2016高三总复习专题十四动量与原子物理[选修3-5].doc

第十四章　动量与原子物理[选修3－5]
[学习目标定位]
考 纲 下 载
考 情 上 线
1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)
2．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)
3．氢原子光谱(Ⅰ)
4．氢原子的能级结构、能级公式(Ⅰ)
5．原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期(Ⅰ)
6．放射性同位素(Ⅰ)
7．核力、核反应方程(Ⅰ)
8．结合能、质量亏损(Ⅰ)
9．裂变反应和聚变反应、裂变反应堆(Ⅰ)
10．射线的危害和防护(Ⅰ)
11．光电效应(Ⅰ)
12．爱因斯坦的光电效应方程(Ⅰ)
实验十六　验证动量守恒定律
高考地位
高考对本章知识点考查频率较高的是动量守恒定律、光电效应、原子的能级结构及跃迁、核反应方程及核能计算，题型基本为选择题加计算题
考点布设
1.动量守恒定律及其与动力学的综合应用
2．光电效应、原子能级及能级跃迁、衰变及核反应方程
3．裂变反应、聚变反应的应用，射线的危害和应用知识与现代科技相联系的信息题是近几年高考的热点

第1单元动量守恒定律及其应用

动量　动量定理　动量守恒定律
[想一想]
如图14－1－1所示，质量为M的物体静止在光滑的水平面上，质量为m的小球以初速度v0水平向右碰撞物体M，结果小球以大小为v1的速度被水平反弹，物体M的速度为v2，取向右为 正方向，则物体M动量的变化量为多少？小球m的动量变化量为多少？m和M组成的系统动量守恒吗？若守恒，请写出其表达式。

图14－1－1
提示：物体M动量的变化量为Mv2，m动量的变化量为－(mv1＋mv0)，因m和M组成的系统合外力为零，故此系统动量守恒，表达式为：mv0＝Mv2－mv1。
[记一记]
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克·米/秒。符号：kg·m/s。
(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
(2)表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝F(t′－t)。
(3)冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝F(t′－t)。
3．动量守恒定律
(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)常用的4种表达形式：
①p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
②Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
[试一试]
1. 足球运动员将一个沿水平方向飞来的足球反向踢回，在这个过程中，若足球动量变化量的大小为 10 kg·m/s，则(　　)
A．足球的动量一定减小
B．足球的动量一定增大
C．足球的动量大小可能不变
D．足球的动量大小一定变化
解析：选C　如果足球原速返回，则动量大小不变；如果弹回时速度减小，则动量减小；如果弹回时速度增大，则动量增大。

碰撞、爆炸与反冲
[想一想]
质量为m、速度为v的A球跟质量为3m且静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你分析：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v　(2)0.4v　(3)0.2v
提示：若A和B的碰撞是弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒可以解得B获得的最大速度为
vmax＝v＝v＝0.5v
若A和B的碰撞是完全非弹性碰撞，则碰撞之后二者连在一起运动，B获得最小的速度，根据动量守恒定律，知m1v＝(m1＋m2)vmin
vmin＝＝0.25v
B获得的速度vB应满足：vmin≤vB≤vmax，
即0.25v≤vB≤0.5v
可见，B球的速度可以是0.4v，不可能是0.2 v和0.6v。
[记一记]
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征：
①作用时间短。
②作用力变化快。
③内力远大于外力。
④满足动量守恒。
(3)碰撞的分类及特点：
①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
2．爆炸现象
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
3．反冲运动
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
[试一试]
2．[多选]一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开。在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是(　　)
A．总动量守恒　　　　　 B．机械能增大
C．水平方向动量守恒 D．竖直方向动量守恒
解析：选BC　爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的。但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的。爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能增大，故B、C正确。

动量守恒定律的应用
1.动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、未动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤

[例1]　(2013·山东高考)如图14－1－2所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A，B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A，B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

图14－1－2
[审题指导]
A，B再次达到共同速度一起向右运动，恰好不再与C碰撞，说明最终A，B，C的速度相同。
[解析]　木板A与滑块C处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与木板A间的摩擦力可以忽略不计，木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
碰撞后，木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
A和B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v
联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s
[答案]　2 m/s

(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，撞后A，B间的距离不变的含义是碰后A，B的速度相同。

