北京市2018届高考物理二轮复习 专题9 动量守恒定律 原子结构与原子核学案（含解析）

专题9 动量守恒定律 原子结构与原子核考向预测对动量守恒这一部分内容，主要考查动量定理，验证动量守恒定律。题型灵活性强，难度较大，能力要求高，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中。在原子物理这一部分内容中，主要考查光电效应，原子结构原子核与核能。虽然对光电效应、原子结构原子核与核能的考查频率比较高，但是在复习的过程中，原子的能级和跃迁也应该引起高度的重视。高频考点：动量定理与动量守恒和能量守恒问题、光电效应、原子的能级和跃迁、原子结构原子核与核能。知识与技巧的梳理考点一、动量、冲量和动量定理例 (2017全国卷T20)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零【审题立意】本题考查动量定理。求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。Ft图线与时间轴所围面积表示冲量。【解题步骤】方法一：根据F-t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B正确，C、D错误。方法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s，D错误。【参考答案】AB【技能提升】1掌握基本概念和规律2应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。【变式训练】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由机械能守恒定律得mv2mghmv02在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为pmv设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。考点二、动量守恒定律的应用例 如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面有一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切。现将一质量m1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O的距离。【审题立意】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题。平板车和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒和能量守恒求解；从小滑块滑上平板车到二者相对静止的过程中，由动量守恒列式，由能量守恒求解。【解题步骤】(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒定律得：mv0(Mm)v1由动能定理得：mgRmgL(Mm)v12mv02联立并代入数据解得：v05 m/s。(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x，由动能定理得：mg(Lx)(Mm)v22mv02联立并代入数据解得：x0.5 mL，符合题意。【参考答案】(1)5 m/s(2)0.5 m【技能提升】动量守恒定律的理解与应用1动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或者所受合外力为零；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计，如碰撞、爆炸等；(3)系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。2动量守恒定律的表达形式：m1v1m2v2m1v1m2v2，即p1p2p1p2；p1p20，即p1p2。3动量守恒定律的速度具有“四性”：矢量性；瞬时性；相对性；普适性。【变式训练】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)vm2v202(m2m3)v2m2gh式中v203 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3m2v202m2v22m3v32联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。考点三、碰撞与动量守恒例 如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程中B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。【解题步骤】设小球A运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球A运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mghmv12解得：v1设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1，同理有：mgmv12解得：v1设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1mv15mv2解得：v2 由动量定理可得，碰撞过程中B物块受到的冲量大小为：I5mv2m碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有：5mv28mv3据机械能守恒定律得：Epm5mv228mv32解得：Epmmgh。【参考答案】mmgh【技能提升】碰撞遵从的三个原则1. 动量守恒，即p1p2p1p2；2. 动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2；3. 速度合理，碰撞前v前v后，碰撞后v前v后。【变式训练】光滑水平地面上停放着一辆质量m2 kg的平板车，质量M4 kg 可视为质点的滑块静止放在车左端，滑块与车之间的动摩擦因数0.3，如图所示，一水平向右的推力F24 N作用在滑块M上0.5 s撤去，车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，车足够长，以至滑块不会从车右端滑落，g10 m/s2，求：(1)车第一次与墙壁碰撞后速度减为零时，相对滑块运动的距离及此时滑块的速度；(2)车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度；(3)为使滑块不会从车右端滑落，车的最小长度。解析：(1)滑块与车之间的最大静摩擦力fmMg设滑块与车不发生相对滑动而一起加速运动的最大加速度为am，以车为研究对象，则am6 m/s2以滑块和车整体为研究对象，设作用在滑块上使滑块与车一起加速运动的水平推力的最大值为Fm，则Fm(Mm)am36 N已知水平推力F24 N36 N，所以在F作用下滑块和车能相对静止地一起向右加速运动，由动量定理得Ft(Mm)v1，解得v12 m/s由题意知，车第一次碰墙后到第二次碰墙前，车和滑块组成的系统动量守恒车向左运动的速度减为零时，由于mb，则一定有Uab，则一定有EkaEkbC若UaUb，则一定有Ekab，则一定有haEkahbEkb【审题立意】本题考查光电效应及其相关知识。解决本题的突破口是抓住已知条件“照射到同种金属上”，由于照射的是同种金属，所以逸出功相同。【解题步骤】设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有EkhW，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随的增大而增大，B项正确；又EkeU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eUhW，遏止电压U随增大而增大，A项错误；又有hEkW，W相同，D项错误。