高中物理3-5教学案

第一篇：高中物理3-5教学案

高中物理3-5教学案

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教案部分

6．6

用动量概念表示牛顿第二定律

【教学目标】

（一）知识与技能

．理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力。

2．会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题。

（二）过程与方法

运用牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理表达式。

（三）情感、态度与价值观

通过运用所学知识推导新的规律，培养学生学习的兴趣。激发学生探索新知识的欲望。

【教学重点】

理解动量定理的确切含义和表达式

【教学难点】

会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题

【教学方法】

教师启发、引导，学生讨论、交流。

【教学用具】

生鸡蛋、铺有较厚的海绵垫的白铁桶、细线、金属小球、橡皮筋、铁架台等，投影片，多媒体辅助教学设备

【课时安排】

课时

【教学过程】

（一）引入新课

小实验引入新课：

演示实验1：鸡蛋落地

【演示】事先在一个白铁桶的底部垫上一层海绵（不让学生知道），让一个鸡蛋从一米多高的地方下落到白铁桶里，事先让学生推测一下鸡蛋的“命运”，然后做这个实验。结果发现并没有象学生想象的那样严重：发现鸡蛋不会被打破！

演示实验2：缓冲装置的模拟

【演示】用细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落可以把细线拉断，如果在细线上端拴一段皮筋，再从同样的高度释放，就不会断了。

【让学生在惊叹中开始新课内容】

在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡皮轮胎等，这样做的目的是为了什么呢？而在某些情况下，我们又不希望这样，比如用铁锤钉钉子。这些现象中的原因是什么呢？通过我们今天的学习来探究其中的奥秘。

（二）进行新课

．用动量概念表示牛顿第二定律

师：给出问题

假设一个物体在恒定的合外力作用下，做匀变速直线运动，在t时刻初速度为v，在t′时刻的末速度为v′，试推导合外力的表达式。

学生：用牛顿第二定律F=ma以及匀变速直线运动的公式自己推导。

（教师巡回指导，及时点拨、提示）

推导过程：如图所示，由牛顿第二定律得，物体的加速度

合力F=ma

由于，所以，（1）

结论：上式表示，物体所受合外力等于物体动量的变化率。这就是牛顿第二定律的另一种表达式。

2．动量定理

教师：将（1）式写成（2）

（师生讨论上式的物理意义）

总结：表达式左边是物体从t时刻到t′时刻动量的变化量，右边是物体所受合外力与这段时间的乘积。（2）式表明，物体动量的变化量，不仅与力的大小和方向有关，还与时间的长短有关，力越大、作用时间越长，物体动量的变化量就越大。这个量反映了力对时间的积累效应。

教师（讲解）：物理学中把力F与作用时间的乘积，称为力的冲量，记为I，即，单位：N•s，读作“牛顿秒”。

将（2）式写成（3）

（3）式表明，物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量，这个结论叫做动量定理。

讨论：如果物体所受的力不是恒力，对动量定理的表达式应该怎样理解呢？

教师：引导学生阅读选修3－5教材24页第一段，理解动量定理的过程性。

总结：尽管动量定理是根据牛顿第二定律和运动学的有关公式在恒定合外力的情况下推导

出来的。可以证明：动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力。对于变力情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。

在实际中我们常遇到变力作用的情况，比如用铁锤钉钉子，球拍击乒乓球等，钉子和乒乓球所受的作用力都不是恒力，这时变力的作用效果可以等效为某一个恒力的作用，则该恒力就叫变力的平均值，如图所示，是变力与平均力的F-t图象，其图线与横轴所围的面积即为冲量的大小，当两图线面积相等时，即变力与平均力在t0时间内等效。

利用动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决曲线运动中的有关问题，将较难计算的问题转化为较易计算的问题。

3．动量定理的方向性

例如：匀加速运动合外力冲量的方向与初动量方向相同，匀减速运动合外力冲量方向与初动量方向相反，甚至可以跟初动量方向成任何角度。在中学阶段，我们仅限于初、末动量的方向、合外力的方向在同一直线上的情况（即一维情况），此时公式中各矢量的方向可以用正、负号表示，首先要选定一个正方向，与正方向相同的矢量取正值，与正方向相反的矢量取负值。

如图所示，质量为m的球以速度v向右运动，与墙壁碰撞后反弹的速度为v’，碰撞过程中，小球所受墙壁的作用力F的方向向左。若取向左为正方向，则小球所受墙壁的作用力为正值，初动量取负值，末动量取正值，因而根据动量定理可表示为Ft=p′一p=mv′一（一mv）=mv′十mv。此公式中F、v、v′均指该物理量的大小（此处可紧接着讲课本上的例题）。

