2019-2020年高考物理一轮复习 第十三章 动量守恒 近代物理.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 第十三章 动量守恒 近代物理必须掌握的概念、公式或规律必须理解的7个关键点必须明确的7个易错易混点1.12个重要概念动量冲量弹性碰撞非弹性碰撞反冲现象光电效应现象能级基态激发态跃迁衰变半衰期1.动量定理是矢量表达式2.动量守恒满足一定的条件，且系统在整个过程中任意时刻的总动量均相等1.系统的总动量是指各物体动量的矢量和，不是代数和.2.利用动量守恒时，各物体的速度必须是相对同一参考系的2.9个公式pmvIFtIp m1v1m2v2m1v1m2v2 hWmv2hEmEn Emc2Emc2 N余N原3.能否发生光电效应，不取决于光强，而取决于光的频率4.光电子不是光子，是电子5.玻尔理论的内容包含定态、跃迁、轨道三方面的内容玻尔理论能很好地解释氢原子光谱3.微观粒子和宏观物体都具有波动性4.微观粒子的波动性不同于机械波，它是一种概率波5.光电效应中的“光”也包括不可见光3.5个规律动量定理动量守恒定律光电效应规律玻尔理论衰变规律6.半衰期是一个统计规律，对少数的原子核不适用7.核力是只发生在相邻核子间的短程强相互作用.6.太阳光谱不是连续光谱是吸收光谱7.原子光谱是线状光谱不是连续光谱第1节动量定理动量守恒定律 真题回放1(xx新课标全国卷)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得mv2mv(2m)vmvmv1(2m)v2式中，以碰撞前木块A的速度方向为正由式得v1设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得mgd1mv(2m)gd2(2m)v按题意有dd1d2设A的初速度大小为v0，由动能定理得mgdmvmv2联立至式，得v0.【答案】2(xx新课标全国卷)如图1311，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图1311(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mvE(2m)v联立式得Emv(2)由式可知v2v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变4对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反的方向运动，通常用动量守恒来处理(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加(3)反冲运动中平均动量守恒5爆炸现象的三个规律(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远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒(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，所以爆炸前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，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动【例3】(xx新课标全国卷 )如图1314，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放图1314当A球下落t0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度【解析】(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可得v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m突破训练1(xx大纲全国卷)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.B.C.D.【解析】设中子质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0mv1Amv2，mvmvAmv，解得v1v0，故，A正确【答案】A考点三 实验：验证动量守恒定律1.方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量(2)安装：正确安装好气垫导轨(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(改变滑块的质量改变滑块的初速度大小和方向)(4)验证：一维碰撞中的动量守恒2方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验(6)验证：一维碰撞中的动量守恒3方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v算出速度(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验(6)验证：一维碰撞中的动量守恒4方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球(2)按照如图1315所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平图1315(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置 (5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图1316所示图1316(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度将测量数据填入表中最后代入m1Om1Om2O，看在误差允许的范围内是否成立(7)整理好实验器材放回原处(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒5对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：碰撞是否为一维碰撞实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量(3)减小误差的措施：设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差【例4】(xx新课标全国卷)现利用图1317甲所示的装置验证动量守恒定律在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间甲图1317实验测得滑块A的质量m10.310 