一、概念规律题组
1．若用x代表一个中性原子的核外的电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对90Th的原子来说( )
A．x＝90，y＝90，z＝234
B．x＝90，y＝90，z＝144
C．x＝144，y＝144，z＝90
D．x＝234，y＝234，z＝324
2．关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期
B．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领很强
C．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变
D．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线
3．关于放射性元素的半衰期，下列说法中正确的是( )
A．原子核全部衰变所需要的时间的一半
B．原子核有半数发生衰变所需要的时间
C．原子量减少一半所需要的时间
D．元素质量减半所需要的时间
4．关于质能方程，下列哪些说法是正确的( )
A．质量减小，能量就会增加，在一定条件下质量转化为能量
B．物体获得一定的能量，它的质量也相应地增加一定值
C．物体一定有质量，但不一定有能量，所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系
D．某一定量的质量总是与一定量的能量相联系
二、思想方法题组
一、确定衰变次数的方法
[规范思维]
二、对半衰期的理解
1．根据半衰期的概念，可总结出公式
N余＝N原()t/τ，m余＝m原()t/τ
式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期．
2．影响因素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部因素决定的，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关．
3．只有对大量原子核衰变时谈半衰期才有意义，因为半衰期为统计规律，对少数原子核不适用．
【例2】 (2011·山东·38(1))碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
(1)碘131核的衰变方程：→______________(衰变后的元素用X表示)．
(2)经过________天有75%的碘131核发生了衰变．
[针对训练1] 某考古队发现一古生物骸骨．考古专家根据骸骨中的含量推断出了该生物死亡的年代．已知此骸骨中的含量为活着的生物体中的1/4，的半衰期为5 730年．该生物死亡时距今约________年．
三、核反应的四种类型
特别提示 1.核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头表示反应方向，不能用等号连接．
2．核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程．
3．核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒；遵循电荷数守恒．
【例3】 (2009·天津卷)下列说法正确的是( )
A.N＋H―→C＋He是α衰变方程
B.H＋H―→He＋γ是核聚变反应方程
C.U―→Th＋He是核裂变反应方程
D.He＋Al―→P＋n是原子核的人工转变方程
【例4】 (2009·安徽卷)原子核聚变有望给人类的未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为
6H―→kHe＋dH＋2n＋43.15 MeV
由平衡条件可知( )
A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3
四、核能的计算
1．核能的计算方法
(1)根据爱因斯坦质能方程，用核子结合成原子核时释放的能量为质量亏损(Δm)数乘以真空中光速(c＝3×108 m/s)的平方
即ΔE＝Δmc2①
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏(MeV)能量，用核子结合成原子核时释放的能量为亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即
ΔE＝Δm×931.5 MeV②
(3)注意
①式中Δm的单位是kg，ΔE的单位是J；
②式中Δm的单位是指原子质量单位u(1 u＝1.660566×10－27 kg)，ΔE的单位是兆电子伏特(MeV)．
2．核反应中释放的核能，在无光子辐射的情况下，将转化为生成的新核和新粒子的动能．因此在此情况下可应用动量守恒定律和能量守恒及转化定律来计算核能．
【例5】 (2009·山东卷)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5 MeV的质子H轰击静止的X，生成两个动能均为8.9 MeV的He.(1 MeV＝1.6×10－13 J)
(1)写出上述反应方程；
(2)求出上述反应中的质量亏损．
[针对训练2] 原来静止的铀U和钍234同时在同一匀强磁场中，由于衰变而开始做匀速圆周运动．铀238发生了一次α衰变，钍234发生了一次β衰变．
(1)试画出铀238发生一次α衰变时所产生的新核及α粒子在磁场中运动轨迹的示意图．
(2)试画出钍234发生一次β衰变时所产生的新核及β粒子在磁场中运动轨迹的示意图．
【基础演练】
1．(2009·北京卷)下列现象中，与原子核内部变化有关的是( )
A．α粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．原子发光现象
2．(2009·上海卷)放射性元素衰变时放出的三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是( )
A．α射线，β射线，γ射线 B．γ射线，β射线，α射线
C．γ射线，α射线，β射线 D．β射线，α射线，γ射线
A．α衰变、β衰变和β衰变 B．β衰变、α衰变和β衰变
C．β衰变、β衰变和α衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变
4．(2010·全国卷Ⅱ·14)原子核X与氘核H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知( )
A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2
C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2
5．关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的有( )
A．是原子核质量减少一半所需的时间
B．是原子核有半数发生衰变所需的时间
C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的半衰期
D．可以用来测定地质年代、生物年代等
6．雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的中微子(νe)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖．他探测中微子所用的探测器主体是一个贮满615 t四氯乙烯(C2Cl4)液体的巨桶．中微子可以将一个氯核转变为一个氩核和一个电子，其核反应方程式为νe＋Cl―→Ar＋e.
已知 Cl核的质量为36.956 58 u，Ar核的质量为36.956 91 u，e的质量为0.000 55 u，1 u质量对应的能量为931.5 MeV.根据以上信息，可以判断( )
A．中微子不带电
B．中微子就是中子
C.C1和Ar是同位素
D．参与上述反应的中微子的最小能量约为0.82 MeV
7．某科学家提出了年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：
原子核 H He He 6C 7N 7N
质量/u 1.007 8 3.016 0 4.002 6 12.000 0 13.005 7 15.000 1
以下推断正确的是( )
A．X是He，Q2>Q1 B．X是He，Q2>Q1
C．X是He，Q28．美国研究人员正在研制一种新型镍—铜长效电池，它是采用铜和半衰期长达100年的放射性同位素镍63(Ni)这两种金属作为长寿命电池的材料．将镍63置于中央，四周包上铜皮，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，可用镍63和铜片作电池两极，为外接负载提供电能．下列有关该电池的说法正确的是( )
A．镍63的衰变方程是Ni→e＋Cu
B．镍63的衰变方程是Ni→e＋Cu
C．外接负载时镍63的电势比铜片高
D．该电池内电流方向是从铜片到镍
【能力提升】
9．(2009·福建·29(1))14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
10.(1)下列叙述中正确的有( )
A．光的粒子性被光电效应和康普顿效应所证实
B．在α粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型
C．紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应
D．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后就一定只剩下一个氡原子核
(2)氢原子能级如图1所示，则要使一个处于基态的氢原子释放出一个电子而变为氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是________eV，一群处于n＝4能级的氢原子回到n＝2的状态过程中，可能辐射________种不同频率的光子．
图1
(3)静止的锂核Li俘获一个速度为8×106 m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦He，它的速度大小是8×106 m/s，方向与反应前的中子速度方向相同．
①完成此核反应的方程式Li＋n→He＋________.
