(guò)程的徑跡，其中正確的是()圖13-3-2解析：選C本題考查盧瑟福α粒子散射試驗(yàn)，意在考查考生對(duì)該試驗(yàn)的生疏。α粒子與原子核均帶正電荷，所以α粒子受到原子核的作用力為斥力，據(jù)此可排解選項(xiàng)A、D；α粒子不行能先受到吸引力，再受到排斥力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。3．如圖13-3-3是盧瑟福的α粒子散射試驗(yàn)裝置，在一個(gè)小鉛盒里放有少量的放射性元素釙，它發(fā)出的α粒子從鉛盒的小孔射出，形成很細(xì)的一束射線，射到金箔上，最終打在熒光屏上產(chǎn)生閃爍的光點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()圖13-3-3A．該試驗(yàn)是盧瑟福建立原子核式結(jié)構(gòu)模型的重要依據(jù)B．該試驗(yàn)證明白湯姆孫原子模型的正確性C.α粒子與原子中的電子碰撞會(huì)發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)D．絕大多數(shù)的α粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)解析：選A盧瑟福依據(jù)α粒子散射試驗(yàn)，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電子質(zhì)量太小，對(duì)α粒子的影響不大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；絕大多數(shù)α粒子穿過(guò)金箔后，基本上仍沿原方向前進(jìn)，D錯(cuò)誤。要點(diǎn)二能級(jí)躍遷1．對(duì)氫原子能級(jí)圖的理解(1)能級(jí)圖如圖13-3-4所示。圖13-3-4(2)能級(jí)圖中相關(guān)量意義的說(shuō)明：相關(guān)量意義能級(jí)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)橫線右端的數(shù)字“－13.6，－3.4…”表示氫原子的能量相鄰橫線間的距離表示相鄰的能量差，量子數(shù)越大相鄰的能量差越小，距離越小帶箭頭的豎線表示原子由較高能級(jí)向較低能級(jí)躍遷，原子躍遷的條件為hν＝Em－En2．兩類能級(jí)躍遷(1)自發(fā)躍遷：高能級(jí)→低能級(jí)，釋放能量，發(fā)出光子。光子的頻率ν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(E高－E低,h)。(2)受激躍遷：低能級(jí)→高能級(jí)，吸取能量。①光照(吸取光子)：光子的能量必需恰等于能級(jí)差hν＝ΔE。②碰撞、加熱等：只要入射粒子能量大于或等于能級(jí)差即可，E外≥ΔE。③大于電離能的光子被吸取，將原子電離。3．譜線條數(shù)的確定方法(1)一個(gè)氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)最多為(n－1)。(2)一群氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)的兩種求解方法。①用數(shù)學(xué)中的組合學(xué)問(wèn)求解：N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)。②利用能級(jí)圖求解：在氫原子能級(jí)圖中將氫原子躍遷的各種可能狀況一一畫(huà)出，然后相加。[多角練通]1．原子從一個(gè)高能級(jí)躍遷到一個(gè)較低的能級(jí)時(shí)，有可能不放射光子。例如在某種條件下，鉻原子的n＝2能級(jí)上的電子躍遷到n＝1能級(jí)上時(shí)并不放射光子，而是將相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)交給n＝4能級(jí)上的電子，使之能脫離原子，這一現(xiàn)象叫做俄歇效應(yīng)，以這種方式脫離了原子的電子叫做俄歇電子。已知鉻原子的能級(jí)公式可簡(jiǎn)化表示為En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3，……表示不同能級(jí)，A是正的已知常數(shù)，上述俄歇電子的動(dòng)能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A解析：選C先計(jì)算鉻原子的n＝2能級(jí)上的電子躍遷到n＝1能級(jí)上時(shí)應(yīng)釋放的能量：ΔE＝E2－E1＝－eq\f(A,4)＋A＝eq\f(3,4)A。n＝4能級(jí)上的電子要電離所需的能量E4＝eq\f(1,16)A，則n＝4能級(jí)上的電子得到ΔE的能量后，首先需要能量使之電離，然后多余的能量以動(dòng)能的形式存在，所以Ek＝ΔE－E4＝eq\f(11,16)A，選項(xiàng)C正確。2．(多選)(2022·山東高考)氫原子能級(jí)如圖13-3-5，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(zhǎng)為656nm。以下推斷正確的是()圖13-3-5A．氫原子從n＝2躍遷到n＝1的能級(jí)時(shí)，輻射光的波長(zhǎng)大于656nmB．