高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第四章 1
2025高考物理步步高同步练习选修3第四章 原子结构和波粒二象性第1课时 氢原子光谱和玻尔的型含答案
2025高考物理步步高同步练习选修3第四章 原子结构和波粒二象性4 氢原子光谱和玻尔的原子模型第1课时 氢原子光谱和玻尔的原子模型[学习目标] 1.知道光谱、线状谱和连续谱的概念.2.知道氢原子光谱的实验规律，知道什么是光谱分析.3.知道玻尔原子理论的基本假设的主要内容．了解能级跃迁、轨道和能量量子化以及基态、激发态等概念．一、光谱1．定义：用棱镜或光栅把物质发出的光按波长(频率)展开，获得波长(频率)和强度分布的记录．2．分类(1)线状谱：光谱是一条条的亮线．(2)连续谱：光谱是连在一起的光带．3．特征谱线：气体中中性原子的发光光谱都是线状谱，说明原子只发出几种特定频率的光，不同原子的亮线位置不同，说明不同原子的发光频率不一样，光谱中的亮线称为原子的特征谱线．4．应用：利用原子的特征谱线，可以鉴别物质和确定物质的组成成分，这种方法称为光谱分析，它的优点是灵敏度高，样本中一种元素的含量达到10－13 kg 时就可以被检测到．二、氢原子光谱的实验规律1．许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱是探索原子结构的一条重要途径．2．氢原子光谱的实验规律满足巴耳末公式：1λ＝R ∞(122－1n 2)(n ＝3,4,5，…) 式中R ∞为里德伯常量，R ∞＝1.10×107 m －1，n 取整数．3．巴耳末公式的意义：以简洁的形式反映了氢原子的线状光谱的特征．三、经典理论的困难1．核式结构模型的成就：正确地指出了原子核的存在，很好地解释了α粒子散射实验．2．经典理论的困难：经典物理学既无法解释原子的稳定性，又无法解释原子光谱的分立线状谱．四、玻尔原子理论的基本假设1．轨道量子化(1)原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动．(2)电子运行轨道的半径不是任意的，也就是说电子的轨道是量子化的(填“连续变化”或“量子化”)．(3)电子在这些轨道上绕核的运动是稳定的，不产生电磁辐射．2．定态(1)当电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，具有不同的能量．电子只能在特定轨道上运动，原子的能量只能取一系列特定的值．这些量子化的能量值叫作能级．(2)原子中这些具有确定能量的稳定状态，称为定态．能量最低的状态叫作基态，其他的状态叫作激发态．3．频率条件当电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E n)跃迁到能量较低的定态轨道(能量记为E m，m＜n)时，会放出能量为hν的光子，该光子的能量hν＝E n－E m，该式称为频率条件，又称辐射条件．判断下列说法的正误．(1)气体中中性原子的发光光谱都是线状谱，并且只能发出几种特定频率的光．(√)(2)线状谱和连续谱都可以用来鉴别物质．(×)(3)可以利用光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成成分．(√)(4)玻尔的原子结构假说认为电子的轨道是量子化的．(√)(5)电子从较高的能级向较低的能级跃迁时，会放出任意频率的光子．(×)一、光谱和光谱分析1．光谱的分类2．太阳光谱特点在连续谱的背景上出现一些不连续的暗线，是一种吸收光谱产生原因阳光中含有各种颜色的光，但当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳的高层大气中含有的元素会吸收它自己特征谱线的光，然后再向四面八方发射出去，到达地球的这些谱线看起来就弱了，这就形成了明亮背景下的暗线3.光谱分析(1)优点：灵敏度高，分析物质的最低量达10－13 kg.(2)应用：a.发现新元素；b.鉴别物体的物质成分．(3)用于光谱分析的光谱：线状谱和吸收光谱．例1关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是()A．太阳光谱是连续谱，分析太阳光谱可以知道太阳内部的化学组成B．霓虹灯和炼钢炉中炽热铁水产生的光谱，都是线状谱C．强白光通过酒精灯火焰上的钠盐，形成的是吸收光谱D．进行光谱分析时，可以利用连续谱，也可以利用吸收光谱答案 C解析太阳光谱是吸收光谱，这是由于太阳内部发出的强光经过温度比较低的太阳大气层时产生的，所以A错误；霓虹灯呈稀薄气体状态，因此光谱是线状谱，而炼钢炉中炽热铁水产生的光谱是连续谱，所以B错误；强白光通过酒精灯火焰上的钠盐时，某些频率的光被吸收，形成吸收光谱，所以C正确；光谱分析中只能用线状谱和吸收光谱，因为它们都具备特征谱线，所以D错误．稀薄气体发出的光谱是线状谱，此光谱是一些不连续的亮线，仅含有一些特定频率的光．线状谱中不同的谱线对应不同的频率，不同元素的原子产生的线状谱不同，因而可以用线状谱来确定物质的成分．例2 (2022·江苏仪征一中高二月考)利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析，下列说法正确的是( )A ．利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成分B ．利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分C ．高温物体发出的光通过某物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D ．同一种物质的线状谱上的亮线与吸收光谱上的暗线，由于光谱的不同，它们没有关系 答案 B解析 高温物体的连续谱包括了各种频率的光，无法鉴别其组成成分，A 错误；某种物质发射的线状谱中的亮线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质的组成成分，B 正确；高温物体发出的光通过某物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线由所经过的物质决定，C 错误；某种物质发出某种频率的光，当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光，因此同一物质线状谱上的亮线与吸收光谱上的暗线相对应，D 错误．二、氢原子光谱的实验规律 导学探究如图所示为氢原子的光谱．(1)仔细观察，氢原子光谱具有什么特点？(2)阅读课本，指出氢原子光谱的谱线波长具有什么规律？答案 (1)从右至左，相邻谱线间的距离越来越小．(2)可见光区域的四条谱线的波长满足巴耳末公式：1λ＝R ∞(122－1n2)，n ＝3,4,5，… 知识深化1．氢原子光谱的特点：在氢原子光谱图中的可见光区内，由右向左，相邻谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．2．巴耳末公式(1)巴耳末对氢原子光谱的谱线进行研究得到公式：1λ＝R ∞(122－1n 2)(n ＝3,4,5，…)，该公式称为巴耳末公式．式中R ∞叫作里德伯常量，实验值为R ∞＝1.10×107 m －1.(2)公式中只能取n ≥3的整数，不能连续取值，波长是分立的值．3．其他谱线：除了巴耳末系，氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线也都满足与巴耳末公式类似的关系式．例3 下列关于巴耳末公式1λ＝R ∞(122－1n2)的理解，正确的是( ) A ．巴耳末系的4条谱线位于红外区B ．公式中n 可取任意值，故氢原子光谱是连续谱C ．公式中n 只能取大于或等于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱D ．在巴耳末系中n 值越大，对应的波长λ越长答案 C解析 此公式是巴耳末在研究氢原子光谱在可见光区的四条谱线时得到的，A 错误；公式中n 只能取大于或等于3的整数，λ不能连续取值，故氢原子光谱是线状谱，B 错误，C 正确；根据公式可知，n 值越大，对应的波长λ越短，D 错误．三、玻尔原子理论1．轨道量子化(1)轨道半径只能够是一些不连续的、某些分立的数值．(2)氢原子的电子轨道最小半径为r 1＝0.053 nm ，其余轨道半径满足r n ＝n 2r 1，式中n 称为量子数，对应不同的轨道，只能取正整数．2．能量量子化(1)不同轨道对应不同的状态，在这些状态中，尽管电子做变速运动，却不辐射能量，因此这些状态是稳定的，原子在不同状态有不同的能量，所以原子的能量也是量子化的．(2)基态：原子最低的能量状态称为基态，对应的电子在离核最近的轨道上运动，氢原子基态能量E 1＝－13.6 eV .(3)激发态：除基态之外的其他能量状态称为激发态，对应的电子在离核较远的轨道上运动．氢原子各能级的关系为：E n ＝1n2E 1(E 1＝－13.6 eV ，n ＝1,2,3，…) 3．跃迁原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，即高能级E m 发射光子hν＝E m －E n吸收光子hν＝E m －E n 低能级E n .命题角度1 对玻尔理论的理解例4 (2021·广东学业水平考试)根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )A ．若氢原子由能量为E n 的定态向低能级E m 跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为hν＝E n －E mB ．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是νC ．一个氢原子中的电子从一个半径为r a 的轨道直接跃迁到另一半径为r b 的轨道，则此过程原子要辐射某一频率的光子D ．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁答案 A解析 原子由能量为E n 的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于两能级的能量差，故A 正确；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，原子不发光，故B 错误； 电子只有由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，才能辐射某一频率的光子，故C 错误；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D 错误．针对训练 若用|E 1|表示氢原子处于基态时能量的绝对值，处于n ＝3激发态的氢原子向基态跃迁时 (“辐射”或“吸收”)光子的能量为 ．答案 辐射 89|E 1| 解析 n ＝3时，E 3＝E 19，从n ＝3的激发态向基态跃迁时要辐射光子，辐射光子能量ΔE ＝|E 3－E 1|＝89|E 1|. 命题角度2 氢原子的能量和能量变化例5 (2022·鹿泉区第一中学高二月考)根据玻尔理论，氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后( )A ．原子的能量增加，系统的电势能减少B ．原子的能量减少，核外电子的动能减少C ．原子的能量减少，核外电子的动能增加D ．原子系统的电势能减少，核外电子的动能减少答案 C解析 电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，电子势能减少，原子总能量减少，根据k e2r2＝m v2r，E k＝12m v2，解得E k＝k e22r，可知半径减小，电子动能增加，原子系统的电势能减少，故A、B、D错误，C正确．原子的能量及变化规律1．原子的能量：E n＝E k n＋E p n.2．电子绕氢原子核运动时：k e2r n2＝m v n2r n，故E k n＝12m v n 2＝ke22r n电子轨道半径越大，电子绕核运动的动能越小．3．当电子的轨道半径增大时，库仑引力做负功，原子的电势能增大，反之，电势能减小．4．电子的轨道半径增大时，说明原子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到了能量较高的轨道．即电子轨道半径越大，原子的能量E n越大．考点一光谱和光谱分析1．(2022·靖西市第二中学高二开学考试)白炽灯发光产生的光谱是()A．连续谱B．明线光谱C．原子光谱D．吸收光谱答案 A解析白炽灯发光是由于灯丝在炽热状态下发出的光，是连续谱，选项A正确．2．(2022·内蒙古赤峰高二月考)关于光谱，下列说法正确的是()A．大量原子发出的光谱是连续谱，少量原子发出的光谱是线状谱B．线状谱由不连续的若干波长的光组成C．做光谱分析时只能用发射光谱，不能用吸收光谱D．做光谱分析时只能用吸收光谱，不能用发射光谱答案 B解析原子发出的光谱是特征光谱，是线状谱，A错误；线状谱只包含对应波长的若干光，B正确；做光谱分析一定要用线状谱，既可以是发射光谱也可以是吸收光谱，C、D错误．3．通过光栅分析太阳光谱，我们发现其中有很多暗线，对于这些暗线，我们可以得到的结论是()A．太阳中缺少与暗线相对应的元素B．太阳大气层中含有暗线对应的元素C．地球大气层中的某些元素吸收了暗线中对应的光谱D．观测仪器精度不足造成的答案 B解析太阳光谱是太阳内部发出的光在经过太阳大气层的时候，被太阳大气层中的某些元素吸收而产生的，是一种吸收光谱，所以太阳光的光谱中有许多暗线，它们对应着太阳大气层中的某些元素的特征谱线，故B正确，A、C、D错误．4．(2021·江苏仪征市第二中学高二月考)关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是() A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，也可以利用连续谱D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成答案 B解析太阳光谱是吸收光谱，白炽灯是连续谱，所以A错误；霓虹灯及煤气灯火焰中钠蒸气产生的光谱属稀薄气体发光，是线状谱，所以B正确；进行光谱分析时，可以利用线状谱，不可以利用连续谱，所以C错误；由于月亮是反射的太阳光，其光谱无法确定月亮的化学组成，所以D错误．考点二氢原子光谱的实验规律经典理论的困难5．对于巴耳末公式，下列说法正确的是()A．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应B．巴耳末公式只确定了氢原子发光中的可见光部分的光波长C．巴耳末公式确定了氢原子发光中的一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光D．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长答案 C解析巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种波长，也不能描述其他原子发光中的光的波长，A、D错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B错误，C正确．