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第3讲原子结构和原子核一、原子结构光谱和能级跃迁1．电子的发现英国物理学家汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，提出了原子的“枣糕模型”．2．原子的核式结构(1)1909～1911年，英国物理学家卢瑟福进行了α粒子散射实验，提出了核式结构模型．图1(2)α粒子散射实验的结果：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，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”，如图1所示．(3)原子的核式结构模型：原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，电子在正电体的外面运动．3．氢原子光谱(1)光谱：用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱．(2)光谱分类(3)氢原子光谱的实验规律：巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线，其波长公式1λ＝R(122－1n2)(n＝3,4,5，…，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1)．(4)光谱分析：利用每种原子都有自己的特征谱线可以用来鉴别物质和确定物质的组成成分，且灵敏度很高．在发现和鉴别化学元素上有着重大的意义．4．氢原子的能级结构、能级公式(1)玻尔理论①定态：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量．②跃迁：电子从能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时，会放出能量为hν的光子，这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m－E n.(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s)③轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应．原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的．(2)几个概念①能级：在玻尔理论中，原子的能量是量子化的，这些量子化的能量值，叫做能级．②基态：原子能量最低的状态．③激发态：在原子能量状态中除基态之外的其他的状态．④量子数：原子的状态是不连续的，用于表示原子状态的正整数．(3)氢原子的能级公式：E n＝1n2E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV.(4)氢原子的半径公式：r n＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m. 5．氢原子的能级图(如图2所示)图2二、原子核核反应和核能1．原子核的组成(1)原子核由质子和中子组成，质子和中子统称为核子．质子带正电，中子不带电．(2)基本关系①核电荷数＝质子数(Z)＝元素的原子序数＝核外电子数．②质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．(3)X元素的原子核的符号为A Z X，其中A表示质量数，Z表示核电荷数．2．天然放射现象(1)天然放射现象元素自发地放出射线的现象，首先由贝可勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构．(2)三种射线名称构成符号电荷量质量电离能力贯穿本领α射线氦核42He＋2e 4 u最强最弱β射线电子0－1e－e11 840u较强较强γ射线光子γ00最弱最强(3)放射性同位素的应用与防护①放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同．②应用：消除静电、工业探伤、做示踪原子等．③防护：防止放射性对人体组织的伤害．3．原子核的衰变、半衰期(1)原子核的衰变①原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变．②分类α衰变：A Z X→A－4Z－2Y＋42Heβ衰变：A Z X→A Z＋1Y＋__0－1eγ衰变：当放射性物质连续发生衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ辐射．③两个典型的衰变方程α衰变：238 9292U→234 90Th＋42Heβ衰变：234 91Th→234 91Pa＋0－1e.(2)半衰期①定义：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间．②影响因素：放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系．(3)公式：N余＝N原·(1 2)t4．核力原子核内部，核子间所特有的相互作用力．5．核能(1)核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其对应的能量ΔE＝Δmc2.(2)原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2. 6．核能释放的两种途径的理解(1)使较重的核分裂成中等大小的核；(2)较小的核结合成中等大小的核．核子的比结合能都会增大，都可以释放能量．1．判断下列说法是否正确．(1)原子光谱是不连续的，是由若干种频率的光组成的．(√)(2)电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率．(×)(3)氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁．(×)(4)原子的能量量子化现象是指原子在不同状态中具有不同的能量．(√)2．在卢瑟福α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是()A．原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上B．正电荷在原子内是均匀分布的C．原子中存在着带负电的电子D．原子只能处于一系列不连续的能量状态中答案 A解析卢瑟福α粒子散射实验中有少数α粒子发生了较大角度的偏转，这是由于α粒子带正电，而原子核极小，且原子核带正电，A正确，B错误．α粒子能接近原子核的机会很小，大多数α粒子都从核外的空间穿过，而与电子碰撞时如同子弹碰到尘埃一样，运动方向不会发生改变．C、D的说法没错，但与题意不符．3．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子()A．放出光子，能量增加B．放出光子，能量减少C．吸收光子，能量增加D．吸收光子，能量减少答案 B解析氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，能量减少，故选项B正确，选项A、C、D错误．4．核反应方程94Be＋42He→12 66C＋X中的X表示()A．质子B．电子C．光子D．中子答案 D5．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是()A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D．21083Bi的半衰期是5天，100克21083Bi经过10天后还剩下50克答案 B解析β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C错误.10天为两个半衰期，剩余的210 83Bi为100×(12)tg＝100×(12)2 g＝25 g，选项D错误.命题点一原子的核式结构例1(多选)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时观察到的现象，下述说法中正确的是()图3A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数比A位置时稍少些C．放在C、D位置时，屏上观察不到闪光D．