第一篇：2017-2018學(xué)年高中物理人教版選修3-5教學(xué)案 第十六章

第1節(jié)實驗：探究碰撞中的不變量

一、實驗?zāi)康?1．明確探究物體碰撞中的不變量的基本思路。

2．探究一維碰撞中的不變量。

二、實驗原理 在一維碰撞中，測出物體的質(zhì)量m和碰撞前后物體的速度v、v′，找出碰撞前的動量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的動量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后動量是否守恒。

[實驗方案一] 利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實驗 [實驗器材] 氣墊導(dǎo)軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、重物、彈簧片、細繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等。

圖16-1-1 [實驗步驟] 1．測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量。

2．安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。

3．實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度(①改變滑塊的質(zhì)量。

②改變滑塊的初速度大小和方向)。

4．驗證：一維碰撞中的動量守恒。

[數(shù)據(jù)處理] 1．滑塊速度的測量：v＝Δx，式中Δx為滑塊擋光片的寬度(儀器說明書上給出，也可Δt直接測量)，Δt為數(shù)字計時器顯示的滑塊(擋光片)經(jīng)過光電門的時間。

2．驗證的表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ [實驗方案二] 利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗 1 [實驗器材] 帶細線的擺球(兩套)、鐵架臺、天平、量角器、坐標紙、膠布等。

[實驗步驟] 1．測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2。

2．安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來。

3．實驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相碰。

圖16-1-2 4．測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應(yīng)小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應(yīng)小球的速度。

5．改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗。

6．驗證：一維碰撞中的動量守恒。

[數(shù)據(jù)處理] 1．擺球速度的測量：v＝2gh，式中h為小球釋放時(或碰撞后擺起的)高度，h可用刻度尺測量(也可由量角器和擺長計算出)。

2．驗證的表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ [實驗方案三] 在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗 [實驗器材] 光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、撞針、橡皮泥。

圖16-1-3 [實驗步驟] 1．測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量。

2．安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。

3．實驗：接通電源，讓小車A運動，小車B靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動。

4．測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由v＝5．改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗。

Δx算出速度。

Δt 6．驗證：一維碰撞中的動量守恒。

[數(shù)據(jù)處理] 1．小車速度的測量：v＝Δx，式中Δx是紙帶上兩計數(shù)點間的距離，可用刻度尺測量，ΔtΔt為小車經(jīng)過Δx的時間，可由打點間隔算出。

2．驗證的表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ [實驗方案四] 利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律 [實驗器材] 斜槽、小球(兩個)、天平、復(fù)寫紙、白紙等。

圖16-1-4 [實驗步驟] 1．測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球為入射小球。

2．安裝：按照圖16-1-4所示安裝實驗裝置。

調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平。

3．鋪紙：白紙在下，復(fù)寫紙在上且在適當位置鋪放好。

記下重垂線所指的位置O。

4．放球找點：不放被撞小球，每次讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次。

用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面。

圓心P就是小球落點的平均位置。

5．碰撞找點：把被撞小球放在斜槽末端，每次讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實驗10次。

用步驟4的方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被撞小球落點的平均位置N。

如圖16-1-5所示。

圖16-1-5 6．驗證：連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度。

將測量數(shù)據(jù)填入表中。

最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立。

7．結(jié)束：整理好實驗器材放回原處。

[數(shù)據(jù)處理] 驗證的表達式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON

三、注意事項 1．前提條件：碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。

2．方案提醒 3(1)若利用氣墊導(dǎo)軌進行驗證，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時，應(yīng)注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。

(2)若利用擺球進行驗證，兩擺球靜止時球心應(yīng)在同一水平線上，且剛好接觸，擺線豎直，將擺球拉起后，兩擺線應(yīng)在同一豎直面內(nèi)。

(3)若利用兩小車相碰進行驗證，要注意平衡摩擦力。

(4)若利用平拋運動規(guī)律進行驗證，安裝實驗裝置時，應(yīng)注意調(diào)整斜槽，使斜槽末端水平，且選質(zhì)量較大的小球為入射小球。

四、誤差分析 1．系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求。

(1)碰撞是否為一維。

(2)實驗是否滿足動量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，用長木板實驗時是否平衡掉摩擦力。

2．偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測量。

[例1] 利用如圖16-1-6所示的實驗裝置，可探究碰撞中的不變量，由于小球的下落高度是定值，所以，小球落在地面上的水平位移就代表了平拋運動時水平初速度的大小，這樣碰前速度和碰后速度就可以用平拋運動的水平位移來表示。

圖16-1-6(1)(多選)為了盡量準確找到碰撞中的不變量，以下要求正確的是________。

A．入射小球的半徑應(yīng)該大于被碰小球的半徑 B．入射小球的半徑應(yīng)該等于被碰小球的半徑 C．入射小球每次應(yīng)該從斜槽的同一位置由靜止滑下 D．斜槽末端必須是水平的(2)(多選)關(guān)于小球的落點，下列說法正確的是________。

A．如果小球每次從斜槽的同一位置由靜止滑下，重復(fù)幾次的落點一定是完全重合的 B．由于偶然因素存在，重復(fù)操作時小球的落點不會完全重合，但是落點應(yīng)當比較密集 C．測定落點P的位置時，如果幾次落點的位置分別為P1、P2、…Pn，則落點的平均OP1＋OP2＋…＋OPn位置OP＝ nD．盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置就是小球落點的平均位置 [解析](1)只有兩個小球的半徑相等，才能保證碰后小球做平拋運動，所以A錯誤，B 4 正確；入射小球每次應(yīng)該從斜槽的同一位置由靜止滑下，才能使得小球平拋運動的落點在同一位置，所以C正確；斜槽末端必須水平也是保證小球碰后做平拋運動的必要條件，所以D正確。

(2)為了提高實驗的準確性，需要重復(fù)多次，找到小球平拋落地的平均位置，只有這樣，才能有效減小偶然誤差，因此B、D選項正確。

[答案](1)BCD(2)BD [例2] 如圖16-1-7所示為氣墊導(dǎo)軌上兩個滑塊A、B相互作用后運動過程的頻閃照片，頻閃的頻率為10 Hz。

開始時兩個滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕彈簧，滑塊用繩子連接，繩子燒斷后，兩個滑塊向相反方向運動。

已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200 g、300 g，根據(jù)照片記錄的信息，A、B離開彈簧后，A滑塊做________運動，其速度大小為________m/s，本實驗中得出的結(jié)論是_______________________________________________________ ________________________________________________________________________。

圖16-1-7 [思路點撥] [解析] 由題圖可知，A、B離開彈簧后，均做勻速直線運動，開始時vA＝0，vB＝0，A、B被彈開后，vA′＝0.09 m/s，vB′＝0.06 m/s，mAvA′＝0.2×0.09 kg·m/s＝0.018 kg·m/s mBvB′＝0.3×0.06 kg·m/s＝0.018 kg·m/s 由此可得：mAvA′＝mBvB′，即0＝mBvB′－mAvA′ 結(jié)論是：兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中質(zhì)量與速度乘積的矢量和守恒。

[答案] 勻速直線 0.09 兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中質(zhì)量與速度乘積的矢 5 量和守恒 [例3] 把兩個大小相同、質(zhì)量不等的金屬球用細線連接起來，中間夾一被壓縮的輕彈簧，置于摩擦可以忽略不計的水平桌面上，如圖16-1-8所示。

現(xiàn)燒斷細線，觀察兩球的運動情況，進行必要的測量，探究物體間發(fā)生相互作用時的不變量。

圖16-1-8 測量過程中：(1)還必須添加的器材有_____________________________________________。

(2)需直接測量的數(shù)據(jù)是_________________________________________________。

(3)需要驗算的表達式如何表示？ ____________________________________。

[解析] 本實驗是在“探究物體間發(fā)生相互作用時的不變量”時，為了確定物體速度的方法進行的遷移。

兩球彈開后，分別以不同的速度離開桌面做平拋運動，兩球做平拋運動的時間相等，均為t＝2hg(h為桌面離地的高度)。

根據(jù)平拋運動規(guī)律，由兩球落地點距拋出點的水平距離x＝vt知，兩球水平速度之比等于它們的射程之比，即v1∶v2＝x1∶x2，所以本實驗中只需測量x1、x2即可，測量x1、x2時需準確記下兩球落地點的位置，故需要刻度2尺、白紙、復(fù)寫紙、圖釘、細線、鉛錘、木板等。

若要探究m1x1＝m2x2或者m1x1＝m2x22或者x1x2＝…是否成立，還需用天平測量兩球的質(zhì)量m1、m2。

m1m2[答案](1)刻度尺、白紙、復(fù)寫紙、圖釘、細線、鉛錘、木板、天平(2)兩球的質(zhì)量m1、m2，兩球碰后的水平射程x1、x2(3)m1x1＝m2x2 1．(多選)在用打點計時器做“探究碰撞中的不變量”實驗時，下列哪些操作是正確的()A．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質(zhì)量 B．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起 C．先接通打點計時器的電源，再釋放拖動紙帶的小車 D．先釋放拖動紙帶的小車，再接通打點計時器的電源 6 解析：選BC 車的質(zhì)量可以用天平測量，沒有必要一個用釘子而另一個用橡皮泥配重。

這樣做的目的是為了碰撞后兩車粘在一起有共同速度，選項B正確；打點計時器的使用原則是先接通電源，C項正確。

2．(多選)在利用氣墊導(dǎo)軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導(dǎo)致實驗誤差()A．導(dǎo)軌安放不水平C．兩小車質(zhì)量不相等 B．小車上擋光板傾斜 D．兩小車碰后連在一起 解析：選AB 導(dǎo)軌不水平，小車速度將會受重力影響，A項可導(dǎo)致實驗誤差；擋光板傾斜會導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，導(dǎo)致速度計算出現(xiàn)誤差，B項可導(dǎo)致實驗誤差。

3．(多選)在做“探究碰撞中的不變量”實驗時，必須測量的物理量是()A．入射小球和被碰小球的質(zhì)量 B．入射小球和被碰小球的半徑 C．入射小球從靜止釋放時的起始高度 D．斜槽軌道的末端到地面的高度 E．不放被碰小球時，入射小球飛出的水平射程 F．入射小球和被碰小球碰撞后飛出的水平射程 解析：選AEF 從同一高度做平拋運動，飛行時間t相同，所以需要測出的量有：未碰時入射小球的水平射程，碰后入射小球的水平射程，碰后被碰小球的水平射程，及兩球質(zhì)量的大小。

4.如圖16-1-9所示，某同學(xué)利用兩個半徑相同的小球及斜槽探究碰撞中的不變量，主要步驟如下： 圖16-1-9(1)用天平測出兩個小球的質(zhì)量m1＝32.6 g、m2＝20.9 g。

記下斜槽末端在水平面上的投影O。

(2)不放置被碰小球，讓入射小球m1從某位置由靜止釋放，記下m1的落地點P。

(3)把被碰小球m2置于斜槽末端，如圖所示，讓小球m1從斜槽上同一位置由靜止釋放，記下小球m1、m2的落地點M、N。

7(4)把被碰小球m2的左面粘上一小塊膠布，然后重復(fù)步驟(3)。

(5)測量各自的水平射程，記錄在下表中。

不粘膠布時 粘膠布時 關(guān)于碰撞中的不變量，該同學(xué)有以下猜想 A．v1＝v1′＋v2′ B．m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 11212C.m1v21＝m1v1′＋m2v2′ 222其中v1指不放置m2時入射小球做平拋運動的初速度，v1′、v2′指放置被碰小球時m1、m2做平拋運動的初速度。