6．关于经典电磁理论与原子的核式结构之间的关系，下列说法正确的是()A．经典电磁理论很容易解释原子的稳定性B．根据经典电磁理论，电子绕原子核转动时，电子会不断释放能量，最后被吸附到原子核上C．根据经典电磁理论，原子光谱应该是不连续的D．原子的核式结构模型彻底否定了经典电磁理论答案 B解析根据经典电磁理论，电子在绕核做加速运动的过程中，要向外辐射电磁波，因此能量要减少，电子的轨道半径要减小，最终会落到原子上，因而原子是不稳定的．电子在转动过程中，随着转动半径不断减小，转动频率不断增大，辐射电磁波的频率不断变化，因而大量原子发光的光谱应该是连续谱．事实上，原子是稳定的，原子光谱也不是连续谱，而是线状谱，故选项A、C错误，B正确；经典电磁理论可以很好地应用于宏观物体，但不能用于解释原子世界的现象，故选项D错误．考点三玻尔原子理论7．光子的发射和吸收过程是()A．原子从基态跃迁到激发态要放出光子，放出光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差B．原子不能从低能级向高能级跃迁C．原子跃迁时所辐射光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率D．原子无论是吸收光子还是放出光子，吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差答案 D解析原子从基态跃迁到激发态要吸收光子，吸收的光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差，故A错误；原子吸收光子可以从低能级跃迁到高能级，故B错误；根据玻尔理论，原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子的频率满足hν＝E m－E n(m＞n)，与电子绕核运动的频率无关，C错误；根据玻尔理论可知，原子无论是吸收光子还是放出光子，吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差，故D正确．8．若用E 1表示氢原子处于基态时的能量，处于第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是( )A.14||E 1 B.34||E 1 C.78||E 1 D.116||E 1 答案 B解析 处于第2能级的能量E 2＝E 14，则向基态跃迁时辐射的能量ΔE ＝34||E 1，处于第3能级的能量E 3＝E 19，则向基态跃迁时辐射的能量ΔE ′＝89||E 1，处于第4能级的能量为E 4＝E 116，向基态跃迁时辐射的能量ΔE ″＝1516||E 1，则B 正确．9．(2021·广东模拟)原子从高能级向低能级跃迁产生光子，将频率相同的光子汇聚可形成激光．下列说法正确的是( )A ．频率相同的光子能量相同B ．原子跃迁发射的光子频率连续C ．原子跃迁只产生单一频率的光子D ．激光照射金属板不可能发生光电效应答案 A解析 根据E ＝hν可知，频率相同的光子能量相同，故A 正确；原子从一个定态跃迁到能级更低的定态时，原子辐射一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，电子轨道是量子化的，能量是量子化的，故频率是不连续的，故B 错误；原子在不同的轨道之间跃迁产生不同频率的光子，故C 错误；根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，光子的能量大于金属板的逸出功时，照射金属板即可发生光电效应，故D 错误．10.如图甲所示为a 、b 、c 、d 四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为( )A ．a 元素B ．b 元素C．c元素D．d元素答案 B解析由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的特征谱线在该线状谱中不存在，故选B.与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素．11．(2021·江苏省震泽中学高二月考)关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是()A．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波B．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁C．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大D．电子绕着原子核做匀速圆周运动．在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小答案 A解析根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A正确；电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现(如电子间的碰撞)，B错误；电子从外层轨道(高能级)跃迁到内层轨道(低能级)时动能增大，但原子的能量减小，C错误；电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点，即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期大，D错误．12．(2022·东北师大附中高二月考)根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后()A．氢原子所在的能级下降B．氢原子的电势能增加C．电子绕核运动的半径减小D．电子绕核运动的动能增大答案 B解析根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后，氢原子的能级升高，半径增大，A、C错误；电子与原子核间的距离增大，库仑力做负功，电势能增大，B正确；电子围绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力，由ke2r2＝m v2r，可得E k＝12m v 2＝ke22r，半径增大，动能减小，D错误．第2课时玻尔理论对氢光谱的解释氢原子能级跃迁[学习目标] 1.能用玻尔理论解释氢原子光谱．了解玻尔理论的不足之处和原因.2.进一步加深对玻尔理论的理解，会计算原子跃迁过程中吸收或放出光子的能量.3.知道使氢原子电离的方法并能进行有关计算．一、玻尔理论对氢光谱的解释1．氢原子能级图(如图所示)2．解释巴耳末公式巴耳末公式中的正整数n和2正好代表电子跃迁之前和跃迁之后所处的定态轨道的量子数n 和2.3．解释气体导电发光通常情况下，原子处于基态，非常稳定，气体放电管中的原子受到高速运动的电子的撞击，有可能向上跃迁到激发态，处于激发态的原子是不稳定的，会自发地向能量较低的能级跃迁，放出光子，最终回到基态．4．解释氢原子光谱的不连续性原子从较高的能级向低能级跃迁时放出的光子的能量等于前后两个能级之差，由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线．5．解释不同原子具有不同的特征谱线不同的原子具有不同的结构，能级各不相同，因此辐射(或吸收)的光子频率也不相同．二、玻尔理论的局限性1．成功之处玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱的实验规律．2．局限性保留了经典粒子的观念，仍然把电子的运动看作经典力学描述下的轨道运动．3．电子云原子中的电子没有确定的坐标值，我们只能描述某时刻电子在某个位置出现概率的多少，把电子这种概率分布用疏密不同的点表示时，这种图像就像云雾一样分布在原子核周围，故称电子云．1．判断下列说法的正误．(1)处于基态的氢原子可以吸收11 eV的光子而跃迁到能量较高的激发态．(×)(2)处于n＝2激发态的氢原子可以吸收11 eV的光子而发生电离．(√)(3)处于低能级的原子只有吸收光子才能跃迁到激发态．(×)(4)玻尔的原子模型成功地引入了量子化观念，是一种完美的原子结构模型．(×)(5)玻尔的原子模型也具有局限性，因为它保留了过多的经典粒子的观念．(√)2.如图为氢原子的能级图，则电子处在n＝4轨道上比处在n＝3轨道上离核的距离(填“远”或“近”)．当大量氢原子处在n＝3的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有条．放出的光子的最大能量为eV.答案远312.09一、玻尔理论对氢光谱的解释1．氢原子能级图(如图所示)2．能级跃迁：处于激发态的原子是不稳定的，它会自发地向较低能级跃迁，经过一次或几次跃迁到达基态．所以一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝C 2n ＝n (n －1)2. 3．光子的发射：原子由高能级向低能级跃迁时以光子的形式放出能量，发射光子的频率由下式决定．hν＝E m －E n (E m 、E n 是始末两个能级且m >n )，能级差越大，发射光子的频率就越高．4．光子的吸收：原子只能吸收一些特定频率的光子，原子吸收光子后会从较低能级向较高能级跃迁，吸收光子的能量仍满足hν＝E m －E n (m >n )．例1 (2021·江苏宿迁高二期末)氢原子的能级图如图所示，现有大量处于n ＝5能级(图中未标出)的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是( )A ．这些氢原子一定能发出10种不同频率的可见光(可见光能量范围：1.63～3.10 eV)B ．已知钠的逸出功为2.29 eV ，则氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝2能级释放的光子可以使金属钠的表面逸出光电子C ．氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝1能级释放的光子波长最长D ．氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝4能级时，氢原子能量减小，核外电子动能减小 答案 B解析 大量处于n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁，可能辐射出C 25＝10种不同频率的光子，但是这些光子中只有3→2,4→2,5→2跃迁中产生的光子在可见光的范围内，A 错误；氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝2能级释放的光子，其能量为ΔE 52＝－0.54 eV －(－3.40 eV)＝2.86 eV ，。
【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》模块检测卷五-选修3-4
模块检测卷五选修3－4第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．对简谐运动的回复力公式F＝－kx的理解，正确的是()A．k只表示弹簧的劲度系数B．式中的负号表示回复力总是负值C．位移x是相对平衡位置的位移D．回复力不随位移变化，只随时间变化答案 C解析位移x是相对平衡位置的位移；F＝－kx中的负号表示回复力总是与振动物体的位移方向相反．2．我国南宋时的程大昌在其所著的《演繁露》中叙述道；“凡风雨初霁(雨后转晴)，或露之未晞(干)，其余点缀于草木枝之末，日光入之，五色俱足，闪烁不定，是乃日之光品著色于光，而非雨露有所五色也”．这段文字记叙的现象是光的()A．反射B．干涉C．色散D．衍射答案 C3．蝉的家族中的高音歌手是一种被称做“双鼓手”的蝉．它的身体两侧有大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘．圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的．某同学围绕蝉歇息的树干走了一圈，听到忽高忽低的蝉鸣声，以下说法中错误的是()A．这种现象属于声波的衍射现象B．这种现象属于声波的干涉现象C．身体两侧有大大的环形发声器官可以看做是相干波源D．蝉发出的两列声波的传播速度一定相同答案 A解析“听到忽高忽低的蝉鸣声”说明这是声波的干涉现象，选项A错误，B正确；身体两侧的发声器官可以看做是相干波源，选项C正确；因波速由介质决定，故选项D正确．4.如图1所示，弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是()图1A．该弹簧振子的周期为1 sB．该弹簧振子的频率为2 HzC．该弹簧振子的振幅为12 cmD．振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动答案 A解析振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，故该弹簧振子的周期为1 s，故A正确；该弹簧振子的周期为1 s，故该弹簧振子的频率为f＝1T＝1 Hz，故B错误；B、C间距为12 cm，故该弹簧振子的振幅为6 cm，故C错误；振子从O点出发到第一次回到O点的过程是一次全振动的一半，故D错误．5．质点做简谐运动，其x－t关系如图2所示．以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v －t关系是()图2答案 B解析 在t ＝0时刻，质点的位移最大，速度为0，则下一时刻质点应向下运动，故选项A 、C 错误；在t ＝T 4时刻，质点的位移为0，速率最大，故选项B 正确，选项D 错误． 6．如图3为某质点的振动图象，由图象可知( )图3A ．质点的振动方程为x ＝2sin 50πt (cm)B ．在t ＝0.01 s 时质点的速度为负向最大C ．P 时刻质点的振动方向向下D ．从0.02 s 至0.03 s 质点的位移增大，速度减小答案 D解析 由题图可知，质点振动方程为x ＝2sin (50πt ＋π)(cm)＝－2sin 50πt (cm)；t ＝0.01 s 时质点速度为零；P 时刻质点振动方向向上；在0.02 s 至0.03 s ，质点离开平衡位置，位移增大，速度减小，故选项D 正确．7．一束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a 、b .已知a 光的频率小于b 光的频率，下列光路图正确的是( )答案 D解析 两种单色光射入玻璃砖时的折射角小于入射角，据此可排除选A 、B ；已知a 光的频率小于b 光的频率，那么a 光在玻璃砖中的折射率较小，入射角相同时，折射角较大，选项D 正确．8．a 、b 两种单色光组成的光束从空气进入介质时，其折射光束如图4所示．则关于a 、b 两束光，下列说法正确的是( )图4A ．介质对a 光的折射率大于介质对b 光的折射率B ．a 光在介质中的速度大于b 光在介质中的速度C ．a 光在真空中的波长大于b 光在真空中的波长D ．