【参考答案】BC【技能提升】图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能Ek与入射光频率的关系图线极限频率c：横轴截距逸出功W0：纵轴截距的绝对值普朗克常量h：图线的斜率颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系图线遏止电压Uc：图线与横轴的交点饱和光电流Im：电流的最大值最大初动能：EkmeUc颜色不同时，光电流与电压的关系图线遏止电压Uc1、Uc2饱和光电流最大初动能：Ek1eUc1，Ek2eUc2遏止电压Uc与入射光频率的关系图线截止频率c：图线与横轴的交点遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即hke (注：此时两极之间接反向电压)【变式训练】1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。对于与光电效应有关的四个图象，下列说法正确的是() A图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C图3中，若电子电量用e表示，1、c、U1已知，由Uc-图象可求得普朗克常量的表达式为hD图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率的关系图象可知，该金属的逸出功为E或hc解析：用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故A错误；由题图2可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程UcehW0，可知Uc，Uc-图象的斜率表示，即，解得h，故C正确；根据光电效应方程EkmhW0知，Ek-图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hc，故D正确。答案：CD考点五、原子能级与跃迁例 (2018届高三第二次全国大联考)预计2018年，我国将完成“北斗三号”18颗全球组网卫星发射，采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，以下判断正确的是()A大量氢原子从n3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子B氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小C当氢原子从n5的能级跃迁到n3的能级时，要吸收光子D从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的【审题立意】解决本题的关键是理解玻尔理论，知道能级间跃迁所满足的规律。【解题步骤】根据C3可知，大量氢原子从n3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子，选项A正确；氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，选项B错误；氢原子从高能级跃迁到低能级时辐射出光子，选项C错误；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，结合题图可知，原子发射光子的频率是不连续的，选项D错误。【参考答案】A【知识链接】1氢原子的能级跃迁(1)氢原子从低能级向高能级跃迁：吸收一定频率的光子，当光子的能量满足hE末E初时，才能被某一个原子吸收，否则不吸收。(2)氢原子从高能级向低能级跃迁：以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时两能级间的能量差。2电离当光子能量大于等于原子所处的能级的能量值的绝对值时，也可以被氢原子吸收，使氢原子电离，多余的能量作为电子的初动能。3光谱线条数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为N。4激发跃迁氢原子还可吸收外来实物粒子的能量而被激发，由于实物粒子的动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两能级差，均可使原子发生能级跃迁。5跃迁时电子动能、原子电势能与总能量变化当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子电势能减小，电子动能增大，原子总能量减小；反之，轨道半径增大时，原子电势能增大，电子动能减小，原子总能量增大。【变式训练】如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠。下列说法正确的是()A这群氢原子能辐射出3种不同频率的光子，其中从n3 跃迁到n2所辐射出的光子波长最短B这群氢原子能辐射出2种不同频率的光子，其中从n3 跃迁到n1所辐射出的光子频率最低C金属钠表面辐射出的光电子的最大初动能为9.60 eVD金属钠表面辐射出的光电子的最大初动能为11.11 eV解析：一群氢原子处于n3的激发态，可能辐射出3种不同频率的光子，因为n3和n2间能级差最小，所以从n3跃迁到n2发出的光子频率最低，根据Eh，可知波长最长；因为n3和n1间能级差最大，所以从n3跃迁到n1辐射出的光子频率最高，波长最短，故A、B错误；从n3跃迁到n1辐射出的光子频率最高，辐射出的光子能量为E(13.601.51)eV12.09 eV，根据光电效应方程EkmhW0得，最大初动能Ekm (12.092.49)eV9.60 eV，故D错误，C正确。答案：C考点六、核反应与核能例 (2017全国卷T17)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：HHHen。已知H的质量为2.0136 u，He的质量为3.0150 u，n的质量为1.0087 u，1 u931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为()A3.7 MeV B3.3 MeV C2.7 MeV D0.93 MeV【审题立意】本题考查应用爱因斯坦质能方程计算核能。【解题步骤】氘核聚变反应的质量亏损为m(22.01363.01501.0087)u0.0035 u，释放的核能为Emc20.0035931 MeV/c2c23.3 MeV，选项B正确。【参考答案】B【知识链接】1四种核反应(1)衰变：原子核放出粒子或粒子，由于核电荷数变了，它在周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。这种变化称为原子核的衰变。衰变XYHe衰变XYe (2)原子核的人工转变：用人工的方法，使原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程。质子的发现NHeOH(卢瑟福)中子的发现BeHeCn(查德威克)(3)裂变：一个重核分裂成两个中等质量的核，这样的核反应叫做裂变。(4)聚变：两个轻核结合成质量较大的核，这样的核反应叫做聚变。2半衰期放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间，叫做这种元素的半衰期。用T表示，即m余m原(t表示经历的时间)。半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件无关。【变式训练】匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它衰变时放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为71，如图所示，那么碳14的衰变方程为()A. CeB B. CHeBeC. CHB D. CeN解析：原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是衰变，此粒子是粒子，符号为e。两带电粒子动量大小相等，方向相反，动量大小：m1v1m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r，可见r与q成反比。由题意知，大圆与小圆的直径之比为71，半径之比为71，则粒子与反冲核的电荷量之比为17，所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N，所以碳14的衰变方程为CeN，故D正确。答案：D10