②反应后产生的另一个粒子的速度大小为______m/s，方向________．
11．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子轰击静止的氮原子核，产生了质子H.若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20，已知质子质量为m.
(1)写出核反应方程；
(2)求出质子的速度v；
(3)若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量是多少？(保留两位有效数字)
12．如图2所示，
图2
一个有界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T，磁场方向垂直于纸面向里，MN是磁场的左边界．在距磁场左边界MN 1.0 m处有一个放射源A，内装放射性物质88Ra(镭)，88Ra发生α衰变生成新核Rn(氡)．放在MN左侧的粒子接收器可以接收到垂直于边界MN方向射出的α粒子，此时接收器位置距直线OA的距离为1.0 m.
(1)试写出Ra的衰变方程；
(2)求衰变后Rn(氡)的速率．(质子、中子的质量为1.6×10－27 kg，电子电荷量e＝1.6×10－19 C)
学案4 原子核与放射性 核能
【课前双基回扣】
1．B [在90Th中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝90；中性原子的核外电子数等于质子数，所以x＝90；中子数等于质量数减去质子数，z＝234－90＝144，所以B选项对．]
2．D [本题是对天然放射现象基本概念的考查．半衰期的概念是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，而不是原子核内的核子半数发生衰变所需的时间，选项A错误；放射性物质放出的射线中，α粒子的动能很大，但由于它与外界物质的原子核碰撞时很容易损失能量，因此它贯穿物质的本领很小，选项B错误；放射性元素发生衰变是因为原子核不稳定所引起的，与核外电子的能量高低无关，选项C错误；放射性元素发生衰变后的新核从高能级向低能级跃迁时会以光子的形式放出能量，γ射线即为高能的光子流，选项D正确．]
3．BD [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，它与原子核全部衰变所需要的时间的一半不同．放射性元素发生衰变后成了一种新的原子核，原来的放射性元素原子核的个数不断减少，当原子核的个数减半时，放射性元素的原子核的质量也减半．故选项B、D正确．]
4．BD [质能方程E＝mc2，表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的，当物体获得一定的能量，即能量增加某一定值时，它的质量也相应增加一定值，并可根据ΔE＝Δm·c2来计算．]
5．A [X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个，B错误．中子数为140－(92－38)＝86个，A正确．裂变时释放能量，出现质量亏损，但是其总质量数是不变的，C、D错．]
6．C [裂变是重核变为中等质量的核，②是；衰变有α衰变和β衰变，α衰变的结果是释放氦核，β衰变的结果是从中子中释放电子，①是；聚变是质量较小的核结合成质量较大的核，③是．综上所述C正确．]
思维提升
1．原子核是由中子和质子组成．
2．核反应方程共有四种：衰变、人工转变、裂变、聚变
3．α衰变中α射线的实质He，β衰变中β射线的实质是电子流．γ射线是伴随着α衰变或β衰变同时产生的，是一种光子．
4．半衰期为统计规律，对少数原子核没有意义．半衰期的长短决定于原子核内部因素．
5．质能方程：E＝mc2，质量亏损：ΔE＝Δmc2.
【核心考点突破】
例1 D [由质量数和电荷数守恒可得
解得：x＝3，y＝2.]
[规范思维] 确定衰变次数首先要明确两种衰变规律．
例2 (1)＋ (2)16
解析 (1)根据衰变过程电荷数守恒与质量数守恒可得衰变方程：→＋ ；
(2)每经1个半衰期，有半数原子核发生衰变，经2个半衰期将剩余，即有75%发生衰变，即经过的时间为16天．
例3 BD [A为人工核反应，B为核聚变反应，C为α衰变方程，D为人工转变方程，故B、D正确．]
例4 B [根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得
解得，B对．]
例5 (1)H＋X→He＋He或H＋Li→He＋He
(2)3.1×10－29 kg
解析 (1)根据核反应过程中质量数和电荷数守恒得
解得，为Li，
所以反应方程为H＋X→He＋He或H＋Li→He＋He
(2)设反应前质子的动能为Ek0，反应后He的动能为Ek，由于质量亏损而释放的能量为
ΔE＝2Ek－Ek0＝(2×8.9－0.5) MeV＝17.3 MeV
根据爱因斯坦质能方程，有
Δm＝＝×106 kg＝3.1×10－29 kg
例6 (1)见解析 (2)5.034 MeV
[针对训练]
1．11 460
解析 根据公式m＝m0()(其中m、m0分别是现在与原来的质量，t为距今的时间，τ为半衰期)
得＝()＝，所以t＝11 460(年)．
2．见解析
解析 (1)铀238发生衰变时，由于放出α粒子而产生了新核，根据动量守恒定律，它们的总动量为零，即：
m1v1－m2v2＝0
因为它们都带正电，衰变后的速度的方向正好相反，所以，受到的洛伦兹力方向也相反，因而决定了它们做圆周运动的轨迹圆是外切的．它们做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供．即：m＝Bqv.所以R＝.又因为m1v1＝m2v2.所以＝，由于q1＝2，q2＝92－2＝90，因而＝.如图所示，其中轨道a为α粒子的径迹，轨道半径为R1，轨道b为新核的径迹，其轨道半径为R2.(R1＞R2)．
(2)同理，
钍234发生一次β衰变放出的β粒子与产生的新核的动量大小相等，方向相反，即总动量为零．可是，β粒子带负电，新核带正电，它们衰变后的速度方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以，它们的两个轨迹圆是内切的，且β粒子的轨道半径大于新核的轨道半径，它们的轨迹示意图如图所示，其中，c为β粒子的径迹，d为新核的径迹．
思想方法总结
1．核衰变次数的计算
原子核由质子和中子组成，它的原子序数就等于它的质子数；质子数和中子数总和(核子数)就等于它的质量数．
确定方法是：根据β衰变不改变质量数，首先由质量数改变确定α衰变次数，然后根据核电荷数守恒确定β衰变次数．
2．核能的计算方法：
①根据ΔE＝Δmc2计算核能时，质量亏损Δm是质量不是质量数，其单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．
②根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算核能时．因一原子质量单位 (u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．
3．α、β衰变过程与动量守恒及带电粒子在匀强磁场中的运动的综合应用问题
(1)α、β衰变过程系统的动量守恒，若原核是静止的，则有：mv＝m新·v新．
由带电粒子在磁场中运动的轨道半径及旋转方向可判断α或β粒子的半径大，新核的半径小，两圆内切为β衰变，两圆外切为α衰变；由两圆半径关系可推知新核及原核的核电荷数．
(2)放射性元素衰变时放出的三种射线，不论是垂直进入匀强磁场，还是垂直进入匀强电场，偏转角度大的(或半径小的)是β粒子，偏转角度小的(或半径大的)是α粒子．
【课时效果检测】
1．B [α粒子散射现象表明了原子有核式结构；光电效应现象说明光的粒子性；原子发光现象是由原子中电子的跃迁产生的；天然放射现象说明原子核具有复杂结构，故选B.]