由實驗數(shù)據(jù)經(jīng)計算分析，判斷哪一種猜想正確________(填選項前的序號)。

解析：根據(jù)題中所給兩小球的質(zhì)量和題表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)過計算可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，選項B正確。

答案：B 5．某同學(xué)設(shè)計了一個用打點計時器探究碰撞過程中不變量的實驗：在小車甲的前端粘有橡皮泥，推動小車甲使之做勻速直線運動。

然后與原來靜止在前方的小車乙相碰并粘合成一體，而后兩車繼續(xù)做勻速直線運動，他設(shè)計的具體裝置如圖16-1-10所示。

在小車甲后連著紙帶，打點計時器打點頻率為50 Hz，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力。

OP 56.0 cm 56.0 cm OM 12.5 cm 20.4 cm ON 67.8 cm 55.3 cm 圖16-1-10(1)若已得到打點紙帶如圖16-1-11所示，并測得各計數(shù)點間距并標在圖上，A為運動起始的第一點，則應(yīng)選________段計算小車甲的碰前速度，應(yīng)選________段來計算小車甲和乙碰后的共同速度(以上兩空選填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。

圖16-1-11(2)已測得小車甲的質(zhì)量m甲＝0.40 kg，小車乙的質(zhì)量m乙＝0.20 kg，由以上測量結(jié)果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝________________kg·m/s；碰后m甲v甲′＋m乙v乙′＝________kg·m/s。

8(3)通過計算得出的結(jié)論是什么？ 解析：(1)觀察打點計時器打出的紙帶，點跡均勻的階段BC應(yīng)為小車甲與乙碰前的階段，CD段點跡不均勻，故CD應(yīng)為碰撞階段，甲、乙碰撞后一起勻速直線運動，打出間距均勻的點，故應(yīng)選DE段計算碰后共同的速度。

(2)v甲＝BCDE＝1.05 m/s，v′＝＝0.695 m/s ΔtΔtm甲v甲＋m乙v乙＝0.420 kg·m/s 碰后m甲v甲′＋m乙v乙′＝(m甲＋m乙)v′ ＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。

(3)在誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前后兩個小車的mv之和是相等的。

答案：(1)BC DE(2)0.420 0.417(3)在誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前后兩個小車的mv之和是相等的 6．“探究碰撞中的不變量”的實驗中，入射小球m1＝15 g，原來靜止的被碰小球m2＝10 g，由實驗測得它們在碰撞前后的x-t圖像如圖16-1-12所示，由圖可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是__________，被碰小球碰撞后的m2v2′是________。

由此得出結(jié)論________。

圖16-1-12 解析：由圖可知碰撞前m1的速度大小v1＝0.2 m/s＝1 m/s，0.2故碰撞前的m1v1＝0.015×1 kg·m/s＝0.015 kg·m/s。

0.3－0.2碰撞后m1速度大小v1′＝ m/s＝0.5 m/s，0.4－0.20.35－0.2m2的速度大小v2′＝ m/s＝0.75 m/s，0.4－0.2故m1v1′＝0.015×0.5 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，m2v2′＝0.01×0.75 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，9 可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′。

答案：0.015 kg·m/s 0.007 5 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒的量 7．如圖16-1-13所示為用氣墊導(dǎo)軌實驗探究碰撞中的不變量的實驗裝置，遮光片D在運動過程中的遮光時間Δt被光電計時器自動記錄下來。

在某次實驗中，滑塊1和滑塊2質(zhì)量分別為m1＝0.240 kg、m2＝0.220 kg，滑塊1運動起來，向著靜止在導(dǎo)軌上的滑塊2撞去，碰撞之前滑塊1的擋光片經(jīng)過光電門時，光電計時器自動記錄下來的時間Δt＝110.7 ms。

碰撞之后，滑塊1和滑塊2粘連在一起，擋光片通過光電門的時間Δt′＝214.3 ms，已知兩滑塊上的擋光板的寬度都是Δx＝3 cm，問： 圖16-1-13(1)碰撞前后兩滑塊各自的質(zhì)量與速度乘積之和相等嗎，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立嗎？ 22(2)碰撞前后兩滑塊各自的質(zhì)量與速度平方乘積之和相等嗎，即m1v21＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2成立嗎？ 解析：(1)因為滑塊遮光片的寬度是Δx，遮光片通過光電門的時間是Δt，所以滑塊速度3×10－2ΔxΔx可用公式v＝求出。

碰撞之前，滑塊1的速度v1＝＝m/s＝0.271 m/s ΔtΔt110.7×10－3碰撞之前，滑塊2靜止，所以v2＝0 碰撞之后，兩滑塊粘連在一起 3×10－2Δxv1′＝v2′＝＝ m/s＝0.140 m/s Δt′214.3×10－3m1v1＋m2v2＝0.240×0.271 kg·m/s＝0.065 kg·m/s m1v1′＋m2v2′＝(0.240＋0.220)×0.140 kg·m/s ＝0.064 kg·m/s 所以，在誤差允許范圍內(nèi)，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立。

(2)碰撞之前： 10 22m1v21＋m2v2＝0.240×0.271 J＝0.018 J 碰撞之后： m1v1′2＋m2v2′2＝(0.240＋0.220)×0.1402 J ＝0.009 J 222可見m1v21＋m2v2>m1v1′＋m2v2′。

答案：(1)成立(2)不成立 11。

第二篇：高中物理3-5教學(xué)案

高中物理3-5教學(xué)案

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教案部分

6．6

用動量概念表示牛頓第二定律

【教學(xué)目標】

（一）知識與技能

．理解動量定理的確切含義和表達式，知道動量定理適用于變力。

2．會用動量定理解釋有關(guān)物理現(xiàn)象，并能掌握一維情況下的計算問題。

（二）過程與方法

運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式推導(dǎo)出動量定理表達式。

（三）情感、態(tài)度與價值觀

通過運用所學(xué)知識推導(dǎo)新的規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生學(xué)習(xí)的興趣。激發(fā)學(xué)生探索新知識的欲望。

【教學(xué)重點】

理解動量定理的確切含義和表達式

【教學(xué)難點】

會用動量定理解釋有關(guān)物理現(xiàn)象，并能掌握一維情況下的計算問題

【教學(xué)方法】

教師啟發(fā)、引導(dǎo)，學(xué)生討論、交流。

【教學(xué)用具】

生雞蛋、鋪有較厚的海綿墊的白鐵桶、細線、金屬小球、橡皮筋、鐵架臺等，投影片，多媒體輔助教學(xué)設(shè)備

【課時安排】

課時

【教學(xué)過程】

（一）引入新課

小實驗引入新課：

演示實驗1：雞蛋落地

【演示】事先在一個白鐵桶的底部墊上一層海綿（不讓學(xué)生知道），讓一個雞蛋從一米多高的地方下落到白鐵桶里，事先讓學(xué)生推測一下雞蛋的“命運”，然后做這個實驗。結(jié)果發(fā)現(xiàn)并沒有象學(xué)生想象的那樣嚴重：發(fā)現(xiàn)雞蛋不會被打破！

演示實驗2：緩沖裝置的模擬

【演示】用細線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度，釋放后重物下落可以把細線拉斷，如果在細線上端拴一段皮筋，再從同樣的高度釋放，就不會斷了。

【讓學(xué)生在驚嘆中開始新課內(nèi)容】

在日常生活中，有不少這樣的事例：跳遠時要跳在沙坑里；跳高時在下落處要放海綿墊子；從高處往下跳，落地后雙腿往往要彎曲；輪船邊緣及輪渡的碼頭上都裝有橡皮輪胎等，這樣做的目的是為了什么呢？而在某些情況下，我們又不希望這樣，比如用鐵錘釘釘子。這些現(xiàn)象中的原因是什么呢？通過我們今天的學(xué)習(xí)來探究其中的奧秘。

（二）進行新課

．用動量概念表示牛頓第二定律

師：給出問題

假設(shè)一個物體在恒定的合外力作用下，做勻變速直線運動，在t時刻初速度為v，在t′時刻的末速度為v′，試推導(dǎo)合外力的表達式。

學(xué)生：用牛頓第二定律F=ma以及勻變速直線運動的公式自己推導(dǎo)。

（教師巡回指導(dǎo)，及時點撥、提示）

推導(dǎo)過程：如圖所示，由牛頓第二定律得，物體的加速度

合力F=ma

由于，所以，（1）

結(jié)論：上式表示，物體所受合外力等于物體動量的變化率。這就是牛頓第二定律的另一種表達式。

2．動量定理

教師：將（1）式寫成（2）

（師生討論上式的物理意義）

總結(jié)：表達式左邊是物體從t時刻到t′時刻動量的變化量，右邊是物體所受合外力與這段時間的乘積。（2）式表明，物體動量的變化量，不僅與力的大小和方向有關(guān)，還與時間的長短有關(guān)，力越大、作用時間越長，物體動量的變化量就越大。這個量反映了力對時間的積累效應(yīng)。

教師（講解）：物理學(xué)中把力F與作用時間的乘積，稱為力的沖量，記為I，即，單位：N?s，讀作“牛頓秒”。

將（2）式寫成（3）

（3）式表明，物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量，這個結(jié)論叫做動量定理。

討論：如果物體所受的力不是恒力，對動量定理的表達式應(yīng)該怎樣理解呢？

教師：引導(dǎo)學(xué)生閱讀選修3－5教材24頁第一段，理解動量定理的過程性。

總結(jié)：盡管動量定理是根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)的有關(guān)公式在恒定合外力的情況下推導(dǎo)

出來的。可以證明：動量定理不但適用于恒力，也適用于隨時間變化的變力。對于變力情況，動量定理中的F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。

在實際中我們常遇到變力作用的情況，比如用鐵錘釘釘子，球拍擊乒乓球等，釘子和乒乓球所受的作用力都不是恒力，這時變力的作用效果可以等效為某一個恒力的作用，則該恒力就叫變力的平均值，如圖所示，是變力與平均力的F-t圖象，其圖線與橫軸所圍的面積即為沖量的大小，當兩圖線面積相等時，即變力與平均力在t0時間內(nèi)等效。

利用動量定理不僅可以解決勻變速直線運動的問題，還可以解決曲線運動中的有關(guān)問題，將較難計算的問題轉(zhuǎn)化為較易計算的問題。

3．動量定理的方向性

例如：勻加速運動合外力沖量的方向與初動量方向相同，勻減速運動合外力沖量方向與初動量方向相反，甚至可以跟初動量方向成任何角度。在中學(xué)階段，我們僅限于初、末動量的方向、合外力的方向在同一直線上的情況（即一維情況），此時公式中各矢量的方向可以用正、負號表示，首先要選定一個正方向，與正方向相同的矢量取正值，與正方向相反的矢量取負值。