光从介质射向空气时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 A解析 根据折射率的定义n ＝sin θ1sin θ2，因入射角相等，a 光的折射角较小，则a 光的折射率较大，故A 正确；由公式v ＝c n分析可知，a 光在介质中的速度较小，故B 错误；光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则a 光在真空中的波长较短，故C 错误；根据临界角公式sin C ＝1n分析知，a 光的折射率大，临界角小，故D 错误． 9.如图5所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是()图5A．减弱，紫光B．减弱，红光C．增强，紫光D．增强，红光答案 C解析由临界角公式sin C＝1n可知，当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.10．如图6所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是()图6A．a光是红光B．在同一种玻璃中a光的速度小于b光的速度C．b光的光子能量较高D．当a和b以相同入射角从玻璃射入空气时，若a刚好能发生全反射，则b也一定能发生全反射答案 B解析 根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx ＝l dλ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，那么a 光是蓝光，b 是红光，且b 光的光子能量较低，故A 、C 错误；因a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，那么a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝c n，知在玻璃中，a 光的速度小于b 光的速度，故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全反射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误．11．一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图7中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图7A ．2 m /sB ．3 m/sC ．4 m /sD ．5 m/s答案 B解析 由题图知波长λ＝8 cm ，若因T >0.02 s ，波向右传播，则14T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.08 s ＝1 m/s ；若波向左传播，则34T ＝0.02 s ，得T ＝0.083 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.083s ＝3 m/s ，选项B 正确．12．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射——反射——折射后恰好和入射光线平行，如图8所示，那么第一次入射的入射角应是( )图8A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°答案 D解析 作光路图如图所示，设入射角为θ，折射角为α，则θ＝2α，n ＝sin θsin α＝2sin αcos αsin α，cos α＝n 2＝32，α＝30°，所以θ＝60°.故选项D 正确．13．如图9所示，某同学将一枚大头针从一边长为6 cm 的正方形不透光的轻质薄板正中心垂直于板插入，制作成了一个测定液体折射率的简单装置．他将该装置放在某种液体液面上，调整大头针插入深度，当插入液体中深度为4 cm 时，恰好无论从液面上方任何方向都看不到液体中的大头针，则该液体的折射率为( )图9 A.53B.43C.54D.34答案 A解析 要恰好在液面上各处均看不到大头针，要求光线射到薄板边缘界面处时恰好发生全反射，设临界角为C .由临界角与折射率的关系得：sin C ＝1n ①由几何关系得：sin C ＝rr 2＋h 2＝332＋42＝35② 联立①②式可得：n ＝53二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14．如图10所示，列车上安装一个声源，发出一定频率的乐音．当列车与观察者都静止时，观察者记住了这个乐音的音调．在以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是( )图10A ．观察者静止，列车向他驶来B ．观察者静止，列车离他驶去C ．列车静止，观察者靠近列车D ．列车静止，观察者远离列车答案 BD解析 当波源和观察者相对远离时，观察者接收到的频率小于声源发出的频率，B 、D 正确，A 、C 错误．15．下列说法正确的是( )A ．赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实B ．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率最大，几乎可达100%C ．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关D ．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度答案BC解析赫兹用实验证实了电磁波的存在，但预言电磁波存在的是麦克斯韦，选项A错误；平面镜有折射，而全反射棱镜在全反射时没有折射，故选项B正确；受迫振动的频率只与驱动力的频率有关，故选项C正确；检查平面的平整程度的原理是光的干涉，选项D错误．16．如图11甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知()图11A．质点振动的周期T＝0.2 sB．波速v＝20 m/sC．因一个周期质点运动0.8 m，所以波长λ＝0.8 mD．从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 m答案ABD解析由题图甲读出波长λ＝4 m，由题图乙读出周期T＝0.2 s，波速v＝λT＝20 m/s.故A、B 正确，C错误．由题图乙可知x＝2 m处的质点开始时向下振动，结合甲图知简谐波沿x轴正方向传播，经过0.15 s，传播距离s＝v t＝20×0.15 m＝3 m，故D正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)某同学在“研究单摆周期与摆长的关系”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图12甲所示，可读出摆球的直径为________ cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.图12(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________ s(结果保留三位有效数字)．答案(1)2.06(2)2.28解析(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×110mm＝20.6 mm＝2.06 cm.(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59＝2.28 s.18．(5分)利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：如图13，在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，使它的直边与直线MN对齐，在垂线AB上竖直插两枚大头针P1和P2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．图13(1)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧最少应插________枚大头针．(2)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量(图上标出)有____________________，计算折射率的公式是________． 答案 (1)1(2)光路图如图 入射角i 和折射角r n ＝sin rsin i解析 (1)由题图分析可知，在玻璃砖的右侧最少插一枚大头针即可确定光路．(2)光在圆弧面上D 点发生折射，法线为OD 直线，测出入射角i 和折射角r ，折射率n ＝sin rsin i .19．(6分)如图14所示，在“用双缝干涉测量单色光的波长”实验中，某同学准备的实验仪器包括以下元件：A ．白炽灯；B.单缝；C.毛玻璃屏；D.双缝；E.遮光筒； F ．红色滤光片；G.凸透镜；(其中双缝和光屏连在遮光筒上)．图14(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A 、____、____、____、____、E 、C.(2)把测量头的分划板中心刻线与某亮条纹对齐，并将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时15等分的游标卡尺位置如图15甲所示，其读数为________mm ，继续转动测量头，使分划板中心刻线与第7条亮条纹中心对齐，此时游标卡尺位置如图乙所示，其读数为________mm.图15(3)若已知双缝间距为0.2 mm ，测得双缝到屏的距离为70.00 cm ，则所测红光波长为________． 答案 (1)G F B D (2)19.8 30.3 (3)5×10－7 m解析 (1)该实验中各元件的作用分别是：A.白炽灯——光源；B.单缝——产生相干光；C.毛玻璃屏——呈现能观察的像；D.双缝——作为产生干涉现象的两个波源；E.遮光筒——避免外界光线干扰，便于观察；F.红色滤光片——将白炽灯的其他色光过滤掉，只剩下红光；G .凸透镜——将光源的发散光束汇聚，产生放大的效果．所以正确的排列顺序是AGFBDEC.(2)甲图中游标尺上第8条线与主尺刻度对齐，读数为19 mm ＋110×8 mm ＝19.8 mm ；乙图中游标尺上第3条线与主尺刻度对齐，读数为30 mm ＋110×3 mm ＝30.3 mm. (3)在双缝干涉现象中，条纹间距Δx ＝ld λ，由(2)可知，条纹间距为Δx ＝30.3－19.86 mm ＝1.75mm ，所以λ＝d l Δx ＝0.2 mm700 mm×1.75 mm ＝5×10－7 m.20．(9分)如图16所示为一列横波在某时刻的波动图象，此波中d 质点到达波谷的时间比e 质点早0.05 s.图16(1)求此列波的传播方向和波速是多大？ (2)Δt ＝1.5 s 内a 质点通过的路程是多少？ (3)画出从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象．答案 (1)沿x 轴向右传播 20 m/s (2)1.5 m (3)如解析图所示解析 (1)由题意知，图示时刻质点d 向下振动，所以波向右传播．周期T ＝4×0.05 s ＝0.2 s波速v ＝λT ＝40.2m /s ＝20 m/s(2)Δt ＝1.5 s ＝7.5T ，故在此时间内质点a 通过的路程为30A ＝150 cm ＝1.5 m.(3)图示时刻x ＝3 m 处的质点位于平衡位置且向下振动，则从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象如图所示．21．(10分)如图17甲所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形图，知波速v ＝2 m/s ，质点P 、Q 相距3.2 m ．则：图17(1)在图乙中画出质点Q 的振动图象(至少画出一个周期)；(2)从t ＝0到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程． 答案 (1)见解析图 (2)0.22 m 解析 (1)图象如图所示(2)从t ＝0到质点Q 第二次到达波谷所需时间 t ＝Δxv ＋T ＝3.2＋0.4－0.82s ＋0.8 s ＝2.2 s(或由质点Q 的振动图象得质点Q 在t ＝2.2 s 时第二次到达波谷) 在这2.2 s 内质点P 经历t ＝2.20.8T ＝234T因而通过的路程为s ＝234×4A ＝22 cm ＝0.22 m.图1822．(10分)(2016·余姚市联考)为了测定等腰玻璃三棱镜的折射率，如图18所示，我们测出了等腰玻璃三棱镜ABC 的顶角为30°，让激光由空气垂直AB 面进入棱镜，由AC 面进入空气中，我们又测出了其折射光线与入射光线之间的夹角为30°.已知光在真空中速度为3.0×108 m/s ，请回答下列问题： (1)请作出光路图； (2)求棱镜的折射率；(3)光在这种玻璃中的传播速度． 答案 (1)见解析图 (2) 3 (3)3×108 m/s解析 (1)光路图如图所示．(2)由图得，入射角i ＝30°，折射角r ＝60°，由光的折射定律得n ＝sin 60°sin 30°，解得n ＝ 3(3)根据公式v ＝cn可得v ＝3×108 m/s.23．(10分)为从军事工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图19所示．设工事壁厚d ＝20 3 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝3的玻璃砖．图19(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？ 答案 (1)120° (2)2解析 (1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝sim θ1sim θ2.由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30° 则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，则当θ1＝90°时，θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝1n ′. 解得玻璃砖的折射率应为n ′＝2.。
高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章 1