小结：公式Ft=p′一P=△p是矢量式，合外力的冲量的方向与物体动量变化的方向相同。合外力冲量的方向可以跟初动量方向相同，也可以相反。

演示实验3：小钢球碰到坚硬大理石后返回

4．应用举例

下面，我们应用动量定理来解释鸡蛋下落是否会被打破等有关问题。

鸡蛋从某一高度下落，分别与石头和海绵垫接触前的速度是相同的，也即初动量相同，碰撞后速度均变为零，即末动量均为零，因而在相互作用过程中鸡蛋的动量变化量相同。而两种情况下的相互作用时间不同，与石头碰时作用时间短，与海绵垫相碰时作用时间较长，由Ft=△p知，鸡蛋与石头相碰时作用大，会被打破，与海绵垫相碰时作用力较小，因而不会被打破。

接着再解释用铁锤钉钉子、跳远时要落入沙坑中等现象。在实际应用中，有的需要作用时

间短，得到很大的作用力而被人们所利用，有的需要延长作用时间（即缓冲）减少力的作用。请同学们再举些有关实际应用的例子。加强对周围事物的观察能力，勤于思考，一定会有收获。

接着再解释缓冲装置。

在实际应用中，有的需要作用时间短，得到很大的作用力，而被人们所利用；有的要延长作用时间而减少力的作用，请同学们再举出一些有关实际应用的例子，加强对周围事物的观察，勤于思考，一定会有收获。

（三）例题讲解

例

1、甲、乙两个物体动量随时间变化的图象如图所示，图象对应的物体的运动过程可能是

A．甲物体可能做匀加速运动

B．甲物体可能做竖直上抛运动

c．乙物体可能做匀变速运动

D．乙物体可能与墙壁发生弹性碰撞

[解析]

a甲物体的动量随时间的变化图象是一条直线，其斜率Δp/Δt恒定不变，说明物体受到恒定的合外力作用；

b由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大。综合a、b知甲物体做匀减速直线运动，与竖直上抛运动类似，所以B选项正确。

c．乙物体的动量随时间变化规律是一条曲线，曲线的斜率先增大后减小。根据动量的变化率就是物体受到的合外力知，乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后

减小。

d．由图线还可以看出，乙物体的动量先正方向减小到零，然后反方向增大。

综合c、d可知乙物体的运动是一个变加速运动，与水平面上的小球和竖直墙壁发生弹性碰撞相类似，所以D选项正确。

[答案]

BD

[变式训练]水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撒去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v—t图象如图所示，图中AB／／cD，则

A．F1的冲量大于F2的冲量

B．Fl的冲量等于F2的冲量

c．两物体受到的摩擦力大小相等

D．两物体受到的摩擦力大小不等

[解析]

题目中给出了速度一时间图象，由图象告诉我们很多隐含条件，如图象的斜率表示加速度的大小，我们可以根据斜率的大小关系确定加速度的大小关系，从而确定力的大小

关系，同时也可以从图上直接找出力作用时间的长短。

设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1

选项错误；对a，由动量定理得：Flt1—F2t2=mvA；对b同理：F2t2—Fft2=mvc。

由图象知，vA=vc，tlF1t1，即A、B选项均错。[答案]

c．

例

2、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一名质量为60kg的运动员，从离水平网面3．2m高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5．0m高处，已知运动员与网接触的时间为1．2s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小。

[解析]

运动员从高处落下做自由落体运动，与弹性网接触受到向上的弹力后，再做竖直上抛运动。可以分过程应用动量定理求解，也可整个过程应用动量定理求解，须注意的是各矢量的方向要明确。

[答案]

方法一：运动员刚接触网时速度的大小v1=8m／s，方向向下。

刚离网时速度的大小

v2=10m／s，方向向上。

在运动员与网接触的过程中，设网对运动员的作用力为F，以运动员为研究着对象，由动量定理，以向上为正方向，有

Δt=mv2—mv1。

解得F=1．5X103N，方向向上。

方法二：对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。

从3．2m高处自由下落的时间为t1=0．8s，运动员弹回到5．0m高处所用的时间为t2=1s

整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t2=1．2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，对全过程应用动量定理，有

FNt3—mg=0，则F=1500N，方向向上。

[点评]

解答本题时，容易出现以下错误：未能正确地进行受力分析、漏算重力，误认为所求的平均力就是合外力；

没有正确理解动量定理的矢量性，误将动量的变化写为mv2—mvlo

例

3、将质量m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v。=10m／s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m／s2，求：

平抛运动过程中小球动量的增量ΔP；

小球落地时的动量P，；

飞行过程中小球所受的合外力的冲量I

[解析]