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少答案ABD解析根据α粒子散射现象，绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子发生较大偏转，A、B、D正确．1．(多选)下列说法正确的是()A．汤姆孙首先发现了电子，并测定了电子电荷量，且提出了“枣糕模型”B．卢瑟福做α粒子散射实验时发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，只有少数α粒子发生大角度偏转C．α粒子散射实验说明了原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上D．卢瑟福提出了原子核式结构模型，并解释了α粒子发生大角度偏转的原因答案BCD2．(多选)在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是()A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说C．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性答案ABC解析普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，A正确．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，B正确．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，C正确．德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，D错误．3．(多选)物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是()A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B．查德威克用α粒子轰击14 7N获得反冲核17 8O，发现了中子C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型答案AC解析麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，选项A正确；卢瑟福用α粒子轰击14 7N，获得反冲核17 8O，发现了质子，选项B错误；贝可勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，选项C正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误．4．图4中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是()图4A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹答案 D解析γ粒子是不带电的光子，在磁场中不偏转，选项B错误；α粒子为氦核带正电，由左手定则知向上偏转，选项A、C错误；β粒子是带负电的电子，应向下偏转，选项D正确．命题点二玻尔理论和能级跃迁例2(多选)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答案BC5．(多选)如图5是氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝3能级，下列说法中正确的是()图5A．这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的波B．这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eVC．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光波长最长D．如果发出的光子中只有一种能使某金属产生光电效应，那一定是由n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的答案ACD解析根据C23＝3知，这群氢原子能够发出3种不同频率的光子，故A正确；由n＝3能级跃迁到n＝1能级，辐射的光子能量最大，ΔE＝(13.6－1.51) eV＝12.09 eV，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长，故C正确；如果发出的光子中只有一种能使某金属产生光电效应，知这种光子为能量最大的一种，即为从n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的，故D正确．6．一群处于n＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，最多发射出的谱线为()A．3种B．4种C．5种D．6种答案 D解析一群处于n＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，最多发射出的谱线为C24＝6种，选D.7．一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中()A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线C．只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线D．只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线答案 B解析处于较高能级的电子可以向较低的能级跃迁，能量减小，原子要发出光子，由于放出光子的能量满足hν＝E m－E n，处于较高能级的电子可以向较低的能级跃迁，激发态不稳定可能继续向较低能级跃迁，所以原子要发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线．故A、C、D错误，B正确．8．(多选)如图6所示为氢原子的能级图．氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级时辐射出a光子，从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射出b光子．下列说法正确的是()图6A．a光子的能量比b光子的能量大B．若a、b两种光在同一种均匀介质中传播，则a光的传播速度比b光的传播速度大C．若b光能使某种金属发生光电效应，则a光一定能使该金属发生光电效应D．若用同一双缝干涉装置进行实验，用a光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大答案BD解析据题意，氢原子从n＝5能级跃迁到n＝3能级释放的光子能量为ΔE a＝0.97 eV＝hνa，氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级释放的光子能量为ΔE b＝2.55 eV＝hνb，则知b光子的能量大，频率也大，在同一种均匀介质中，频率越大的光传播速度越慢，A错误，B正确．如果b光可以使某种金属发生光电效应，则a光不一定能使其发生光电效应，C错误．a光频率较小，则a光波长较大，所以在做双缝干涉实验时，用a光照射双缝时得到的干涉条纹较宽，D正确．命题点三原子核及核反应例3在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是__________，属于β衰变的是__________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)A.14 6C→14 7N＋0－1eB.3215P→3216S＋0－1eC.238 92U→234 90Th＋42HeD.14 7N＋42He→17 8O＋11HE.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210nF.31H＋21H→42He＋10n答案C AB E F9．(多选)关于核反应方程234 90Th→234 91Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放的核能，X为新生成的粒子)，已知23490Th的半衰期为1.2 min，则下列说法正确的是()A．