如圖所示，質(zhì)量為m的球以速度v向右運動，與墻壁碰撞后反彈的速度為v’，碰撞過程中，小球所受墻壁的作用力F的方向向左。若取向左為正方向，則小球所受墻壁的作用力為正值，初動量取負值，末動量取正值，因而根據(jù)動量定理可表示為Ft=p′一p=mv′一（一mv）=mv′十mv。此公式中F、v、v′均指該物理量的大小（此處可緊接著講課本上的例題）。

小結(jié)：公式Ft=p′一P=△p是矢量式，合外力的沖量的方向與物體動量變化的方向相同。合外力沖量的方向可以跟初動量方向相同，也可以相反。

演示實驗3：小鋼球碰到堅硬大理石后返回

4．應(yīng)用舉例

下面，我們應(yīng)用動量定理來解釋雞蛋下落是否會被打破等有關(guān)問題。

雞蛋從某一高度下落，分別與石頭和海綿墊接觸前的速度是相同的，也即初動量相同，碰撞后速度均變?yōu)榱悖茨﹦恿烤鶠榱悖蚨谙嗷プ饔眠^程中雞蛋的動量變化量相同。而兩種情況下的相互作用時間不同，與石頭碰時作用時間短，與海綿墊相碰時作用時間較長，由Ft=△p知，雞蛋與石頭相碰時作用大，會被打破，與海綿墊相碰時作用力較小，因而不會被打破。

接著再解釋用鐵錘釘釘子、跳遠時要落入沙坑中等現(xiàn)象。在實際應(yīng)用中，有的需要作用時

間短，得到很大的作用力而被人們所利用，有的需要延長作用時間（即緩沖）減少力的作用。請同學(xué)們再舉些有關(guān)實際應(yīng)用的例子。加強對周圍事物的觀察能力，勤于思考，一定會有收獲。

接著再解釋緩沖裝置。

在實際應(yīng)用中，有的需要作用時間短，得到很大的作用力，而被人們所利用；有的要延長作用時間而減少力的作用，請同學(xué)們再舉出一些有關(guān)實際應(yīng)用的例子，加強對周圍事物的觀察，勤于思考，一定會有收獲。

（三）例題講解

例

1、甲、乙兩個物體動量隨時間變化的圖象如圖所示，圖象對應(yīng)的物體的運動過程可能是

A．甲物體可能做勻加速運動

B．甲物體可能做豎直上拋運動

c．乙物體可能做勻變速運動

D．乙物體可能與墻壁發(fā)生彈性碰撞

[解析]

a甲物體的動量隨時間的變化圖象是一條直線，其斜率Δp/Δt恒定不變，說明物體受到恒定的合外力作用；

b由圖線可以看出甲物體的動量先減小然后反向增大。綜合a、b知甲物體做勻減速直線運動，與豎直上拋運動類似，所以B選項正確。

c．乙物體的動量隨時間變化規(guī)律是一條曲線，曲線的斜率先增大后減小。根據(jù)動量的變化率就是物體受到的合外力知，乙物體在運動過程中受到的合外力先增大后

減小。

d．由圖線還可以看出，乙物體的動量先正方向減小到零，然后反方向增大。

綜合c、d可知乙物體的運動是一個變加速運動，與水平面上的小球和豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞相類似，所以D選項正確。

[答案]

BD

[變式訓(xùn)練]水平推力F1和F2分別作用在水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后撒去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下，兩物體的v—t圖象如圖所示，圖中AB／／cD，則

A．F1的沖量大于F2的沖量

B．Fl的沖量等于F2的沖量

c．兩物體受到的摩擦力大小相等

D．兩物體受到的摩擦力大小不等

[解析]

題目中給出了速度一時間圖象，由圖象告訴我們很多隱含條件，如圖象的斜率表示加速度的大小，我們可以根據(jù)斜率的大小關(guān)系確定加速度的大小關(guān)系，從而確定力的大小

關(guān)系，同時也可以從圖上直接找出力作用時間的長短。

設(shè)F1、F2的作用時間分別為t1、t2，則由圖知t1

選項錯誤；對a，由動量定理得：Flt1—F2t2=mvA；對b同理：F2t2—Fft2=mvc。

由圖象知，vA=vc，tlF1t1，即A、B選項均錯。[答案]

c．

例

2、蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一名質(zhì)量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3．2m高處自由下落，觸網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平面5．0m高處，已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1．2s，求這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的平均作用力大小。

[解析]

運動員從高處落下做自由落體運動，與彈性網(wǎng)接觸受到向上的彈力后，再做豎直上拋運動。可以分過程應(yīng)用動量定理求解，也可整個過程應(yīng)用動量定理求解，須注意的是各矢量的方向要明確。

[答案]

方法一：運動員剛接觸網(wǎng)時速度的大小v1=8m／s，方向向下。

剛離網(wǎng)時速度的大小

v2=10m／s，方向向上。

在運動員與網(wǎng)接觸的過程中，設(shè)網(wǎng)對運動員的作用力為F，以運動員為研究著對象，由動量定理，以向上為正方向，有

Δt=mv2—mv1。

解得F=1．5X103N，方向向上。

方法二：對運動員下降、與網(wǎng)接觸、上升的全過程應(yīng)用動量定理。

從3．2m高處自由下落的時間為t1=0．8s，運動員彈回到5．0m高處所用的時間為t2=1s

整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t2=1．2s的時間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力FN的作用，對全過程應(yīng)用動量定理，有

FNt3—mg=0，則F=1500N，方向向上。

[點評]

解答本題時，容易出現(xiàn)以下錯誤：未能正確地進行受力分析、漏算重力，誤認為所求的平均力就是合外力；

沒有正確理解動量定理的矢量性，誤將動量的變化寫為mv2—mvlo

例

3、將質(zhì)量m=1kg的小球，從距水平地面高h=5m處，以v。=10m／s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m／s2，求：

平拋運動過程中小球動量的增量ΔP；

小球落地時的動量P，；

飛行過程中小球所受的合外力的沖量I

[解析]

這是一道動量、動量的增量及沖量的綜合題目，在曲線運動中求動量增量Δp可直接用公式Δp=p2—p1，的方法，也可以用動量定理求解，應(yīng)視情況而定。

[答案]

畫出小球運動軌跡的示意圖，如圖所示。由于小球做平拋運動，故有h=gt2/2，小球落地時間t=1s

因為水平方向是勻速運動，v。保持不變，所以小球的速度增量Δv=Δvy=gt=10m／s。

所以Δp=Δpy=mΔv=10kg?m／s。

由速度合成知，落地速度v=10

m／s。

所以小球落地時的動量大小為p，=mv=10

kg?m／s。

由圖知tanθ=1，則小球落地的動量的方向與水平方向的夾角為450，斜向下。

小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為

I=mgt=10N?s，方向豎直向下。

[點評]

此題考查動量、動量的增量和沖量等基本概念，要注意各概念在曲線運動的求解方法及矢量的使用。

（四）課堂小結(jié)

教師活動：讓學(xué)生概括總結(jié)本節(jié)的內(nèi)容。請一個同學(xué)到黑板上總結(jié)，其他同學(xué)在筆記本上總結(jié)，然后請同學(xué)評價黑板上的小結(jié)內(nèi)容。

學(xué)生活動：認真總結(jié)概括本節(jié)內(nèi)容，并把自己這節(jié)課的體會寫下來、比較黑板上的小結(jié)和自己的小結(jié)，看誰的更好，好在什么地方。

點評：總結(jié)課堂內(nèi)容，培養(yǎng)學(xué)生概括總結(jié)能力。

教師要放開，讓學(xué)生自己總結(jié)所學(xué)內(nèi)容，允許內(nèi)容的順序不同，從而構(gòu)建他們自己的知識框架。

（五）作業(yè)：“問題與練習(xí)”1～4題

★教學(xué)體會

思維方法是解決問題的靈魂，是物理教學(xué)的根本；親自實踐參與知識的發(fā)現(xiàn)過程是培養(yǎng)學(xué)生能力的關(guān)鍵，離開了思維方法和實踐活動，物理教學(xué)就成了無源之水、無本之木。學(xué)生素質(zhì)的培養(yǎng)就成了鏡中花，水中月。

6．6

用動量概念表示牛頓第二定律

山東泰安英雄山中學(xué)

謝龍

【目標引領(lǐng)】

（一）知識與技能

．理解動量定理的確切含義和表達式，知道動量定理適用于變力。

2．會用動量定理解釋有關(guān)物理現(xiàn)象，并能掌握一維情況下的計算問題。

（二）過程與方法

運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式推導(dǎo)出動量定理表達式。

（三）情感、態(tài)度與價值觀

通過運用所學(xué)知識推導(dǎo)新的規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生學(xué)習(xí)的興趣。激發(fā)學(xué)生探索新知識的欲望。

【自學(xué)探究】、假設(shè)一個物體在恒定的合外力作用下，做勻變速直線運動，在t時刻初速度為v，在t′時刻的末速度為v′，試推導(dǎo)合外力的表達式。

2、沖量：

表達式：

3、動量定理：

【合作解疑】、光滑水平桌面上，一球在繩拉力作用下，做勻速圓周運動，已知球的質(zhì)量為m，線速度為v，且繩長為L，試求球運動半圓周過程中繩拉力的沖量大小。

2、質(zhì)量為50kg的體操運動員從高空落下，落到墊子前的速度為1．0m／s，方向豎直向下，該運動員經(jīng)墊子緩沖0．5s停下來，求墊子對運動員的作用力?

3、質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速度v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速度為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球沖量的方向和大小為

A．向下，m

B．向下，m

c．向上，m

D．向上，m

4、通過以上的三個題目討論：在運用動量定理解題時應(yīng)注意哪些問題？

【精講點撥】

例

1、甲、乙兩個物體動量隨時間變化的圖象如圖所示，圖象對應(yīng)的物體的運動過程可能是

A．甲物體可能做勻加速運動

B．甲物體可能做豎直上拋運動

c．乙物體可能做勻變速運動

D．乙物體可能與墻壁發(fā)生彈性碰撞

[變式訓(xùn)練]水平推力F1和F2分別作用在水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后撒去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下，兩物體的v—t圖象如圖所示，圖中AB／／cD，則

A．F1的沖量大于F2的沖量

B．Fl的沖量等于F2的沖量

c．兩物體受到的摩擦力大小相等

D．兩物體受到的摩擦力大小不等

解題反思：

例

2、蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一名質(zhì)量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3．2m高處自由下落，觸網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平面5．0m高處，已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1．2s，求這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的平均作用力大小。

解題反思：運用動量定理解題的一般步驟？

例

3、將質(zhì)量m=1kg的小球，從距水平地面高h=5m處，以v。=10m／s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m／s2，求：

平拋運動過程中小球動量的增量ΔP；

小球落地時的動量P，；

飛行過程中小球所受的合外力的沖量I

【訓(xùn)練鞏固】

．質(zhì)量為m的木箱在光滑的水平地面上，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由靜止開始運動，經(jīng)過時間t速度變?yōu)関，則在這段時間內(nèi)拉力F與重力的沖量大小分別為

A．Ft，0

B．Ftcosθ，0

c．mv，mgt

D．Ft，mgt

2．人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，且雙腿要彎曲，這是為了

A．減小沖量

B．使動量的變化減小

c．延長與地面的沖擊時間，從而減小沖力

D．增大人對地的壓強，起到安全作用

3．—質(zhì)量為m的鐵錘，以速度，豎直打在木樁上，經(jīng)過Δt時間后停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是

A．mgΔt

B．mv/Δt

c．mv/Δt+mg

D．mv/Δt—mg

4．質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛起來，已知彈性安全帶的緩沖時間是1．2s，安全帶長5m，g取10m／s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為

A．500N

B．1100N

c．600N

D．100N

【綜合運用】

5．一輛轎車強行超車時，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后連為一體，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0．5m，據(jù)測算兩車相撞前的速度約為30m／s，求：

若人與車作用時間為1．0s，車禍中車內(nèi)質(zhì)量約60kg的人受到的平均沖力是多大?