2．B
3．A 4.D
5．BD [原子核衰变后变成新核，新核与未衰变的核在一起，故半衰期并不是原子核的数量、质量减少一半，A错，B对；衰变快慢由原子核内部的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关，常用其测定地质年代、生物年代等，故C错，D对．]
6．AD 7.B
8．ACD [镍63的衰变方程为Ni→e＋Cu，镍63发生衰变时核内一个中子转化为一个质子和一个电子，电子聚集到铜片上而使铜片成为电池负极，镍63成为电池正极，故接负载时，镍63的电势比铜片高，电池内电流方向是从铜片到镍．]
9．C
10．(1)AB (2)13.6 3 (3)①H ②8×106 与反应前的中子运动方向相反
解析 (1)红外线的频率比紫外线小，不一定能发生光电效应，C选项错；半衰期是大量粒子统计的结果，D选项错．
(2)可能从能级4跃迁到能级2，也可能从能级4跃迁到能级3，还可能从能级3跃迁到能级2，故可能发出三种不同频率的光子．
(3)提示：根据动量守恒定律计算．
11．(1)见解析 (2)0.20c (3)0.40mc，方向与末动量方向一致
解析 (1)He＋→＋H.
(2)α粒子、新核的质量分别为4m、17m，质子的速度为v，对心正碰，由动量守恒定律得：
4mv0＝＋mv
解出v＝0.20c.
(3)两质子质量相等且发生对心弹性碰撞，则碰撞后两质子交换速度．对某一质子，选其末动量方向为正方向，则p2＝mv，p1＝－mv，又Δp＝p2－p1，故解出Δp＝0.40mc，方向与末动量方向一致．
12．见解析
解析 (1)→＋He
(2)由题意知，α粒子在磁场中做圆周运动半径的R＝1 m．对α粒子由qvαB＝m，得vα＝
由动量守恒得0＝mvα－M·v，得
v＝vα＝＝ m/s＝4.5×105 m/s
易错点评
1．不明确衰变射线的实质，甚至误认为射线即电磁波．
2．不理解半衰期是统计规律，只对大量原子核才成立．
3．对三种射线的电离能力，穿透能力记忆不牢．记住电荷量越大的电离能力越强；质量越小，速度越大，穿透能力越强(γ射线)．
4．不清楚β衰变产生的本质原因，以为原子核内本来就有电子．
5．在利用ΔE＝Δmc2求核能时，单位和计算容易出错．当Δm的单位选取“u”时，常用1 uc2＝931.5 MeV求解．
6．注意在涉及动量问题时，亏损的质量应忽略不计．一、概念规律题组
1．下面关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
2．一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倒圆锥面(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．机械能守恒
C．水平方向动量守恒
D．竖直方向动量守恒
图1
3．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )
A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2
4．步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度约为( )
A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s
二、思想方法题组
5．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
6．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可以发生的情况是( )
A．甲球停下，乙球反向运动
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
一、碰撞现象及弹性碰撞的应用
1．碰撞的种类及特点
分类标准 种类 特点
能量是否守恒 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒
非完全弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后动量是否共线 对心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共线
非对心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共线
2.碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律．
(2)机械能不增加．
(3)速度要合理．
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v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′.
②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．
3．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′
m1v＝m1v1′2 ＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝
结论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
(2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动．
(3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
【例1】 在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂．中子在重水中可与H核碰撞减速，在石墨中与C核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
[规范思维]
[针对训练1]
图2
在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图2所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.
[针对训练2]
图3
(2011·山东·38(2))如图3所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
二、子弹打木块模型及其拓展
子弹打木块这类问题，分析时要抓住动量守恒与能量守恒这两条主线，根据所求的量准确地选取研究对象，是对单个物体、还是对系统？各做怎样的运动？其相对位移(或相对路程)是多少？注意这几个量的准确求解．
(1)每个物体的位移：选单个物体为研究对象，然后分别应用动能定理列方程；
(2)相对位移(或打进的深度)：选系统为研究对象，根据能量守恒列方程．
(3)系统因摩擦产生的内能等于系统动能的减少量或Q＝Ffl相对．
图4
【例2】 如图4所示，一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为Ff.试求：
(1)子弹、木块相对静止时的速度v；
(2)此时，子弹、木块发生的位移x1、x2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少；
(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少．
[规范思维]
[针对训练3] (2009·天津卷)如图5所示，
图5
质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：要使物体不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不得超过多少．
[针对训练4] 如图6所示，光滑的水平面上，用弹簧相连接的质量均为2 kg的A、B两物体都以6 m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物体C静止在前方，B与C发生相碰后粘合在一起运动，在以后的运动中，弹簧的弹性势能的最大值是________．
图6
【基础演练】
1．下列属于反冲运动的是( )
A．汽车的运动 B．直升飞机的运动
C．火箭发射过程的运动 D．反击式水轮机的运动
2．如图7所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的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7
A．开始运动时 B．A的速度等于v时
C．弹簧压缩至最短时 D．B的速度最小时
3．(2009·全国卷Ⅰ改编题)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
4．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
5．如图8所示，
图8
小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h
C.h D.h
6．(2009·广东深圳模拟)
图9
A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图9所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为( )
A. B.x
C．x D.x
图10
7．如图10所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放．当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
8．如图11所示，
图11
在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动．当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动．下列关于B物块与弹簧作用的过程中，两物块的v－t图象正确的是( )
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
【能力提升】
9．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度大小为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为.求：
(1)爆炸后的瞬时另一块的速度大小．
(2)爆炸过程中系统增加的机械能．
10．(2010·山东理综·38(2))如图12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？
图12
图13
11．如图13所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：
(1)子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
12．(2010·新课标·34(2))如图14所示，
图14
光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.