碰撞问题分析
1.分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理。
①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝　v2′＝
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
[例2]　如图14－1－3所示，A，B，C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，B，C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B，C可视为一个整体，现A以初速v0沿B，C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。

图14－1－3
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
光滑的水平面
A，B，C组成的系统动量守恒
B，C可视为一个整体
A与B碰后，A，B，C三者速度相同
A与B相碰并黏合在一起
弹簧伸展以后，A，B的速度也相同

第二步：找突破口
要求弹簧释放的势能→A，B，C系统增加的机械能→利用动量守恒定律确定A，B，C在弹簧伸展前的速度→利用动量守恒定律确定A，B，C在弹簧伸展后的速度。
[解析]　设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有mv0＝3mv①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝mv
[答案]　mv

含有弹簧的碰撞问题，在碰撞过程中系统的机械能也不一定守恒，如本例中，弹簧伸展之前，A与B碰撞的过程为完全非弹性碰撞，但在碰撞结束后，弹簧伸展的过程中，系统的动量和机械能均守恒。

动量守恒定律与能量的综合问题
[例3]　(2012·新课标全国高考)如图14－1－4，小球a，b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：

图14－1－4
(1)两球a，b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
[审题指导]
解答本题时应注意以下两点：
(1)小球碰撞前和碰撞后摆动过程中机械能是守恒的。
(2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞。
[解析]　(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝m2v2①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③
联立①②③式得＝－1④
代入已知数据得＝－1⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝m2v2)之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立①⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－。
[答案]　(1)－1　(2)1－

利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。

[典例]　(2012·安徽高考)如图14－1－5所示，装置的左边是，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0 m。设物块A、B间发生的是，第一次碰撞前物块。取g＝10 m/s2。

图14－1－5
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
(3)如果物块A，B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。

第一步：审题干，抓关键信息
关键点
获取信息
①
物块A不离开平台，物块B碰后在平台上向右匀速运动
②
物块B在曲面上运动时，机械能守恒
③
两物块碰撞时，速度方向共线，且碰撞时动量、动能均守恒
④
碰前物块A速度为零，弹簧处于原长状态
第二步：审设问，找问题的突破口

⇓

⇓

⇓

⇓

第三步：三定位，将解题过程步骤化

第四步：求规范，步骤严谨不失分
[解析]　(1)设物块B从光滑曲面h高处滑下时的速度为v0，由机械能守恒定律，得mgh＝mv，(2分)
故v0＝＝ m/s＝2 m/s>u，(1分)
故B滑上传送带后做匀减速运动。
加速度a＝＝μg＝2 m/s2，
根据v2－v＝－2as，得物块B到达传送带左端时的速度
v1＝＝ m/s＝4 m/s。
离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v1＝4 m/s。(3分)
(2)物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒。即mv1＝mv1′＋MV1′(2分)
mv＝mv1′2＋MV1′2(2分)
联立解得，v1′＝v1＝－v1＝－ m/s(1分)
负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右。
物块B运动到传送带上做匀减速运动。
速度减为零时的位移s＝＝ m＝ m<l，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上。(1分)
(3)物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2＝v1′，然后与A发生第二次碰撞，且满足mv2＝mv2′＋MV2′(2分)
mv＝mv2′2＋MV2′2(2分)
联立解得，v2′＝v2＝－v2＝－v1(2分)
同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3＝－v2′，碰撞后的速度
v3′＝－v3＝－v1。
依此类推
第n次碰撞后B的速度vn′＝－v1。
即n次碰撞后的速度大小为v1＝ m/s。(2分)
[答案]　(1)4 m/s　(2)不能　(3) m/s
——[考生易犯错误]——————————————
应用动量和能量的观点处理多过程问题时应注意以下4点：
(1)合理选取研究对象。应用动量守恒定律时应以系统为研究对象，应用动能定理、机械能守恒时，往往以单个物体为研究对象；应用能量转化和守恒定律时，研究对象必定是系统。
(2)合理选取物理过程，将物体或系统的运动过程合理划分，对不同的过程应用不同的规律列方程。
(3)找出各个过程间的联系。物体的运动过程不是孤立的，是相互联系的，联系的方式包括：速度关系、位移关系、时间关系、能量关系等。
(4)判断求解结果的合理性。求出结果后不要盲目做答，要判断结果是否合理。
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[随堂巩固落实]
1．(2014·海口检测)如图14－1－6所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1，v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　)

