2019-2020年高中物理 知识点复习 粤教版选修3.doc

2019-2020年高中物理 知识点复习 粤教版选修3第1点动量定理的两点应用1用动量定理求变力的冲量和物体动量的变化一个物体的动量变化p与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等、方向相同，可以相互代换，据此有：(1)应用Ip求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量的变化ppp需要运用矢量的运算方法，比较麻烦如果作用力是恒力，可以先求恒力的冲量，等效代换动量的变化2用动量定理解释相关物理现象的要点由Ftppp可以看出，当p为恒量时，作用力F的大小与相互作用时间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，而掉在垫子上就可能不破碎，其原因就是玻璃杯的动量变化虽然相同，但作用时间不同当F为恒量时，物体动量的变化p与相互作用时间t成正比例如，叠放在水平桌面上的两物体，如图1所示，若施力快速将A水平抽出，物体B几乎仍静止，当物体A抽出后，物体B将竖直下落图1对点例题如图2所示，一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地落到一倾角为30的固定斜面上，并立即沿反方向弹回已知反弹速度的大小是入射速度大小的.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小图2解题指导小球在碰撞斜面前做平抛运动设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意知，v的方向与竖直线的夹角为30，且水平分量仍为v0，如题图所示由此得v2v0碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为Im(v)m(v)由得Imv0.答案mv0规律方法重力的冲量可以忽略不计是因为作用时间极短重力的冲量远小于斜面对物体的冲量，这是物理学中常用的一种近似处理方法1(单选)跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小答案D解析人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v)一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量p一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ftp知，t长F小，故D对2光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m，线速度为v，且绳长为l，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小答案2mv解析在球运动半圆周过程中，由动量定理可知：I绳p2mv.3在水平力F30 N的作用下，质量m5 kg的物体由静止开始沿水平面运动已知物体与水平面间的动摩擦因数0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)答案12 s解析解法一用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，初态速度为零，末态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(Fmg)t1mv0对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，初态速度为v，末态速度为零根据动量定理有mgt20mv以上两式联立解得t2t16 s12 s解法二用动量定理解，研究全过程选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程物体初、末状态的速度都等于零取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得：t2 t16 s12 s第2点微元法解决连续质量变动问题应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：(1)确定一小段时间t内的连续体为研究对象；(2)写出t内连续体的质量m与t的关系式；(3)分析连续体m的受力情况和动量变化；(4)应用动量定理列式、求解对点例题飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持飞船速度不变的问题我国科学家已将这一问题解决，才使得“神舟五号”载入飞船得以飞行成功假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S0.98 m2，以v2103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m2104 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)解题指导由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力相等只要求出时间t内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力时间t内附着到飞船上的微粒质量为：MmSvt，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：FtMvmSvtv，即FmSv2，代入数据解得F0.784 N.答案0.784 N方法点评对这类有连续质量变动的问题关键在于研究对象的选取，通常采用的方法是选t时间内发生相互作用的变质量物体为研究对象，确定发生相互作用前后的动量，然后由动量定理解题1(单选)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3)()A0.15 Pa B0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa答案A解析由题中1小时内水位上升了45 mm，可知每秒钟水位上升的高度：h m1.25105 m，在t秒内雨水对睡莲叶面的冲量：ItmvVv(S底ht)v，可得雨滴对睡莲叶面的压强：phv0.15 Pa，故选项A正确2如图1所示，图1水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d30 cm，水速为v50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力(水的密度1.0103 kg/m3)答案1.77105 N解析设在一小段时间t内，从水枪射出的水的质量为m，则mSvt.