此反应为β衰变B.234 91Pa核和234 90Th核具有相同的质量C.234 91Pa具有放射性D．64 g的234 90Th经过6 min还有1 g 234 90Th尚未衰变答案AC解析根据核反应方程质量数和电荷数守恒可判断出X为0－1e，所以此反应为β衰变，A正确；234 91Pa核与234 90Th 核质量不相同，B错误；根据化学元素周期表及化学知识知，234 91Pa为放射性元素，C正确；利用半衰期公式m余＝(12)tτm原，可得m余＝2 g，则D错误．10．(多选)下列说法正确的是()A．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构B．一群处于n＝3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D.235 92U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短答案BC题组1原子结构和玻尔理论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和ν3的三条谱线，且ν3＞ν2＞ν1，则()A．ν0＜ν1B．ν3＝ν2＋ν1C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.1ν1＝1ν2＋1ν3答案 B2．处于激发状态的原子，在入射光的电磁场的影响下，从高能态向低能态跃迁，两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去，这种辐射叫做受激辐射．原子发生受激辐射时，发出的光子频率、发射方向等都跟入射光子完全一样，这样使光得到加强，这就是激光产生的机理．那么，发生受激辐射时，产生激光的原子的总能量E、电势能E p、电子动能E k的变化情况是()A．E p增大、E k减小，E减小B．E p减小、E k增大，E减小C．E p增大、E k增大，E增大D．E p减小、E k增大，E不变答案 B3．(多选)以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是()A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．β射线是原子核外电子高速运动形成的D．光子不仅具有能量，也具有动量答案BD解析最大初动能只与入射光的频率有关，与光强无关，故A错误，β射线是原子核中的中子变成质子和电子，同时将电子释放出来形成的，即10n→11H＋0－1e，故C错误．4．在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是()答案 C解析金箔中的原子核与α粒子都带正电，α粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用，A、D错；由原子核对α粒子的斥力作用及物体做曲线运动的条件知曲线轨迹的凹侧应指向受力一方，B错，C对．题组2原子核和核反应5.(多选)下列说法正确的是()A.3015P→3014Si＋01e是一种核裂变反应B．核反应堆产生的能量一定来自轻核聚变C．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应D．卢瑟福为解释α粒子散射实验现象提出了原子核式结构学说答案CD6．(多选)关于天然放射现象，以下叙述正确的是()A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变大B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子和电子时产生的C．在α、β、γ这三种射线中，α射线的穿透能力最强，γ射线的电离能力最强D．铀核(238 92U)衰变为铅核(206 82Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变答案BD7．(多选)下列说法正确的是()A．天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构B．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构C．原子核发生β衰变生成的新核原子序数增加D．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长答案AC解析天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，A正确．α粒子散射实验说明原子具有核式结构，B错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，β衰变放出了一个电子，新核的电荷数加1，即原子序数增加，C正确．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，故从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，D错误．8．(多选)关于天然放射性，下列说法正确的是()A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线答案BC解析自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B、C正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项D错误．9．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素．比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病．根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是() A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个氡原子核了B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透能力最强，电离能力最弱D ．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4答案 B解析 半衰期遵循统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A 错误．根据3种射线的特性及衰变实质可知B 正确．C 、D 错误．题组3 动量和能量守恒定律在核反应中的应用10．1930年英国物理学家考克饶夫和瓦尔顿建造了世界上第一台粒子加速器，他们获得了高速运动的质子，用来轰击静止的锂7(73Li)原子核，形成一个不稳定的复合核后分解成两个相同的原子核．(1)写出核反应方程式；(2)已知质子的质量为m ，初速度为v 0，反应后产生的一个原子核速度大小为34v 0，方向与质子运动方向相反，求反应后产生的另一个原子核的速度以及反应过程中释放的核能(设反应过程释放的核能全部转变为动能)．答案 (1)73Li ＋11H →242He (2)v 0 218m v 20解析 (1)根据质量数与电荷数守恒，则有73Li ＋11H →242He(2)由动量守恒定律得m v 0＝4m (－34v 0)＋4m v 解得v ＝v 0；释放的核能为ΔE ＝12(4m )v 2＋124m (34v 0)2－12m v 20 解得ΔE ＝218m v 20.。
