动量近代物理初步
(1)从近三年高考试题
考点分布可以看出，高考对
本章内容的考查重点有动
量、动量守恒定律、弹性碰
撞与非弹性碰撞、原子的核
式结构、玻尔理论、氢原子
的能级和光谱、天然放射性
现象及核能的计算等。
(2)出题的形式多为选
择题、填空题，对动量守恒
定律及其应用的考查，以计
算题形式出现的情况较多。
2015高考考向前瞻| (1)动量守恒定律及其应用、原子核式结构、玻尔理论、原子核的衰变、核反应方程的书写及质能方程的应用是本章高考考查的热点。
(2)原子结构与原子核部分高考命题难度不大，大多直接考查理解和记忆，考查细节等，体现时代气息，用新名词包装试题；动量作为选考的地区，以实验和计算题出现的可能性较大，动量作为必考的地区，在高考中会出现一些综合计算题，但难度不会太大。
第1节动量守恒定律及其应用
动量动量定理动量守恒定律
[记一记]
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克·米/秒。符号：kg·m/s。
(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
2．动量变化
(1)定义：物体的末动量p′与初动量p的差。
(2)定义式：Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。
3．动量守恒定律
(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)常用的四种表达形式：
①p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
②Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
[试一试]
1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是________。
A．枪和弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
解析：选D 内力、外力取决于系统的划分。以枪和弹组成系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒。枪和车组成的系统受到系统外子弹弹力对枪的作用力，系统动量不守恒。枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒。枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。
碰撞、爆炸与反冲
[记一记]
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征：
①作用时间短。
②作用力变化快。
③内力远大于外力。
④满足动量守恒。
(3)碰撞的分类及特点：
①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
2．爆炸现象
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
3．反冲运动
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
(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。
[试一试]
2．(2013·安徽省教学研究会联考)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为2 m/s。则甲、乙两人质量之比为________。
图1－1
A．2∶3 B．2∶5
C．3∶5 D．5∶3
解析：选C 由动量守恒定律，m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得m1∶m2＝3∶5，选项C 正确。
考点一| 动量守恒定律的应用
1．动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
[例1] (2013·山东高考)如图1－2所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg。开始时C 静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C 发生碰撞后瞬间A的速度大小。
图1－2
[思路点拨]
(1)A与C发生碰撞的时间极短，滑块B的速度在此段时间内变化吗？
提示：不变化。
(2)木板A恰好不再与C发生碰撞，那么A、B、C最终的速度大小有什么关系？
提示：A、B、C最终的速度相同。
[解析] 木板A与滑块C处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B 与木板A间的摩擦力可以忽略不计，木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则
m A v0＝m A v A＋m C v C
碰撞后，木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v
A和B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，v C＝v
联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s
[答案] 2 m/s
(1)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，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，恰好不再与C碰撞的含义是碰后A、B、C的速度相同。
考点二
| 碰撞问题分析
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′
22m 2
。
(3)速度要合理。
①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′。 ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．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m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′
①
12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2
②
由①②得v 1′＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1
m 1＋m 2
结论：
(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度。 (2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都向前运动。 (3)当m 1
[例2] (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图1－3，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v 0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1－3
(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。 [审题指导] 第一步：抓关键点
第二步：找突破口
整个系统损失的机械能发生在B 与C 相碰撞的过程中，弹簧被压缩到最短时的弹性势能对应B 与C 碰撞结束后与A 相互作用，三者达到相同速度的状态。
[解析] (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，动量守恒，有mv 0＝2mv 1
①
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对
B 、
C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒得
mv 1＝2mv 2
② 12mv 21＝ΔE ＋12
(2m )v 22 ③ 联立①②③式，得ΔE ＝116
mv 20
④