若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體作用時間是1s，求這時人體受到的平均沖力為多大？

6．如圖所示，長為L的輕繩一端系于固定點o，另一端系質(zhì)

量為m的小球，將小球從o點正下方L/4處以一定初速度

水平向右拋出，經(jīng)—定時間繩被拉直，以后小球?qū)⒁詏為

圓心在豎直平面內(nèi)擺動。已知繩剛被拉直時，繩與豎直

方向成600角，求：

小球水平拋出時的初速度。

在繩被拉直的瞬間，圓心o受到的沖量。

第三篇：高中物理靜電場全章教學(xué)案人教版選修3-1-1

第四節(jié) 電勢能、電勢（2課時）

重點：理解掌握電勢能、電勢、等勢面的概念及意義。難點：掌握電勢能與做功的關(guān)系，并能用此解決相關(guān)問題。

教學(xué)過程：

1．靜電力做功的特點

結(jié)合課本圖1。4-1（右圖）分析試探電荷q在場強為E的均強電場中沿不同路徑從A運動到B電場力做功的情況。

（1）q沿直線從A到B（2）q沿折線從A到M、再從M到B（3）q沿任意曲線線A到B

結(jié)果都一樣即：W=qELAM =qELABcos?

【結(jié)論】：在任何電場中，靜電力移動電荷所做的功，只與始末兩點的位置有關(guān)，而與電荷的運動路徑無關(guān)。

與重力做功類比，引出： 2．電勢能

（1）電勢能：由于移動電荷時靜電力做功與移動的路徑無關(guān)，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫做電勢能。

（2）靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：

靜電力做的功等于電勢能的變化量。寫成式子為：WAB?EPA?EPB

注意：

①．電場力做正功，電荷的電勢能減小；電場力做負功，電荷的電勢能增加

②．電場力力做多少功，電勢能就變化多少，在只受電場力作用下，電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，而它們的總量保持不變。

③．在正電荷產(chǎn)生的電場中正電荷在任意一點具有的電勢能都為正，負電荷在任 一點具有的電勢能都為負。

在負電荷產(chǎn)生的電場中正電荷在任意一點具有的電勢能都為負，負電荷在任意一點具有的電勢能都為正。

④．求電荷在電場中某點具有的電勢能

電荷在電場中某一點A具有的電勢能EP等于將該點電荷由A點移到電勢零點電場力所做的功W的。即EP=W ⑤．求電荷在電場中A、B兩點具有的電勢能高低

將電荷由A點移到B點根據(jù)電場力做功情況判斷，電場力做正功，電勢能減小，電荷在A點電勢能大于在B點的電勢能，反之電場力做負功，電勢能增加，電荷在B點的電勢能小于在B點的電勢能。

⑥電勢能零點的規(guī)定

若要確定電荷在電場中的電勢能，應(yīng)先規(guī)定電場中電勢能的零位置。

關(guān)于電勢能零點的規(guī)定：P19（大地或無窮遠默認為零）

所以：電荷在電場中某點的電勢能，等于靜電力把它從該點移動到零電勢能位置時電場力所有做的功。如上式若取B為電勢能零點，則A點的電勢能為：

EPA?WAB?qELAB

3．電勢---表征電場性質(zhì)的重要物理量度

通過研究電荷在電場中電勢能與它的電荷量的比值得出。參閱P20圖1。4--3（1）定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值，叫做這一點的電勢。用?表示。標量，只有大小，沒有方向，但有正負。（2）公式：??Epq（與試探電荷無關(guān)）

（3）單位：伏特（V）

（4）電勢與電場線的關(guān)系：電勢順線降低。（電場線指向電勢降低的方向）

用心

愛心

專心

（5）零電勢位置的規(guī)定：電場中某一點的電勢的數(shù)值與零電勢的選擇有關(guān)，即電勢的數(shù)值決定于零電勢的選擇．（大地或無窮遠默認為零）4．等勢面

⑴．定義：電場中電勢相等的點構(gòu)成的面 ⑵．等勢面的性質(zhì)：

①．在同一等勢面上各點電勢相等，所以在同一等勢面上移動電荷，電場力不做功 ②．電場線跟等勢面一定垂直，并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。③．等勢面越密，電場強度越大 ④．等勢面不相交，不相切

⑶．等勢面的用途：由等勢面描繪電場線。

⑷．幾種電場的電場線及等勢面 注意：①等量同種電荷連線和中線上

連線上：中點電勢最小

中線上：由中點到無窮遠電勢逐漸減小，無窮遠電勢為零。②等量異種電荷連線上和中線上

連線上：由正電荷到負電荷電勢逐漸減小。中線上：各點電勢相等且都等于零。

第五節(jié)、電勢差（1課時）

重點：理解掌握電勢差的概念、定義式。

難點：根據(jù)電勢差的定義式進行有關(guān)計算。

通過對重力場中的高度、高度差和電場中的電勢、電勢的差值進行類比，并結(jié)合P18圖1、4-1分析得出：

1、電勢差

（1）定義：電場中兩點間電勢的差值，也叫電壓。用UAB表示。

（2）公式：UAB??A??B 或

UBA??B??A ① 所以有：UAB=-UBA ②

注意：電勢差也是標量，可正，可負。

2、靜電力做功與電勢差的關(guān)系

電荷Q在電場中從A移動到B時，靜電力做的功WAB等于電荷在A、B兩點的電勢能之差。推導(dǎo)：WAB?EPA?EPB?q?A?q?B?q??A??B??qUAB

所以有：

WAB?qUAB 或 UAB?WAB③ q

即：電場中A、B兩點間的電勢差等于電場力做的功與試探電荷Q的比值。注意：電場中A、B兩點間的電勢差跟移動電荷的路徑無關(guān)，只與AB位置有關(guān)

第六節(jié)、電勢差與電場強度的關(guān)系（1課時）重點：勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系

難點：電勢差與電場強度的關(guān)系在實際問題中應(yīng)用。

勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系：UAB?Ed

即：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場方向的距離的乖積 ◎ 引導(dǎo)學(xué)生思考討論P26問題

電勢差與電場強度的關(guān)系也可以寫做：E?UAB d用心

愛心

專心

它的意義為：在勻強電場中，電場強度的大小等于兩點間的電勢差與兩點沿電場線方向的距離的比值。

◎ 引導(dǎo)學(xué)生思考討論P27問題 注意：

（1）上式的適用條件：勻強電場；

（2）d為勻強電場中兩點沿電場線方向的距離（等勢面間的距離）。（3）電場強度與電勢無直接關(guān)系

①．電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為不為零取決于電勢零點。如：處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部場強為零，電勢相等，是一個等勢體，若不選它為電勢零點，導(dǎo)體上電勢就不為零。若選它為電勢零點，則導(dǎo)體電勢就為零。（結(jié)合說一說）

②．電勢為零的地方電場強度不一定為零。如：點電荷產(chǎn)生的電場中某點定為電勢零點，但該點電場強度不為零，無窮遠處場強和電勢都可認為是零。

③．電場強度相等的地方電勢不一定相等，如在勻強電場中場強相等，但各點電勢不等。而處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部場強為零，處處相等，電勢也相等。

④．電勢相等的地方電場強度不一定相等。如在等量的異種電荷的電場中，兩電荷連線的中垂面是一個等勢面，但場強不相等。而處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部場強為零，處處相等，電勢也相

第七節(jié)、電容器與電容（1課時）重點：掌握電容器的概念、定義式及平行板電容器的電容。

難點：電容器的電容的計算與應(yīng)用

（1）構(gòu)造：任何兩個彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器。（2）電容器的充電、放電

操作：把電容器的一個極板與電池組的正極相連，另一個極板與負極相連，兩個極板上就分別帶上了等量的異種電荷。這個過程叫做充電。

現(xiàn)象：從靈敏電流計可以觀察到短暫的充電電流。充電后,切斷與電源的聯(lián)系,兩個極板間有電場存在,充電過程中由電源獲得的電能貯存在電場中,稱為電場能.操作:把充電后的電容器的兩個極板接通,兩極板上的電荷互相中和,電容器就不帶電了,這個過程叫放電.提問:電容器在充、放電的過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系是什么?待學(xué)生討論后總結(jié)如下: 【板書】充電——帶電量Q增加,板間電壓U增加,板間場強E增加, 電能轉(zhuǎn)化為電場能 放電——帶電量Q減少,板間電壓U減少,板間場強E減少,電場能轉(zhuǎn)化為電能

2、電容

與水容器類比后得出。說明：對于給定電容器，相當于給定柱形水比于橫截面積）不變。這是量度式，不是關(guān)系式。在C一定情況下，比于U。

容器，C（類Q=CU，Q正（1）定義：電容器所帶的電量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值，叫做電容器的電容。Q（2）公式：C?

U

用心

愛心

專心

（3）單位：法拉（F）還有微法（?F）和皮法（pF）

1F=10-6?F=10-12pF（4）電容的物理意義:電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，是由電容器本身的性質(zhì)（由導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定的,與電容器是不是帶電無關(guān).3、平行板電容器的電容

說明:靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的,用來測量電勢差.把它的金屬球與一個導(dǎo)體相連,把它的金屬外殼與另一個導(dǎo)體相連,從指針的偏轉(zhuǎn)角度可以量出兩個導(dǎo)體之間的電勢差U.①． 保持Q和d不變，S越小,靜電計的偏轉(zhuǎn)角度越大, U越大,電容C越小； ②． 保持Q和S不變，d越大，偏轉(zhuǎn)角度越小，C越小.③． 保持Q、d、S都不變,在兩極板間插入電介質(zhì)板,靜電計的偏轉(zhuǎn)角度并且減小,電勢差U越小電容C增大.（2）結(jié)論:平行板電容器的電容C與介電常數(shù)ε成正比,跟正對面積S成正比,跟極板間的距離d成反比.平行板電容器的決定式：真空 C??SS

介質(zhì) C?r 4?kd4?kd 第八節(jié)、帶電粒子在電場中的運動（2課時）重點：帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)規(guī)律

難點：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題及應(yīng)用。

教學(xué)過程：

（一）復(fù)習(xí)力學(xué)及本章前面相關(guān)知識

要點：動能定理、平拋運動規(guī)律、牛頓定律、場強等。

（二）新課教學(xué)

1．帶電粒子在電場中的運動情況（平衡、加速和減速）

⑴．若帶電粒子在電場中所受合力為零時，即∑F＝0時，粒子將保持勻速直線運動狀態(tài)。

例 ：帶電粒子在電場中處于靜止狀態(tài)，該粒子帶正電還是負電?