学案2 碰撞 爆炸 反冲
【课前双基回扣】
1．AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．]
2．C [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，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，而水平方向是守恒的．爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒．]
3．BC [因为碰撞时间极短，所以m0的速度应该不发生变化，A错，D错．碰后M与m的速度可能相同也可能不同，B、C对．]
4．A [由mv＝Mv′可得v′≈2 m/s，A项正确．]
5．AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，则其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×＋2mvB″.
解得：vB′＝v0，vB″＝v0.]
6．AC [两球动能相等，Ek＝.因m甲>m乙，则p甲>p乙．
系统总动量大小为，方向为碰前甲球的速度方向，系统动量守恒，碰后的总动量仍为甲球的速度方向．若碰后甲球停下，乙球反向能满足动量守恒，A对；若乙球停下，甲球反向，总动量将反向，B错．碰后甲、乙球都反向运动时，一定满足甲球后来的动量小于乙球后来的动量；若甲、乙碰后动能仍相等，有p甲′>p乙′，合动量将反向，动量守恒定律不成立，所以C对，D错．]
思维提升
1．碰撞现象特点：
(1)作用时在极短的时间内产生非常大的作用力．
(2)弹性碰撞：机械能守恒、动量守恒
(3)非弹性碰撞：机械能不守恒、动量守恒
(4)完全非弹性碰撞：两物体合二为一，机械能损失最多，动量守恒．
2．爆炸现象特点：
(1)动量守恒．(2)动能增加．
3．反冲现象
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(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相关的运动过程．
(3)系统的总动能增加．
【核心考点突破】
例1 见解析
解析 设中子质量为mn，靶核质量为m，由动量守恒定律，有
比较⑤⑦的结果知：与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
[规范思维] 本题是完全弹性碰撞模型，要抓住弹性碰撞的特点：动量守恒、机械能守恒．对于“一动碰一静”模型，还要记住结论：碰后两球的速度分别为v1＝v0，v2＝v0；若两球质量相等，则互换速度．
例2 见解析
解析 (1)由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度为v＝v0.
这样在第(2)问中如果只让求l相对，根据能量守恒定律列上式求解即可．另外，Ffl相对＝Q这个结论要牢记．
[针对训练]
1．2 2.4v0 3.5 m/s 4.12 J
思想方法总结
1．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变量，一般用动能定律(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律．即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量．即转变为系统内能的量．
(5)在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场．
2．解答力学综合题的基本思路和步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，作草图．
(3)根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律．
若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度．
若用两大定理求解，应确定过程的始末状态的动量(或动能)、分析并求出过程中的冲量(或功)．
若判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
(4)根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何条件)列补充方程．
(5)代入数据(统一单位)计算结果，并对结果的物理意义进行讨论．
3．“子弹击打木块”模型是典型的动量和能量综合的问题，此外如右图所示．两个物块叠放在一起相对滑动类问题也可看成是“类子弹击打木块”模型．求解这类问题的基本方法是动量守恒和动能定理(或功能关系)．这类问题是高考命题热点，请同学们重点体会和领悟．
【课时效果检测】
1．CD 2.C 3.AB 4.A 5.C 6.D 7.B 8.D
9．(1)3v (2)2mv2
解析 (1)爆炸后其中一块沿原轨道返回，则该块炸弹速度大小为v，方向与原方向相反
爆炸过程中动量守恒，故mv＝－v＋v1
解得v1＝3v
(2)爆炸过程中重力势能没有改变
爆炸前系统总动能Ek＝mv2
爆炸后系统总动能
Ek′＝·v2＋·(3v)2＝2.5mv2.所以，系统增加的机械能ΔE＝Ek′－Ek＝2mv2.
10．1.5v211．(1) (2)2R
解析 (1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即mv0＝(m＋M)v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即
(m＋M)v＝(m＋M)gR
由以上两式解得v0＝
(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得
mv0＝(9m＋M)v9
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得
(9m＋M)v＝(9m＋M)gH
由以上各式可得H＝()2R.
12.
解析 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv0－mv0＝3mv①
设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，
2μmgt1＝mv－m(－v0)②
由牛顿第二定律得2μmg＝ma③
式中a为木板的加速度
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为
l＝v0t1－at④
从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为
t2＝⑤
所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥
由以上各式得t＝.
易错点评
1．在第4题中，由于对碰撞的原则了解不全，不知道两球相撞后，动能不会增加这一道理，导致错误．
2．对于第11题的第2问，要注意理解过程，要能归纳、分析每颗子弹射入木块后的速度规律．否则易出错．
3．物体的运动过程不清，受力分析不全，运动性质不明，是造成第12题错误的主要原因．木块与墙碰撞后，是向左先减速到零，然后再向右加速，直到与木块速度相同，然后一起向右匀速运动，直到与墙第二次相撞．注意木板与地面间光滑，木板加速与减速是因为木块与木板间的摩擦力．一、概念规律题组
1．(光电效应规律的理解)已知能使某金属产生光电效应的极限频率为νc，则( )
A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνc
C．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大
D．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
2．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是( )
A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加
B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加
C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应
D．若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加
3．下列对原子结构的认识中，错误的是( )
A．原子中绝大部分是空的，原子核很小
B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力
C．原子的全部正电荷都集中在原子核里
D．原子核的直径大约为10－10 m
4．以下说法正确的是( )
A．进行光谱分析可以用连续光谱，也可以用吸收光谱
B．光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速
C．分析某种物质的化学组成可以使这种物质发出的白光通过另一种物质的低温蒸气取得吸收光谱进行分析
D．摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素
二、思想方法题组
5．对光的认识，下列说法正确的是( )
A．个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不再具有波动性了
D．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现得明显，在另外的某种场合下，光的粒子性表现得明显
图1
6．图1所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是( )
A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的
B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应
一、对光电效应规律的理解
1．光电效应的实质：光现象→电现象
其中的光包括不可见光，如紫外线．
2．掌握以下两条决定关系
(1)入射光频率→决定光子能量→决定光电子最大初动能．
(2)入射光强度→决定单位时间内接收的光子数→决定单位时间内发射的光电子数．
【例1】 (2009·宁夏高考)关于光电效应，下列说法正确的是( )
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
[规范思维]
[针对训练1] (2009·上海·6改编题)光电效应的实验结论是：对于某种金属( )
A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应
B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应
C．超过极限频率的入射光强度越弱，产生的光电子的最大初动能就越小
D．超过极限频率的入射光频率越高，产生的光电子的最大初动能就越大
二、光电效应方程及曲线
1．光电效应方程Ek＝hν－W0的意义
图2
金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能Ek＝mev2，是能量守恒的必然结果．
2．Ek—ν图象(如图2所示)
3．由Ek—ν图象可以得到的物理量
(1)极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc；
(2)逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝E；
(3)普朗克常量：图线的斜率k＝h.