图14－1－6
A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同
B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同
C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同
D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同
解析：选D　在球拍击打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同。
2．(2013·福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0　　　　　　　　 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选D　本题考查火箭反冲模型，意在考查考生对动量守恒定律的认识和应用能力。由动量守恒定律有mv0＝(M－m)v，可得火箭获得的速率为v0，选D。
3．如图14－1－7所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是(　　)

图14－1－7
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手、后放开右手，之后系统动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解析：选B　当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确。
4.[多选](2014·广雅中学期中)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的s­t图象如图14－1－8所示，下列说法正确的是(　　)

图14－1－8
A．碰撞前两物体动量相同
B．质量m1等于质量m2
C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D．碰撞前两物体动量大小相等，方向相反
解析：选BD　碰撞后两物体都静止，所以碰撞前两物体的动量等大反向。
5．(2015·河北百所高中联考)如图14－1－9所示，光滑水平面上的木板C的质量mC＝2 kg、长l＝2 m，它的两端各有块挡板。木板的正中央并列放着两个可以视为质点的滑块A和B，它们的质量mA＝1 kg，mB＝4 kg，A，B之间夹有少许炸药。引爆炸药，A，B沿同一直线向两侧分开，运动到两端的挡板时与板粘贴在一起。A，B与木板C之间的摩擦不计。引爆时间及A，B跟挡板碰撞的时间也不计。若爆炸后A获得的速度vA＝6 m/s，试计算：

图14－1－9
(1)A，B都与挡板粘贴在一起以后，木板C的速度；
(2)从引爆炸药到A，B都分别与挡板粘贴在一起的时间差。
解析：(1)取A、B、C为系统，其所受合外力为零，故系统动量守恒，而初始时合动量为零，所以当A、B都与挡板粘贴在一起时，系统动量也为零，即木板C的速度为零。
(2)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块B获得的速度大小为vB，则mAvA－mBvB＝0，解得vB＝1.5 m/s；A先与挡板碰撞，设A、C碰后两者的速度为v，则mAvA＝(mA＋mC)v，得v＝2 m/s。滑块A运动到挡板的时间tA＝＝ s，在tA时间内B滑块向左运动的位移sB＝vBtA＝0.25 m，滑块B运动到挡板的时间tB＝tA＋，所以从引爆炸药到A、B分别与挡板粘贴在一起的时间差Δt＝tB－tA＝＝0.214 s。
答案：(1)0　(2)0.214 s
[课时跟踪检测]
高考常考题型：计算题
一、单项选择题
1．(2015·德州联考)如图1所示，质量为m的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　)

图1
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．盒子的最终速度为mv0/M，方向水平向右
D．盒子的最终速度为mv0/(M＋m)，方向水平向右
解析：选D　由于盒子内表面不光滑，在多次碰撞后物体与盒子相对静止，B项错误；由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D项正确，A、C项错误。
2．如图2所示，物体A静止在光滑的水平面上，A在左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)

图2
A．A开始运动时　　　　 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时
解析：选D　当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当vA＝vB时，A、B间距最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D对。
3．如图3所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)

图3
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
C．小车与木箱组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
解析：选B　男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，故系统动量守恒，故A、C错误，B正确。木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故D错误。
4．如图4所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量大小为(　　)

图4
A.　　　　　　　　 B．2Mv0
C. D．2mv0
解析：选A　子弹射入木块的过程中，由子弹和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设子弹击中木块并嵌在其中时的速度大小为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，所以v＝；子弹嵌在木块中后随木块压缩弹簧在水平面做往复运动，在这个过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以当木块第一次回到原来位置时的速度大小仍为v；木块被子弹击中前处于静止状态，根据动量定理，所求冲量大小I＝Mv－0＝，A正确。
5．(2014·金山中学期末)质量为ma＝1 kg的物体a以某一速度与另一质量mb >ma的静止物体b在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a的位移－时间图象如图5所示，则碰撞后(　　)

