2016高三总复习专题十四动量与原子物理[选修3-5]

第十四章动量与原子物理[选修3－5][学习目标定位]考纲下载考情上线1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)2．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)3．氢原子光谱(Ⅰ)4．氢原子的能级结构、能级公式(Ⅰ)5．原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期(Ⅰ)6．放射性同位素(Ⅰ)7．核力、核反应方程(Ⅰ)8．结合能、质量亏损(Ⅰ)9．裂变反应和聚变反应、裂变反应堆(Ⅰ)10．射线的危害和防护(Ⅰ)11．光电效应(Ⅰ)12．爱因斯坦的光电效应方程(Ⅰ)实验十六验证动量守恒定律高考地位高考对本章知识点考查频率较高的是动量守恒定律、光电效应、原子的能级结构及跃迁、核反应方程及核能计算，题型基本为选择题加计算题考点布设1.动量守恒定律及其与动力学的综合应用2．光电效应、原子能级及能级跃迁、衰变及核反应方程3．裂变反应、聚变反应的应用，射线的危害和应用知识与现代科技相联系的信息题是近几年高考的热点第1单元动量守恒定律及其应用动量动量定理动量守恒定律[想一想]如图14－1－1所示，质量为M的物体静止在光滑的水平面上，质量为m的小球以初速度v0水平向右碰撞物体M，结果小球以大小为v1的速度被水平反弹，物体M的速度为v2，取向右为正方向，则物体M动量的变化量为多少？小球m的动量变化量为多少？m和M组成的系统动量守恒吗？若守恒，请写出其表达式。图14－1－1提示：物体M动量的变化量为Mv2，m动量的变化量为－(mv1＋mv0)，因m和M组成的系统合外力为零，故此系统动量守恒，表达式为：mv0＝Mv2－mv1。[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．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。(2)表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝F(t′－t)。(3)冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝F(t′－t)。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4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.足球运动员将一个沿水平方向飞来的足球反向踢回，在这个过程中，若足球动量变化量的大小为10kg·m/s，则()A．足球的动量一定减小B．足球的动量一定增大C．足球的动量大小可能不变D．足球的动量大小一定变化解析：选C如果足球原速返回，则动量大小不变；如果弹回时速度减小，则动量减小；如果弹回时速度增大，则动量增大。碰撞、爆炸与反冲[想一想]质量为m、速度为v的A球跟质量为3m且静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你分析：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？(1)0.6v(2)0.4v(3)0.2v提示：若A和B的碰撞是弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒可以解得B获得的最大速度为vmax＝2m1m1＋m2v＝2mm＋3mv＝0.5v若A和B的碰撞是完全非弹性碰撞，则碰撞之后二者连在一起运动，B获得最小的速度，根据动量守恒定律，知m1v＝(m1＋m2)vminvmin＝mvm＋3m＝0.25vB获得的速度vB应满足：vmin≤vB≤vmax，即0.25v≤vB≤0.5v可见，B球的速度可以是0.4v，不可能是0.2v和0.6v。[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．[多选]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．机械能增大C．水平方向动量守恒D．竖直方向动量守恒解析：选BC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，这个作用力将远远大于它所受到的重力，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，而在水平方向动量是守恒的。爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能增大，故B、C正确。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、未动量都是矢量，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14－1－2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mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A，B一起以v0＝5m/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14－1－2[审题指导]A，B再次达到共同速度一起向右运动，恰好不再与C碰撞，说明最终A，B，C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mAv0＝mAvA＋mCvC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，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vA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，vC＝v联立以上各式，代入数值解得：vA＝2m/s[答案]2m/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，撞后A，B间的距离不变的含义是碰后A，B的速度相同。碰撞问题分析1.分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2。(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′①12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2②由①②得v1′＝m1－m2v1m1＋m2v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。(2)当m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后两球都向前运动。(3)当m1m2时，v1′0，v2′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。[例2]如图14－1－3所示，A，B，C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，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相碰并黏合在一起，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。图14－1－3[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息光滑的水平面A，B，C组成的系统动量守恒B，C可视为一个整体A与B碰后，A，B，C三者速度相同A与B相碰并黏合在一起弹簧伸展以后，A，B的速度也相同第二步：找突破口要求弹簧释放的势能→A，B，C系统增加的机械能→利用动量守恒定律确定A，B，C在弹簧伸展前的速度→利用动量守恒定律确定A，B，C在弹簧伸展后的速度。[解析]设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有mv0＝3mv①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有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12(3m)v2＋Ep＝12(2m)v12＋12mv02③由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝13mv02[答案]13mv20含有弹簧的碰撞问题，在碰撞过程中系统的机械能也不一定守恒，如本例中，弹簧伸展之前，A与B碰撞的过程为完全非弹性碰撞，但在碰撞结束后，弹簧伸展的过程中，系统的动量和机械能均守恒。动量守恒定律与能量的综合问题[例3](2012·新课标全国高考)如图14－1－4，小球a，b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：图14－1－4(1)两球a，b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。[审题指导]解答本题时应注意以下两点：(1)小球碰撞前和碰撞后摆动过程中机械能是守恒的。(2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞。[解析](1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝12m2v2①式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③联立①②③式得m1m2＝11－cosθ－1④代入已知数据得m1m2＝2－1⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝12m2v2)之比为QEk＝1－m1＋m2m2(1－cosθ)⑦联立①⑤⑦式，并代入题给数据得QEk＝1－22。[答案](1)2－1(2)1－22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