【例2】 如图3所示，
图3
当开关S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零．
(1)求此时光电子的最大初动能的大小．
(2)求该阴极材料的逸出功．
图4
【例3】 (2010·浙江理综·16)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图4所示．则可判断出( )
A．甲光的频率大于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
[规范思维]
三、原子的结构与α粒子散射实验
1909～1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验．实验发现，绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞了回来”．为了解释α粒子的大角度散射，卢瑟福在1911年提出了原子的核式结构模型．
【例4】 (1)关于原子结构理论与α粒子散射实验，下列说法中正确的是( )
A．卢瑟福做α粒子散射实验是为了验证汤姆孙的枣糕模型是错误的
B．卢瑟福认识到汤姆孙的“枣糕模型”的错误后提出了“核式结构”理论
C．卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正确性
D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论
(2)在α粒子散射实验中，α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力而发生的．实验中即使1 mm厚的金箔也大约有3 300层原子，但绝大多数的α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，只有少数发生了大角度偏转，这说明了什么？
[规范思维]
四、氢原子能级及能级跃迁
1．氢原子的能级
能级公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6 eV.
图5
2．氢原子的能级图(如图5所示)
(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，－3.40，…”表示氢原子的能级．
(3)相邻横线间的距离，表示相邻的能级差，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，跃迁条件为：hν＝Em－En(m>n)．
【例5】 (2009·全国Ⅱ)
图6
氢原子的部分能级如图6所示．已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间．由此可推知，氢原子( )
A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短
B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光
C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的光为可见光
[规范思维]
【例6】 (2011·四川·18)氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则( )
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
[规范思维]
[针对训练2] (2010·新课标·34(1))用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则( )
A．ν0<ν1 B．ν3＝ν2＋ν1
C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.＝＋
【基础演练】
1．(2009·广东卷)硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是( )
A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置
B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出
C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关
D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应
2．(2008·广东·6)有关氢原子光谱的说法正确的是( )
A．氢原子的发射光谱是连续谱
B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光
C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的
D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关
图7
3．在图7所示的光电管实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么( )
A．A光的频率大于B光的频率
B．B光的频率大于A光的频率
C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是从a流向b
D．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是从b流向a
4．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是( )
A．氢原子的能量增加
B．氢原子的能量减少
C．氢原子要吸收一定频率的光子
D．氢原子要放出一定频率的光子
图8
5．(2011·福建·29(1))爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图8所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是________．(填选项前的字母)
A．逸出功与ν有关
B．Ekm与入射光强度成正比
C．当ν<ν0时，会逸出光电子
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
图9
6．(2010·高考风向标)如图9所示，为氢原子的能级图，若用能量为10.5 eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则氢原子( )
A．能跃迁到n＝2的激发态上去
B．能跃迁到n＝3的激发态上去
C．能跃迁到n＝4的激发态上去
D．以上三种说法均不对
7．(2009·全国卷Ⅰ)氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.632 8 μm，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96 eV的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为( )
A．10.50 eV B．0.98 eV
C．0.53 eV D．0.36 eV
8.
图10
用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子．停止照射后，发现该容器内的氢原子能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，如图10所示．由此可知，开始用来照射容器中氢原子的单色光的光子能量可以表示为( )
A．hν1 B．hν3
C．h(ν1＋ν2) D．h(ν1＋ν2＋ν3)
【能力提升】
9．原子从一个能级跃迁到另一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时并不发射光子，而是将相应能量转交给n＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应．以这种方式脱离了原子的电子叫俄歇电子，已知铬原子的能级公式可以简化表示为En＝－，式中n＝1,2,3…，表示不同的能级的量子数．A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是( )
A.A B.A
C.A D.A
10．现有1 200个氢原子被激发到n＝4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是(假设处在量子数为n的激发态上的氢原子跃迁到各低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子数的)( )
A．2 200个 B．2 000个
C．1 200个 D．2 400个
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
11.如图11所示为氢原子最低的四个能级，当一群氢原子处于n＝4的能级上向低能级跃迁时：
图11
(1)有可能放出________种能量的光子．
(2)在哪两个能级间跃迁时，所放出光子波长最长？波长是多少？
12．(2010·江苏物理·12(C))
图 12
(1)研究光电效应的电路如图12所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是( )
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________．
(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.4 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．
学案3 波与粒子 原子结构
【课前双基回扣】
1．AB [入射光的频率大于金属的极限频率，照射该金属时一定能发生光电效应，A正确；金属的逸出功为W＝hνc，又根据爱因斯坦光电效应方程mv2＝hν－W，当入射光的频率为2νc时，其光电子的最大初动能为mv2＝2hνc－hνc，所以B正确；若当入射光的频率由2νc增大一倍变为4νc时，其光电子的最大初动能为mv2＝4hνc－hνc＝3hνc，显然不是随着增大一倍，D错误；逸出功是金属本身对金属内电子的一种束缚本领的体现，与入射光的频率无关，C错误．综上所述A、B正确．]
2．AD [光电效应的规律表明：入射光的频率决定着是否发生光电效应以及发生光电效应时产生的光电子的最大初动能的大小，当入射光频率增加后，产生的光电子最大初动能也增加；而照射光的强度增加，会使单位时间内逸出的光电子数增加．紫光频率高于绿光，故上述选项正确的有A、D.]