选修3-5 动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第1讲动量守恒定律及其应用1.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )．A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化解析动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可以在增大，也可以在减小，还可能不变．若物体以大小5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s.故C正确．答案 C2．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )．A．Mv0＝(M－m)v′＋mv1B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv解析动量守恒定律中的速度都是相对于同一参考系的，题目中所给炮弹的速度v是相对于河岸的，即相对于地面的，所以有：Mv0＝(M－m)v′＋mv，故选项A正确，其他选项错误．答案 A3．如图1所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )．图1A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．答案 B4．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的1过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C选项正确．A、B、D错误．答案：C5．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的st图象如图3所示．若a球的质量m a＝1 kg，则b球的质量m b等于多少？图3解析由图知v a＝4 m/s，v a′＝－1 m/s，v b＝0，v b′＝2 m/s，11根据动量守恒定律有m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′， 解得m b ＝2.5 kg. 答案 2.5 kg6．光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为4 m/s ，质量为2 kg ，B 的速度为2 m/s ，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s. 求：(1)B 的质量； (2)这一过程产生的内能．解析 (1)设A 、B 两物块的质量分别为m A 、m B ，碰前速度为v A 、v B ，碰后共同速度为v ，以A 物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，则m B ＝v A －vv B ＋v m A ＝4－12＋1×2 kg ＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能为Q ＝ΔE k ＝12m Av 2A＋12m B v 2B－12(m A ＋m B )v 2＝12×2×42 J ＋12×2×22 J －12×(2＋2)×12 J ＝18 J.答案 (1)2 kg (2)18 J7．如图5所示，质量m 1＝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m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0不超过多少？。
第1讲 动量定理 动量守恒定律(对应学生用书第259页)动量守恒定律碰撞非弹性碰撞有动能损失弹性碰撞没有动能损失完全非弹性碰撞动能损失最大反冲、爆炸动量守恒、动能增加定律的表述动量定理动量、冲量动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．(2)表达式：p ＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．(2)定义式：I ＝Ft.(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧ Ft ＝mv2－mv1I ＝Δp动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．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＝m1v′1＋m2v′2，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．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，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(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，则系统在这一方向上动量守恒．碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.反冲现象在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．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(①改变滑块的质量．②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)图13－1－1按照如图13－1－1所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(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13－1－2所示．图13－1－2(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m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．1．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．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【解析】物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以速度越大，动量越大，B项对；加速度不变，但速度可以变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，D项对．【答案】BD2．(2013·安徽七校联考)如图13－1－3所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则( )图13－1－3A．人运动越快，车运动越慢B ．车的运动方向与人的运动方向相反C ．人在车上行走时，车可以相对地面静止D ．车的运动方向可以与人的运动方向相同【解析】 人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，且初动量为0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人与车的速度方向总是反向的，且人的速度大小增大时，车的速度大小也增大，只有B 选项正确．【答案】 B3．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】 根据动量守恒定律得：mv ＝2mvB －mvA 化简可得，vA ＝2vB －v ，因vA>0，所以vB>v 2，故只有A 项正确． 【答案】 A 4.图13－1－4(多选)如图13－1－4所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．下列说法正确的是( )A ．a 比b 先到S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到S ，重力对a 、b 的冲量不相等D ．a 与b 同时到S ，重力对a 、b 的冲量相等【解析】 a 自由下落加速度较大，路程较短，b 沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a 比b 用时短．由I ＝mgt 可知重力对a 、b 的冲量不相等，由机械能守恒，两球到达S 点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．【答案】 AC(对应学生用书第261页)1.适用范围：适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．2．解释现象：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．3．解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．