以质量为m的水为研究对象，如题图所示，它在t时间内的动量变化pm(0v)Sv2t.设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有Ftpv2St，即FSv2.根据牛顿第三定律知FFSv2.式中Sd2，代入数据解得F1.77105 N.第3点三点诠释动量守恒定律动量守恒定律是自然界中的一条普适规律，其表述为：物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变下面从四个方面谈谈对动量守恒定律的理解一、动量守恒定律的研究对象从动量守恒定律的表述中不难看出，其研究对象是由两个或两个以上的物体所组成的系统，研究对象具有系统性二、动量守恒的条件在定律表述中，明确提出了动量守恒的条件，即“系统所受到的合外力为零”对守恒条件的掌握应注意其全面性：1严格的“守恒”条件系统所受到的合外力为零2“守恒”条件的外延(1)当系统在某一方向上所受到的合外力为零时，则系统在这一方向上遵守动量守恒定律(2)当系统内力远大于外力时，该系统近似遵守动量守恒定律三、“守恒”的含义定律中的“守恒”有两层含义(1)系统作用前后总动量的大小和方向都不变；(2)在整个动量守恒的过程中，系统在任意两个状态下的总动量都相等四、动量守恒定律的两种表达式对动量守恒定律的认识角度不同，将得到两种不同的表达式：(1)守恒式：p1p2p1p2，其含义是：系统作用前后的总动量相等(2)转移式：p1p2，其含义是：系统中某一部分物体动量的增加量等于另一部分物体动量的减少量对点例题光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图1所示，一质量为m的小球以速度v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)若槽不固定，则小球上升的高度？图1解题指导槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得mgh1mv解得h1槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v.由动量守恒定律得：mv0(mM)v由机械能守恒得：mv(mM)v2mgh2解得h2答案点拨提升槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，到达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，因此水平方向上动量守恒，由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同1(双选)如图2所示，在光图2滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是()A斜面和小球组成的系统动量守恒B斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C斜面向右运动D斜面静止不动答案BC解析斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误2如图3所示，质量为M的刚性斜面体静止在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以速度v0的水平速度射到斜面体的斜面上并被斜面体沿竖直方向弹起，求子弹竖直弹起后斜面体的速度图3答案v0解析子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故两者组成的系统水平方向动量守恒，有mv0Mv，得vv0.3如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v06.0 m/s.甲车上有质量m1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M150 kg，乙和他的车总质量M230 kg.甲不断地将小球一个一个地以v16.5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？图4答案15个解析两车不相碰的临界条件是它们最终的速度(对地)相同，由甲、乙和他们的车及所有小球组成的系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0M2v0(M1M2)v再以甲和他的车及所有小球组成的系统为研究对象，同样有M1v0(M1nm)vnmv联立解得n15个第4点碰撞过程的分类及碰撞过程的制约一、碰撞过程的分类1弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即m1vm2vm1v12m2v22特殊情况：质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m1v1m1v1m2v2，m1vm1v12m2v22.