用波長(zhǎng)為325nm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(zhǎng)為633nm的光照射，不能使氫原子從n＝2躍遷到n＝3的能級(jí)解析：選CD依據(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(zhǎng)確定小于656nm，因此A選項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)發(fā)生躍遷只能吸取和輻射確定頻率的光子，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。3．(2021·浙江自選模塊)玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子光譜的試驗(yàn)規(guī)律，氫原子能級(jí)圖如圖13-3-6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_(kāi)_______Hz的光子，用該頻率的光照射逸出功為2.25eV的鉀表面，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為_(kāi)___________eV。(電子電荷量e＝1.60×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s圖13-3-6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＝－0.85eV－(－3.40eV)＝2.55eV，由hν＝E解得光子的頻率ν＝6.2×1014Hz。用此光照射逸出功為2.25eV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＝0.30eV。答案：6.2×10140.30要點(diǎn)三原子核的衰變規(guī)律1．放射性元素具有放射性的元素稱為放射性元素，原子序數(shù)大于或等于83的元素，都能自發(fā)地發(fā)出射線，原子序數(shù)小于83的元素，有的也能放出射線，它們放射出來(lái)的射線共有α射線、β射線、γ射線三種。2．三種射線的比較種類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－e0質(zhì)量4mp，mp＝1.67×10－27eq\f(mp,1836)靜止質(zhì)量為零速度0.10.99c(光速)在電磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)與α射線反向偏轉(zhuǎn)不偏轉(zhuǎn)貫穿本事最弱，用紙能攔住較強(qiáng)，能穿透幾毫米的鋁板最強(qiáng)，能穿透幾厘米的鉛板對(duì)空氣的電離作用很強(qiáng)較弱很弱3．α衰變、β衰變的比較衰變類型α衰變?chǔ)滤プ兯プ兎匠蘣q\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A－4,Z－2)Y＋eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A,Z＋1)Y＋eq\o\al(0,－1)e衰變實(shí)質(zhì)2個(gè)質(zhì)子和2個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)整體射出1個(gè)中子轉(zhuǎn)化為1個(gè)質(zhì)子和1個(gè)電子2eq\o\al(1,1)H＋2eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(0,－1)e勻強(qiáng)磁場(chǎng)中軌跡外形衰變規(guī)律電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒、動(dòng)量守恒4．衰變次數(shù)的確定方法方法一：確定衰變次數(shù)的方法是依據(jù)兩個(gè)守恒規(guī)律，設(shè)放射性元素eq\o\al(A,Z)X經(jīng)過(guò)n次α衰變和m次β衰變后，變成穩(wěn)定的新元素eq\o\al(A′,Z′)Y，則表示該核反應(yīng)的方程為eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A′,Z′)Y＋neq\o\al(4,2)He＋meq\o\al(0,－1)e。依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可列方程A＝A′＋4nZ＝Z′＋2n－m由以上兩式聯(lián)立解得n＝eq\f(A－A′,4)，m＝eq\f(A－A′,2)＋Z′－Z由此可見(jiàn)確定衰變次數(shù)可歸結(jié)為求解一個(gè)二元一次方程組。方法二：由于β衰變對(duì)質(zhì)量數(shù)無(wú)影響，可先由質(zhì)量數(shù)的轉(zhuǎn)變確定α衰變的次數(shù)，然后依據(jù)衰變規(guī)律確定β衰變的次數(shù)。5.對(duì)半衰期的理解(1)半衰期公式：N余＝N原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)，m余＝m原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)。