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h1＝1.8 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t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 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h1＝12gt21，h2＝12gt22，得 t1＝0.6 s ，t2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t1－t2＝0.2 s.(2)全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F(t －t1－t2)－mgt ＝0解得：F ＝mgt t －t1－t2＝26 N 再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N【迁移应用】1．(2013·蚌埠模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A ．I1＜I2，W1＝W2B ．I1＞I2，W1＝W2C ．I1＞I2，W1＜W2D ．I1＝I2，W1＜W2【解析】 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p ＝2mEk ，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1＞I2.只有选项B 正确．本题答案为B.【答案】 B1.动量守恒的适用对象和条件(1)研究对象：相互作用的物体组成的系统．(2)守恒条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③分方向守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．(2013·山东高考)如图13－1－5所示，光滑水平轨道上放置长板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mA＝2 kg、mB＝1 kg，mC＝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发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图13－1－5【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.④【答案】 2 m/s【迁移应用】2．如图13－1－6质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v.已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：图13－1－6(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)【解析】(1)子弹射穿物体A过程的时间极短，由动量的近似守恒得m0v0＝m0v ＋mAvA解得vA ＝－mA(2)物体A 在平板车B 上滑行的过程中，因为地面光滑，且A 、B 最后相对静止，故A 、B 组成的系统在水平方向动量守恒，有mAvA ＝(mA ＋mB)v 共解得v 共＝mAvA mA ＋mB ＝－mA ＋mB . 【答案】 (1)－mA (2)－mA ＋mB1.求解 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．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＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′2 解得：v′1＝－m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2 2．结论(1)当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝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，v′1＞0，v′2＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v′1＜0，v′2＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(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】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．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12mv2＝12mv21＋12(2m)v22① mv ＝mv1＋(2m)v2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v1＝－v22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝12mv21④ μ(2m)gd2＝12(2m)v22⑤ 据题意有d ＝d1＋d2⑥设A 的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd ＝12mv20－12mv2⑦ 联立②至⑦式，得v0＝285μgd 【答案】285μgd 【迁移应用】3.图13－1－7如图13－1－7所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B 的最大速度．【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速． 由动量守恒定律得mAv0＝(mA ＋mB)v解得v ＝mAv0mA ＋mB ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能Epm ＝12mAv20－12(mA ＋mB)v2＝6 J. (2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA ＋mBvm12mAv20＝12mBv2m ＋12mAv2A 解得vm ＝2 m/s.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s(2011·北京高考)如图13－1－8，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13－1－8(1)实验中，直接测定小球碰撞后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(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hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中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 位置由静止释放，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 位置由静止释放，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、m2B ．测量小球m1开始释放的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON【解析】 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m1OP t ＝m1OM t ＋m2ON t；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测射程，因而选C.(2)小球做平抛运动H ＝12gt2① x ＝vt ②m1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1＝m1v′1＋m2v′2③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON④由④知，只需测m1、m2和水平射程OP 、OM 、ON 就可验证动量守恒．【答案】 (1)C (2)ADE。