碰后两个小球的速度分别为：v1v1，v2v1(1)若m1m2，v1v1，v22v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去(2)若m1m2，v1v1，v20，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止(3)若m1m2，则有v10，v2v1，即碰撞后两球速度互换2非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：m1vm2vm1v12m2v223完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多此种情况m1与m2碰后速度相同，设为v，则：m1v1m2v2(m1m2)v系统损失的动能最多，最大损失动能为Ekmm1vm2v(m1m2)v2二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程1动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；2动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；3运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小对点例题如图1所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平地面上，物体A被质量为m、水平速度为v0的子弹击中并嵌入其中，已知物体A的质量是物体B的质量的倍，物体B的质量是子弹的质量的4倍，求弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能图1解题指导本题所研究的情况可分为两个过程：一是子弹射入A的过程(从子弹开始射入A到它们获得相同的速度v1)这一过程时间很短，物体B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以子弹和A发生完全非弹性碰撞，子弹的质量为m，mA3m，由动量守恒定律可知：mv0(mmA)v1，v1.二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧，在这一过程中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动，当A(包括子弹)和B的速度相同时，弹簧被压缩到最短，由动量守恒定律：(mmA)v1(mmAmB)v2，得：v2弹簧具有的弹性势能为Ep(mmA)v(mmAmB)vmv答案mv1(双选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是()A甲球的速度为零而乙球的速度不为零B乙球的速度为零而甲球的速度不为零C两球的速度均不为零D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案AC解析甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒碰撞前，由于Ek甲Ek乙，而Ek，由题设条件m甲m乙可知p甲p乙，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的A选项正确如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项正确如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D选项错误2如图2所示，在光滑水平面上放置一质量为M的静止木块，一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块，穿出后子弹的速度变为v1，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能(不计空气阻力)图2答案M(vv)m(v0v1)2解析木块和子弹所构成的系统的动量守恒，设子弹穿出后木块的速度为v2，以子弹运动的方向为正方向，则有：mv0mv1Mv2得：v2由能量守恒定律得系统损失的机械能为EmvmvMvM(vv)m(v0v1)2第5点爆炸现象的三个特征解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒2动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加3位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动对点例题从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v0100 m/s，经t6.0 s后，此炮弹炸成质量相等的两块从爆炸时算起，经t110.0 s后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g10 m/s2，空气阻力不计)解题指导设炮弹爆炸时的速度为v0，离地面高度为H，则有：v0v0gt，Hv0tgt2代入数据解得v040 m/s，H420 m设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v1，因落在发射点，所以v1为竖直方向若v10，表示竖直向上运动；若v10，表示竖直向下运动；若v10，则表示自由落体运动若v10，则落地时间t st110.0 s，由此可知，v1方向应是竖直向上选炮弹爆炸时H高度为坐标原点，则：Hv1t1gt，解得：v18 m/s设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v2，则由动量守恒定律得2mv0mv1mv2将v0、v1代入解得：v272 m/s若从爆炸时起，这块碎片经时间t2落地，则Hv2t2gt，得：5t72t24200t218.9 s或t24.5 s(舍去)答案18.9 s方法总结1.炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒.2.爆炸时位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开始运动1有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v060 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力)答案6104 J解析炮弹炸裂时的高度h m180 m弹片落地的时间t s6 s两弹片的质量m14.0 kg，m22.0 kg设它们的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律知m1v1m2v2所以v22v1设m1刚好落在R600 m的圆周上则v1100 m/s此时v2200 m/s所以总动能至少为：Em1vm2v代入数据得E6104 J.2在水平面上以v020 m/s的速度竖直向上发射一炮弹，其质量m10 kg，当炮弹上升至最高点时，突然炸裂成A、B两块，各自沿着水平方向飞出，测得A、B落地点间的距离x100 m，落地时两者的速度相互垂直，问A、B的质量各为多少？