⑵．若∑F≠0（只受電場力）且與初速度方向在同一直線上，帶電粒或減速直線運動。(變速直線運動)◎打入正電荷（右圖），將做勻加速設(shè)電荷所帶的電量為q，板間場強為E 電勢差為U，板距為d, 電荷到達另一極板v,則

電場力所做的功為：W?qU?qEL 粒子到達另一極板的動能為：Ek?1 2mv22由動能定理有：qU?1（或qEL?1 對恒力）2mv2mv2靜止狀態(tài)或

子將做加速直線運動。的速度為 ※若初速為v0，則上列各式又應(yīng)怎么樣？讓學(xué)生討論并列出。

◎若打入的是負電荷（初速為v0），將做勻減速直線運動，其運動情況可能如何，請學(xué)生討論，并得出結(jié)論。

2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)（不計重力，且初速度v0⊥E，則帶電粒子將在電場中做類平拋運動）

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復(fù)習(xí)：物體在只受重力的作用下，被水平拋出，在水平方向上不受力，將做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運動。物體的實際運動為這兩種運動的合運動。詳細分析講解例題2。

解：粒子v0在電場中做類平拋運動

沿電場方向勻速運動所以有：L?v0t

①

2電子射出電場時，在垂直于電場方向偏移的距離為： y?

1② at2粒子在垂直于電場方向的加速度：a?FeEeU??

③ mmmd1eU?L??由①②③得：y??2md??v0???

④ ?2代入數(shù)據(jù)得：y?0.36m 即電子射出時沿垂直于板面方向偏離0.36m 電子射出電場時沿電場方向的速度不變?nèi)詾関0，而垂直于電速度：

場方向的eUL?

⑤ mdv0veUL故電子離開電場時的偏轉(zhuǎn)角?為：tan???? ⑥ 2v0mdv0代入數(shù)據(jù)得：?=6.8°

v??at?【討論】：若這里的粒子不是電子，而是一般的帶電粒子，則需考慮重力，上列各式又需怎樣列？指導(dǎo)學(xué)生列出。

3．示波管的原理

（1）示波器：用來觀察電信號隨時間變化的電子儀器。其核心部分是示波管

（2）示波管的構(gòu)造：由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（如圖）。

（3）原理：利用了電子的慣性小、熒光物質(zhì)的熒光特性和人的視覺暫留等，靈敏、直觀地顯示出電信號隨間變化的圖線。

（三）小結(jié)：

1、研究帶電粒子在電場中運動的兩條主要線索

帶電粒子在電場中的運動，是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點動力學(xué)相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律．研究時，主要可以按以下兩條線索展開．

（1）力和運動的關(guān)系——牛頓第二定律

根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況．

（2）功和能的關(guān)系——動能定理

根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或從全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化，經(jīng)歷的位移等．這條線索同樣也適用于不均勻的電場．

2、研究帶電粒子在電場中運動的兩類重要的思維技巧（1）類比與等效

電場力和重力都是恒力，在電場力作用下的運動可與重力作用下的運動類比．（2）整體法(全過程法)電荷間的相互作用是成對出現(xiàn)的，把電荷系統(tǒng)的整體作為研究對象，就可以不必考慮其間的相互作用．

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第四篇：2017-2018學(xué)年高中物理教科版選修3-5教學(xué)案 第一章

第2節(jié)動__量

(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P4)

一、動量的概念 1．定義 物體的質(zhì)量和速度的乘積。

2．定義式 p＝mv。

3．單位 在國際單位制中，動量的單位是kg·m/s。

4．方向 動量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動量的運算服從矢量運算。

[特別提醒] 在計算動量時必須規(guī)定正方向，與正方向同向為正，與正方向反向為負。

二、動量守恒定律 1．系統(tǒng) 相互作用的兩個或多個物體組成的整體。

2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

(2)成立條件： 系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零。

(3)兩物體在同一直線上運動時，動量守恒表達式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 3．動量守恒定律的適用范圍及意義 動量守恒定律既適用于宏觀領(lǐng)域，又適用于微觀或高速領(lǐng)域，它是自然界中最普遍、最基本的定律之一。

1．判斷：(1)物體的質(zhì)量越大，動量一定越大。

()(2)物體的速度大小不變，動量可能不變。

()(3)物體動量大小相同，動能一定相同。

()答案：(1)×(2)√(3)× 1 2．思考：如圖1-2-1所示，兩個穿滑冰鞋的小孩靜止在滑冰場上，不論誰推誰，兩人都會向相反方向滑去。

在互相推動前，兩人的動量都為零；由于推力作用，每個人的動量都發(fā)生了變化。

那么，他們的總動量在推動前后是否也發(fā)生了變化呢？ 提示：系統(tǒng)的總動量守恒，系統(tǒng)內(nèi)的每個人的動量發(fā)生變化，但系圖1-2-1 統(tǒng)的內(nèi)力(相互作用力)不會改變系統(tǒng)(兩個人)的總動量，推動前、后總動量都為零。

(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P5)1.動量的瞬時性 通常說物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量，動量的大小可用p＝mv表示。

2．動量的矢量性 動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同。

有關(guān)動量的運算，如果物體在一條直線上運動，則選定一個正方向后，動量的矢量運算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。

3．動量的相對性 物體的動量與參考系的選擇有關(guān)。

選擇不同的參考系時，同一物體的動量可能不同，通常在不說明參考系的情況下，物體的動量是指物體相對地面的動量。

4．動量的變化量 是矢量，其表達式Δp＝p2－p1為矢量式，運算遵循平行四邊形定則，當p2、p1在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。

5．動量與速度的關(guān)系(1)聯(lián)系：動量和速度都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，都是矢量，動量的方向與速度的方向相同，p＝mv。

(2)區(qū)別：速度描述物體運動的快慢和方向；動量描述運動物體的作用效果。

6．動量與動能的關(guān)系 p212Ek(1)聯(lián)系：都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，Ek＝＝pv，p＝2mEk＝v。

2m2(2)區(qū)別：動量是矢量，動能是標量；動能從能量的角度描述物體的狀態(tài)，動量從運動物體的作用效果方面描述物體的狀態(tài)。

動量是矢量，兩個物體的動量相等，說明其大小相等，方向也相同。

正確理解動量的概念 1．關(guān)于動量的概念，下列說法正確的是()A．動量大的物體慣性一定大 B．動量大的物體運動一定快 C．動量相同的物體，運動方向一定相同 D．動量相同的物體，速度小的慣性大 解析：選CD 動量大的物體，質(zhì)量不一定大，慣性也不一定大，A錯；同樣，動量大的物體，速度也不一定大，B也錯；動量相同指動量的大小和方向均相同，而動量的方向就是物體運動的方向，故動量相同的物體，運動方向一定相同，C對；動量相同的物體，速度小的質(zhì)量大，慣性大，D也對。

對動量守恒定律的理解 1.研究對象：動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。

2．對系統(tǒng)“總動量保持不變”的三點理解：(1)系統(tǒng)的總動量是指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。

(2)系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能在不斷變化。

(3)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。

3．動量守恒定律的“五性”：(1)條件性：應(yīng)用動量守恒定律時，一定要先判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件。

①系統(tǒng)不受外力作用，這是一種理想化的情形，如宇宙中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。

②系統(tǒng)受外力作用，但所受合外力為零。

③系統(tǒng)受外力作用，但外力遠遠小于系統(tǒng)內(nèi)各物體間的內(nèi)力，系統(tǒng)的總動量近似守恒。

例如，手榴彈在空中爆炸的瞬間，彈片所受火藥爆炸時的內(nèi)力遠大于其重力，重力完全可以忽略不計，系統(tǒng)的動量近似守恒。

④系統(tǒng)受外力作用，所受的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。

(2)矢量性：動量守恒定律的表達式是一個矢量式，其矢量性表現(xiàn)在： ①系統(tǒng)的總動量在相互作用前后不僅大小相等，而且方向也相同。

②在求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…時要按矢量運算法則計算。

如果各物體動量的方向在同一直線上，要選取正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。

計算時切不可丟掉表示方向的正、負號。

3(3)相對性：動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一參考系，通常為地面。

(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。

(5)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)。

不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。

如果一個系統(tǒng)滿足動量守恒的條件，它的總動量方向是滿足守恒條件后的總動量方向。

如果受力情況變化，要注意不同受力情況下是否滿足守恒條件。

2．下列說法中正確的是()A．若系統(tǒng)不受外力作用，則該系統(tǒng)的機械能守恒 B．若系統(tǒng)不受外力作用，則該系統(tǒng)的動量守恒 C．平拋運動中，物體水平方向不受力，則水平方向的動能不變 D．平拋運動中，物體水平方向不受力，則水平方向的動量不變 解析：選BD 若有內(nèi)力做功，則系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；由動量守恒條件知，若系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，B正確；動能是標量，不能將動能分解，C錯誤；動量是矢量，某一方向不受力，該方向上動量不變，D正確。

1.動量守恒定律的不同表現(xiàn)形式(1)p＝p′：系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′。

(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。

(3)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零。

(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。

2．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟： 動量守恒定律的表現(xiàn)形式及解題步驟 4 3．在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。

則碰撞后B球的速度大小可能是________。

(填選項前的字母)A．0.6v C．0.3v B．0.4v D．0.2v 解析：選A 由動量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負值，則2mvB>mv，因此B球的速度可能為0.6v。

(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P6)對動量守恒條件的理解 [例1] 如圖1-2-2所示，A、B兩物體的質(zhì)量mA＞mB，中間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)。

若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B沿相反方向滑動過程中，下列說法正確的是()圖1-2-2 A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒 B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A、B、C組成的系統(tǒng)動量也不守恒 C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，但A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 D．以上說法均不對 [解析] 當A、B兩物體組成一個系統(tǒng)時，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。

當A、B與C之間的摩擦力等大反向時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，5 動量守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動量不守恒。

而對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力，A、B與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)所受外力之和均為零，故系統(tǒng)的動量守恒。

[答案] AC 在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒，與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，判斷動量是否守恒，首先要弄清所研究的對象和過程，即哪個系統(tǒng)在哪個過程中，常見的判斷方法是：(1)分析系統(tǒng)在所經(jīng)歷過程中的受力情況，看合外力是否為零。

(2)直接分析系統(tǒng)在某一過程的初、末狀態(tài)的動量，看它們是否大小相等，方向相同。

對動量守恒定律的理解 [例2](江蘇高考)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16。

分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度。

若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。

[解析] 設(shè)碰撞后兩球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，v2－v115根據(jù)題意有＝ v0161731聯(lián)立以上兩式解得：v1＝v0，v2＝v0。

48241731[答案] v1＝v0 v2＝v0 4824(1)應(yīng)用動量守恒定律解題時要充分理解它的同時性、矢量性，且只需抓住始、末狀態(tài)，無需考慮細節(jié)過程。

(2)應(yīng)用動量守恒定律的關(guān)鍵是正確地選擇系統(tǒng)和過程，并判斷是否滿足動量守恒的條件。

多個物體組成系統(tǒng)的動量守恒 [例3](山東高考)如圖1-2-3，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。