1碰撞[学习目标] 1.知道什么是碰撞, 会通过实验探究碰撞前后物体动能的变化.2.掌握弹性碰撞和非弹性碰撞.一、碰撞的定义做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用, 在很短的时间内, 它们的运动状态会发生显著变化, 这一过程叫做碰撞.二、碰撞的分类1.弹性碰撞:碰撞前后两滑块的总动能不变.2.非弹性碰撞:碰撞后两滑块的总动能减少了.3.完全非弹性碰撞:两物体碰后粘在一起, 以相同的速度运动.三、弹性碰撞和非弹性碰撞的区分1.从形变的角度:发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状, 而发生非弹性碰撞的两物体碰后不能恢复原状.2.从动能的角度:发生弹性碰撞的两物体碰撞前后总动能不变, 发生非弹性碰撞的两物体碰撞后的总动能减少, 在完全非弹性碰撞中动能损失最多.[即学即用]判断下列说法的正误.(1)两物体碰撞, 它们的速度将发生变化.(√)(2)在做“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验中, 气垫导轨应水平放置.(√)(3)任何碰撞的两物体, 碰撞后总动能一定减少.(×)(4)完全非弹性碰撞中动能的减少最多.(√)一、碰撞中的动能变化及碰撞分类[导学探究]某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案, 探究碰撞前后物体动能的变化.探究中分别得到了两组数据, 如下表所示:m1与静止的m2碰撞, 碰后分开(表一)m1与静止的m2碰撞, 碰后粘在一起(表二)计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能.通过比较, 你有什么发现？答案①0.016 5②0.015 1③0.008 8④0.004 5从表一的数据可以看出:在实验误差允许范围内, 两滑块碰撞前后的总动能几乎相等.从表二的数据可以看出:两滑块碰撞前后的总动能并不相等, 碰撞后总动能减少了.[知识深化]1.碰撞的特点(1)相互作用时间短.(2)作用力变化快.(3)作用力峰值大.因此其他外力可以忽略不计.2.碰撞中能量的特点:碰撞过程中, 一般伴随机械能的损失, 即:E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2.3.碰撞的类型及区分(1)弹性碰撞:两个物体碰撞后形变能够完全恢复, 碰撞后没有动能转化为其他形式的能, 即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等.(2)非弹性碰撞:两个物体碰撞后形变不能完全恢复, 该过程有动能转化为其他形式的能, 总动能减少.(3)完全非弹性碰撞(非弹性碰撞的特例):两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动, 该碰撞过程动能损失最多.例1一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg的小球B正碰, 试根据以下数据, 分析碰撞性质:(1)碰后小球A 、B 的速度均为2 m/s ；(2)碰后小球A 的速度为1 m /s, 小球B 的速度为4 m/s. 答案 (1)完全非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 02＝9 J.(1)碰后小球A 、B 速度均为2 m/s, 碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J ＜E k0, 故该碰撞为完全非弹性碰撞.(2)当碰后v A ′＝1 m /s, v B ′＝4 m/s 时, 碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0, 故该碰撞为弹性碰撞.针对训练 如图1所示, 有A 、B 两物体, m 1＝3m 2, 以相同的速率v 相向运动, 碰撞后A 静止, B 以2v 的速率反弹, 那么A 、B 的碰撞为( )图1A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.无法判断答案 A解析 设m 1＝3m , m 2＝m碰撞前总动能E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝2m v 2碰撞后总动能E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2m v 2因为碰撞前后总动能不变, 故为弹性碰撞, A 项正确. 二、碰撞模型的拓展例2如图2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2A.A开始运动时B.A的速度等于v时C.B的速度等于零时D.A和B的速度相等时答案 D解析方法一:B和A(包括弹簧)的作用, 可以看成广义上的碰撞, 两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时, 其动能损失最多, 故选D.方法二:B与弹簧作用后, A加速, B减速, 当A、B速度相等时, 弹簧最短、弹性势能最大, 系统动能损失最多, 故D正确.两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞, 当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状(两物体分离)时相当于弹性碰撞.1.(碰撞的特点)(多选)关于碰撞的特点, 下列说法正确的是()A.碰撞过程的时间极短B.碰撞时, 质量大的物体对质量小的物体作用力大C.碰撞时, 质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D.碰撞时, 质量小的物体对质量大的物体作用力大答案AC2.(碰撞中能量损失的可能性)(多选)两个物体发生碰撞()A.碰撞过程中, 系统的总动能一定减小B.碰撞过程中, 系统的总动能可能不变C.碰撞过程中, 系统的总动能可能增大D.碰撞过程中, 系统的总动能可能减小答案BD3.(碰撞问题分析)(多选)如图3甲所示, 在光滑水平面上的两个小球发生正碰, 小球的质量分别为m1和m2, 取向右为正方向, 图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1＝0.1 kg, m2＝0.3 kg, 由此可以判断, 下列说法正确的是()图3A.碰前m 2静止, m 1向右运动B.碰后m 2和m 1都向右运动C.此碰撞为弹性碰撞D.此碰撞为非弹性碰撞 答案 AC解析 由题图乙可以看出, 碰前m 1位移随时间均匀增加, m 2位移不变, 结合题图甲可知m 2静止, m 1向右运动, 故A 正确；碰后一个位移增大, 一个位移减小, 说明运动方向不一致, 故B 错误；由题图乙可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m /s, 碰后m 1的速度v 1′＝－2 m /s, 碰前m 2的速度v 2＝0, 碰后m 2的速度v 2′＝2 m/s, 又m 1＝0.1 kg, m 2＝0.3 kg, 则碰撞过程中系统损失的动能ΔE k ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0, 故C 正确, D 错误.4.(碰撞问题分析)质量为1 kg 的A 球以3 m /s 的速度与质量为2 kg 的静止的B 球发生碰撞, 碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动, 则两球的碰撞属于________碰撞, 碰撞过程中动能减少了________ J. 答案 完全非弹性 3解析 由于两球碰后速度相同, 没有分离, 因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞, 在碰撞过程中减少的动能为ΔE k ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.。
高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章章末总结
高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第一章章末总结章末总结一、动量定理及其应用1.冲量的计算(1)恒力的冲量:公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量.图1(2)变力的冲量①通常利用动量定理I＝Δp求解.②可用图像法计算.如图1所示, 在F－t图像中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量.2.动量定理Ft＝m v2－m v1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应.应用动量定理解题时, 只考虑物体的初、末状态的动量, 而不必考虑中间的运动过程.(2)应用动量定理求解的问题:①求解曲线运动的动量变化量.②求变力的冲量问题及平均力问题.(3)应用动量定理解题的思路①确定研究对象, 进行受力分析；②确定初、末状态的动量m v1和m v2(要先规定正方向, 以便确定动量的正负, 还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；③利用Ft＝m v2－m v1列方程求解.3.由动量定理得F＝ΔpΔt, 即物体动量的变化率ΔpΔt等于它所受的合外力, 这是牛顿第二定律的另一种表达式.例1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________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s, 则小球受到的地面的平均作用力大小为________N(g取10 m/s2).答案 2 12解析由题意知v t ＝4 m /s 方向为正, 则动量变化Δp ＝m v t －m v 0＝0.2×4 kg·m /s －0.2×(－6)kg·m /s ＝2 kg·m /s.由动量定理F 合·t ＝Δp 得(N －mg )t ＝Δp , 则N ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N.二、多过程问题中的动量守恒1.正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程, 分析系统所受的外力, 判断是否满足动量守恒的条件.2.准确选择初、末状态, 选定正方向, 根据动量守恒定律列方程.例2 如图2所示, 两端带有固定薄挡板的滑板C 长为L , 质量为m 2, 与地面间的动摩擦因数为μ, 其光滑上表面上静置着质量分别为m 、m 2的物块A 、B , A 位于C 的中点, 现使B 以水平速度2v 向右运动, 与挡板碰撞并瞬间粘连, 不再分开, A 、B 可看做质点, A 与B 、C 的碰撞都可视为弹性碰撞.已知重力加速度为g , 求:图2(1)B 与C 上挡板碰撞后瞬间的速度大小以及B 、C 碰撞后C 在水平面上滑动时的加速度大小；(2)A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小.答案(1)v 2μg (2)v 2－2μgL解析 (1)B 、C 碰撞过程系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得:m 2·2v ＝(m 2＋m 2)v 1① 解得v 1＝v ②对B 、C , 由牛顿第二定律得:μ(m ＋m 2＋m 2)g ＝(m 2＋m 2)a , ③ 解得a ＝2μg .④(2)设A 、C 第一次碰撞前瞬间C 的速度为v 2, 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 22－v 12＝2(－a )·12L , ⑤ A 与C 上挡板的第一次碰撞可视为弹性碰撞, 系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得:(m 2＋m 2)v 2＝(m 2＋m 2)v 3＋m v 4⑥ 由能量守恒定律得12(m 2＋m 2)v 22＝12(m 2＋m 2)v 32＋12m v 42⑦ 解得A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小为:v 4＝v 2－2μgL .三、板块模型中的“三x ”问题如图3所示, 质量为m 的滑块以速度v 0滑上放于光滑水平地面上的质量为M 的长木板上.长木板上表面粗糙, 滑块与木板间的动摩擦因数为μ, 长木板足够长.图3满足以下关系:f ＝μmg , m v 0＝(m ＋M )v t , －fx 1＝12m v t 2－12m v 02, fx 2＝12M v t 2, fx 3＝f (x 1－x 2)＝12m v 02－12(M ＋m )v t 2＝Q .3 一质量为2m 的物体P 静置于光滑水平地面上, 其截面如图4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 (h 小于斜面bc 的高度), 返回后在到达a 点前与物体P 相对静止.重力加速度为g .图4求:(1)木块在ab 段受到的摩擦力f 的大小；(2)木块最后距a 点的距离s .答案 (1)m v 02－3mgh 3L (2)v 02－6gh v 02－3ghL 解析 (1)从开始运动到木块到达最大高度的过程, 规定向左为正方向,由水平方向动量守恒得, m v 0＝3m v 1由能量守恒得, 12m v 02＝12×3m v 12＋mgh ＋fL 解得:f ＝m v 02－3mgh 3L. (2)木块从最大高度至与物体P 最终相对静止的过程, 规定向左为正方向,由动量守恒得, 3m v 1＝3m v 2由能量守恒得, 12×3m v 12＋mgh ＝12×3m v 22＋fx 距a 点的距离为s ＝L －x解得:s ＝L －3ghL v 02－3gh ＝v 02－6gh v 02－3ghL . 四、动量和能量综合问题分析1.动量定理和动量守恒定律是矢量表达式, 还可以写出分量表达式；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.动量守恒及机械能守恒都有条件.注意某些过程动量守恒, 但机械能不守恒；某些过程机械能守恒, 但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒.但任何过程能量都守恒.3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的动能最多.4如图5所示, 固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接, 圆轨道半径为R, PN恰好为该圆的一条竖直直径.可视为质点的物块A和B紧靠在一起静置于N处, 物块A的质量m A＝2m, B的质量m B＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离, 分别沿轨道向左、右运动, 物块B恰好能通过P点并被接住, 物块B不能落到轨道MN上.已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ, 重力加速度为g.求:图5(1)物块B运动到P点时的速度大小v P；(2)两物块刚分离时物块B的速度大小v B；(3)物块A在水平面上运动的时间t.答案(1)gR(2)5gR(3)5gR 2μg解析(1)对于物块B, 恰好通过P点时只受重力的作用, 根据牛顿第二定律有:m B g ＝m B v P 2R① 解得v P ＝gR ②(2)对于物块B , 从N 点到P 点的过程中机械能守恒, 有: 12m B vB 2＝12m B v P 2＋2m B gR ③ 解得v B ＝5gR ④(3)设物块A 、B 分离时A 的速度大小为v A , 以向左为正方向, 根据动量守恒定律有:m A v A －m B v B ＝0⑤此后A 滑行过程中, 根据动量定理有:－μm A gt ＝0－m A v A ⑥联立④⑤⑥式可得:t ＝5gR2μg .。