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图1317乙所示乙图1317若实验允许的相对误差绝对值(100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程【解析】纸带上打出的相邻点的时间间隔t0.02 s根据v可计算出滑块A碰撞前后的速度v02.00 m/s，v10.970 m/s滑块A、B碰撞后滑块B的速度v22.86 m/s两滑块碰撞前后的总动量pm1v00.3102.00 kgm/s0.620 kgm/spm1v1m2v20.610kgm/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为100%1.6%mbv0，则mamb，故选项A正确在0t2时间内，两小球从相向运动至同向运动到速度相等，间距会逐渐减小，而在t2时刻两小球间距达到最小，故选项B错误、选项C正确在t1t3时间内，a和b是同向运动，b受到的斥力和运动方向相同，故选项D错误【答案】AC8(xx天津高考) 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为_kgm/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为_N(取g10 m/s2)【解析】以竖直向上为正方向，则v4 m/s，v6 m/s所以小球与地面碰撞前后的动量变化为pmvmv0.240.2(6) kgm/s2 kgm/s根据动量定理，得(Fmg)tp所以平均作用力Fmg N0.210 N12 N.【答案】2129某同学用如图13113所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a从斜槽某处由静止开始滚下落地点为P，第二次让a从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b发生碰撞a、b球的落地点分别是M、N，各点与O的距离如图所示该同学改变a的释放位置重复上述操作由于某种原因他只测得了a球的落地点P、M到O的距离分别为22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地点N到O的距离图13113【解析】设a球的质量为m1，b球的质量为m2，碰撞过程中满足动量守恒定律m1Om2Om1O，解得m1m241.改变a的释放位置，有m1m2m1，解得：48.0 cm.【答案】48.0 cm10(xx江苏高考)牛顿的自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律：2mv02mv1mv2，由题意知，解得v1v0，v2v0.【答案】v0v011(xx大纲全国卷)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰撞前速度大小分别为v、V，碰撞后乙的速度大小为V.取运动员甲速度方向为正方向，由动量守恒定律有mvMVMV代入数据得V1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有mv2MV2MV2E联立式，代入数据得E1 400 J.【答案】(1)1.0 m/s(2)1 400 J12. 如图13114所示，质量M2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直固定挡板，B的右端到挡板的距离为s.现有一小物体A(可视为质点)质量m1 kg，以初速度v06 m/s从B的左端水平滑上B.已知A与B间的动摩擦因数0.2，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止，B与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回取重力加速度g10 m/s2，求：图13114(1)B与挡板相碰时的速度大小；(2)s的最短距离；(3)长木板B与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为多少时，物体A恰与长木板B相对静止(保留两位小数)【解析】(1)设B与挡板相碰时的速度大小为v1，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1，v12 m/s.(2)A与B刚好共速时B到达挡板距离s最短，由牛顿第二定律，B的加速度为a1 m/s2，s2 m.(3)B与挡板碰后，A、B最后一起向左运动，共同速度大小为v2，由动量守恒定律Mv1mv1(mM)v2，v2 m/s，设长木板B与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为L时，物体A恰与长木板B相对静止，对长木板B由动能定理得mgLMvMv代入数据得L1.78 m.【答案】(1)2 m/s(2)2 m(3)1.78 m阶段升华微专题(十五)动量定理及动量守恒定律的强化应用专题归纳专题一动量与动量定理1冲量、动量与动量的变化物理量项目冲量动量动量变化公式IFtpmvpmv末mv初方向性矢量，与F同方向矢量，与v同方向矢量，用平行四边形定则确定性质是过程量，对力而言是状态量，对物体而言是过程量，对物体而言2动量定理与动能定理项目动量定理动能定理表达式I合p2p1pW总Ek2Ek1Ek标矢性矢量式、I合、p均为矢量标量式、W总、Ek均为标量注意事项(1)规定矢量的正向，确定正负(2)确定过程及初、末状态(1)功虽是标量，但要确定功的正负及求法(2)确定初、末速度求初、末动能【例1】排球运动是一项同学们喜欢的体育运动为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h11.8 m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t1.3 s，第一次反弹的高度为h21.25 m已知排球的质量为m0.4 kg，g取10 m/s2，不计空气阻力求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小【解析】(1)排球第一次落到地面的时间为t1，第一次反弹到最高点的时间为t2，由h1gt，h2gt，得：t10.6 s，t20.5 s，所以排球与地面的作用时间ttt1t20.2 s.(2)设排球第一次落地的速度为v1，第一次反弹离开地面时的速度为v2，则有：v1gt16 m/s，v2gt25 m/s，设地面对排球的平均作用力的大小为F，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(Fmg)tmv2m(v1)得：Fmg，代入数据得：F26 N根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力大小为26 N.