一段時間后，B與A同向運動 6 發(fā)生碰撞并粘在一起。

碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。

求： 圖1-2-3(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。

[解析](1)以初速度v0的方向為正方向，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后共同速度為v，v由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得 2vm＋2mBv＝(m＋mB)v 2由①式得 1mB＝m 2② ①(2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v ③ 設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則 1v11ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 2222聯(lián)立②③④式得 1ΔE＝mv02 611[答案](1)m(2)mv02 26 善于選擇系統(tǒng)和過程是解決這類問題的關(guān)鍵。

大體有以下幾種情況：(1)有時對系統(tǒng)和過程整體應(yīng)用動量守恒；(2)有時只對某部分物體應(yīng)用動量守恒；(3)有時分過程多次應(yīng)用動量守恒；(4)有時抓住初、末狀態(tài)動量守恒即可。

⑤ ④(對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P7)7 1．把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時，關(guān)于槍、子彈和車，下列說法中正確的是()A．槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 B．槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C．三者組成的系統(tǒng)因為子彈和槍筒之間的摩擦力很小，使系統(tǒng)的動量變化很小，可忽略不計，故系統(tǒng)動量近似守恒 D．三者組成的系統(tǒng)動量守恒，因為系統(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個外力作用，這兩個外力的合力為零 解析：選D 由于槍水平放置，故三者組成的系統(tǒng)除重力和支持力(兩外力平衡)外，無其他外力，動量守恒。

子彈和槍筒之間的力應(yīng)為系統(tǒng)的內(nèi)力，對系統(tǒng)的總動量沒有影響，故C項錯誤；分開槍和車，則槍和子彈的系統(tǒng)受到車對其外力作用，車和槍的系統(tǒng)受到子彈對其外力作用，動量都不守恒。

2．如圖1-2-4所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。

木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量。

現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則()圖1-2-4 A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動 C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動 D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動 解析：選B 因系統(tǒng)受合外力為零，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知最終兩個物體以相同的速度一起向右運動，故B正確。

3．在空中水平飛行的爆炸物突然裂成a、b兩塊，其中質(zhì)量較大的a塊的速度方向沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原運動方向相反 B．落地時，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a(chǎn)、b一定同時到達地面 D．a(chǎn)比b先落到地面 解析：選C 爆炸物的總動量在水平方向上守恒，b速度方向可能與原來運動方向相反，也可能相同，b的速度不一定小，A、B均錯。

a、b兩塊都從同一高度做平拋運動，由平拋 8 運動的規(guī)律可知，兩塊一定同時落地，則選項C正確。

4．甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞。

碰撞前，甲球向左運動，乙球向右運動，碰撞后一起向右運動，由此可以判斷()A．甲的質(zhì)量比乙小 C．甲的初動量比乙小 B．甲的初速度比乙小 D．甲的動量變化比乙小 乙v乙－解析：選C 甲、乙兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則mm甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初動量比乙的小。

而甲的動量變化與乙的動量變化是大小相同的，故C正確。

5．(福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。

已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖1-2-5 A．v0－v2 m2C．v0－v2 m1B．v0＋v2 m2D．v0＋(v0－v2)m1解析：選D 火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分離前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守m2恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D項正確。

m16．質(zhì)量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須發(fā)射子彈的數(shù)目為(子彈留在木塊內(nèi))()?M＋m?v2A.mv1Mv1C.mv2Mv1B.?M＋m?v2mv1D.Mv2解析：選C 設(shè)須發(fā)射數(shù)目為n，以v1為正方向，由動量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，Mv1所以n＝，故選C。

mv27．如圖1-2-6所示，三個小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。

對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()9 圖1-2-6 A．機械能守恒，動量守恒 B．機械能不守恒，動量守恒 C．三球速度相等后，將一起做勻速運動 D．三球速度相等后，速度仍將變化 解析：選BD 因水平面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒，A、B兩球碰撞過程中機械能有損失，A錯誤，B正確；三球速度相等時，彈簧形變量最大，彈力最大，故三球速度仍將發(fā)生變化，C錯誤，D正確。

8．如圖1-2-7所示，一平板車靜止在光滑的水平地面上，甲、乙兩人分別站在車上左右兩端。

當兩人同時相向而行時，發(fā)現(xiàn)小車向左移動。

則()圖1-2-7 A．若兩人質(zhì)量相等，必定是v甲＞v乙 B．若兩人質(zhì)量相等，必定是v乙＞v甲 C．若兩人速率相等，必定是m甲＞m乙 D．若兩人速率相等，必定是m乙＞m甲 解析：選AC 取甲、乙兩人和平板車為系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒。

由于總動量始終為零，小車向左移動，說明甲和乙的總動量方向向右，即甲的動量大于乙的動量。

當兩人質(zhì)量相等時，必定是v甲＞v乙，所以選項A正確、B錯誤。

若兩人速率相等，則必定是m甲＞m乙，所以選項C正確、D錯誤。

9.如圖1-2-8所示，在光滑的水平面上，小車M內(nèi)有一彈簧被A和B兩物體壓縮，A和B的質(zhì)量之比為1∶2，它們與小車間的動摩擦因數(shù)相等，釋放彈簧后物體在極短時間內(nèi)與彈簧分開，分別向左、右運動，兩物體相對小車靜止下來，都未與車壁相碰，則()A．B先相對小車靜止下來 B．小車始終靜止在水平面上 C．最終小車靜止在水平面上 圖1-2-8 10 D．最終小車相對水平面位移向右 解析：選ACD 釋放彈簧后，物體在極短時間內(nèi)與彈簧分開，A和B動量守恒，mAvA＋mBvB＝0，由于mA＜mB，故vA＞vB，A和B在車上滑動時均做勻減速運動，由牛頓第二定律可知：aA＝aB＝μg，所以B的速度先減小為零，此時A仍在運動，由動量守恒可知，車此時有與A相反的運動速度，以后B開始加速，當B和車有共同速度即相對車靜止時，動量仍守恒，即A仍在運動，最終A、B和車一起停止運動。

10．一質(zhì)量為0.5 kg的小球以2.0 m/s的速度和原來靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為1.0 kg的另一小球發(fā)生正碰，碰后以0.2 m/s的速度被反彈，碰后兩球的總動量是________ kg·m/s，原來靜止的小球獲得的速度大小是________ m/s。

解析：兩小球在碰撞過程中動量守恒，總動量為p＝m1v1＝1 kg·m/s，由動量守恒得m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，代入數(shù)據(jù)得v2′＝1.1 m/s。

答案：1 1.1 11．如圖1-2-9所示，將兩條磁性很強且完全相同的磁鐵分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光滑。

開始時甲車速度大小為3 m/s，乙車速度大小為2 m/s，兩車相向運動并在同一條直線上，當乙車的速度為零時，甲車的速度是多少？若兩車不相碰，試求出當兩車距離最短時，乙車速度為多少？ 解析：(1)對甲、乙兩車組成的系統(tǒng)，動量守恒，取甲的運動方向為正方向，則3m－2m＝mv甲＋0，v甲＝1 m/s。

(2)當兩車距離最短時，兩車具有共同的速度，1則3m－2m＝2mv共，v共＝ m/s。

2答案：1 m/s 1 m/s 2圖1-2-9 12．(山東高考)如圖1-2-10所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。

開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。

求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。

圖1-2-10 解析：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足 vAB＝vC 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 vA＝2 m/s。

答案：2 m/s 12。

第五篇：2017-2018學(xué)年高中物理人教版選修3-5教學(xué)案 第十七章

第1、2節(jié)

能量量子化__光的粒子性 1．能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射，這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體。

黑體輻射電磁波的強度只與黑體的溫度有關(guān)。

2．能量子：不可再分的最小能量值ε，ε＝hν。

3．照射到金屬表面的光，能使金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象，叫光電效應(yīng)。

愛因斯坦光電效應(yīng)方程：Ek＝hν－W0。

4．光電效應(yīng)現(xiàn)象和康普頓效應(yīng)均說明了光具有粒子性。

一、黑體與黑體輻射 1．熱輻射 我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的溫度有關(guān)。

2．黑體 指能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射的物體。

3．一般材料物體的輻射規(guī)律 輻射電磁波的情況除與溫度有關(guān)外，還與材料的種類及表面狀況有關(guān)。

4．黑體輻射的實驗規(guī)律 1 圖17-1-1 黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關(guān)，如圖17-1-1所示。

(1)隨著溫度的升高，各種波長的輻射強度都增加；(2)隨著溫度的升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動。

二、能量子 1．定義：普朗克認為，振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整數(shù)倍，當帶電微粒輻射或吸收能量時，也是以這個最小能量值為單位一份一份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值ε叫做能量子。

2．能量子大小：ε＝hν，其中ν是電磁波的頻率，h稱為普朗克常量。

h＝6.626×10J·s(一般取h＝6.63×10－34－34 J·s)。

3．能量的量子化：在微觀世界中能量是量子化的，或者說微觀粒子的能量是分立的。

三、光電效應(yīng)的實驗規(guī)律 1．光電效應(yīng)：照射到金屬表面的光，能使金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象。

2．光電子：光電效應(yīng)中發(fā)射出來的電子。

3．光電效應(yīng)的實驗規(guī)律：(1)存在著飽和光電流：在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大。

這表明對于一定顏色的光，入射光越強，單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)越多。

(2)存在著遏止電壓和截止頻率：光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，而與入射光的強弱無關(guān)。

當入射光的頻率低于截止頻率時不能發(fā)生光電效應(yīng)。

(3)光電效應(yīng)具有瞬時性：光電效應(yīng)幾乎是瞬間發(fā)生的，從光照射到產(chǎn)生光電流的時間不超過109 s。

－4．逸出功：使電子脫離某種金屬所做功的最小值。

不同金屬的逸出功不同。

四、愛因斯坦的光子說與光電效應(yīng)方程 1．光子說：光不僅在發(fā)射和吸收時能量是一份一份的，而且光本身就是由一個個不可分割的能量子組成的，頻率為ν的光的能量子為hν，這些能量子被稱為光子。

2．愛因斯坦的光電效應(yīng)方程：(1)表達式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν—W0。

(2)物理意義：金屬中電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量一部分用于克服金 2 屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的初動能Ek。

五、康普頓效應(yīng)和光子的動量 1．光的散射：光在介質(zhì)中與物質(zhì)微粒相互作用，因而傳播方向發(fā)生改變，這種現(xiàn)象叫做光的散射。

2．康普頓效應(yīng)：美國物理學(xué)家康普頓在研究石墨對X射線的散射時，發(fā)現(xiàn)在散射的X射線中，除了與入射波長λ0相同的成分外，還有波長大于λ0的成分，這個現(xiàn)象稱為康普頓效應(yīng)。