(忽略空气阻力，g取10 m/s2)答案mA8 kg，mB2 kg或mA2 kg，mB8 kg解析炮弹竖直上升的高度h20 m，炸裂的瞬间，A、B组成的系统水平方向动量守恒0mAvAmBvB.此后A、B各自做平抛运动，设A、B落地时与水平方向的夹角分别为和，依题意有90，hgt2，解得t 2 s.水平方向有vAtvBt100 m，竖直方向有gtvAtan vBtan ，联立以上各式，代入数据解得或故或，又mAmB10 kg，则或第6点透析反冲运动的模型“人船”模型反冲运动中的“人船模型”图1模型建立：如图1所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来设某时刻人对地的速度为v人，船对地的速度为v船，取人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：m人v人m船v船0，即v船v人m人m船因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比而人的位移s人v人t，船的位移s船v船t，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s船s人m人m船式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒由图可以看出：s船s人L由两式解得s人L，s船L.此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等对点例题(单选)如图2所示，质量m60 kg的人，站在质量M300 kg的车的一端，车长L3 m，相对于地面静止当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()图2A后退0.5 m B后退0.6 mC后退0.75 m D一直匀速后退解题指导人车组成的系统动量守恒，则mv1Mv2，所以ms1Ms2，又有s1s2L，解得s20.5 m.答案A方法点评人船模型是典型的反冲实例，从瞬时速度关系过渡到平均速度关系，再转化为位移关系，是解决本题的关键所在1.图3一个质量为M、底边长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，如图3所示有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？答案解析斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以系统在水平方向上动量守恒斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示，由图知斜劈的位移为s，小球的水平位移为bs，由m1s1m2s2，得Msm(bs)，所以s.2.图4质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为M的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，如图4所示，当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多大？答案R解析小球与大球组成的系统水平方向不受力的作用，系统水平动量守恒因此小球向右滚动，大球向左滚动在滚动过程中，设小球向右移动的水平距离为s1，大球向左移动的水平距离为s2，两者移动的总长度为R.因此有ms1Ms20而s1s2R.由以上两式解得大球移动的距离为s2R第7点解决多物体问题的三点提示对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程求解这类问题时应注意以下三点：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；(2)分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题对点例题两只小船质量分别为m1500 kg，m21 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m50 kg的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以v8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率v1_，v2_.图1解题指导以载重较轻的船的速度v1为正方向，选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，如题图所示，根据动量守恒定律有(m1m)v1mv20即450v150v20选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mv1(m2m)v2m2v即50v1950v21 0008.5选取两船、两个麻袋组成的系统为研究对象有m1v1m2v2m2v即500v11 000v21 0008.5联立式中的任意两式解得v11 m/s，v29 m/s答案1 m/s9 m/s方法点评应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究对象，有时选取某部分物体为研究对象，有时选取全部物体为研究对象1如图2所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA0.5 kg，mB0.3 kg，有一质量为m80 g的小铜块C以vC25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动，由于C与A、B间有摩擦，最后停在B上，B和C以v2.5 m/s的速度共同前进，求：图2(1)木块A最终的速度；(2)木块C在刚离开A时的速度思路点拨本题要详细分析运动过程，来确定研究对象及初、末时刻C在A表面上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起改变运动状态，故C在A表面上滑动时，A、B的速度始终相同，当C以vC的速度滑上B后，C对B的摩擦力使B的速度继续增大，并与A分离，而A不再受外力作用，将以与B分离时的速度vA做匀速运动，最后B、C一起以共同速度v运动答案(1)2.1 m/s(2)4 m/s解析(1)以A、B、C三个物体组成的系统为研究对象，系统受到的合外力为零，所以动量守恒C刚滑上A瞬时，系统的总动量就是C所具有的动量pmvC.