【答案】(1)0.2 s(2)26 N专题二动量守恒定律的应用动量守恒定律与机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律表达式m1v1m2v2m1v1m2v2，两个物体组成的系统相互作用前后动量保持不变p1p2，相互作用的两个物体动量变化量大小相等，方向相反p0，系统动量增量为零EkEpEkEp(系统初态的机械能等于系统末态的机械能) EkEp(系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量) EA增EB减(A、B组成的系统，A的机械能的增加量等于B的机械能的减少量)守恒条件系统不受外力或所受外力的合力为零这里要正确区分内力和外力系统受外力的合力不为零，但当内力远大于外力时也可以认为动量守恒这时是一种近似守恒，但计算时仍可用动量守恒定律进行计算系统所受的合外力虽不为零，如果在某一方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒只有重力或系统内弹力做功【例2】(xx山东高考)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m、mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变求B与C碰撞前B的速度大小图1【解析】设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立式，代入数据得vBv0.【答案】v0学习致用1(多选)下列说法中正确的是()A物体的动量的改变，一定是速度大小的改变B物体的动量的改变，一定是速度方向的改变C物体的运动状态改变，其动量一定改变D物体的速度方向改变，其动量一定改变【解析】由pmv知，p的改变决定于v的改变，只要v的大小或方向有其一变化，p就变化，故选CD.【答案】CD2玻璃杯从同一高度自由下落，掉落到硬质水泥地板上易碎，掉落到松软地毯上不易碎，这是由于玻璃杯掉到松软地毯上()A所受合外力的冲量小B动量的变化量小C动量的变化率小D地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力【解析】杯子从同一高度自由下落，与地面相碰前的瞬时速度、动量都是一定的，碰后静止，动量的变化量一定，pm，合外力的冲量大小相等由F可知，玻璃杯掉到地毯上t大，F小，因此不易破碎，C正确【答案】C3(xx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_(填选项前的字母)A.v0B.v0C.v0D.v0【解析】应用动量守恒定律解答本题，注意火箭模型质量的变化取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0mv0(Mm)v故v，选项D正确【答案】D4水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经过时间t，撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t才停下，此恒力F的大小为()AmgB.2mgC3mgD.4mg【解析】从木块开始运动，到木块停止运动的整个过程用动量定理(取水平恒力F的方向为正方向)得：Ftmg3t0.所以F3mg，只有C正确【答案】C5平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体起初人相对于船静止，船、人、物体以共同速度v0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为(水的阻力不计)A. B.Cv0D.v0u【解析】物体被抛出的同时，船速已发生了变化，设为v，则物体抛出后相对地的速度为(uv)，取小船、人和物体m为一系统，由动量守恒定律得：(Mm)v0Mvm(uv)，所以vv0.故C正确【答案】C6. (xx天津高考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()图2A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】根据冲量的定义、动量守恒定律和能量守恒定律解决问题乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即p甲p乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误【答案】B7. 如图3所示，一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为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，求在碰撞中斜面对小球的冲量的大小图3【解析】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，v的方向与竖直线的夹角为30，且水平分量仍为v0，如图所示，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：Im(v)mv由得Imv0.【答案】mv08如图4所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理冲撞，已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，接触前两运动员速度大小均为5 m/s，冲撞结果，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如接触时间为0.2 s，问：图4(1)冲撞时两运动员的相互作用力多大？(2)撞后，乙的速度大小是多少？方向又如何？【解析】(1)取甲碰前的速度方向为正方向，对甲运用动量定理，有：Ftm甲v甲m甲v甲所以F2 100 N.(2)取甲碰前的速度方向为正方向，对系统运用动量守恒定律，有：m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙所以v乙1 m/s方向与甲碰前速度相同【答案】(1)2 100 N(2)1 m/s，与甲碰前的速度同向第2节光电效应氢原子光谱 真题回放1(xx新课标全国卷)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为0，该金属的逸出功为_若用波长为(0)的单色光做该实验，则其遏止电压为_已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.【解析】设金属的截止频率为0，则该金属的逸出功W0h0h；对光电子，由动能定理得eU0hW0，解得U0.【答案】(写为.