高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第7点 动量和能量观点的综合应用
第7点动量和能量观点的综合应用1.动量的观点和能量的观点动量的观点:动量定理和动量守恒定律能量的观点:动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统, 应优先考虑两大守恒定律, 若研究对象为单个物体, 可优先考虑两个定理, 特别涉及时间问题时, 应优先考虑动量定理, 涉及功和位移问题时, 应优先考虑动能定理.这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态, 不对过程变化的细节进行深入的研究, 这是它们比牛顿运动定律的方便之处.2.利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式, 还可写出分量表达式；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式, 绝无分量表达式.对点例题如图1所示, 在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B, B的左端静止着一个质量为2m的物块A, 已知A、B之间的动摩擦因数为μ, 现有质量为m 的小球以水平速度v 0飞来与物块A 碰撞后立即以大小为v 03的速率弹回, 在整个过程中物块A 始终未滑离木板B , 且物块A 可视为质点, 重力加速度为g .求:图1(1)物块A 相对木板B 静止后的速度大小；(2)木板B 至少为多长？解题指导 (1)设小球与物块A 碰撞后物块A 的速度为v 1, 以v 0的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v 0＝－m v 03＋2m v 1, 设物块A 与木板B 的共同速度为v 2,由动量守恒定律得2m v 1＝(2m ＋4m )v 2,联立以上两式可得v 1＝2v 03, v 2＝2v 09. (2)设物块A 在木板B 上滑过的距离为L , 由能量守恒定律得2μmgL ＝12×2m v 12－12(2m ＋4m )v 22,解得L ＝4v 0227μg, 故木板B 长至少为4v 0227μg. 答案 (1)2v 09 (2)4v 0227μg点拨提升 动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强, 解题时要认真分析物体间相互作用的过程, 将过程合理分段, 明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒, 哪些物体组成的系统机械能守恒, 然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解.如图2所示, A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上, A 紧靠竖直墙壁, A 、B 之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长, 它们的质量分别为m A ＝m , m B ＝2m , m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0, C 与B 发生碰撞并粘在一起.图2试求:(1)A 离开墙壁前, 弹簧的最大弹性势能；(2)A 离开墙壁后, C 的最小速度的大小.答案 (1)16m v 02 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞前后动量守恒, 以水平向左为正方向, 则m v 0＝3m v ,弹簧压缩至最短时弹性势能最大, 此时三个物块速度均为0, 由机械能守恒定律可得:E pm ＝12×3m v 2联立解得:E pm ＝16m v 02. (2)在弹簧恢复原长的过程中, 系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时, B 、C 的速度为v ′, 有E pm＝32m v ′2, 则v ′＝v 03, A 离开墙壁后, 在弹簧的作用下速度逐渐增大, B 、C 的速度逐渐减小, 当弹簧再次恢复原长时, A 达到最大速度v A , B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中, 系统动量守恒、机械能守恒, 以水平向右为正方向, 有3m v ′＝m v A ＋3m v C ,E pm ＝12m v A 2＋32m v C 2, 解得:v C ＝v 06.。
【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》文档讲义：第四章第3讲-圆周运动
[考试标准]一、圆周运动、向心加速度、向心力1．匀速圆周运动(1)定义：物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等． (2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动． 2．描述匀速圆周运动的物理量(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量． v ＝Δs Δt ＝2πrT.单位m/s.(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． ω＝ΔθΔt ＝2πT.单位rad/s(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量． T ＝2πr v ，T ＝1f.(4)转速：物体单位时间内所转过的圈数．符号n ，单位r /s(或r/min) (5)相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf ＝2πnr .3．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量． a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .4．向心力做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力，公式为F n ＝m v 2r 或F n ＝mrω2.向心力的方向总是沿半径指向圆心，方向时刻改变，所以向心力是变力．[深度思考] 匀速圆周运动和匀速直线运动中的两个“匀速”的含义相同吗？有什么区别？ 答案 不同．前者指线速度的大小不变，后者指速度的大小和方向都不变． 二、生活中的圆周运动 1．火车转弯特点：重力与支持力的合力提供向心力．(火车应按设计速度转弯，否则将挤压内轨或外轨)2．竖直面内的圆周运动(1)汽车过弧形桥特点：重力和桥面支持力的合力提供向心力．(2)水流星、绳球模型、内轨道最高点：当v≥gR时，能在竖直平面内做圆周运动；当v<gR时，不能到达最高点．3．离心运动定义：做匀速圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，即离心运动．4．受力特点当F合＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；当F合＝0时，物体沿切线方向飞出；当F合<mω2r时，物体逐渐远离圆心．[深度思考]为什么铁路转变处设计的外轨比内轨高？答案如果铁路弯道的内外轨一样高，外侧车轮的轮缘挤压外轨，使外轨发生弹性形变，外轨对轮缘的弹力就是火车转弯的向心力．但火车的质量太大，靠这种办法得到向心力，轮缘与外轨间的相互作用力太大，铁轨和车轮极易受损．三、竖直面内的圆周运动1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．2．绳、杆模型涉及的临界问题1．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．物体所受合力全部用来提供向心力D．向心加速度大小和方向时刻改变答案 C2．一般转动机械上都标有“×××r/min”，该数值是转动机械正常工作时的转速，不同的转动机械上标有的转速一般是不同的．下列有关转速的说法正确的是()A．转速越大，说明该转动机械正常工作时的线速度一定越大B．转速越大，说明该转动机械正常工作时的线速度一定越小C．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越大D．转速越大，说明该转动机械正常工作时的周期一定越小答案 D3．皮带传动装置如图1所示，两轮的半径不相等，传动过程中皮带不打滑．关于两轮边缘上的点，下列说法正确的是()图1A．周期相同B．角速度相等C．线速度大小相等D．向心加速度相等答案 C4．以下说法中正确的是()A．在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯B．火车转弯速率大于规定的数值时，内轨将会受压力作用C．火车转弯速率大于规定的数值时，外轨将会受压力作用D．汽车转弯时需要的向心力是由司机转动方向盘所提供的力答案 C5．下列现象中，与离心现象无关的是()A．运动员投掷铅球时，抛射角在42°左右B．通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴C．汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩D．用洗衣机脱去湿衣服中的水答案 A命题点一 生活中的圆周运动例1 (多选)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的最大速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以选择路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．答案 ACD题组阶梯突破1．在世界摩托车锦标赛中，有的赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，原因是( )A ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，受到的向心力过大B ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速C ．赛车冲出跑道是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道 答案 C解析 赛车行驶到弯道时，由于速度过大，使赛车受到的静摩擦力不足以提供所需的向心力，所以赛车将沿切线方向冲出跑道，选项C 符合题意．2．一汽车通过拱形桥顶点时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，求圆形拱桥的半径(g ＝10 m/s 2)( ) A ．15 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m 答案 D解析 根据牛顿第二定律得，mg －F N ＝m v 2R据题有F N ＝34mg ，解得R ＝4v 2g ＝4×10210 m ＝40 m.命题点二 圆周运动的动力学分析例2 在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江，若把这滑铁索过江简化成如图3所示的模型，铁索的两个固定点A 、B 在同一水平面内，A 、B 间的距离为L ＝80 m ，铁索的最低点离A 、B 连线的垂直距离为H ＝8 m ，若把铁索看成是圆弧，已知一质量m ＝52 kg 的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点时的速度为10 m/s ，那么( )图3A ．人在整个铁索上的运动可看成是匀速圆周运动B ．可求得铁索的圆弧半径为100 mC ．人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为570 ND ．人在滑到最低点时，滑轮对铁索的压力为50 N解析 人借助滑轮下滑过程中，其速度是逐渐增大的，因此人在整个铁索上的运动不能看成匀速圆周运动；设圆弧的半径为r ，由几何关系，有：(r －H )2＋(L2)2＝r 2，解得r ＝104 m ；人在滑到最低点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r ，解得F N ＝570 N ，选项C 正确．答案 C圆周运动中动力学问题的分析技巧 1．解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等； (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源； (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程． 2．常见的三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0. (2)相互接触的两物体相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是：F T ＝0. 题组阶梯突破3．冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，其安全速度为( ) A ．v ＝k RgB ．v ≤kRgC ．v ≤2kRgD ．v ≤Rg k答案 B解析 水平冰面对运动员的静摩擦力提供他做圆周运动的向心力，则运动员的安全速度v 满足：kmg ≥m v 2R，解得v ≤kRg .4.如图4所示，半径为r 的圆筒，绕竖直中心轴OO ′旋转，小物块a 靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，要使a 不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为( )图4A.μgrB.μgC.g rD.g μr答案 D解析 对物块受力分析知F f ＝mg ，F n ＝F N ＝mω2r ，又由于F f ≤μF N ，所以解这三个方程得角速度ω至少为gμr，D 选项正确．