作用后，B、C一起运动时，设这时A的速度为vA，那么系统的总动量pmAvA(mBm)v根据动量守恒定律有mvCmAvA(mBm)v所以vA m/s2.1 m/s(2)以A、B、C三个物体组成的系统为研究对象，以C刚滑上A时为初时刻，C刚滑上B前瞬间为末时刻，则系统的初动量p1mvC，设刚离开A时C的速度为vC，则系统的末动量pmvC(mAmB)vA.根据动量守恒定律有mvCmvC(mAmB)vA得vCvCvA(252.1) m/s4 m/s2.图3如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？答案1.5v2v12v2或v1v20联立式得1.5v2v12v2或v1v2v1第8点动量守恒定律与能量守恒定律、 功能关系、动能定理的结合1动量和能量是反映系统状态的两个重要物理量，动量守恒和能量守恒是解决力学问题的两大主线，它们又经常“联手”出现在试题中，根据动量守恒定律、能量守恒定律，分别从动量角度和能量角度研究系统的初、末状态是解决综合性问题的基本思路方法2对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程其中要注意：应用动量定理、动能定理、动量守恒定律等规律解题时，物体的位移和速度都要相对于同一个参考系一般都统一以地球为参考系对点例题如图1所示，光滑水平面上放置质量均为M2 kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E010 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止现剪断细线，求：(g10 m/s2)图1(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？解题指导(1)设滑块P滑上乙车前的速度为v0，小车的速度为v，选甲、乙和P为系统，对从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有mv02Mv0在这个过程中系统的机械能守恒，有E0mv2Mv2由两式得：v04 m/s同时可得v1 m/s(2)设滑块P到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0Mv(mM)v由得：v m/s m/s对滑块P和小车乙组成的系统，由能量守恒定律得mvMv2(mM)v2mgL联立各式，代入数值求得：L m答案(1)4 m/s(2) m点拨提升动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解图2如图2所示，质量为m10.01 kg的子弹以v1500 m/s的速度水平击中质量为m20.49 kg的木块并留在其中木块最初静止于质量为m31.5 kg的木板上，木板停止在光滑水平面上并且足够长木块与木板间的动摩擦因数为0.1，求：(g10 m/s2)(1)子弹进入木块过程中产生的内能E1；(2)木块在长木板上滑动过程中产生的内能E2；(3)木块在长木板上滑行的距离s.答案(1)1 225 J(2)18.75 J(3)37.5 m解析(1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则m3的运动状态可认为不变，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2又由能量守恒有E1m1v(m1m2)v联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能E1 1 225 J(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有(m1m2)v2(m1m2m3)v3又由能量守恒有E2(m1m2)v(m1m2m3)v联立以上两式并代入数据得木块在长木板上滑行过程中产生的内能E218.75 J(3)对m1、m2、m3组成的系统由功能关系有(m1m2)gsE2解得s37.5 m第9点光电效应中的四对概念辨析“光电效应”是光的粒子性的一个重要体现，也是光学知识中的一个高考热点因此在复习过程中，要分清一些易混淆的概念，如“光子”与“光电子”、“光子的能量”与“入射光的强度”等，这对理解光电效应的规律具有重要意义一、“光子”与“光电子”光子是指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电，是微观领域中的一种粒子；而光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，因此其本质就是电子二、“光子的能量”与“入射光的强度”光子的能量是一份一份的，每一份的能量为h，其大小由光的频率决定；而入射光的强度是指单位时间内入射光中所包含光子的能量总和，入射光的强度可表示为Inh，其中n为光子数三、“光电子的最大初动能”与“光电子的初动能”金属表面的电子，只需克服原子核的引力做功就能从金属表面逸出，那么这些光电子具有最大初动能，其值为EkhW0(式中W0为金属的逸出功)而不从金属表面发射的光电子，在逸出的过程中损失的能量会更多，所以此时光电子的初动能EkEk.