【物理】2018届二轮复习动量守恒定律与原子物理学案（全国通用）
对动量守恒这一部分内容，主要考查动量定理，验证动量守恒定律。题型灵活性强，难度较大，能力要求高，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中。
在原子物理这一部分内容中，主要考查光电效应，原子结构原子核与核能。虽然对光电效应、原子结构原子核与核能的考查频率比较高，但是在复习的过程中，原子的能级和跃迁也应该引起高度的重视。
高频考点：动量定理与动量守恒和能量守恒问题、光电效应、原子的能级和跃迁、原子结构原子核与核能。
考点一、动量、冲量和动量定理
例 (2017·全国Ⅲ卷T20)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【审题立意】本题考查动量定理。求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。
【解题步骤】方法一：根据F-t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。
方法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率
v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D错误。
【参考答案】AB
【技能提升】1．掌握基本概念和规律
2．应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
【变式训练】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S。③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt
时间内喷出的水，由机械能守恒定律得
Δmv2＋Δmgh＝Δmv02④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝Δmv⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－。⑧
考点二、动量守恒定律的应用
例 如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g＝10 m/s2，求：
(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离。
【审题立意】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题。平板车和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒和能量守恒求解；从小滑块滑上平板车到二者相对静止的过程中，由动量守恒列式，由能量守恒求解。
【解题步骤】(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1
由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1 ①
由动能定理得：－mgR－μmgL＝(M＋m)v12－mv02 ②
联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s。 ③
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得：
mv0＝(M＋m)v2 ④
设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由动能定理得：
－μmg(L＋x)＝(M＋m)v22－mv02 ⑤
联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m
νb，则一定有Uaνb，则一定有Eka>Ekb
C．若Uaνb，则一定有hνa－Eka>hνb－Ekb
【审题立意】本题考查光电效应及其相关知识。解决本题的突破口是抓住已知条件“照射到同种金属上”，由于照射的是同种金属，所以逸出功相同。
【解题步骤】设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又Ek＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－Ek＝W，W相同，D项错误。
【参考答案】BC
【技能提升】
图象名称
图线形状
由图线直接(间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线
①极限频率νc：横轴截距
②逸出功W0：纵轴截距的绝对值
③普朗克常量h：图线的斜率
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系图线
①遏止电压Uc：图线与横轴的交点
②饱和光电流Im：电流的最大值
③最大初动能：Ekm＝eUc
颜色不同时，光电流与电压的关系图线
①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能：Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线
①截止频率νc：图线与横轴的交点
②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大
③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝ke (注：此时两极之间接反向电压)
【变式训练】1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。对于与光电效应有关的四个图象，下列说法正确的是( )
A．图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电
B．图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
C．图3中，若电子电量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Uc-ν图象可求得普朗克常量的表达式为h＝
D．图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象可知，该金属的逸出功为E或hνc
解析：
用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故A错误；由题图2可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝ν－，Uc-ν图象的斜率表示，即＝，解得h＝，故C正确；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，Ek-ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hνc，故D正确。
答案：CD
考点五、原子能级与跃迁
例 (2018届高三·第二次全国大联考)预计2018年，我国将完成“北斗三号”18颗全球组网卫星发射，采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，以下判断正确的是( )
A．大量氢原子从n＝3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子
B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小
C．当氢原子从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级时，要吸收光子
D．从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的
【审题立意】解决本题的关键是理解玻尔理论，知道能级间跃迁所满足的规律。
【解题步骤】根据C＝3可知，大量氢原子从n＝3的激发态向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子，选项A正确；氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，选项B错误；氢原子从高能级跃迁到低能级时辐射出光子，选项C错误；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，结合题图可知，原子发射光子的频率是不连续的，选项D错误。
【参考答案】A
【知识链接】1．氢原子的能级跃迁
(1)氢原子从低能级向高能级跃迁：吸收一定频率的光子，当光子的能量满足hν＝E末－E初时，才能被某一个原子吸收，否则不吸收。
(2)氢原子从高能级向低能级跃迁：以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时两能级间的能量差。
2．电离
当光子能量大于等于原子所处的能级的能量值的绝对值时，也可以被氢原子吸收，使氢原子电离，多余的能量作为电子的初动能。
3．光谱线条数
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＝。
4．激发跃迁
氢原子还可吸收外来实物粒子的能量而被激发，由于实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级差，均可使原子发生能级跃迁。
5．跃迁时电子动能、原子电势能与总能量变化
当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子电势能减小，电子动能增大，原子总能量减小；反之，轨道半径增大时，原子电势能增大，电子动能减小，原子总能量增大。
【变式训练】如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠。下列说法正确的是( )
A．这群氢原子能辐射出3种不同频率的光子，其中从n＝3 跃迁到n＝2所辐射出的光子波长最短
B．这群氢原子能辐射出2种不同频率的光子，其中从n＝3 跃迁到n＝1所辐射出的光子频率最低
C．金属钠表面辐射出的光电子的最大初动能为9.60 eV
D．金属钠表面辐射出的光电子的最大初动能为11.11 eV
解析：一群氢原子处于n＝3的激发态，可能辐射出3种不同频率的光子，因为n＝3和n＝2间能级差最小，所以从n＝3跃迁到n＝2发出的光子频率最低，根据ΔE＝hν＝，可知波长最长；因为n＝3和n＝1间能级差最大，所以从n＝3跃迁到n＝1辐射出的光子频率最高，波长最短，故A、B错误；从n＝3跃迁到n＝1辐射出的光子频率最高，辐射出的光子能量为ΔE＝(13.60－1.51)eV＝12.09 eV，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0得，最大初动能Ekm ＝(12.09－2.49)eV＝9.60 eV，故D错误，C正确。
答案：C
考点六、核反应与核能
例 (2017·全国Ⅰ卷T17)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：H＋H―→He＋n。已知H的质量为2.0136 u，He的质量为3.0150 u，n的质量为1.0087 u，1 u＝931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为( )
A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV
【审题立意】本题考查应用爱因斯坦质能方程计算核能。
【解题步骤】氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝(2×2.0136－3.0150－1.0087)u＝0.0035 u，释放的核能为ΔE
＝Δmc2＝0.0035×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确。
【参考答案】B
【知识链接】1．四种核反应
(1)衰变：原子核放出α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。这种变化称为原子核的衰变。
α衰变
X→Y＋He
β衰变
X→Y＋e
(2)原子核的人工转变：用人工的方法，使原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程。
质子的发现
N＋He→O＋H(卢瑟福)
中子的发现
Be＋He→C＋n(查德威克)
(3)裂变：一个重核分裂成两个中等质量的核，这样的核反应叫做裂变。
(4)聚变：两个轻核结合成质量较大的核，这样的核反应叫做聚变。
2．半衰期
放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间，叫做这种元素的半衰期。用T表示，即m余＝m原(t表示经历的时间)。半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件无关。
【变式训练】匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它衰变时放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为( )
A. C→e＋B B. C→He＋Be
C. C→H＋B D. C→ e＋N
解析：原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为
e。两带电粒子动量大小相等，方向相反，动量大小：m1v1＝m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r＝，可见r与q成反比。由题意知，大圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7，所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N，所以碳14的衰变方程为C→e＋N，故D正确。
答案：D