命题点三 竖直平面内的圆周运动问题例3 如图5所示，一过山车在半径为R 的轨道内运动，过山车的质量为M ，里面人的质量为m ，运动过程中人与过山车始终保持相对静止．则：图5(1)当过山车以多大的速度经过最高点时，人对座椅的压力大小刚好等于人的重力？ (2)以(1)中速度过最高点时，过山车对轨道的压力为多大？(3)当过山车以6gR 的速度经过最低点时，人对座椅的压力为多大？解析 (1)在最高点时，人的重力和座椅对人的弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律F N ＋mg ＝m v 21R根据牛顿第三定律F N ＝mg 解得v 1＝2gR(2)将过山车和人作为一个整体，向心力由整体的总重力和轨道对过山车的弹力的合力提供，设此时轨道对过山车的弹力为F ，根据牛顿第二定律F ＋(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 21R解得F ＝(M ＋m )g根据牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小为(M ＋m )g ，方向竖直向上．(3)在最低点时，设座椅对人的弹力为F N ′，则根据牛顿第二定律F N ′－mg ＝m v 22R代入v 2＝6gR得F N ′＝7mg根据牛顿第三定律，人对座椅的压力大小为7mg ，方向竖直向下．答案 (1)2gR (2)(M ＋m )g (3)7mg竖直面内圆周运动类问题的解题技巧1．定模型：首先判断是绳模型还是杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．2．确定临界点：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中最高点v ≥0这两个临界条件．3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的运动情况．4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向．5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程． 题组阶梯突破5．杂技演员表演“水流星”，在长为1.6 m 的细绳的一端，系一个与水的总质量为m ＝0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图6所示，若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s ，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图6A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N答案 B解析 “水流星”在最高点的临界速度v ＝gL ＝4 m/s ，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出．故选B.6．长度为1 m 的轻杆OA 的A 端有一质量为2 kg 的小球，以O 点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图7所示，小球通过最高点时的速度为3 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时小球将( )图7A ．受到18 N 的拉力B ．受到38 N 的支持力C ．受到2 N 的拉力D ．受到2 N 的支持力答案 D解析 设此时轻杆拉力为F ，根据向心力公式有F ＋mg ＝m v 2r，代入数值可得F ＝－2 N ，表示受到2 N 的支持力，选项D 正确.(建议时间：40分钟)1．(多选)(2016·奉化市调研)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是()A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．物体所受的合外力提供物体做圆周运动的向心力D．向心力和向心加速度的方向都是不变的答案BC解析做匀速圆周运动的物体所受的向心力是由物体所受的合外力提供的，由于指向圆心，且与线速度方向垂直，不能改变线速度的大小，只用来改变线速度的方向，向心力虽大小不变，但方向时刻改变，不是恒力，由此产生的向心加速度也是变化的，所以A、D错误，B、C正确．2．如图1所示，手表指针的运动可看成匀速运动，下列说法中正确的是()图1A．秒针、分针、时针转动周期相同B．秒针的角速度最大，时针的角速度最小C．秒针上A、B两点线速度一样大D．秒针上A、B两点向心加速度一样大答案 B3．(多选)如图2所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况的说法正确的是()图2A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做向心运动答案AD解析在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，当拉力消失，物体受合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故A正确，B错误；若拉力突然变大，拉力大于所需向心力，小球做向心运动，故D正确．4．洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是()A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B．水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好答案 B解析脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁．故A正确；水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉．故B错误；F＝ma＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去．故C正确；靠近中心的衣服，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差，故D正确．5．把一个小球放在光滑的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可使小球沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．如图3所示，关于小球的受力情况，下列说法正确的是()图3A．重力、漏斗壁的支持力B．重力、漏斗壁的支持力及向心力C．重力、漏斗壁的支持力、摩擦力及向心力D．小球受到的合力为零答案 A解析小球受重力和支持力两个力的作用，靠两个力的合力提供向心力．向心力找不到施力物体，是做圆周运动所需要的力，靠其它力提供，故A正确，B、C、D错误．6．如图4所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a、b两物体做圆周运动的向心力之比是()图4A．1∶1 B．3∶2C．2∶3 D．9∶4答案 C解析a、b随圆盘转动，角速度相同，向心力正比于半径，C正确．7．如图5所示，杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时，水也不洒出来．关于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是()图5A．水处于失重状态，不受重力的作用B．水受一对平衡力的作用，合力为零C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D．杯底对水的作用力可能为零答案 D8．(2016·福建模拟)某同学用一根结实的细绳，其中一端拴一个小物体在光滑的水平桌面上做圆周运动，体验手拉绳的力，如图6所示．当保持物体质量不变时，下列说法正确的是()图6A．半径不变，减小角速度，拉力将减小B．半径不变，增大角速度，拉力将减小C．角速度不变，减小半径，拉力将增大D．角速度不变，增大半径，拉力将减小答案 A解析小物体在光滑的水平桌面上做圆周运动时．绳子对小物体的拉力F T提供向心力．由向心力公式F T＝mω2R可知，m及R不变，角速度ω减小，则拉力F T将减小，选项A正确．9．(2016·嵊州市调研)如图7所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有()图7A．线速度v A<v BB．运动周期T A>T BC．它们受到的摩擦力F f A>F f BD．筒壁对它们的弹力F N A>F N B答案 D解析由于两物体角速度相等，而r A>r B，所以v A＝r Aω>v B＝r Bω，A项错；由于ω相等，则T相等，B项错；因竖直方向受力平衡，F f＝mg，所以F f A＝F f B，C项错；筒壁对物体的弹力提供向心力，故F N A＝mr Aω2>F N B＝mr Bω2，D项对．10．(2016·萧山区模拟)2009年5月12日中央电视台《今日说法》栏目报道了发生在湖南长沙某公路上的离奇交通事故：在公路转弯处外侧的李先生家门口，三个月内连续发生了八次大卡车侧翻的交通事故．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图8所示．为了避免事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中不合理的是()图8A．在进入转弯处设立限速标志，提醒司机不要超速转弯B．在进入转弯处设立限载标志，要求降低车载货物的重量C．改进路面设计，增大车轮与路面间的摩擦力D ．改造此段弯路，使弯道内侧低、外侧高答案 B11．(2016·绍兴市调研)奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m ，单臂抓杠杆身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l .如图9所示，在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中，可将人体视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g ，若运动员在最低点的速度为2gl ，则运动员的手臂拉力为自身重力的( )图9A ．2倍B ．3倍C ．4倍D ．5倍答案 D解析 对运动员在最低点受力分析，由牛顿第二定律可得，F －mg ＝m v 2l，解得，F ＝5mg ，D 项正确．12．(多选)(2016·义乌高二期中)一架做飞行表演的飞机，在水平面内做匀速圆周运动．若已知飞机飞行轨迹的半径为3 000 m ，飞行的线速度为150 m/s ，可以求出的有( )A ．飞机的角速度B ．飞机的向心力C ．飞机运动的周期D ．飞机的向心加速度答案 ACD解析 角速度与线速度的关系是：ω＝v r，知道v 和r ，可以求得飞机的角速度，故A 正确；飞机的向心力与线速度的关系是：F n ＝m v 2r，由于飞机的质量m 未知，不能求出向心力，故B 错误；飞机运动的周期与线速度的关系是：T ＝2πr v ，可以求出飞机运动的周期，故C 正确；飞机的向心加速度与线速度的关系是：a n ＝v 2r，知道v 和r ，可以求得飞机的向心加速度，故D 正确．13．火车以半径r ＝900 m 转弯，火车质量为8×105 kg ，轨道宽为l ＝1.4 m ，外轨比内轨高h ＝14 cm ，为了使铁轨不受轮缘的挤压，火车的速度应为多大？(g 取10 m/s 2)答案 30 m/s解析 若火车在转弯时不受挤压，即由重力和支持力的合力提供向心力，火车转弯平面是水平面．火车受力如图所示，由牛顿第二定律得F ＝mg tan α＝m v 2r① 由于α很小，可以近似认为tan α＝sin α＝h l② 联立①②式解得v ＝30 m/s.14．如图10所示，与轻绳相连的滑块置于水平圆盘上，绳的另一端固定于圆盘中心的转轴上，绳子刚好伸直且无弹力，绳长r ＝0.5 m ，滑块随圆盘一起做匀速圆周运动(二者未发生相对滑动)，滑块的质量m ＝1.0 kg ，与水平圆盘间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2.求：图10(1)圆盘角速度ω1＝1 rad/s时，滑块受到静摩擦力的大小；(2)圆盘的角速度ω2至少为多大时，绳中才会有拉力；(3)画出圆盘角速度ω由0缓慢增大到4 rad/s时，轻绳上的拉力F与角速度ω2的图象(绳未断)．答案(1)0.5 N(2)2 rad/s(3)见解析图解析(1)静摩擦力提供向心力，有：F f＝mω21r，代入数据解得：F f＝0.5 N；(2)当静摩擦力达到最大值时，绳中才出现拉力，最大静摩擦力提供向心力，有：μmg＝mω22r，代入数据解得：ω2＝2 rad/s；(3)当角速度0≤ω≤2 rad/s时，绳拉力F＝0当2 rad/s<ω≤4 rad/s时，根据牛顿第二定律有：F＋μmg＝mω2r，解得绳中拉力：F＝0.5ω2－2.ω＝4 rad/s时，F＝6 N.图象如图所示．。
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章 4-5
2.德布罗意认为任何运动着的物体均具有波动性,可是我们观察运动着的 汽车,并未感觉到它的波动性,你如何理解该问题？谈谈自己的认识. 答案 波粒二象性是微观粒子的特殊规律,一切微观粒子都存在波动性, 宏观物体(汽车)也存在波动性,只是因为宏观物体质量大,动量大,波长短, 难以观测.
答案
[知识深化] 1.任何物体,小到电子、质子,大到行星、太阳都存在波动性,我们之所以观 察不到宏观物体的波动性,是因为宏观物体对应的物质波的波长太小. 2.物质波是一种概率波,粒子在空间各处出现的概率受波动规律支配,不能 以宏观观点中的波来理解德布罗意波. 3.德布罗意假说是光子的波粒二象性的一种推广,使之包括了所有的物质 粒子,即光子与实物粒子都具有粒子性,又都具有波动性,与光子对应的波 是电磁波,与实物粒子对应的波是物质波.
( √)
答案
2.质量为1 000 kg的小汽车以v＝40 m/s的速度在高速公路上行驶,则估算小 汽车的德布罗意波的波长为___1_._6_6_×__1_0_－_3_8_m.(h＝6.63×10－34 J·s) 解析 小汽车的动量p＝mv＝4×104 kg·m/s 小汽车的德布罗意波的波长 λ＝hp≈1.66×10－38 m.
意波的波长为λ2的物体2,二者相向碰撞后粘在一起,已知|p1|<|p2|,则粘在一
起的物体的德布罗意波的波长为多少？
答案
λ1λ2 λ1－λ2
解析 答案
规律总结
物体德布罗意波的波长的计算 1.首先计算物体的速度,再计算其动量.如果知道物体动能也可以直接 用p＝ 2mEk 计算其动量. 2.再根据λ＝h 计算德布罗意波的波长.
图2
答案
2.单缝衍射时,屏上各点的亮度反映了粒子到达这点的概率.图3是粒子 到达屏上的概率在坐标系中的表示.