四、“光电流”与“饱和光电流”在一定频率与强度的光照射下，光电流与电压之间的关系为：开始时，光电流随电压U的增加而增大，当U比较大时，光电流达到饱和值Im，这时即使再增大U，在单位时间内也不可能有更多的光电子定向移动，光电流也就不会再增加，即饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流因此在解光电效应的题目时，应注意明确是光电流还是饱和光电流对点例题用同一束单色光，在同一条件下，先后照射锌片和银片，都能产生光电效应在这两个过程中，对下列四个物理量来说，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金属的逸出功C光电子的初动能D光电子的最大初动能解题指导光子的能量由光的频率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同；逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料决定，锌片和银片的光电效应中，光电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，则电子最大初动能不同；由于光电子吸收光子后到达金属表面的路径不同，途中损失的能量也不同，因而脱离金属时的初动能分布在零到最大初动能之间所以，在两个不同光电效应的光电子中，初动能是可能相等的答案ACBD1(单选)利用光子说对光电效应的解释，正确的是()A金属表面的一个电子只能吸收一个光子B电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子C金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量才能从金属表面逸出D无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子答案A解析根据光电效应规律可知：金属中的一个电子只能吸收一个光子的能量，一个光子的能量也只能交给一个电子电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要积累能量的过程，不存在一个电子吸收若干光子的现象，且只有当入射光的能量不低于该金属的逸出功时，才能发生光电效应现象，即入射光频率不低于金属的极限频率时才能发生光电效应现象2(单选)某金属在一束黄光的照射下，正好有光电子逸出，则下列说法中正确的是()A增大光强，不改变光的频率，光电子的最大初动能不变B用一束强度更大的红光代替黄光，金属仍能发生光电效应C用强度相同的紫光代替黄光，饱和光电流的强度将增大D用强度较弱的紫光代替黄光，金属有可能不会发生光电效应答案A解析同一金属光电子的最大初动能由频率决定而与光强无关，不改变光的频率，则光电子的最大初动能不变，A正确因红黄紫，当黄光恰好能使金属发生光电效应时，红光不能使金属发生光电效应，紫光能使金属发生光电效应，故B、D错误黄光和紫光的强度相同，则n黄h黄n紫h紫且黄n紫，而饱和光电流又由入射的光子数决定，因此用强度相同的紫光代替黄光，饱和光电流减小3(单选)用红光照射光电管阴极时发生光电效应，光电子的最大初动能为Ek，饱和光电流为I，若改用强度相同的紫光照射同一光电管，产生光电子的最大初动能和饱和光电流分别为Ek和I，则下面正确的是()AEkEk，II BEkEk，IICEkEk，II DEkEk，II答案D解析因为紫光的频率比红光的频率高，所以EkEk.因为两束光的强度相同，因而n红h红n紫h紫，红0，亦即hW0，0，而0是金属的极限频率4光电效应方程实质上是能量守恒方程5逸出功W0：电子从金属中逸出所需要的克服束缚而消耗的能量的最小值，叫做金属的逸出功光电效应中，从金属表面逸出的电子消耗能量最少对点例题某金属的逸出功为W0，用波长为的光照射金属的表面，当遏止电压取某个值时，光电流便被截止当光的波长改变为原波长的1/n后，已查明使电流截止的遏止电压必须增大到原值的倍，试计算原入射光的波长.解题指导利用eU0hW0，按题意可写出两个方程：eU0hW0，以及eU0hW0，两式相减得(1)eU0h(n1)再将上述第一式代入，便有(1)(hW0)h(n1).答案难点释疑遏止电压U0与光电子的最大初动能的关系为：EkeU0.1.图1(单选)在做光电效应实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率的关系如图1所示，由实验图线求不出()A该金属的极限频率B普朗克常量C该金属的逸出功D单位时间内逸出的光电子数答案D解析依据光电效应方程可知EkhW0，当Ek0时，0，即图线横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率图线的斜率ktan ，可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量根据题图，假设图线的延长线与Ek轴的交点为C，其截距为W0，有tan W0/0.而tan h，所以W0h0.即题图中纵轴的截距在数值上等于金属的逸出功2(单选)如图所示，用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而发生光电效应，可得到光电子的最大初动能Ek随入射光频率变化的Ek图象已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.24 eV，若将二者的图线画在同一个Ek图象中，用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的图象是()答案B解析依据光电效应方程可知EkhW0，Ek图线的斜率代表了普朗克常量h，因此钨和锌的Ek图线应该平行图线的横轴截距代表了极限频率0，而0，因此钨的0大些综上所述，B正确3.图2如图2所示，阴极K用极限波长00.66 m的金属铯制成，用波长0.50 m的绿光照射阴极K，调整两个极板电压，当A极板电压比阴极高出2.5 V时，光电流达到饱和，电流表示数为I0.64 A，求：(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极时的最大初动能；(2)如果把照射阴极的绿光的光强增大为原来的2倍，每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极的最大初动能答案(1)4.01012个9.641020 J(2)8.01012个9.641020 J解析(1)当电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数为n4.01012(个)根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能为EkhW0hh6.6310343108() J9.641020 J.(2)如果入射光的频率不变，光强加倍，根据光电效应实验规律知，阴极每秒钟发射的光电子的个数为n2n8.01012(个)，光电子的最大初动能不变，仍为Ek9.641020 J.