北京市2018屆高考物理二輪復習 專題9 動量守恒定律 原子結構與原子核學案（含解析）

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1、 專題9 動量守恒定律 原子結構與原子核 考向預測 對動量守恒這一部分內(nèi)容，主要考查動量定理，驗證動量守恒定律。題型靈活性強，難度較大，能力要求高，物理情景多變，多次出現(xiàn)在兩個守恒定律交匯的綜合題中。 在原子物理這一部分內(nèi)容中，主要考查光電效應，原子結構原子核與核能。雖然對光電效應、原子結構原子核與核能的考查頻率比較高，但是在復習的過程中，原子的能級和躍遷也應該引起高度的重視。 高頻考點：動量定理與動量守恒和能量守恒問題、光電效應、原子的能級和躍遷、原子結構原子核與核能。知識與技巧的梳理 考點一、動量、沖量和動量定理 例 (2017·全國Ⅲ卷T20)(多選)一質量為2

2、 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時物塊的速度為零 【審題立意】本題考查動量定理。求變力的沖量是動量定理應用的重點，也是難點。F–t圖線與時間軸所圍面積表示沖量。 【解題步驟】方法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理

3、I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯誤。 方法二：前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3

4、＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D錯誤。 【參考答案】AB 【技能提升】1．掌握基本概念和規(guī)律 2．應用動量定理的注意事項 (1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷。動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。 (2)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向

5、，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 【變式訓練】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 解析：(1)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出

6、的水的質量為＝ρv0S。③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由機械能守恒定律得 Δmv2＋Δmgh＝Δmv02④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 Δp＝Δmv⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－。⑧ 考點二、動量守恒定律的應用 例 如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面有一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R＝

7、0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切?，F(xiàn)將一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離。 【審題立意】本題是系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題。平板車和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒和能量守恒求解；從小滑塊滑上平板車到二者相對靜止的過程中，由動量守恒列式，由能量守恒求解。 【解題步驟】(1)平板

8、車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1 由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1?、? 由動能定理得：－mgR－μmgL＝(M＋m)v12－mv02?、? 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s?！、? (2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒定律得： mv0＝(M＋m)v2?、? 設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由動能定理得： －μmg(L＋x)＝(M＋m)v22－mv02?、? 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m

9、參考答案】(1)5 m/s　(2)0.5 m 【技能提升】動量守恒定律的理解與應用 1．動量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零；(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計，如碰撞、爆炸等；(3)系統(tǒng)在某一方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。 2．動量守恒定律的表達形式： ①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即p1＋p2＝p′1＋p′2；②Δp1＋Δp2＝0，即Δp1＝－Δp2。 3．動量守恒定律的速度具有“四性”： ①矢量性；②瞬時性；③相對性；④普適性。 【變式訓練】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上

10、的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面體的質量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v

11、202＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20 kg。③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v202＝m2v22＋m3v32⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。 考點三、碰撞與動量守恒 例 如圖所示，小球A質量為m，系

12、在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程中B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能。 【解題步驟】設小球A運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球A運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有：mgh＝mv12 解得：v1＝ 設碰撞后小球A反彈的速度大小為

13、v1′，同理有：mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程中B物塊受到的沖量大小為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有： 5mv2＝8mv3 據(jù)機械能守恒定律得：Epm＝×5mv22－×8mv32 解得：Epm＝mgh。 【參考答案】m　mgh 【技能提升】碰撞遵從的三個原則 1. 動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2； 2. 動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2；

14、3. 速度合理，碰撞前v前

15、滑塊不會從車右端滑落，車的最小長度。 解析：(1)滑塊與車之間的最大靜摩擦力fm＝μMg 設滑塊與車不發(fā)生相對滑動而一起加速運動的最大加速度為am，以車為研究對象，則 am＝＝＝6 m/s2 以滑塊和車整體為研究對象，設作用在滑塊上使滑塊與車一起加速運動的水平推力的最大值為Fm，則 Fm＝(M＋m)am＝36 N 已知水平推力F＝24 N<36 N，所以在F作用下滑塊和車能相對靜止地一起向右加速運動，由動量定理得 Ft＝(M＋m)v1，解得v1＝2 m/s 由題意知，車第一次碰墻后到第二次碰墻前，車和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒 車向左運動的速度減為零時，由于m

16、動，設此時滑塊的速度為v1′，車相對滑塊運動的距離為s，則 Mv1－mv1＝Mv1′，解得v1′＝1 m/s 以車為研究對象，根據(jù)動能定理可得－μMgs＝－mv12，解得s＝ m。 (2)第一次碰墻后車運動到速度為零時，滑塊仍有向右的速度，滑動摩擦力使車以加速度am重新向右加速，如果車的加速過程持續(xù)到與墻第二次相碰，則加速過程位移也為s，可算出第二次碰撞瞬間的速度大小也為2 m/s，系統(tǒng)的總動量大于第一次碰墻后的動量，這顯然是不可能的，可見在第二次碰墻前車已停止加速，即第二次碰墻前某一時間車和滑塊已相對靜止，設車與墻壁第二次碰撞前瞬間速度為v2，則 Mv1－mv1＝(M＋m)v2，解得