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章1
1量子概念的诞生[学习目标] 1.知道热辐射、黑体和黑体辐射的概念,知道黑体辐射的实验规律.2.知道普朗克提出的能量子假说.一、热辐射1.定义：我们周围的一切物体都在辐射电磁波,这种辐射与物体的温度有关,所以叫热辐射.2.特点：热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同.二、黑体与黑体辐射1.黑体：某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射,这种物体就是绝对黑体,简称黑体.2.黑体辐射特点：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关.三、能量子1.定义：普朗克认为,黑体辐射是谐振子向外辐射的各种电磁波.谐振子的能量是不连续的,而只能取一些分立的值,即E n＝nhν(n＝1,2,3,…),最小的一份能量称为能量子.2.大小：ε＝hν,其中ν是谐振动(电磁波)的频率,h是普朗克常量,h＝6.63×10－34 J·s.3.能量的量子化：在微观世界中能量是量子化的,或者说微观粒子的能量是分立的.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)黑体一定是黑色的物体.(×)(2)能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体叫黑体.(√)(3)温度越高,黑体辐射电磁波的强度越大.(√)(4)微观粒子的能量只能是能量子的整数倍.(√)(5)能量子的能量不是任意的,其大小与电磁波的频率成正比.(√)2.人眼对绿光较为敏感,正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时,只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔,眼睛就能察觉.普朗克常量为6.63×10－34J·s,光速为3×108m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率约是( ) A.2.3×10－18W B.3.8×10－19W C.7.0×10－10W D.1.2×10－18W答案 A解析 因为只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔,眼睛就能察觉.所以察觉到绿光时所接收到的最小功率P ＝E t ,式中t ＝1 s 时E ＝6ε,又ε＝hν＝h c λ,可解得P ≈2.3×10－18W.一、黑体辐射的规律 [导学探究]1.什么是黑体辐射？它与热辐射有什么不同？答案 能够完全吸收各种波长的电磁波而不发生反射的物体,叫做黑体.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关,而热辐射还与其他因素有关(材料的种类和表面状况).2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布如图1所示,当温度从1 300 K 升高到1 700 K 时,各种波长的电磁波的辐射强度怎么变化？辐射强度极大值对应的波长如何变化？图1答案 变强.辐射强度极大值向波长较短的方向移动,即变短. [知识深化]1.一般物体与黑体的比较2.随着温度的升高,黑体辐射的各种波长的辐射强度都增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.3.现实生活中不存在理想的黑体,实际的物体都能辐射红外线(电磁波),也都能吸收和反射红外线(电磁波),绝对黑体不存在,是理想化的模型.例1 (多选)黑体辐射的实验规律如图2所示,由图可知( )图2A.随着温度升高,各种波长的辐射强度都增加B.随着温度降低,各种波长的辐射强度都增加C.随着温度升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.随着温度降低,辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 答案 ACD解析 由题图可知,随着温度升高,各种波长的辐射强度都增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,当温度降低时,上述变化都将反过来. 二、能量子[导学探究] 某激光器能发射波长为λ的激光,那么激光能量子的能量可以取任意值吗？是连续的还是一份一份的？设普朗克常量为h ,那么每个激光能量子的能量是多少？如果激光发射功率为P ,那么每秒钟发射多少个能量子？(光速为c )答案 激光能量子的能量不是连续的,而是一份一份的,ε＝h c λ.个数n ＝P ε＝Pλhc .[知识深化]1.物体在发射或接收能量的时候,只能从某一状态“飞跃”地过渡到另一状态,而不可能停留在不符合这些能量规律的任何一个中间状态.2.在宏观尺度内研究物体的运动时我们可以认为：物体的运动是连续的,能量变化也是连续的,不必考虑能量量子化；在研究微观粒子时必须考虑能量量子化.3.能量子的能量ε＝hν,其中h 是普朗克常量,ν是电磁波的频率.例2 (多选)对于带电微粒辐射和吸收能量时的特点,以下说法正确的是( ) A.以某一个最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收 B.辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍 C.吸收的能量可以是连续的D.辐射和吸收的能量是量子化的 答案 ABD解析 带电微粒辐射或吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍或一份一份地辐射或吸收的,是不连续的,故选项A 、B 、D 正确,C 错误.1.思维程序：c ＝λν→光的频率―――――――→ν＝cλ能量子的能量――→ε＝hν激光束的总能量E ＝nε→能量子的个数2.解决此类题目的关键是熟练掌握ε＝hν和c ＝λν及E ＝nε＝Pt 等公式.1.(对黑体辐射规律的理解)(多选)在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔,小孔可看做黑体,由小孔的热辐射特性,就可以确定炉内的温度.如图3所示就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像,则下列说法正确的是( )图3A.T 1>T 2B.T 1<T 2C.随着温度的升高,各种波长黑体辐射的强度都有所降低D.随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 答案 AD解析 黑体是指在任何温度下,能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不反射的物体,黑体辐射的强度按波长的分布只与温度有关.实验表明,随着温度的升高,黑体辐射中各种波长的辐射强度都有所增加,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.从题图中可以看出,λ1<λ2,T 1>T 2,本题正确选项为A 、D.2.(对能量子的理解)(多选)关于对普朗克能量子假说的认识,下列说法正确的是( ) A.振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值εB.带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍C.能量子与电磁波的频率成正比D.这一假说与现实世界相矛盾,因而是错误的 答案 BC3.(能量量子化的理解)硅光电池是将光辐射的能量转化为电能.若有N个波长为λ0的光子打在硅光电池极板上,这些光子的总能量为(h为普朗克常量,c为真空中的光速)()A.h cλ0 B.Nh cλ0 C.Nhλ0 D.2Nhλ0答案 B解析一个光子的能量ε＝hν＝h cλ0,则N个光子的总能量E＝Nh cλ0,选项B正确.一、选择题考点一黑体辐射的理解和应用1.关于对热辐射的认识,下列说法中正确的是()A.热的物体向外辐射电磁波,冷的物体只吸收电磁波B.温度越高,物体辐射的电磁波越强C.辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关,与材料种类及表面状况无关D.常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色答案 B解析一切物体都在不停地向外辐射电磁波,且温度越高,辐射的电磁波越强,对于一般材料的物体,辐射强度按波长的分布除与物体的温度有关外,还与材料的种类和表面状况有关；常温下我们看到的物体的颜色是反射光的颜色.2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布的影响因素是()A.温度B.材料C.表面状况D.以上都正确答案 A解析黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关,A对.3.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图像中,符合黑体辐射实验规律的是()答案 A解析随着温度的升高,黑体辐射的强度与波长的关系：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波长较短的方向移动.由此规律可知应选A.4.“非典”期间,很多地方用红外线热像仪监测人的体温,只要被测者从仪器前走过,便可知道他的体温是多少,关于其中原理,下列说法正确的是()A.人的体温会影响周围空气温度,仪器通过测量空气温度便可知道人的体温B.仪器发出的红外线遇人反射,反射情况与被测者的温度有关C.被测者会辐射红外线,辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关,温度高时辐射强且较短波长的成分强D.被测者会辐射红外线,辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关,温度高时辐射强且较长波长的成分强答案 C解析根据辐射规律可知,随着温度的升高,各种波长的辐射强度都增加；随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.人的体温的高低,直接决定了这个人辐射的红外线的频率和强度,通过监测被测者辐射的红外线的情况就可知道这个人的体温,C正确.5.下列叙述错误的是()A.一切物体都在辐射电磁波B.一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关C.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关D.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波答案 B解析根据热辐射定义知A对；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外,还与材料种类和表面状况有关,而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关,B错,C对；根据黑体定义知D对.考点二能量子的理解和应用6.普朗克在1900年将“能量子”引入物理学,开创了物理学的新纪元.在下列宏观概念中,具有“量子化”特征的是()A.人的个数B.物体所受的重力C.物体的动能D.物体的长度答案 A解析 依据普朗克量子化观点,能量是不连续的,是一份一份地变化的,属于“不连续的,一份一份”的概念的是A 选项,故A 正确,B 、C 、D 错误.7.已知某种单色光的波长为λ,在真空中光速为c ,普朗克常量为h ,则电磁波辐射的能量子ε的值为( ) A.h c λ B.h λC.c hλD.以上均不正确答案 A解析 由波速公式c ＝λν可得：ν＝c λ,由光的能量子公式得ε＝hν＝h cλ,故选项A 正确.8.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18J,已知可见光的平均波长为0.6 μm ,普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速为3×108 m/s,若恰能引起人眼的感觉,则进入人眼的光子数至少为( )A.1个B.3个C.30个D.300个 答案 B解析 每个光子的能量为E 0＝h c λ,能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E 为10－18 J,由E ＝nE 0得进入人眼的光子数至少为n ＝E E 0＝Eλhc ＝10－18×6×10－76.63×10－34×3×108个≈3个.故选B.9.在自然界生态系统中,蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链,在维持生态平衡方面发挥着重要作用.蛇是老鼠的天敌,它是通过接收热辐射来发现老鼠的.假设老鼠的体温约37 ℃,它发出的最强的热辐射的波长为λmin .根据热辐射理论,λmin 与辐射源的绝对温度T 的关系近似为Tλmin ＝2.90×10－3 m·K,则老鼠发出的最强热辐射的波长为( )A.7.8×10－5 mB.9.4×10－6 mC.1.16×10－4 mD.9.7×10－8 m答案 B解析 由Tλmin ＝2.90×10－3m·K 可得,老鼠发出的最强热辐射的波长为λmin ＝2.90×10－3 m·kT＝2.90×10－3273＋37m ≈9.4×10－6 m,B 正确.10.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H 2O)、二氧化碳(CO 2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射,即地面物体发出的某些波长的电磁波,只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.如图1所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况,由图可知,在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围是( )图1A.2.5～3.5 μmB.4～4.5 μmC.5～7 μmD.8～13 μm答案 D解析 由题图可知,水对红外辐射吸收率最低的波长范围是8～13 μm ；二氧化碳对红外辐射吸收率最低的波长范围是5～13 μm.综上可知,应选D. 二、非选择题11.(能量子个数的计算)40瓦的白炽灯,有5%的能量转化为可见光.设所发射的可见光的平均波长为580 nm,那么该白炽灯每秒钟辐射的光子数为多少？(普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速c ＝3×108 m/s) 答案 5.8×1018个解析 波长为λ的光子能量为：ε＝hν＝h cλ①设白炽灯每秒内发出的光子数为n ,白炽灯电功率为P ,则：n ＝ηPε②式中,η＝5%是白炽灯的发光效率.联立①②式得： n ＝ηPλhc代入题给数据得：n ≈5.8×1018个12.(能量子的理解和计算)某广播电台的发射功率为10 kW,发射的是在空气中波长为187.5 m 的电磁波,则：(普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s,光速c ＝3×108 m/s)(1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？(2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的,求在离天线2.5 km 处,直径为2 m 的球状天线每秒接收的能量子个数以及接收功率.(球面积公式S ＝4πR 2) 答案 (1)9.4×1030个 (2)3.76×1023个 4×10－4 W解析 (1)每个能量子的能量ε＝hν＝hc λ＝6.63×10－34×3×108187.5J ≈1.06×10－27 J则能量子数N ＝Pt≈9.4×1030个.(2)设球状天线每秒接收的能量子数为n 个,以电台发射天线为球心,则半径为R 的球面积S ＝4πR 2,而球状天线的有效接收面积S ′＝πr 2,所以n ＝N S ′S ＝N r 24R 2＝9.4×1030×124×(2.5×103)2个＝3.76×1023个接收功率P 收＝nεt ＝3.76×1023×1.06×10－27 W ≈4×10－4 W.。