也可)2(xx福建高考)关于近代物理，下列说法正确的是_A射线是高速运动的氦原子B核聚变反应方程HHHen中，n表示质子C从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征【解析】射线是高速氦核流，A错误.n表示的是中子，B错误由光电效应方程EkmhW知Ekm与成线性关系，C错误玻尔的量子化原子模型的实验基础一是原子的稳定性，二是原子光谱的分立特征，故D正确【答案】D3(xx四川高考)如图1321为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子()图1321A从n4能级跃迁到n3能级比从n3能级跃迁到n2能级辐射出电磁波的波长长B从n5能级跃迁到n1能级比从n5能级跃迁到n4能级辐射出电磁波的速度大C处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量【解析】光子能量Eh，而E4332，A项正确由于光波的波速由介质和频率共同决定，且在真空中传播时与频率无关，故B错电子在核外不同能级出现的概率是不同的，故C错能级跃迁是核外电子在不同轨道间的跃迁，与原子核无关，故D错误【答案】A考向分析1.考纲展示(1)氢原子光谱(2)氢原子的能级结构、能级公式 (3)光电效应 (4)爱因斯坦光电效应方程 2.命题趋势本节作为选考内容，经常考查以下两个方面知识；(1)光电效应现象的规律及光电效应方程的应用(2)氢原子的能级及光谱的形成3.选材特点以经典理论为命题背景，选取光电效应现象和氢原子能级图进行考查相关知识.考点一 对光电效应规律的理解1.区分光电效应中的五组概念(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发出来的电子，其本质是电子光子是光电效应的因，光电子是果(2)光电子的动能与光电子的最大初动能：光照射到金属表面时，电子吸收光子的全部能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能；只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能光电子的初动能小于等于光电子的最大初动能(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量(5)光的强度与饱和光电流：饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的，对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系2两种常见图象比较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：图线与轴交点的横坐标c逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0E普朗克常量：图线的斜率kh颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系遏止电压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【例1】(xx浙江高考)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图1322甲所示已知普朗克常量h6.631034 Js.甲乙图1322(1)图甲中电极A为光电管的_(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率之间的关系如图1322乙所示，则铷的截止频率c_Hz，逸出功W0_J；(3)如果实验中入射光的频率7.001014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek_J.【解析】(1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极(2)由题图可知，铷的截止频率c为5.151014 Hz，逸出功W0hc6.6310345.151014 J3.411019 J.(3)当入射光的频率为7.001014Hz时，由Ekhhc得，光电子的最大初动能为Ek6.631034(7.005.15)1014 J1.231019 J.【答案】(1)阳极(2)5.1510143.411019(3)1.231019【反思总结】利用光电效应分析问题，应把握的三个关系(1)爱因斯坦光电效应方程EkhW0.(2)光电子的最大初动能Ek可以利用光电管用实验的方法测得，即EkeUc，其中Uc是遏止电压(3)光电效应方程中的W0为逸出功它与极限频率c的关系是W0hc.突破训练1(xx广东高考)(多选)在光电效应实验中，用频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A增大入射光的强度，光电流增大B减小入射光的强度，光电效应现象消失C改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应D改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大【解析】增大入射光强度，使单位时间内逸出的光电子数增加，因此光电流增大，选项A正确；光电效应与照射光的频率有关，与强度无关，选项B错误；当照射光的频率较小于，大于极限频率时发生光电效应，选项C错误；由EkmhW，增加照射光的频率，光电子的最大初动能变大，选项D正确【答案】AD考点二 氢原子能级和能级跃迁1.氢原子的能级图能级图如图1323所示图13232能级图中相关量意义的说明相关量意义能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态定态横线左端的数字“1,2,3”表示量子数横线右端的数字“13.6，3.4”表示氢原子的能量相邻横线间的距离表示相邻的能量差，量子数越大相邻的能量差越小，距离越小带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁的条件为hEmEn3.对原子跃迁条件hEmEn的说明：(1)原子跃迁条件hEmEn只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况(2)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时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能(3)原子还可吸收外来实物粒子(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值(EEmEn)，均可使原子发生能级跃迁【例2】(xx山东高考)氢原子能级如图1324，当氢原子从n3跃迁到n2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是_。(双选，填正确答案标号)图1324A氢原子从n2跃迁到n1的能级时，辐射光的