第11点分析求解物质波问题的四点技巧分析求解物质波问题时，必须注意以下四点技巧：1根据已知条件，写出宏观物体或微观粒子动量的表达式pmv.2根据德布罗意波长公式求解3若涉及光子的问题，必须区分光子和微观粒子的能量和动量的不同表达式，如光子的能量h，动量p；微观粒子的动能：Ekmv2，动量pmv.4物质波的波长很短，运动速度为4.0107 m/s的电子的波长为1.81011 m，一颗质量为10 g的子弹以200 m/s的速度运动时的波长为3.31034 m，因此这些物质波的波动性不明显，很难观察到其衍射现象，只有利用金属晶格中的狭缝才能观察到电子的衍射图样对点例题(单选)影响显微镜分辨本领的一个因素是波的衍射，衍射现象越明显，分辨本领越低利用电子束工作的电子显微镜有较高的分辨本领，它是用高压对电子束加速，最后打在感光胶片上来观察显微图象以下说法正确的是()A加速电压越高，电子的波长越长，分辨本领越强B加速电压越高，电子的波长越短，衍射现象越明显C如果加速电压相同，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜分辨本领强D如果加速电压相同，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜分辨本领弱解题指导设加速电压为U，电子电荷量为e，质量为m，则有Ekmv2eU，又p，故eU，可得.对电子来说，加速电压越高，越小，衍射现象越不明显，故A、B都错电子与质子比较，因质子质量比电子质量大得多，可知质子加速后的波长要小得多，衍射现象不明显，分辨本领强，故C对，D错答案C方法点评利用动能Ekmv2qU，动量pmv及德布罗意波长三个表达式把波长与电压U、粒子质量m的关系找出来1中子的质量m1.671027 kg，如果它以v1.0103 m/s的速度运动，那么它的德布罗意波长为_，这个波长与电磁波中_的波长相当答案3.971010 mX射线解析由德布罗意波公式可得 m3.971010 m，此波长与X射线的波长相当2一粒质量为4104 g的尘埃，在空中下落的速度从1 m/s增加到3 m/s时，它的德布罗意波长从多少变化到多少？分析是否可通过衍射现象观察到其波动性答案见解析解析速度v11 m/s时德布罗意波长为1 m1.661027 m，速度v23 m/s时德布罗意波长为2 m5.51028 m.由于波长太短，所以不能通过衍射现象观察到其波动性第12点氢原子跃迁的三个问题1是一个氢原子跃迁还是一群氢原子跃迁？氢原子核外只有一个电子，这个电子在某个时刻只能处在某一个可能的轨道上，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道时，可能的情况只有一种，但是如果有大量的氢原子，这些氢原子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现了对于氢原子跃迁的情况，应注意以下两点：(1)一群氢原子跃迁问题的计算确定氢原子所处激发态的能级，画出跃迁示意图运用归纳法，根据数学公式NC确定跃迁频率的种类根据跃迁能量公式hEmEn分别计算出各种频率的光子(2)一个氢原子跃迁时的解题方法图1确定氢原子所处的能级，画出能级图，如图1所示根据跃迁的原理，分别画出处于激发态的氢原子向低能态跃迁时最多可能的跃迁示意图再根据跃迁能量公式hEmEn分别算出这几种频率的光子2使原子能级跃迁的是光子还是实物粒子？原子若是吸收光子的能量而被激发，则光子的能量必须等于两能级的能量差，否则不被吸收不存在激发到n2时能量有余，而激发到n3时能量不足，则可激发到n2的情况原子还可吸收外来的实物粒子(例如自由电子)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的能量差(EEmEn)，均可使原子发生能级跃迁3是跃迁还是电离？原子跃迁时，不管是吸收还是辐射光子，其光子的能量都必须等于这两个能级的能量差若想把处于某一定态上的原子的电子电离出去，就需要给原子一定的能量如基态氢原子电离，其电离能为13.6 eV，只要能量等于或大于13.6 eV的光子都能被基态氢原子吸收而电离，只不过入射光子的能量越大，原子电离后产生的电子具有的动能越大对点例题1(单选)欲使处于基态的氢原子跃迁，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的电子碰撞解题指导由玻尔理论的跃迁假设可知，氢原子在各能级间，只能吸收能量值刚好等于两能级能量差的光子由氢原子能级关系不难算出，10.2 eV刚好为氢原子n1和n2的两能级能量差，而11 eV则不是氢原子基态和任一激发态的能量差，因而氢原子能吸收前者被激发，而不能吸收后者对14 eV的光子，其能量大于氢原子电离能，足可使氢原子电离，而不受氢原子能级间跃迁条件限制，由能量守恒定律不难知道，氢原子吸收14 eV的光子电离后产生的自由电子仍具有0.4 eV的动能用电子去碰撞氢原子时，入射电子的动能可全部或部分地被氢原子吸收，所以只要入射电子的动能大于或等于基态和某个激发态能量之差，就可使氢原子激发，故本题选B.答案B对点例题2(单选)一个氢原子处于第三能级，当外面射来一个波长为6.63107 m的光子时()A氢原子不吸收这个光子B氢原子会发生电离，电离后电子的动能约是0.365 eVC氢原子会发生电离，电离后电子的动能为零D氢原子吸收这个光子后跃迁到更高能级解题指导处于第三能级的氢原子其能级值为1.51 eV.电离能为1.51 eV.波长为6.63107m的光子的能量E J3.01019 J1.875 eV，这个值大于氢原子处于第三能级时的电离能因此氢原子会发生电离，电离后电子的动能Ek1.875 eV1.51 eV0.365 eV.选项B正确答案B1在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n2能级发出的谱线属于巴耳末系若一群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有2条属于巴耳末系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发出_条不同频率的谱线答案6解析由于这群氢原子自发跃迁发出的谱线中只有2条属于巴耳末系，故可判断这群氢原子的最高能级为n4，画出氢原子谱线示意图(如图所示)可知，这群氢原子自发跃迁时最多可发出6条不同频率的谱线2(双选)氢原子的