3．康普頓效應(yīng)的意義：康普頓效應(yīng)表明光子除了具有能量之外，還具有動量，深入揭示了光的粒子性的一面。

4．光子的動量： h(1)表達式：p＝λ。

(2)說明：在康普頓效應(yīng)中，入射光子與晶體中電子碰撞時，把一部分動量轉(zhuǎn)移給電子，光子的動量變小。

因此，有些光子散射后波長變大。

1．自主思考——判一判(1)黑體一定是黑色的。

(×)(2)熱輻射只能產(chǎn)生于高溫物體。

(×)(3)能產(chǎn)生光電效應(yīng)的光必定是可見光。

(×)(4)經(jīng)典物理學(xué)理論不能合理解釋康普頓效應(yīng)。

(√)(5)微觀粒子的能量只能是能量子的整數(shù)倍。

(√)(6)能量子的能量不是任意的，其大小與電磁波的頻率成正比。

(√)2．合作探究——議一議(1)不同頻率的光照射到同一金屬表面發(fā)生光電效應(yīng)時，光電子的最大初動能是否相同？ 提示：由于同一金屬的逸出功相同，而不同頻率的光的光子能量不同，由光電效應(yīng)方程可知，發(fā)生光電效應(yīng)時，逸出的光電子的最大初動能是不同的。

(2)太陽光從小孔射入室內(nèi)時，我們從側(cè)面可以看到這束光；白天的天空各處都是亮的；宇航員在太空中會發(fā)現(xiàn)盡管太陽光耀眼刺目，其他方向的天空卻是黑的，為什么？ 提示：在地球上存在著大氣，太陽光經(jīng)微粒散射后傳向各個方向，而在太空中的真空環(huán)境下光不再散射只向前傳播。

對黑體和黑體輻射的理解 1．黑體實際上是不存在的，只是一種理想情況，但如果做一個閉合的空腔，在空腔表面開一個小孔，小孔就可以模擬一個黑體，如圖17-1-2所示。

這是因為從外面射來的電磁波，經(jīng)小孔射入空腔，要在腔壁上經(jīng)過多次反射，在多次反射過程中，外面射來的電磁波幾乎全部被腔壁吸收，最終不能從空腔射出。

圖17-1-2 2．黑體不一定是黑的，只有當自身輻射的可見光非常微弱時看上去才是黑的；有些可看作黑體的物體由于有較強的輻射，看起來還會很明亮，如煉鋼爐口上的小孔。

一些發(fā)光的物體(如太陽、白熾燈燈絲)也被當做黑體來處理。

3．黑體同其他物體一樣也在輻射電磁波，黑體的輻射規(guī)律最為簡單，黑體輻射強度只與溫度有關(guān)。

4．一般物體和黑體的熱輻射、反射、吸收的特點 熱輻射不一定需要高溫，任何溫度都能發(fā)生熱輻射，只是溫度低時輻射弱，溫度高時輻射強。

在一定溫度下，不同物體所輻射的光譜的成分有顯著不同。

一般 物體 黑體 1．(多選)下列敘述正確的是()A．一切物體都在輻射電磁波 B．一般物體輻射電磁波的情況只與溫度有關(guān) C．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體溫度有關(guān) D．黑體能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波 解析：選ACD 根據(jù)熱輻射定義知A對；根據(jù)熱輻射和黑體輻射的特點知一般物體輻熱輻射特點 輻射電磁波的情況與溫度有關(guān)，與材料的種類、表面狀況有關(guān) 輻射電磁波的強弱按波長的分布只與黑體的溫度有關(guān) 吸收、反射的特點 既吸收又反射，其能力與材料的種類及入射波的波長等因素有關(guān) 完全吸收各種入射電磁波，不反射 4 射電磁波的情況除與溫度有關(guān)外，還與材料種類和表面狀況有關(guān)，而黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體溫度有關(guān)，B錯、C對；根據(jù)黑體定義知D對。

2．(多選)黑體輻射的實驗規(guī)律如圖17-1-3所示，由圖可知()圖17-1-3 A．隨溫度升高，各種波長的輻射強度都增加 B．隨溫度降低，各種波長的輻射強度都增加 C．隨溫度升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動 D．隨溫度降低，輻射強度的極大值向波長較長的方向移動 解析：選ACD 由題圖可知，隨溫度升高，各種波長的輻射強度都增加，且輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，當溫度降低時，上述變化都將反過來，故A、C、D正確，B錯誤。

光電效應(yīng)中的五組概念 1．光子與光電子 光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)射出來的電子，其本質(zhì)是電子，光子是光電效應(yīng)的因，光電子是果。

2．光電子的初動能與光電子的最大初動能(1)光照射到金屬表面時，光子的能量全部被電子吸收，電子吸收了光子的能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能。

(2)只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功，才具有最大初動能。

光電子的初動能小于或等于光電子的最大初動能。

3．光子的能量與入射光的強度 光子的能量即一個光子的能量，其值為ε＝hν(ν為光子的頻率)，可見光子的能量由光的頻率決定。

入射光的強度指單位時間內(nèi)照射到單位面積上的總能量，等于光子能量hν與入射光子數(shù)n的乘積，即光強等于nhν。

4．光電流和飽和光電流 金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關(guān)。

5．光的強度與飽和光電流 飽和光電流與入射光強度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的。

對于不同頻率的光，由于每個光子的能量不同，飽和光電流與入射光強度之間沒有簡單的正比關(guān)系。

[典例](多選)在光電效應(yīng)實驗中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)。

下列說法正確的是()A．增大入射光的強度，光電流增大 B．減小入射光的強度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消失 C．改用頻率小于ν的光照射，一定不發(fā)生光電效應(yīng) D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動能變大 [思路點撥](1)入射光的頻率必須大于金屬的極限頻率才能發(fā)生光電效應(yīng)。

(2)當發(fā)生光電效應(yīng)時，入射光的頻率越大，光電子的最大初動能越大。

[解析] 增大入射光的強度，單位時間內(nèi)照射到單位面積上的光子數(shù)增加，光電流增大，A項正確。

減小入射光的強度，只是光電流減小，光電效應(yīng)現(xiàn)象是否消失與光的頻率有關(guān)，而與光的強度無關(guān)，B項錯誤。

改用頻率小于ν的光照射，但只要光的頻率大于極限頻率ν01仍然可以發(fā)生光電效應(yīng)，C項錯誤。

由愛因斯坦光電效應(yīng)方程hν－W逸＝mv2得：光頻率2ν增大，而W逸不變，故光電子的最大初動能變大，D項正確。

[答案] AD 對光電效應(yīng)問題的三點提醒(1)能否發(fā)生光電效應(yīng)與入射光的頻率有關(guān)。

(2)飽和光電流的大小與入射光的強度有關(guān)。

(3)光電子的最大初動能與入射光的頻率及金屬逸出功有關(guān)。

1．(多選)光電效應(yīng)實驗的裝置如圖17-1-4所示，用弧光燈照射鋅板，驗電器指針張開一個角度，則下面說法中正確的是()圖17-1-4 A．用紫外線照射鋅板，驗電器指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn) B．用綠色光照射鋅板，驗電器指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn) C．鋅板帶的是負電荷 D．使驗電器指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是正電荷 解析：選AD 將擦得很亮的鋅板連接驗電器，用弧光燈照射鋅板(弧光燈發(fā)出紫外線)，驗電器指針張開一個角度，說明鋅板帶了電。

進一步研究表明鋅板帶正電，這說明在紫外線的照射下，鋅板中有一部分自由電子從表面飛出來，鋅板中缺少電子，于是帶正電，A、D選項正確。

綠光不一定能使鋅板發(fā)生光電效應(yīng)。

2．某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，c表示光速，h為普朗克常量，則激光器每秒發(fā)射的光量子數(shù)為()λPA.hc cPλC.hhPB.λc D．λPhc hcPtλP解析：選A 每個光量子的能量ε＝hν＝λ，每秒鐘發(fā)射的總能量為P，則n＝ε＝hc。

3．用同一束單色光，在同一條件下，先后照射鋅片和銀片，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。

在這兩個過程中，對下列四個量，一定相同的是________，可能相同的是________，一定不相同的是________。

A．光子的能量 C．光電子動能 B．金屬的逸出功 D．光電子最大初動能 解析：光子的能量由光頻率決定，同一束單色光頻率相同，因而光子能量相同；逸出功只由材料決定，鋅片和銀片的光電效應(yīng)中，光電子的逸出功一定不相同；由Ek＝hν－W0，照射光子能量hν相同，逸出功W0不同，則電子最大初動能不同；由于光電子吸收光子后到達金屬表面的路徑不同，途中損失的能量也不同，因而脫離金屬時的初動能分布在零到最大初動能之間。

所以，在兩個不同光電效應(yīng)的光電子中，有時初動能是可能相等的。

答案：A C BD 光電效應(yīng)方程及其應(yīng)用 1．光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0的四點理解(1)式中的Ek是光電子的最大初動能，就某個光電子而言，其離開金屬時剩余動能大小可以是0～Ek范圍內(nèi)的任何數(shù)值。

(2)光電效應(yīng)方程實質(zhì)上是能量守恒方程。

①能量為ε＝hν的光子被電子吸收，電子把這些能量的一部分用來克服金屬表面對它的吸引，另一部分就是電子離開金屬表面時的動能。

②如果克服吸引力做功最少為W0，則電子離開金屬表面時動能最大為Ek，根據(jù)能量守恒定律可知：Ek＝hν－W0。

(3)光電效應(yīng)方程包含了產(chǎn)生光電效應(yīng)的條件。

若發(fā)生光電效應(yīng)，則光電子的最大初動能必須大于零，即Ek＝hν－W0>0，亦即hν>W0，W0W0ν>h＝νc，而νc＝h恰好是光電效應(yīng)的截止頻率。

圖17-1-5(4)Ek-ν曲線。

如圖17-1-5所示是光電子最大初動能Ek隨入射光頻率ν的變化曲線。

這里，橫軸上的截距是截止頻率或極限頻率；縱軸上的截距是逸出功的負值；斜率為普朗克常量。

2．光電效應(yīng)規(guī)律中的兩條線索、兩個關(guān)系(1)兩條線索：(2)兩個關(guān)系： 光強→光子數(shù)目多→發(fā)射光電子多→光電流大； 光子頻率高→光子能量大→產(chǎn)生光電子的最大初動能大。

[典例] 如圖17-1-6所示，一光電管的陰極用極限波長λ0＝500 nm的鈉制成，用波長λ＝300 nm的紫外線照射陰極，光電管陽極A和陰極K之間的電勢差U＝2.1 V，飽和光電流的值I＝0.56 μA。

圖17-1-6(1)求每秒內(nèi)由K極發(fā)射的光電子數(shù)；(2)求光電子到達A極時的最大動能；(3)如果電勢差U不變，而照射光的強度增加到原值的三倍，此時光電子到達A極時最大動能是多大？(普朗克常量h＝6.63×10[思路點撥] hc(1)光電管陰極的逸出功W與極限波長λ0的關(guān)系為W＝。

λ0(2)每秒內(nèi)由K極發(fā)射的電子全部參與導(dǎo)電時對應(yīng)飽和光電流。

(3)光電子的最大初動能大小與入射光的強度大小無關(guān)。

[解析](1)每秒內(nèi)由K極發(fā)射的光電子數(shù) 6I0.56×10－n＝e＝個＝3.5×1012個。

191.6×10－－34 J·s)(2)由光電效應(yīng)方程可知 11?ccEk0＝hν－W0＝hλ－h(huán)＝hc??λ－λ0? λ0在A、K間加電壓U時，光電子到達陽極時的動能 11?Ek＝Ek0＋eU＝hc??λ－λ?＋eU 0代入數(shù)值，得Ek＝6.012×10－19 J。