3．D [卢瑟福α粒子散射实验的结果否定了关于原子结构的汤姆孙模型，提出了原子的核式结构学说，并估算出原子核直径的数量级为10－15 m、原子直径的数量级为10－10 m，原子是原子核直径的十万倍，所以原子内部是十分“空旷”的．核外带负电的电子由于受到带正电的原子核的库仑引力而绕核旋转，所以本题应选D.]
4．B [进行光谱分析不能用连续光谱，只能用明线光谱或吸收光谱，故A错；光谱分析的优点是灵敏而迅速，B正确；分析某种物质组成可用白光照射其低温蒸气产生的吸收光谱进行分析，不是使其发出白光通过另一种物质，故C错；月球不能发光，它只能反射太阳光，故其光谱为太阳光谱，不是月球的光谱，不能用来分析月球上的元素，D错．]
5．ABD [本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由于光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C选项错误，D选项正确．]
6．D [大量氢原子从n＝4的激发态向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光；频率最高的是由n＝4能级跃迁到n＝1能级的光，其波长最短，最难表现出衍射现象；频率最小的光是由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的；从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量hν＝E2－E1＝[－3.40－(－13.6)] eV＝10.2 eV>W＝6.34 eV，能发生光电效应．选项D正确．]
思维提升
1．光电效应现象：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象．
(1)不同的金属对应着不同的极限频率(νc)
(2)电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功，有W＝hνc.
(3)光电效应方程：Ek＝hν－W0
2．光不是宏观观念中的波，也不是宏观概念中的粒子，大量光子产生的效果往往显示出波动性，少量光子产生的效果往往显示出粒子性，光在传播过程中往往显示波动性，在与物质作用时往往显示粒子性．
3．原子结构的实验基础：卢瑟福的α粒子散射实验；从实验现象提出了原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核(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绕核旋转．
4．(1)氢原子核外的电子绕核运动的轨道与其能量相对应．核外电子绕核做圆周运动的向心力，来源于库仑力(量子化的卫星运动模型)．
规定无穷远处原子的能量为零，则原子各能级的能量为负值．
而E1＝－13.6 eV，r1＝0.53×10－10 m，En＝，rn＝n2r1，随着量子数n的增大轨道半径增大，原子能量增大．
随n的增大，电子的动能减小．
随n的增大，原子的电势能增大．
(2)①原子跃迁条件hν＝Em－En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．对于光子和原子作用而使原子电离时，只要入射光的能量E≥13.6 eV，原子就能吸收．对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于或等于能级差即可．
②原子跃迁发出的光谱线条数N＝C＝，是一群氢原子，而不是一个，因为某一个氢原子有固定的跃迁路径．
【核心考点突破】
例1 A [由爱因斯坦光电效应方程可知W0＝hνc，所以极限频率越大，逸出功越大，A正确；低于极限频率的光，无论强度多大，照射时间多长，都不可能产生光电效应，B错误；光电子的最大初动能还与照射光子的频率有关，C错误；单位时间内逸出的光电子个数与光强成正比，与频率无关，D错误．]
[规范思维] 入射光的频率决定着能否发生光电效应及光电子的最大初动能．
例2 (1)0.60 eV (2)1.90 eV
解析 (1)光子能量为2.5 eV时，设光电子的最大初动能为mv2，由题意知，当反向电压达到0.60 V以后，具有最大初动能的光电子恰好不能达到阳极，即遏止电压UC＝0.60 V，因此
－eUC＝0－mv2
mv2＝eUC＝0.60 eV
(2)由光电效应方程mv2＝hν－W0
解得W0＝1.90 eV.
例3 B [遏止电压越大，光照射后光电子最大初动能也越大，光的频率越大，只有B项正确．]
[规范思维] 本题与爱因斯坦光电效应方程和光电效应实验对接，明确图象的物理意义及横轴截距的物理意义是解题的关键．
例4 (1)D (2)说明原子内带正电荷的部分在整个原子中占的空间非常小．
解析 (1)卢瑟福设计的α粒子散射实验是为了探究原子内电荷的分布，并非为了验证汤姆孙模型是错误的，A错误；卢瑟福并不是认识到“枣糕模型”的错误而提出“核式结构”理论的，B错误；卢瑟福做了α粒子散射实验后，由实验现象提出了“核式结构”理论，C错误，D正确．
(2)α粒子穿过金箔后绝大多数仍沿原来的方向前进，说明它们距正电荷部分较远，所受库仑力很小，尽管经过若干层原子，但靠近正电荷部分的机会很小，这说明原子内带正电荷的部分在整个原子中占的空间非常小．
[规范思维] 微观世界是看不见的，但我们可以根据它们产生的各种效应来进行分析、推理和判断，从而达到认识微观世界的目的．
例5 AD [从高能级向n＝1能级跃迁时放出的光子的能量最小值ΔE＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6) eV＝10.2 eV>3.11 eV，则由λ＝可判断，从高能级向n＝1能级跃迁时最大波长比可见光的最小波长还小，因此选项A正确；从高能级向n＝2能级跃迁时放出的光子的能量范围是：1.89 eV≤ΔE≤3.40 eV，与可见光光子的能量有不重合的范围，故选项B错误；从高能级向n＝3能级跃迁时，放出的光子能量范围为：0.66 eV≤ΔE≤1.51 eV，比可见光光子的能量小，由ΔE＝hν可知这些光子的频率均小于可见光的频率，故选项C错误；从n＝3能级向n＝2能级跃迁时放出的光子的能量为ΔE＝1.89 eV，在可见光光子能量范围之内，故选项D正确．]
[规范思维] 处理此类问题主要掌握三个要点：(1)原子发生能级跃迁不论是吸收还是放出光子都必须满足：hν＝Em－En，而c＝λν，所以h＝Em－En；(2)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可辐射的谱线条数N＝；(3)当一个氢原子由某个能级向低能级跃迁时，最多可产生的谱线条数为(n－1)，若氢原子从高能级向某一确定的低能级跃迁，只能产生一条谱线．
例6 D [氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，说明能级m高于能级n，而从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，说明能级k也比能级n高，而紫光的频率ν2大于红光的频率ν1，所以hν2>hν1，因此能级k比能级m高，所以若氢原子从能级k跃迁到能级m，应辐射光子，且光子能量应为hν2－hν1.故选项D正确．]
[规范思维] 理解透玻尔理论的三条假设，特别是跃迁假设，就能正确解答这类题型．针对本题，还应挖掘出ν2>ν1这一隐含条件．
[针对训练]
1．AD [能不能发生光电效应，取决于入射光的频率是不是大于极限频率，与光的强度无关，A对，B错；由Ek＝hν－W0知，入射光频率ν越大，光电子的最大初动能Ek就越大，与入射光的强度无关，C错，D对．]
2．B
思想方法总结
1．理解光子学说，能形象地想象光电效应的物理图景：光一份一份射向金属，电子吸收一个光子后能量变大，挣脱原子核的束缚，成为光电子．很容易从这一图景中分析有关光电效应的定性理解问题．
2．对于本部分实验推理类问题，要求记住：(1)实验的作者、时间和装置；(2)实验事实或现象；(3)由实验结果得出什么结论；(4)实验的意义所在．
3．(1)量子数为n的氢原子辐射光子的可能频率的判定方法：
如果是一个氢原子，向低能级跃迁时最多发出的光子数为(n－1)．
如果是一群氢原子，向低能级跃迁时最多，发出的光子数为C种．
(2)理解氢原子能级图，量子数越大的能级间能级差越小，发出光子波长越长．
【课时效果检测】
1．A 2.BC 3.AC 4.BD 5.D 6.D 7.D 8.BC
9．C 10.A
11．(1)6 (2)第四能级向第三能级 1.88×10－6 m
解析 (1)N＝＝＝6.
(2)由题图知，氢原子由第四能级向第三能级跃迁时，能级差最小，辐射的光子波长最长．
由hν＝E4－E3，得：h＝E4－E3，
所以λ＝＝ m
≈1.88×10－6 m.
12．(1)C (2)减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功) (3)见解析
解析 (1)入射光的频率相同，则光电子的最大初动能相同，由－eU＝－mvm2知，两种情况下遏止电压相同，故选项A、B错误；光电流的强度与入射光的强度成正比，所以强光的光电流比弱光的光电流大，故选项C正确，选项D错误．
(2)减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用
(3)氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，