17、v2＝ m/s。 (3)車每次與墻碰撞后一段時間內(nèi)，滑塊都會相對車有一段向右的滑動，由于兩者相互摩擦，系統(tǒng)的部分機械能轉化為內(nèi)能，車與墻多次碰撞后，最后全部機械能轉化為內(nèi)能，車停在墻邊，滑塊相對車的總位移(即車的最小長度)設為l，則 μMgl＝(M＋m)v12，解得l＝1 m。 考點四、光電效應 例 (2017·全國Ⅲ卷T19)(多選)在光電效應實驗中，分別用頻率為νa、νb的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb。h為普朗克常量。下列說法正確的是(　　) A．若νa>νb，則一定有Uaνb，則一

18、定有Eka>Ekb C．若Uaνb，則一定有hνa－Eka>hνb－Ekb 【審題立意】本題考查光電效應及其相關知識。解決本題的突破口是抓住已知條件“照射到同種金屬上”，由于照射的是同種金屬，所以逸出功相同。 【解題步驟】設該金屬的逸出功為W，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程有Ek＝hν－W，同種金屬的W不變，則逸出光電子的最大初動能隨ν的增大而增大，B項正確；又Ek＝eU，則最大初動能與遏止電壓成正比，C項正確；根據(jù)上述有eU＝hν－W，遏止電壓U隨ν增大而增大，A項錯誤；又有hν－Ek＝W，W相同，D項錯誤。 【參考答案】BC 【技能提升】

19、 圖象名稱 圖線形狀 由圖線直接(間接)得到的物理量 最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖線 ①極限頻率νc：橫軸截距 ②逸出功W0：縱軸截距的絕對值 ③普朗克常量h：圖線的斜率 顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關系圖線 ①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點 ②飽和光電流Im：電流的最大值 ③最大初動能：Ekm＝eUc 顏色不同時，光電流與電壓的關系圖線 ①遏止電壓Uc1、Uc2 ②飽和光電流 ③最大初動能：Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2 遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖線 ①截止頻率νc：圖線與橫軸的交點 ②遏止電壓Uc：隨入射光頻率

20、的增大而增大 ③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即h＝ke (注：此時兩極之間接反向電壓) 【變式訓練】1905年，愛因斯坦把普朗克的量子化概念進一步推廣，成功地解釋了光電效應現(xiàn)象，提出了光子說。對于與光電效應有關的四個圖象，下列說法正確的是(　　) A．圖1中，當紫外線照射鋅板時，發(fā)現(xiàn)驗電器指針發(fā)生了偏轉，說明鋅板帶正電，驗電器帶負電 B．圖2中，從光電流與電壓的關系圖象中可以看出，電壓相同時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關 C．圖3中，若電子電量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Uc-ν圖象可求得普朗克常量的表達式為h＝ D．圖4中，

21、由光電子最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖象可知，該金屬的逸出功為E或hνc 解析：用紫外線燈發(fā)出的紫外線照射鋅板，鋅板失去電子帶正電，驗電器與鋅板相連，則驗電器的金屬球和金屬指針帶正電，故A錯誤；由題圖2可知電壓相同時，光照越強，光電流越大，只能說明光電流強度與光的強度有關，遏止電壓只與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關，故B錯誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝ν－，Uc-ν圖象的斜率表示，即＝，解得h＝，故C正確；根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0知，Ek-ν圖線的縱軸截距的絕對值表示逸出功，則逸出功為E，當最大初動能為零時，入射光的頻率等于金屬的極限頻率，則

22、金屬的逸出功等于hνc，故D正確。 答案：CD 考點五、原子能級與躍遷 例 (2018屆高三·第二次全國大聯(lián)考)預計2018年，我國將完成“北斗三號”18顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星發(fā)射，采用星載氫原子鐘。如圖所示為氫原子的能級圖，以下判斷正確的是(　　) A．大量氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，最多能輻射出3種不同頻率的光子 B．氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子的能量減小 C．當氫原子從n＝5的能級躍遷到n＝3的能級時，要吸收光子 D．從氫原子的能級圖可知原子發(fā)射光子的頻率也是連續(xù)的 【審題立意】解決本題的關鍵是理解玻爾理論，知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律。

23、 【解題步驟】根據(jù)C＝3可知，大量氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，最多能輻射出3種不同頻率的光子，選項A正確；氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子的能量增大，選項B錯誤；氫原子從高能級躍遷到低能級時輻射出光子，選項C錯誤；玻爾理論指出氫原子能級是分立的，結合題圖可知，原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的，選項D錯誤。 【參考答案】A 【知識鏈接】1．氫原子的能級躍遷 (1)氫原子從低能級向高能級躍遷：吸收一定頻率的光子，當光子的能量滿足hν＝E末－E初時，才能被某一個原子吸收，否則不吸收。 (2)氫原子從高能級向低能級躍遷：以光子的形式向外輻射能量，所輻射的光子能