(3)根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，光電子的最大初動能與入射光的強度無關(guān)，如果電勢差U不變，則光電子到達A極的最大動能不變，Ek＝6.012×10－19 J。

[答案](1)3.5×1012個(2)6.012×10(3)6.012×10 －19－19 J J 9 1．用不同頻率的紫外線分別照射鎢和鋅的表面而產(chǎn)生光電效應(yīng)，可得到光電子最大初動能Ek隨入射光頻率ν的變化而變化的Ek-ν圖像，如圖所示。

已知鎢的逸出功是3.28 eV，鋅的逸出功是3.34 eV，若將兩者的圖像分別用實線與虛線畫在同一個Ek-ν圖上，則下圖中正確的是()解析：選A 根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W可知，Ek-ν圖像的斜率為普朗克常量h，因此題圖中兩線應(yīng)平行，故C、D錯；圖線與橫軸的交點表示恰能發(fā)生光電效應(yīng)(光電子動能為零)時的入射光頻率，即截止頻率，由光電效應(yīng)方程可知，逸出功越大的金屬對應(yīng)的入射光的頻率越高，所以能使金屬鋅發(fā)生光電效應(yīng)的截止頻率較高，所以A對，B錯。

2．研究光電效應(yīng)的電路如圖17-1-7所示。

用頻率相同、強度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板(陰極K)，鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流。

下列光電流I與A、K之間的電壓UAK的關(guān)系圖像中，正確的是()圖17-1-7 解析：選C 頻率相同的光照射同一金屬時，發(fā)射出的光電子的最大初動能相同，所以遏止電壓相同；飽和電流與光的強度有關(guān)，光的強度越大，飽和電流越大，故選項C正確。

3.在某次光電效應(yīng)實驗中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關(guān)系如圖17-1-8所示。

若該直線的斜率和截距分別為k和b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為________，所用材料的逸出功可表示為________。

圖17-1-8 hνW0hW0解析：根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝e－e，故e＝k，b＝－e，得h＝ek，W0＝－eb。

答案：ek －eb 光子說對康普頓效應(yīng)的解釋 [典例] 康普頓效應(yīng)證實了光子不僅具有能量，也有動量。

如圖17-1-9給出了光子與靜止電子碰撞后，電子的運動方向，則碰后光子可能沿方向________運動，并且波長________(選填“不變”“變短”或“變長”)。

圖17-1-9 [思路點撥] 根據(jù)碰撞過程中動量、能量均守恒以及動量是矢量分析此題。

[解析] 因光子與電子在碰撞過程中動量守恒，所以碰撞之后光子和電子的總動量的方向與光子碰前動量的方向一致，可見碰后光子運動的方向可能沿1方向，不可能沿2或3方向；通過碰撞，光子將一部分能量轉(zhuǎn)移給電子，能量減少，由E＝hν知，頻率變小，再根據(jù)c＝λν知，波長變長。

[答案] 1 變長 對康普頓效應(yīng)的三點認識(1)光電效應(yīng)應(yīng)用于電子吸收光子的問題；而康普頓效應(yīng)應(yīng)用于討論光子與電子碰撞且沒有被電子吸收的問題。

(2)假定X射線光子與電子發(fā)生彈性碰撞。

光子和電子相碰撞時，光子有一部分能量傳給電子，散射光子的能量減少，于是散射光的波長大于入射光的波長。

(3)康普頓效應(yīng)進一步揭示了光的粒子性，也再次證明了愛因斯坦光子說的正確性。

1．科學(xué)研究證明，光子有能量也有動量，當光子與電子碰撞時，光子的一些能量轉(zhuǎn)移給了電子。

假設(shè)光子與電子碰撞前的波長為λ，碰撞后的波長為λ′，則碰撞過程中()A．能量守恒，動量守恒，且λ＝λ′ B．能量不守恒，動量不守恒，且λ＝λ′ C．能量守恒，動量守恒，且λλ′ 解析：選C 光子與電子碰撞過程中，能量守恒，動量也守恒，因光子撞擊電子的過程hc中光子將一部分能量傳遞給電子，光子的能量減少，由E＝λ可知，光子的波長增大，即λ′>λ，故C正確。

2．一個沿著一定方向運動的光子和一個原來靜止的自由電子相互碰撞，碰撞之后電子向某一方向運動，而光子沿著另一方向散射出去。

則這個散射光子跟原來入射時相比()A．散射光子的能量減少 B．光子的能量增加，頻率也增大 C．速度減小 D．波長減小 解析：選A 由于光子既具有能量，也具有動量，因此碰撞過程中遵循能量守恒定律。

1．對黑體輻射電磁波的波長分布的影響因素是()A．溫度 C．表面狀況 B．材料 D．以上都正確 解析：選A 影響黑體輻射電磁波的波長分布的因素是溫度，故選項A正確。

2．(多選)以下宏觀概念中，哪些是“量子化”的()A．物體的帶電荷量 C．物體的動量 B．物體的質(zhì)量 D．學(xué)生的個數(shù) 解析：選AD 所謂“量子化”應(yīng)該是不連續(xù)的，而是一份一份的，故選A、D。

3．(多選)N為鎢板，M為金屬網(wǎng)，它們分別與電池的兩極相連，各電池的電動勢和極性如圖所示，已知金屬鎢的逸出功為4.5 eV。

現(xiàn)分別用不同能量的光子照射鎢板(各光子的能量已在圖上標出)，那么圖中沒有光電子到達金屬網(wǎng)的是()12 解析：選AC C、D加反向電壓，只要入射光子的能量hν≥W0＋eU，就有光電子到達金屬網(wǎng)，將各數(shù)值代入上式可知D中光電子能到達金屬網(wǎng)；A、B加正向電壓，只要入射光子能量大于逸出功，就有光電子到達金屬網(wǎng)，可知B中光電子能到達金屬網(wǎng)。

綜上所述，A、C符合題意。

4．人眼對綠光最為敏感，正常人的眼睛接收到波長為530 nm的綠光時，只要每秒有6個綠光的光子射入瞳孔，眼睛就能察覺。

普朗克常量為6.63×10則人眼能察覺到綠光時所接收到的最小功率是()A．2.3×10C．7.0×10－18－10－34 J·s，光速為3.0×108 m/s，W W B．3.8×10－19 W W D．1.2×10－18解析：選A 因每秒有6個綠光的光子射入瞳孔，所以察覺到綠光所接收的最小功率P6.63×10－34×3×108Ec＝t，式中E＝6ε，又ε＝hν＝hλ，可解得P＝6× W＝2.3×10－18 W。

9530×10－h(huán)5.光子有能量，也有動量，動量p＝λ，它也遵守有關(guān)動量的規(guī)律。

如圖1所示，真空中，有“∞”形裝置可繞通過橫桿中點的豎直軸OO′在水平面內(nèi)靈活地轉(zhuǎn)動，其中左邊是圓形黑紙片(吸收光子)，右邊是和左邊大小、質(zhì)量相同的圓形白紙片(反射光子)。

當用平行白光垂直照射這兩個圓面時，關(guān)于裝置開始時的轉(zhuǎn)動情況(俯視)，下列說法中正確的是()圖1 A．順時針方向轉(zhuǎn)動 C．都有可能 B．逆時針方向轉(zhuǎn)動 D．不會轉(zhuǎn)動 解析：選B 根據(jù)動量定理Ft＝mvt－mv0，由光子的動量變化可知黑紙片和光子之間的作用力小于白紙片和光子之間的作用力，所以裝置開始時逆時針方向轉(zhuǎn)動，B選項正確。

6．(多選)光電效應(yīng)的四條規(guī)律中，波動說不能解釋的有()A．入射光的頻率必須大于被照金屬的截止頻率才能產(chǎn)生光電效應(yīng) B．光電子的最大初動能與入射光強度無關(guān)，只隨入射光頻率的增大而增大 C．入射光照射到金屬上時，光電子的發(fā)射幾乎是瞬時的，一般不超過109 s － 13 D．當入射光頻率大于截止頻率時，光電流強度與入射光強度成正比 解析：選ABC 此題應(yīng)從光電效應(yīng)規(guī)律與經(jīng)典波動理論的矛盾著手去解答。

按照經(jīng)典的光的波動理論，光的能量隨光的強度的增大而增大，與光的頻率無關(guān)，金屬中的電子必須吸收足夠能量后，才能從中逸出，電子有一個能量積蓄的時間，光的強度越大，單位時間內(nèi)輻射到金屬表面的光子數(shù)目越多，被電子吸收的光子數(shù)目自然也多，這樣產(chǎn)生的光電子數(shù)目也多。

但是，光子不一定全部形成光電流，故應(yīng)選A、B、C。

7.實驗得到金屬鈣的光電子的最大初動能Ekm與入射光頻率ν的關(guān)系如圖2所示。

下表中列出了幾種金屬的截止頻率和逸出功，參照下表可以確定的是()圖2 金屬 截止頻率ν0/1014 Hz 逸出功W/eV A．如用金屬鎢做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，其斜率比圖中直線的斜率大 B．如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，其斜率比圖中直線的斜率大 C．如用金屬鈉做實驗得到的Ekm-ν圖線也是一條直線，設(shè)其延長線與縱軸交點的坐標為(0，－Ek2)，則Ek2

8.在光電效應(yīng)實驗中，飛飛同學(xué)用同一光電管在不同實驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光)，如圖3所示。

則可判斷出()鎢 10.95 4.54 鈣 7.73 3.20 鈉 5.53 2.29 圖3 14 A．甲光的頻率大于乙光的頻率 B．乙光的波長大于丙光的波長 C．乙光對應(yīng)的截止頻率大于丙光對應(yīng)的截止頻率 D．甲光對應(yīng)的光電子最大初動能大于丙光對應(yīng)的光電子最大初動能 解析：選B 當光電管兩端加上反向遏止電壓且光電流恰好為零時，有Ek－0＝eUc，對同一光電管(逸出功W0相同)使用不同頻率的光照射，有Ek＝hν－W0，兩式聯(lián)立得，hν－W0＝eUc，丙光的反向遏止電壓最大，則丙光的頻率最大，甲光、乙光頻率相同，A、Cc錯誤；又由λ＝ν可知λ丙<λ乙，B正確；由Ek＝hν－W0可知丙光對應(yīng)的最大初動能最大，D錯誤。

9.如圖4所示，當開關(guān)S斷開時，用光子能量為2.5 eV的一束光照射陰極K，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零。

合上開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當電壓表讀數(shù)小于0.60 V時，電流表讀數(shù)仍不為零；當電壓表讀數(shù)大于或等于0.60 V時，電流表讀數(shù)為零。

求： 圖4(1)此時光電子的最大初動能的大小；(2)該陰極材料的逸出功。

解析：(1)由題意可知，遏止電壓為0.60 V，由動能定理得光電子的最大初動能Ek＝eU＝0.6 eV。

(2)由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0得該陰極材料的逸出功 W0＝hν－Ek＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV。

答案：(1)0.6 eV(2)1.9 eV 15。