代入数据得E＝1.89 eV
金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0＝2.3 eV
因为E易错点评
1．对第1、3、5题出错的原因主要是对光电效应规律理解不全造成的．部分同学由于不清楚每种金属都有自己的极限频率，而使第1题误选B项．部分同学由于不清楚Ek＝hν－W的意义，导致第5题出错．
2．对于氢原子跃迁问题，部分同学由于不理解跃迁的条件，不理解跃迁的可能频率出现的原因，导致出错．
3．对第12题：在分析第(1)问时容易出错．主要原因是对光电流与UAK之间的关系不能明确，或对该电路缺乏理解，不清楚强光与弱光的区别、强光与弱光引起光电效应不同而造成错误．一、概念规律题组
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
2．下列论述中错误的是( )
A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变
C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的
图1
3．如图1所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内( )
A．A的速度是B的一半 B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力 D．总动量为零
二、思想方法题组
图2
4．如图2所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
图3
5．如图3所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断细绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．通过的路程之比为2∶1
D．通过的路程之比为1∶1
一、动量是否守恒的判断
动量是否守恒的判断方法有两个
1．根据动量守恒的条件，由系统所受的合外力是否为零来判断系统的动量是否守恒．
2．根据物理情景研究初、末动量，直接判断动量是否守恒．有时第2种方法比第1种方法简捷得多．
图4
【例1】 木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图4所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是( )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒
[规范思维]
二、动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律的解题步骤
1．明确研究对象(系统包括哪几个物体)；
2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
3．规定正方向，确定初、末状态动量；
4．由动量守恒定律列式求解；
5．必要时进行讨论．
【例2】
图5
(2011·海南·19(2))一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图5所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab与bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
[规范思维]
三、多过程问题分析
由三个或三个以上物体组成的系统在相互作用的过程中会出现多个作用过程，有的过程系统动量守恒，有的过程系统动量不守恒，有的全过程动量守恒，有的整体动量守恒，有的部分物体动量守恒．因此要合理地选择过程和过程的初、末状态，抓住初、末状态的动量守恒．
【例3】
图6
(2011·新课标·35(2))如图6所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，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相碰并粘合在一起．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．
四、实验：验证动量守恒定律
【实验目的】
1．验证一维碰撞中的动量守恒．
2．探究一维弹性碰撞的特点．
【实验原理】
在一维碰撞中，测出物体的质量和碰撞前后物体的速度，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．
【实验器材】
方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．
方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．
【实验步骤】
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
4．改变实验条件：①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向，重复实验．
5．验证：一维碰撞中的动量守恒．
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．
方案三：在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．将长木板的一端垫高，以平衡摩擦力．
3．安装：将打点计时器固定在长木板的一端，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．
4．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．
5．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出它们碰撞前后的速度．
6．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．
7．验证：一维碰撞中的动量守恒
【误差分析】
1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞．
(2)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，是否平衡掉摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．
3．改进措施：(1)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．
(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．
【注意事项】
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．
2．方案提醒：(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．
(2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，用等长悬线悬挂后两小球刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用来平衡摩擦力．
3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．
【例4】 某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图7甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
图7
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；
⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
试着完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______ kg·m/s(保留三位有效数字)
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是
[规范思维]
【基础演练】
1．下列说法中正确的是( )
A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变
B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变
C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒
D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒
2．如图8所示，
图8
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，下列说法中正确的是( )
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，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
3.