图5
A．物体b的动量大小一定为4 kg· m/s
B．物体b的动量大小可能小于4 kg· m/s
C．物体b的动能可能等于10 J
D．物体b的动能可能等于0
解析：选A　由图可知碰前a的速度va＝4 m/s，碰后速度为零，所以碰后b的动量一定为4 kg· m/s；由碰撞过程动能不增加原理可知，b的最大动能为8 J。
二、多项选择题
6．对同一质点，下列说法中正确的是(　　)
A．匀速圆周运动中，动量是不变的
B．匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等
C．平抛运动、竖直上抛运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等
D．只要质点的速度不变，则它的动量就一定不变
解析：选CD　匀速圆周运动中，速度大小不变，方向改变，动量方向变化，在相等的时间内，动量改变的大小相同，方向不同，A、B错；在抛体运动中，时间t内的动量改变为Δp＝mgt，C对；由p＝mv知，D对。
7．如图6所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是
(　　)

图6
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
解析：选BD　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h/4，即D正确。
8．如图7所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

图7
A．16 J　　　　　　　 B．12 J
C．6 J D．4 J
解析：选AB　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即：E＝m0v－(m＋m0)v2＝()m0v，而木块获得的动能E木＝m(v0)2＝6 J，两式相除得：＝＞1，所以A、B项正确。
三、计算题
9.如图8所示，甲车质量为m1＝2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为m＝1 kg的小物体，乙车质量为m2＝4 kg，以v0＝5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后，甲车获得v1＝8 m/s的速度，物体滑到乙车上。若乙车足够长，其上表面与物体间的动摩擦因数为μ＝0.2，求：

图8
(1)甲、乙两车碰后瞬间乙车的速度；
(2)物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止(取g＝10 m/s2)?
解析：(1)乙车与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒，选择乙车前进的方向为正方向，有：m2v0＝m2v2＋m1v1
解得乙车的速度为：v2＝1 m/s，方向仍向左
(2)小物体m在乙上滑至两者有共同速度过程中动量守恒：m2v2＝(m2＋m)v，解得：v＝0.8 m/s
小物体m匀加速直线运动，应用牛顿第二定律得：a＝μg
故滑行时间t＝＝＝0.4 s
答案：(1)1 m/s　向左　(2)0.4 s
10．(2015·佛山模拟)如图9，质量为0.5m的b球用长度为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处。质量为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面的高度为0.5h，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2mg。试问：

图9
(1)a与b球碰前瞬间，a的速度多大？
(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE水平面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？
解析：(1)设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得
mgh＝mv
解得vC＝ ，即a与b球碰前的速度为。
(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒得
mvC＝(m＋0.5m)v，故v＝vC＝
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，
则T－1.5mg＝1.5m，解得T＝mg
T>2mg，细绳会断裂，小球做平抛运动。
设平抛的时间为t，则0.5h＝gt2，t＝
故落点距C的水平距离为
s＝vt＝· ＝h
小球最终落到地面距C水平距离h处。
答案：见解析

第2单元原_子_结_构

原子核式结构
[记一记]
原子的核式结构
(1)1909～1911年，英国物理学家卢瑟福进行了α粒子散射实验，提出了核式结构模型。
(2)α粒子散射实验：
①实验装置：如图14－2－1所示。

图14－2－1
②实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数沿原方向前进，少数发生较大角度偏转，极少数偏转角度大于90°，甚至被弹回。
(3)核式结构模型：原子中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转。
[试一试]
1．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是
(　　)

图14－2－2
解析：选D　α粒子轰击金箔后偏转，越靠近金原子核，偏转的角度越大，所以A、B、C错误，D正确。

氢原子光谱
1.氢原子光谱
氢原子光谱线是最早发现、研究的光谱线，这些光谱线可用一个统一的公式表示：
＝R(－)　　　n＝3,4,5…
2．玻尔的原子模型
(1)玻尔理论：
①轨道假设：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的可能轨道是不连续的。
②定态假设：电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。
③跃迁假设：原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要放出或吸收一定频率的光子，光子的能量等于两个状态的能量差，即hν＝Em－En。
(2)几个概念：
①能级：在玻尔理论中，原子各个状态的能量值。
②基态：原子能量最低的状态。
③激发态：在原子能量状态中除基态之外的其他较高的状态。
④量子数：原子的状态是不连续的，用于表示原子状态的正整数。
(3)氢原子的能级和轨道半径：
①氢原子的半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3…)，其中r1为基态半径，r1＝0.53×10－10 m。
②氢原子的能级公式：En＝E1(n＝1,2,3…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6 eV。