式中N原、m原表示衰變前的放射性元素的原子數(shù)和質(zhì)量，N余、m余表示衰變后尚未發(fā)生衰變的放射性元素的原子數(shù)和質(zhì)量，t表示衰變時(shí)間，τ表示半衰期。(2)半衰期的物理意義：半衰期是表示放射性元素衰變快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰變速率確定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差別很大。(3)半衰期的適用條件：半衰期是一個(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律，是對(duì)大量的原子核衰變規(guī)律的總結(jié)，對(duì)于一個(gè)特定的原子核，無(wú)法確定何時(shí)發(fā)生衰變。[多角練通]1．(多選)(2022·全國(guó)卷Ⅰ)關(guān)于自然?放射性，下列說(shuō)法正確的是()A．全部元素都可能發(fā)生衰變B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無(wú)關(guān)C．放射性元素與別的元素形成化合物時(shí)仍具有放射性D．α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透力氣最強(qiáng)E．一個(gè)原子核在一次衰變中可同時(shí)放出α、β和γ三種射線解析：選BCD并不是全部的元素都可能發(fā)生衰變，原子序數(shù)越大，越易發(fā)生，A錯(cuò)誤；放射性元素的半衰期與元素本身內(nèi)部結(jié)構(gòu)有關(guān)，與外界的溫度無(wú)關(guān)，B正確；放射性元素?zé)o論單質(zhì)還是化合物都具有放射性，C正確；在α、β、γ射線中，γ射線的穿透力氣最強(qiáng)，D正確；一個(gè)原子核在一次衰變過(guò)程中，可以是α衰變或β衰變，同時(shí)伴隨γ射線放出，E錯(cuò)誤。2．(2022·福建高考)如圖13-3-7，放射性元素鐳衰變過(guò)程中釋放出α、β、γ三種射線，分別進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，下列說(shuō)法正確的是()圖13-3-7A．①表示γ射線，③表示α射線B．②表示β射線，③表示α射線C．④表示α射線，⑤表示γ射線D．⑤表示β射線，⑥表示α射線解析選Cγ射線為電磁波，在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中均不偏轉(zhuǎn)，故②和⑤表示γ射線，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)；α射線中的α粒子為氦的原子核，帶正電，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)，故③表示α射線，由左手定則可知在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中α射線向左偏，故④表示α射線，C項(xiàng)對(duì)。3．(1)(多選)eq\o\al(232,)90Th(釷)經(jīng)過(guò)一系列α衰變和β衰變，變成eq\o\al(208,)82Pb(鉛)。以下說(shuō)法正確的是()A．鉛核比釷核少8個(gè)質(zhì)子B．鉛核比釷核少16個(gè)中子C．共經(jīng)過(guò)4次α衰變和6次β衰變D．共經(jīng)過(guò)6次α衰變和4次β衰變(2)約里奧—居里夫婦發(fā)覺(jué)放射性元素eq\o\al(30,15)P衰變成eq\o\al(30,14)Si的同時(shí)放出另一種粒子，這種粒子是________。eq\o\al(32,15)P是eq\o\al(30,15)P的同位素，被廣泛應(yīng)用于生物示蹤技術(shù)，1mg的eq\o\al(32,15)P隨時(shí)間衰變的關(guān)系如圖13-3-8所示，請(qǐng)估算4mg的eq\o\al(32,15)P經(jīng)多少天的衰變后還剩0.25mg?圖13-3-8解析：(1)釷核中共有90個(gè)質(zhì)子，142個(gè)中子，鉛核中共有82個(gè)質(zhì)子，126個(gè)中子，故鉛核比釷核少8個(gè)質(zhì)子，少16個(gè)中子，A、B均正確；eq\o\al(232,)90Th衰變?yōu)閑q\o\al(208,)82Pb共經(jīng)過(guò)的α衰變的次數(shù)為eq\f(232－208,4)＝6次，共經(jīng)過(guò)的β衰變的次數(shù)為eq\f(6×2－90－82,1)＝4次，故C錯(cuò)誤，D正確。(2)由eq\o\al(30,15)P衰變成eq\o\al(30,14)Si同時(shí)放出的粒子為eq\o\al(0,1)e，由m＝m0(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)m＝eq\f(0.25,4)m0＝eq\f(1,16)m0，可得t＝4τ，由m-t圖像可知，τ＝14天，故經(jīng)受的時(shí)間為t＝4τ＝56天。答案：(1)ABD(2)eq\o\al(0,1)e(正電子)56天要點(diǎn)四核反應(yīng)方程與核能計(jì)算1．核反應(yīng)的四種類型類型可控性核反應(yīng)方程典例衰變?chǔ)了プ冏园l(fā)eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)