图9
将一个质量为3 kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1 kg的物块放在木板上．已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动，如图9所示，则当木板的速度为2.4 m/s时，物块正在( )
A．水平向左匀减速运动
B．水平向右匀加速运动
C．水平方向做匀速运动
D．处于静止状态
4．(2010·福建四校联考)在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于( )
A. B. C．2 D．2
5．A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1 s闪光一次，连续拍照5次，拍得如图10所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断( )
图10
A．第四次拍照时物体A在100 cm处
B．第四次拍照时物体A在80 cm处
C．mA∶mB＝3∶1
D．mA∶mB＝2∶1
6．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为( )
A. B.
C. D.
题号 1 2 3 4 5 6
答案
【能力提升】
7．(2011·北京·21(2))如图11，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
图11
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
②图11中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________(用②中测量的量表示)．
④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图12所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.
图12
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________．
⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.
8．(2010·辽宁锦州模拟)如图13所示，
图13
质量均为2m的完全相同的长木板A、B并排静止放置在光滑水平面上．一个质量为m的铁块C以v0＝1.8 m/s的水平速度从左端滑到长木板A的上表面，并最终停留在长木板B上．已知B、C最终的共同速度为v＝0.4 m/s.求：
(1)长木板A的最终速度v1；
(2)铁块C刚离开长木板A时的瞬时速度v2.
9．(海南省海师附中2010届高三月考)
图14
如图14所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R，一水平轨道与圆轨道相切，在水平光滑轨道上停着一个质量为M＝0.99 kg的木块，一颗质量为m＝0.01 kg 的子弹，以v0＝400 m/s的水平速度射入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，当圆轨道半径R多大时，平抛的水平距离最大？最大值是多少？(g取10 m/s2)
学案1 动量守恒定律 验证动量守恒定律
【课前双基回扣】
1．A 2.B 3.AD
4．B [两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统在水平方向上动量守恒．设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以有v1＝v2，<1，故v15．ABC [以两木块及弹簧为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F1＝μ1m1g，F2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即满足动量守恒定律的条件．
设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：
－m1v1＋m2v2＝0，
即m1v1＝m2v2.
即两物体的动量大小之比为1∶1，故A项正确．则两物体的速度大小之比为＝＝，故B项正确．由于木块通过的路程正比于其速度，两木块通过的路程之比＝＝，故C项正确，D项错误．]
思维提升
1．动量是矢量，其方向与速度方向相同．动能是状态量，描述物体的运动状态，动能与动量的大小关系为p2＝2mEk.
2．动量守恒定律的表达式
(1)p′＝p，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．动量守恒定律的适用条件
(1)不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．
【核心考点突破】
例1 BC [在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．]
[规范思维] 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，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量守恒，即要明确研究对象和研究过程．
例2 (1) (2)
解析 木块m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．
(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有
mv0＝(2m＋m)v①
根据能量守恒，有
mv＝(2m＋m)v2＋fL＋mgh②
联立①②得f＝－＝③
(2)以木块开始运动至最后与物体P在水平面ab上相对静止为研究过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有
mv0＝(2m＋m)v④
根据能量守恒，有
mv＝(2m＋m)v2＋f(L＋L－s)⑤
联立③④⑤得s＝
[规范思维] 解答本题首先判断系统满足动量守恒的条件；然后根据要求量合理地选择初、末状态，再根据动量守恒定律列方程．
例3 mv
解析 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得
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＝mv④
例4 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1
(2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦
解析 作用前滑块1的速度v1＝ m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为0.31 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝ m/s＝1.2 m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s.
[规范思维] 由纸带分别求出碰撞前后的速度大小(碰前速度大)，由p＝mv分别求出碰撞前后动量的大小，然后进行比较．
思想方法总结
1．判断动量是否守恒，首先要弄清所研究的对象和过程，即哪个系统的哪个过程，常见的判断方法是：
(1)分析系统在所经历过程中的受力情况，看合外力是否为零．
(2)直接分析系统在某一过程的初、末状态的动量，看它们是否大小相等、方向相同．
2．对于多个物体组成的系统，当利用动量守恒和能量守恒等物理规律分析解决时，应注意以下几个方面．
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为一个研究对象，不一定是所有的物体为一个研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程．根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别判断所选过程动量、机械能的守恒情况．
3．整体法是解多个物体组成的系统动量守恒问题的一个重要方法．即把两个或两个以上物体的独立物体视为系统进行考虑，也可以把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
4．守恒方法：利用物理过程中的某些守恒关系，根据守恒条件，利用相应的守恒定律来解决物理问题的方法．守恒是变中的不变，是事物转化中的一种恒定性．我们学习的有动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等．
运用守恒定律给我们的解题带来方便，对于物理结构或物理过程较为复杂的问题，优先考虑守恒定律．
【课时效果检测】
1．A 2.ACD 3.B 4.C 5.A 6.B
7．①C ②ADE或DEA或DAE ③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2 ④14 2.9 1(1～1.01均可) ⑤76.8
8．(1)0.3 m/s 方向与v0同向 (2)0.6 m/s 方向与v0同向
解析 (1)由动量守恒定律，知
mv0＝2mv1＋(m＋2m)v
解得v1＝0.3 m/s，方向与v0同向
(2)铁块刚离开A时，A、B具有相同的速度，此时由动量守恒定律有
mv0＝mv2＋4mv1
解得v2＝0.6 m/s，方向与v0同向
9．0.2 m 0.8 m
解析 对子弹和木块组成的系统应用动量守恒定律，设它们共同运动的速度为v，有
mv0＝(m＋M)v1，所以v1＝4 m/s
对子弹、木块组成的系统由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面，设木块到最高点时的速度为v2，有
(m＋M)v＝(m＋M)v＋(m＋M)g·2R
所以v2＝
由平抛运动规律有：2R＝gt2，x＝v2t
解①、②两式有x＝4· ＝4＝4
所以，当R＝0.2 m时水平距离最大
最大值xmax＝0.8 m.
易错点评
1．在第2题中，由于不能理解动量的矢量性，往往漏选A.
对B项由于理解的歧义，往往造成选择错误，B项应理解成：先放左手，后放右手，之后由于系统外力为零，动量守恒，所以B项错误．C项中，由于思维定势，许多同学把“后放右手”，理解为“系统受力往右”，漏选C.
2．在第4题中，一定要记住当两球压缩最紧时，速度肯定相等，弹性势能最大．
3．在第5题中，由于看不透题给图示的意义，造成思维障碍，无法解题．
4．对于第8题，由于不能理解A、B、C运动过程，找不出关键条件，不会分段或整体列动量守恒方程，导致出错．