能级跃迁与光谱线
1.对氢原子的能级图的理解
(1)氢原子的能级图(如图14－2－3)。

图14－2－3
(2)氢原子能级图的意义：
①能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态。
②横线左端的数字“1,2,3…”表示量子数，右端的数字“－13.6，－3.4…”表示氢原子的能级。
③相邻横线间的距离不相等，表示相邻的能级差不等，量子数越大，相邻的能级差越小。
④带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为：hν＝Em－En。
2．关于能级跃迁的三点说明
(1)当光子能量大于或等于13.6 eV时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV，氢原子电离后，电子具有一定的初动能。
(2)当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增大，原子能量减小。反之，轨道半径增大时，原子电势能增大、电子动能减小，原子能量增大。
(3)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数：N＝C＝。
[例]　[多选](2014·山东高考)氢原子能级如图14－2－4，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是(　　)

图14－2－4
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
[解析]　根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656 nm，因此A选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知B选项错误，D选项正确；一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以C选项正确。
[答案]　CD

原子跃迁的两种类型
(1)原子吸收光子的能量时，原子将由低能级态跃迁到高能级态。但只吸收能量为能级差的光子，原子发光时是由高能级态向低能级态跃迁，发出的光子能量仍为能级差。
(2)实物粒子和原子作用而使原子激发或电离，是通过实物粒子和原子碰撞来实现的。在碰撞过程中，实物粒子的动能可以全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两个能级差值，就可以使原子受激发而跃迁到较高的能级；当入射粒子的动能大于原子在某能级的能量值时，也可以使原子电离。

[随堂巩固落实]
1.[多选]如图14－2－5所示为氢原子的能级图。若在气体放电管中，处于基态的氢原子受到能量为12.8 eV的高速电子轰击而跃迁到激发态，在这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中(　　)

图14－2－5
A．最多能辐射出10种不同频率的光子
B．最多能辐射出6种不同频率的光子
C．能辐射出的波长最长的光子是从n＝5跃迁到n＝4能级时放出的
D．能辐射出的波长最长的光子是从n＝4跃迁到n＝3能级时放出的
解析：选BD　氢原子从基态跃迁到n＝4的能级需要吸收ΔE＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV的能量，氢原子从与电子碰撞中吸收12.8 eV的能量，把其中的12.75 eV的能量用以从基态跃迁到n＝4的状态，把剩余的0.05 eV能量作为氢原子的动能，处于n＝4的一群氢原子向低能级跃迁时发出C＝6种频率的光子，故A错，B正确。由前面分析可知，氢原子不能跃迁到n＝5的能级，故C错。由ΔE＝hν＝h ，得λ＝ ，从此式可知，从n＝4跃迁到n＝3的能量差ΔE最小，辐射出光的波长最长，故D正确。
2.氢原子的部分能级如图14－2－6所示，氢原子吸收以下能量时，可以从基态跃迁到n＝2能级的是(　　)

图14－2－6
A．10.2 eV
B．3.4 eV
C．1.89 eV
D．1.51 eV
解析：选A　氢原子基态能量为－13.6 eV，n＝2能级的能量为－3.4 eV，两者的差值为10.2 eV，即所需要吸收的能量。
3．下列能揭示原子具有核式结构的实验是(　　)
A．光电效应实验
B．伦琴射线的发现
C．α粒子散射实验
D．氢原子光谱的发现
解析：选C　光电效应实验说明光具有粒子性，故A错误。伦琴射线为电磁波，故B错误。卢瑟福由α粒子散射实验建立了原子的核式结构模型，故C正确。氢原子光谱的发现说明原子光谱是不连续的，故D错误。
4.如图14－2－7所示为氢原子能级图，可见光的光子能量范围为1.62～3.11 eV。下列说法正确的是(　　)

图14－2－7
A．大量处在n＞3的高能级的氢原子向n＝3能级跃迁时，发出的光有一部分是可见光
B．大量处在n＝3能级的氢原子向n＝2能级跃迁时，发出的光是紫外线
C．大量处在n＝3能级的氢原子向n＝1能级跃迁时，发出的光都应具有显著的热效应
D．处在n＝3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都能发生电离
解析：选D　当处在n＞3的高能级的氢原子向n＝3能级跃迁时，放出光子的最大能量ΔE＝1.51 eV，故不可能为可见光，A错；当从n＝3向n＝2跃迁时，光子能量ΔE＝3.4 eV－1.51 eV＝1.89 eV，为可见光，B错；当从n＝3向n＝1跃迁时，光子能量ΔE＝12.0