(2)由②式可知，v 2 v 3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒和能量守恒得： mv 0＝3mv 3 ⑤ E p ＝12 mv 20－ΔE －1 2 (3m )v 2 3 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 2 [答案] (1)116mv 2 0 (2)1348 mv 20 含有弹簧的碰撞问题，在相互作用过程中系统的机械能也不一定守恒，如上例中，A 、B 相互作用过程及B 与C 碰撞后，A 、B 、C 相互作用过程中系统的动量和机械能均守恒，但B 与C 碰撞的过程为完全非弹性碰撞，系统的机械能在相互作用过程中损失最多。 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图1－4所示。现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为________。 图1－4 A.12 mv 2 B. mM m ＋M v 2 C.1 2 N μmgL D ．N μmgL 解析：选BD 由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等，设为u ，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12mv 2－12(m ＋M )u 2 ＝12mM m ＋M v 2；系统损失的动能转化为内能Q ＝fx ＝N μmgL ， 故B 、D 正确，A 、C 错误。 考点三 | 动量守恒定律与能量的综合问题 [例3] (2014·芜湖一中模拟)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图1－5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 和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v 0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 图1－5 (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 。 [思路点拨] (1)当木块滑到最大高度和最终停在P 上时，P 与木块的速度大小有什么关系？ 提示：P 与木块的速度大小相等。 (2)到最终相对静止时，系统损失的机械能如何表示？相对滑动的路程又如何表示？ 提示：系统损失的机械能可以表示为ΔE ＝f ·l 相对 ，相对滑动的路程应表示为l 相对 ＝ 2L －s 。 [解析] (1)设木块和物体P 共同速度为v ，两物体从开始到第一次达到共同速度过程由动量和能量守恒得： mv 0＝(m ＋2m )v ① 12mv 20＝12(m ＋2m )v 2 ＋mgh ＋fL ② 由①②得： f ＝m v 2 0－3gh 3L ③ (2)木块返回与物体P 第二次达到共同速度与第一次相同(动量守恒)，全过程能量守恒得： 12mv 20＝12 (m ＋2m )v 2＋f (2L －s ) ④ 由②③④得：s ＝v 2 0－6gh v 20－3gh L [答案] (1)m v 20－3gh 3L (2)v 2 0－6gh v 20－3gh L 利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题 (1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。 (2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。 一、选择题 1．(2013·广州调研)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的________。 A ．质量相等 B ．动能相等 C ．动量大小相等 D ．速度大小相等 解析：选C 两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等方向相反，C 正确。 2．(2013·望江质检)如图1－6所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝3 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是________。 图1－6 A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左 解析：选D 根据题述，它们碰撞前的总动量是m B v B －m A v A ＝2 kg·m/s，方向水平向左，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左，选项D 正确A 、B 、 C 错误。 3．(2013·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v 0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________。 A.m M v 0 B.M m v 0 C. M M －m v 0 D. m M －m v 0 解析：选D 本题考查火箭反冲模型，意在考查考生对动量守恒定律的认识和应用能力。由动量守恒定律有mv 0＝(M －m )v ，可得火箭获得的速率为 m M －m v 0，选D 。 4．(2014·广州模拟)如图1－7所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是________。 图1－7 A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时A B 也向右运动 B ． C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶m C ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动 D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动 解析：选BC 小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误。设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m ，故B 正确。设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。 5．如图1－8所示，质量为m 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v 0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后________。 图1－8 A ．两者的速度均为零 B ．两者的速度总不会相等 C ．盒子的最终速度为mv 0/M ，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0/(M ＋m )，方向水平向右 解析：选D 由于盒子内表面不光滑，在多次碰撞后物体与盒子相对静止，B 项错误；由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝ mv 0 M ＋m ，故D 项正确，A 、C 项错误。 6.(2012·福建高考)如图1－9，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速度v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为________。 图1－9 A ．v 0＋m M v B ．v 0－m M v C ．v 0＋m M (v 0＋v ) D ．v 0＋m M (v 0－v ) 解析：选C 根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M ＋m )v 0＝Mv ′－mv ，解得v ′＝v 0＋m M (v 0＋v )，故选项C 正确。 7．(2014·泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ， 方向水平向东，则另一块的速度是________。 A ．3v 0－v B ．2v 0－3v C ．3v 0－2v D ．2v 0＋v 解析：选C 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，故C 正确。 8．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图1－10所示，下列关系正确的是________。 图1－10 A ．m a >m b B ．m a C ．m a ＝m b D ．无法判断 解析：选B 由动量守恒定律得m a v a＝m a v a′＋m b v b′，由于v a′<0，则b球获得的动量 大于a球最初的动量。若m a＝m b，则两球交换速度，与图像不符；由E k＝p2 2m ，若m a>m b，则b 球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a 9．