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1量子概念的诞生[学习目标] 1.知道热辐射、黑体和黑体辐射的概念, 知道黑体辐射的实验规律.2.知道普朗克提出的能量子假说.一、热辐射1.定义:我们周围的一切物体都在辐射电磁波, 这种辐射与物体的温度有关, 所以叫热辐射.2.特点:热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同.二、黑体与黑体辐射1.黑体:某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射, 这种物体就是绝对黑体, 简称黑体.2.黑体辐射特点:黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关.三、能量子1.定义:普朗克认为, 黑体辐射是谐振子向外辐射的各种电磁波.谐振子的能量是不连续的, 而只能取一些分立的值, 即E n ＝nhν(n ＝1,2,3, …), 最小的一份能量称为能量子.2.大小:ε＝hν, 其中ν是谐振动(电磁波)的频率, h 是普朗克常量, h ＝6.63×10－34J·s.3.能量的量子化:在微观世界中能量是量子化的, 或者说微观粒子的能量是分立的. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)黑体一定是黑色的物体.( × )(2)能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体叫黑体.( √ ) (3)温度越高, 黑体辐射电磁波的强度越大.( √ ) (4)微观粒子的能量只能是能量子的整数倍.( √ )(5)能量子的能量不是任意的, 其大小与电磁波的频率成正比.( √ )2.人眼对绿光较为敏感, 正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时, 只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉.普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3×108 m/s, 则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率约是( ) A.2.3×10－18W B.3.8×10－19W C.7.0×10－10W D.1.2×10－18W答案 A解析 因为只要每秒钟有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉.所以察觉到绿光时所接收到的最小功率P ＝E t , 式中t ＝1 s 时E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ≈2.3×10－18 W.一、黑体辐射的规律 [导学探究]1.什么是黑体辐射？它与热辐射有什么不同？答案能够完全吸收各种波长的电磁波而不发生反射的物体, 叫做黑体.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关, 而热辐射还与其他因素有关(材料的种类和表面状况).2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布如图1所示, 当温度从1 300 K升高到1 700 K时, 各种波长的电磁波的辐射强度怎么变化？辐射强度极大值对应的波长如何变化？图1答案变强.辐射强度极大值向波长较短的方向移动, 即变短.[知识深化]1.一般物体与黑体的比较短的方向移动.3.现实生活中不存在理想的黑体, 实际的物体都能辐射红外线(电磁波), 也都能吸收和反射红外线(电磁波), 绝对黑体不存在, 是理想化的模型.例1(多选)黑体辐射的实验规律如图2所示, 由图可知()图2A.随着温度升高, 各种波长的辐射强度都增加B.随着温度降低, 各种波长的辐射强度都增加C.随着温度升高, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.随着温度降低, 辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 答案 ACD解析 由题图可知, 随着温度升高, 各种波长的辐射强度都增加, 且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动, 当温度降低时, 上述变化都将反过来. 二、能量子[导学探究] 某激光器能发射波长为λ的激光, 那么激光能量子的能量可以取任意值吗？是连续的还是一份一份的？设普朗克常量为h , 那么每个激光能量子的能量是多少？如果激光发射功率为P , 那么每秒钟发射多少个能量子？(光速为c )答案 激光能量子的能量不是连续的, 而是一份一份的, ε＝h c λ.个数n ＝P ε＝Pλhc .[知识深化]1.物体在发射或接收能量的时候, 只能从某一状态“飞跃”地过渡到另一状态, 而不可能停留在不符合这些能量规律的任何一个中间状态.2.在宏观尺度内研究物体的运动时我们可以认为:物体的运动是连续的, 能量变化也是连续的, 不必考虑能量量子化；在研究微观粒子时必须考虑能量量子化.3.能量子的能量ε＝hν, 其中h 是普朗克常量, ν是电磁波的频率.例2(多选)对于带电微粒辐射和吸收能量时的特点, 以下说法正确的是( )A.以某一个最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收B.辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍C.吸收的能量可以是连续的D.辐射和吸收的能量是量子化的 答案 ABD解析 带电微粒辐射或吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍或一份一份地辐射或吸收的, 是不连续的, 故选项A 、B 、D 正确, C 错误.1.思维程序:c ＝λν→光的频率―――――――→ν＝cλ能量子的能量――→ε＝hν激光束的总能量E ＝nε→能量子的个数2.解决此类题目的关键是熟练掌握ε＝hν和c ＝λν及E ＝nε＝Pt 等公式.1.(对黑体辐射规律的理解)(多选)在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔, 小孔可看做黑体, 由小孔的热辐射特性, 就可以确定炉内的温度.如图3所示就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像, 则下列说法正确的是()图3A.T1>T2B.T1<T2C.随着温度的升高, 各种波长黑体辐射的强度都有所降低D.随着温度的升高, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动答案AD解析黑体是指在任何温度下, 能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不反射的物体, 黑体辐射的强度按波长的分布只与温度有关.实验表明, 随着温度的升高, 黑体辐射中各种波长的辐射强度都有所增加, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.从题图中可以看出, λ1<λ2,T1>T2, 本题正确选项为A、D.2.(对能量子的理解)(多选)关于对普朗克能量子假说的认识, 下列说法正确的是()A.振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值εB.带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍C.能量子与电磁波的频率成正比D.这一假说与现实世界相矛盾, 因而是错误的答案BC3.(能量量子化的理解)硅光电池是将光辐射的能量转化为电能.若有N个波长为λ0的光子打在硅光电池极板上, 这些光子的总能量为(h为普朗克常量, c为真空中的光速)()A.h cλ0 B.Nh cλ0 C.Nhλ0 D.2Nhλ0答案 B解析一个光子的能量ε＝hν＝h cλ0, 则N个光子的总能量E＝Nh cλ0, 选项B正确.一、选择题考点一黑体辐射的理解和应用1.关于对热辐射的认识, 下列说法中正确的是()A.热的物体向外辐射电磁波, 冷的物体只吸收电磁波B.温度越高, 物体辐射的电磁波越强C.辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关, 与材料种类及表面状况无关D.常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色答案 B解析一切物体都在不停地向外辐射电磁波, 且温度越高, 辐射的电磁波越强, 对于一般材料的物体, 辐射强度按波长的分布除与物体的温度有关外, 还与材料的种类和表面状况有关；常温下我们看到的物体的颜色是反射光的颜色.2.黑体辐射电磁波的强度按波长分布的影响因素是()A.温度B.材料C.表面状况D.以上都正确答案 A解析黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关, A对.3.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图像中, 符合黑体辐射实验规律的是()答案 A解析随着温度的升高, 黑体辐射的强度与波长的关系: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波长较短的方向移动.由此规律可知应选A.4.“非典”期间, 很多地方用红外线热像仪监测人的体温, 只要被测者从仪器前走过, 便可知道他的体温是多少, 关于其中原理, 下列说法正确的是( )A.人的体温会影响周围空气温度, 仪器通过测量空气温度便可知道人的体温B.仪器发出的红外线遇人反射, 反射情况与被测者的温度有关C.被测者会辐射红外线, 辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关, 温度高时辐射强且较短波长的成分强D.被测者会辐射红外线, 辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关, 温度高时辐射强且较长波长的成分强 答案 C解析 根据辐射规律可知, 随着温度的升高, 各种波长的辐射强度都增加；随着温度的升高, 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.人的体温的高低, 直接决定了这个人辐射的红外线的频率和强度, 通过监测被测者辐射的红外线的情况就可知道这个人的体温, C 正确. 5.下列叙述错误的是( )A.一切物体都在辐射电磁波B.一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关C.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关D.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波 答案 B解析 根据热辐射定义知A 对；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外, 还与材料种类和表面状况有关, 而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关, B 错, C 对；根据黑体定义知D 对. 考点二 能量子的理解和应用6.普朗克在1900年将“能量子”引入物理学, 开创了物理学的新纪元.在下列宏观概念中, 具有“量子化”特征的是( ) A.人的个数 B.物体所受的重力 C.物体的动能 D.物体的长度答案 A解析 依据普朗克量子化观点, 能量是不连续的, 是一份一份地变化的, 属于“不连续的, 一份一份”的概念的是A 选项, 故A 正确, B 、C 、D 错误.7.已知某种单色光的波长为λ, 在真空中光速为c , 普朗克常量为h , 则电磁波辐射的能量子ε的值为( ) A.h c λ B.h λC.c hλD.以上均不正确答案 A解析 由波速公式c ＝λν可得:ν＝c λ, 由光的能量子公式得ε＝hν＝h c λ, 故选项A 正确. 8.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18 J, 已知可见光的平均波长为0.6 μm , 普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速为3×108 m/s, 若恰能引起人眼的感觉, 则进入人眼的光子数至少为( )A.1个B.3个C.30个D.300个答案 B解析 每个光子的能量为E 0＝h c λ, 能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E 为10－18 J, 由E ＝nE 0得进入人眼的光子数至少为n ＝E E 0＝Eλhc ＝10－18×6×10－76.63×10－34×3×108个≈3个.故选B. 9.在自然界生态系统中, 蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链, 在维持生态平衡方面发挥着重要作用.蛇是老鼠的天敌, 它是通过接收热辐射来发现老鼠的.假设老鼠的体温约37 ℃, 它发出的最强的热辐射的波长为λmin .根据热辐射理论, λmin 与辐射源的绝对温度T 的关系近似为Tλmin ＝2.90×10－3 m·K, 则老鼠发出的最强热辐射的波长为( )A.7.8×10－5 mB.9.4×10－6 m C.1.16×10－4 mD.9.7×10－8 m 答案 B解析 由Tλmin ＝2.90×10－3 m·K 可得, 老鼠发出的最强热辐射的波长为λmin ＝2.90×10－3 m·k T ＝2.90×10－3273＋37m ≈9.4×10－6 m, B 正确. 10.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H 2O)、二氧化碳(CO 2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射, 即地面物体发出的某些波长的电磁波, 只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.如图1所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况, 由图可知, 在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围是( )图1A.2.5～3.5 μmB.4～4.5 μmC.5～7 μmD.8～13 μm 答案 D解析 由题图可知, 水对红外辐射吸收率最低的波长范围是8～13 μm ；二氧化碳对红外辐射吸收率最低的波长范围是5～13 μm.综上可知, 应选D.二、非选择题11.(能量子个数的计算)40瓦的白炽灯, 有5%的能量转化为可见光.设所发射的可见光的平均波长为580 nm, 那么该白炽灯每秒钟辐射的光子数为多少？(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速c ＝3×108 m/s)答案 5.8×1018个解析 波长为λ的光子能量为:ε＝hν＝h c λ① 设白炽灯每秒内发出的光子数为n , 白炽灯电功率为P , 则:n ＝ηP ε② 式中, η＝5%是白炽灯的发光效率.联立①②式得:n ＝ηPλhc代入题给数据得:n ≈5.8×1018个12.(能量子的理解和计算)某广播电台的发射功率为10 kW, 发射的是在空气中波长为187.5 m 的电磁波, 则:(普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s, 光速c ＝3×108 m/s)(1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？(2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为均匀的, 求在离天线2.5 km 处, 直径为2 m 的球状天线每秒接收的能量子个数以及接收功率.(球面积公式S ＝4πR 2)答案 (1)9.4×1030个 (2)3.76×1023个 4×10－4 W解析 (1)每个能量子的能量ε＝hν＝hc λ＝6.63×10－34×3×108187.5J ≈1.06×10－27 J 则能量子数N ＝Pt ε≈9.4×1030个. (2)设球状天线每秒接收的能量子数为n 个, 以电台发射天线为球心, 则半径为R 的球面积S ＝4πR 2,而球状天线的有效接收面积S ′＝πr 2, 所以n ＝N S ′S ＝N r 24R 2＝9.4×1030×124×(2.5×103)2个＝3.76×1023个接收功率P 收＝nεt＝3.76×1023×1.06×10－27 W ≈4×10－4 W.。