24、量恰等于發(fā)生躍遷時兩能級間的能量差。 2．電離 當光子能量大于等于原子所處的能級的能量值的絕對值時，也可以被氫原子吸收，使氫原子電離，多余的能量作為電子的初動能。 3．光譜線條數(shù) 一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時，可能輻射出的光譜線條數(shù)為N＝。 4．激發(fā)躍遷 氫原子還可吸收外來實物粒子的能量而被激發(fā)，由于實物粒子的動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兩能級差，均可使原子發(fā)生能級躍遷。 5．躍遷時電子動能、原子電勢能與總能量變化 當軌道半徑減小時，庫侖引力做正功，原子電勢能減小，電子動能增大，原子總能量減??；反之，軌道半徑增大時，原子電勢能增大，電子動

25、能減小，原子總能量增大。 【變式訓練】如圖所示為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外輻射出光子，用這些光子照射逸出功為2.49 eV的金屬鈉。下列說法正確的是(　　) A．這群氫原子能輻射出3種不同頻率的光子，其中從n＝3 躍遷到n＝2所輻射出的光子波長最短 B．這群氫原子能輻射出2種不同頻率的光子，其中從n＝3 躍遷到n＝1所輻射出的光子頻率最低 C．金屬鈉表面輻射出的光電子的最大初動能為9.60 eV D．金屬鈉表面輻射出的光電子的最大初動能為11.11 eV 解析：一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，可能輻射出3種不同頻率的光子，因為n＝3

26、和n＝2間能級差最小，所以從n＝3躍遷到n＝2發(fā)出的光子頻率最低，根據(jù)ΔE＝hν＝，可知波長最長；因為n＝3和n＝1間能級差最大，所以從n＝3躍遷到n＝1輻射出的光子頻率最高，波長最短，故A、B錯誤；從n＝3躍遷到n＝1輻射出的光子頻率最高，輻射出的光子能量為ΔE＝(13.60－1.51)eV＝12.09 eV，根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0得，最大初動能Ekm ＝(12.09－2.49)eV＝9.60 eV，故D錯誤，C正確。 答案：C 考點六、核反應與核能 例 (2017·全國Ⅰ卷T17)大科學工程“人造太陽”主要是將氘核聚變反應釋放的能量用來發(fā)電。氘核聚變反應方程是：H＋H―

27、→He＋n。已知H的質量為2.0136 u，He的質量為3.0150 u，n的質量為1.0087 u，1 u＝931 MeV/c2。氘核聚變反應中釋放的核能約為(　　) A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV 【審題立意】本題考查應用愛因斯坦質能方程計算核能。 【解題步驟】氘核聚變反應的質量虧損為Δm＝(2×2.0136－3.0150－1.0087)u＝0.0035 u，釋放的核能為ΔE＝Δmc2＝0.0035×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，選項B正確。 【參考答案】B 【知識鏈接】1．四種核反應 (1

28、)衰變：原子核放出α粒子或β粒子，由于核電荷數(shù)變了，它在周期表中的位置就變了，變成另一種原子核。這種變化稱為原子核的衰變。 α衰變 X→Y＋He β衰變 X→Y＋e (2)原子核的人工轉變：用人工的方法，使原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過程。 質子的發(fā)現(xiàn) N＋He→O＋H(盧瑟福) 中子的發(fā)現(xiàn) Be＋He→C＋n(查德威克) (3)裂變：一個重核分裂成兩個中等質量的核，這樣的核反應叫做裂變。 (4)聚變：兩個輕核結合成質量較大的核，這樣的核反應叫做聚變。 2．半衰期 放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需要的時間，叫做這種元素的半衰期。用T表示

29、，即m余＝m原(t表示經(jīng)歷的時間)。半衰期是由核內(nèi)部自身的因素決定的，跟原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關。 【變式訓練】勻強電場中有一個原來靜止的碳14原子核，它衰變時放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7∶1，如圖所示，那么碳14的衰變方程為(　　) A. C→e＋B B. C→He＋Be C. C→H＋B D. C→　e＋N 解析：原子核的衰變過程滿足動量守恒，粒子與反沖核的速度方向相反，根據(jù)左手定則判斷得知，粒子與反沖核的電性相反，則知粒子帶負電，所以該衰變是β衰變，此粒子是β粒子，符號為　e。兩帶電粒子動量大小相等，方向相反，動量大?。簃1v1＝m2v2，由帶電粒子在勻強磁場中圓周運動的半徑公式可得：r＝，可見r與q成反比。由題意知，大圓與小圓的直徑之比為7∶1，半徑之比為7∶1，則粒子與反沖核的電荷量之比為1∶7，所以反沖核的電荷量為7e，電荷數(shù)是7，其符號為N，所以碳14的衰變方程為C→e＋N，故D正確。 答案：D 10