如图1－11所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则________。 图1－11 A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析：选A 两球碰前均向右运动，前球为被碰小球，动量一定增加，后球动量减小，故左方为A球，由动量守恒定律可知，碰后m A v A＝(6－4)kg·m/s＝2 kg·m/s，m B v B＝10 kg·m/s，又m B＝2m A，故v A∶v B＝2∶5，A正确。 10．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上有一个质量为m的人。当他从船头走到船尾时，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为________。 A.m M l B. m M＋m l C. M M＋m l D. m M－m l 解析：选B 设船移动的位移大小为x1，人相对地面的位移大小为x2，由于人和船组成 的系统动量始终守恒，故有mx2＝Mx1，又x1＋x2＝l，解得x1＝ml M＋m ，B正确。 11．(2014·北京海淀期中)如图1－12所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是________。 图1－12 A．在下滑过程中，物块的机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动 D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处 解析：选C 在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，物块的机械能减小，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，不能回到槽高h处，选项C正确D错误。 12．(2014·北京四中摸底)质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k，突然在空中 爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k 2 ，另一块向前飞去，则向前的这块的 动能为________。 A.E k 2 B. 9 2 E k C.9 4 E k D. 9＋42 2 E k 解析：选B 设另一块动能为E k1，则另一块动量p＝mE k1，炮弹在空中爆炸，动量守 恒，2mE k＝mE k1－mE k 2 ，解得E k1＝ 9 2 E k，选项B正确。 二、非选择题 13．(2013·海南高考)如图1－13，光滑水平地面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止。先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起。求前后两次碰撞中损失的动能之比。 图1－13 解析：设三个物块A、B和C的质量均为m，A与B碰撞前A的速度为v，碰撞后的速度为v1，A、B与C碰撞后的共同速度为v2。由动量守恒定律得 mv＝2mv1① mv＝3mv2② 设第一次碰撞中的动能损失为ΔE1，第二次碰撞中的动能损失为ΔE2，由能量守恒定律得 1 2mv2＝ 1 2 (2m)v21＋ΔE1③ 1 2(2m)v21＝ 1 2 (3m)v22＋ΔE2④ 联立以上四式解得 ΔE1∶ΔE2＝3∶1 答案：3∶1 14．(2013·新课标全国卷Ⅰ)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μ，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v 1和v 2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 12mv 2＝12mv 21＋12 (2m )v 22 ① mv ＝mv 1＋(2m )v 2 ② 式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正。由①②式得 v 1＝－v 2 2 ③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 2 1 ④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 2 2 ⑤ 按题意有 d ＝d 1＋d 2 ⑥ 设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12mv 2 0－12mv 2 ⑦ 联立②至⑦式，得 v 0＝ 28 5 μgd ⑧ 答案： 28 5 μgd 第2节波粒二象性 光电效应及其规律 [记一记] 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，发射出来的电子叫光电子。 2．光电效应的产生条件 入射光的频率大于金属的极限频率。 3．用光电管研究光电效应 (1)电路如图2－1所示。 图2－1 (2)光电流与饱和光电流： ①入射光强度：指单位时间内入射到金属表面单位面积上的能量。可以理解为频率一定时，光强越大，光子数越多。 ②光电流：指光电子在电路中形成的电流。光电流有最大值，未达到最大值以前，其大小和光强、电压都有关，达到最大值以后，光电流和光强成正比。 ③饱和光电流：指在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，饱和光电流不随电路中电压的增大而增大。 4．光电效应规律 (1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应。 (2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。 (3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s。 (4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比。 [试一试] 1．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是________。 A．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生 B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比 C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 s D．发生光电效应时，单位时间内从金属内逸出的光电子数目与入射光强度成正比 解析：选D 由ε＝hν＝h c λ 知，当入射光波长小于极限波长时，发生光电效应，故A 错。由E k＝hν－W知，最大初动能由入射光频率决定，与光强度无关，故B错。发生光电效应的时间一般不超过10－9 s，故C错。 爱因斯坦光电效应方程 [记一记] 1．光子说 在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量ε＝h ν。 2．光电效应方程 (1)表达式：h ν＝E k ＋W 0或E k ＝h ν－W 0 (2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是h ν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能E k ＝12 mv 2 。 —————————————————————————————————————— 物理学史链接………………………………………………………………背背就能捞分 (1)1900年，德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律提出了量子假说，获得1918年诺贝尔物理学奖。 (2)1905年爱因斯坦提出了光子说，并成功地解释了光电效应规律，因此获得1921年诺 贝 尔 物 理 学 奖 。 —————————————————————————————————————— [试一试] 2．某金属的逸出功为2.3 eV ，这意味着________。 A ．这种金属内部的电子克服原子核引力做2.3 eV 的功即可脱离表面 B ．这种金属表层的电子克服原子核引力做2.3 eV 的功即可脱离表面 C ．要使这种金属有电子逸出，入射光子的能量必须大于2.3 eV D ．这种金属受到光照时若有电子逸出，则电子离开金属表面时的动能至少等于2.3 eV 解析：选BC 逸出功是指原子的外层电子脱离原子核克服引力所做的功，B 对；由发生光电效应的条件知C 对。 光的波粒二象性 [记一记] (1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性。 (2)光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。 (3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性。 ——————————————————————————————————————— 物理学史链接…………………………………………………………………背背就能捞分 (1)1922年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X 射线的散射时——康普顿效应，证实了光的粒子性，获得1927年诺贝尔物理学奖。 (2)1924年，法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性 。 ———————————————————————————————————————[试一试] 3．下列实验中，能证实光具有粒子性的是________。 A．光电效应实验B．光的双缝干涉实验 C．光的圆孔衍射实验D．泊松亮斑实验 解析：选A 光电效应现象说明光具有粒子性，A正确；光的干涉和衍射现象均说明光具有波动性，B、C、D均错误。 考点一| 对光电效应规律的理解 1．光电效应的研究思路 (1)两条线索： (2)两条对应关系：光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大； 光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。 2．对光电效应规律的解释 [例1] (2014·徐州模拟)入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则________。 A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加 B．逸出的光电子的最大初动能将减小 C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少 D．有可能不发生光电效应 [思路点拨] (1)电子吸收光子的能量，需要一定的时间积累吗？ 提示：不需要积累吸收能量的时间。 (2)光电子的最大初动能与入射光的强度有关吗？ 提示：无关。 (3)产生光电效应的条件是什么？ 提示：入射光的频率大于极限频率。 [解析] 选C 光照射到金属表面上到光电子逸出并不需要一定时间的积累，它们几乎是同时发生的，A错误；光电子的最大初动能与入射光的强度无关，而与入射光的频率有关，故B错误；只要入射光频率不变，光电效应一定能发生，D错误；入射光的强度减弱，单位时间入射到金属表面的光子数目减少，因此逸出的光电子数目也减少，C正确。 光电效应实质及发生条件 (1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸出金属表面，从而使金属带上正电。 (2)能否发生光电效应，不取决于光的强度，而是取决于光的频率。只要照射光的频率大于该金属的极限频率，无论照射光强弱，均能发生光电效应。 考点二| 光电效应方程的应用 1．E k-ν曲线 如图2－2甲所示的是光电子最大初动能E k随入射光频率ν的变化曲线。由E k＝hν－W0可知，横轴上的截距是金属的截止频率或极限频率，纵轴上的截距是金属的逸出功的负值，斜率为普朗克常量。 图2－2 2．I-U曲线 如图乙所示的是光电流强度I随光电管两极板间电压U的变化曲线，图中I m为饱和光电流，U c为遏止电压。 3．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E k＝hν－W0。 (2)光电子的最大初动能E k可以利用光电管用实验的方法测得，即E k＝eU c，其中U c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νc的关系是W0＝hνc。 [例2] (2013·北京高考)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。 光电效应实验装置示意如图2－3。用频率为ν的普通光源照射阴极K ，没有发生光电效应。换用同样频率ν的强激光照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的(其中W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电荷量) ________。 图2－3 A ．U ＝ h νe －W e B ．U ＝2h νe －W e C ．U ＝2h ν－W D ．U ＝5h ν2e －W e [思路点拨] (1)一般光照射金属与强激光照射金属时所遵循的规律有何不同？光电效应方程还适用吗？ 提示：强激光照射时单位时间内光子到达金属表面数目多；光电效应方程同样适用。 (2)反向遏止电压U 与光电子的哪个物理量相对应？请写出具体的关系式。 提示：最大初动能，E k ＝eU [解析] 选B 由题意可知一个电子吸收多个光子仍然遵守光电效应方程，设电子吸收了n 个光子，则逸出的光电子 的最大初动能为E k ＝nh ν－W (n ＝2,3,4…)，逸出的光电子在遏止电压下运动时应有E k ＝eU ，由以上两式联立得U ＝ nh ν－W e ，若取n ＝2，则B 正确。 (1)只有在强激光照射下才可出现入射光频率低于金属的极限频率也发生光电效应。 (2)遏止电压大小与光电子的最大初动能相对应，有Ue ＝E km 。 考点三 | 对光的波粒二象性的理解 [例3] 用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图2－4所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明________。 图2－4 A．光只有粒子性没有波动性 B．光只有波动性没有粒子性 C．少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性 D．少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性 [解析] 选D 少量光子落在胶片上，落点位置不确定，说明少量光子的运动显示粒子性，大量光子落在胶片上，出现了干涉条纹，呈现出波动性规律，说明大量光子的运动显示波动性，但不能说光只具有粒子性或只具有波动性，故只有D正确。 (1)个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。 (2)频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强。 (3)光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。 (4)由光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝h λ 表达式也可以看出，光的波动性和粒子性 并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。由以上两式和波速公式c＝λν还可以得出：ε＝pc。 一、选择题 1．下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中(如图2－5)，符合黑体辐射实验规律的是________。 图2－5 解析：选A 黑体辐射的强度随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加，另一方面辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，所以A正确。 2．(2013·汕头模拟)如图2－6所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射 锌板时，发生的现象是________。 图2－6 A．有光子从锌板逸出 B．有电子从锌板逸出 C．验电器指针张开一个角度 D．锌板带负电 解析：选BC 用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的 能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电 性的电荷，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针 张角越大，故C正确、D错误。 3．(2012·上海高考)根据爱因斯坦的“光子说”可知________。 A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说” B．光的波长越大，光子的能量越小 C．一束单色光的能量可以连续变化 D．只有光子数很多时，光才具有粒子性 解析：选B 光子并非实物粒子，其能量是一份一份的，不连续变化，每个光子的能量
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