这是一道动量、动量的增量及冲量的综合题目，在曲线运动中求动量增量Δp可直接用公式Δp=p2—p1，的方法，也可以用动量定理求解，应视情况而定。

[答案]

画出小球运动轨迹的示意图，如图所示。由于小球做平抛运动，故有h=gt2/2，小球落地时间t=1s

因为水平方向是匀速运动，v。保持不变，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。

所以小球落地时的动量大小为p，=mv=10

kg•m／s。

由图知tanθ=1，则小球落地的动量的方向与水平方向的夹角为450，斜向下。

小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为

I=mgt=10N•s，方向竖直向下。

[点评]

此题考查动量、动量的增量和冲量等基本概念，要注意各概念在曲线运动的求解方法及矢量的使用。

（四）课堂小结

教师活动：让学生概括总结本节的内容。请一个同学到黑板上总结，其他同学在笔记本上总结，然后请同学评价黑板上的小结内容。

学生活动：认真总结概括本节内容，并把自己这节课的体会写下来、比较黑板上的小结和自己的小结，看谁的更好，好在什么地方。

点评：总结课堂内容，培养学生概括总结能力。

教师要放开，让学生自己总结所学内容，允许内容的顺序不同，从而构建他们自己的知识框架。

（五）作业：“问题与练习”1～4题

★教学体会

思维方法是解决问题的灵魂，是物理教学的根本；亲自实践参与知识的发现过程是培养学生能力的关键，离开了思维方法和实践活动，物理教学就成了无源之水、无本之木。学生素质的培养就成了镜中花，水中月。

6．6

用动量概念表示牛顿第二定律

山东泰安英雄山中学

谢龙

【目标引领】

（一）知识与技能

．理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力。

2．会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题。

（二）过程与方法

运用牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理表达式。

（三）情感、态度与价值观

通过运用所学知识推导新的规律，培养学生学习的兴趣。激发学生探索新知识的欲望。

【自学探究】、假设一个物体在恒定的合外力作用下，做匀变速直线运动，在t时刻初速度为v，在t′时刻的末速度为v′，试推导合外力的表达式。

2、冲量：

表达式：

3、动量定理：

【合作解疑】、光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，已知球的质量为m，线速度为v，且绳长为L，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小。

2、质量为50kg的体操运动员从高空落下，落到垫子前的速度为1．0m／s，方向竖直向下，该运动员经垫子缓冲0．5s停下来，求垫子对运动员的作用力?

3、质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为

A．向下，m

B．向下，m

c．向上，m

D．向上，m

4、通过以上的三个题目讨论：在运用动量定理解题时应注意哪些问题？

【精讲点拨】

例

1、甲、乙两个物体动量随时间变化的图象如图所示，图象对应的物体的运动过程可能是

A．甲物体可能做匀加速运动

B．甲物体可能做竖直上抛运动

c．乙物体可能做匀变速运动

D．乙物体可能与墙壁发生弹性碰撞

[变式训练]水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撒去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v—t图象如图所示，图中AB／／cD，则

A．F1的冲量大于F2的冲量

B．Fl的冲量等于F2的冲量

c．两物体受到的摩擦力大小相等

D．两物体受到的摩擦力大小不等

解题反思：

例

2、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一名质量为60kg的运动员，从离水平网面3．2m高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5．0m高处，已知运动员与网接触的时间为1．2s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小。

解题反思：运用动量定理解题的一般步骤？

例

3、将质量m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v。=10m／s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m／s2，求：

平抛运动过程中小球动量的增量ΔP；

小球落地时的动量P，；

飞行过程中小球所受的合外力的冲量I

【训练巩固】

．质量为m的木箱在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为

A．Ft，0

B．Ftcosθ，0

c．mv，mgt

D．Ft，mgt

2．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，且双腿要弯曲，这是为了

A．减小冲量

B．使动量的变化减小

c．延长与地面的冲击时间，从而减小冲力

D．增大人对地的压强，起到安全作用

3．—质量为m的铁锤，以速度，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是

A．mgΔt

B．mv/Δt

c．mv/Δt+mg

D．mv/Δt—mg

4．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间是1．2s，安全带长5m，g取10m／s2，则安全带所受的平均冲力的大小为

A．500N

B．1100N

c．600N

D．100N

【综合运用】

5．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0．5m，据测算两车相撞前的速度约为30m／s，求：

若人与车作用时间为1．0s，车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力是多大?

若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？

6．如图所示，长为L的轻绳一端系于固定点o，另一端系质

量为m的小球，将小球从o点正下方L/4处以一定初速度

水平向右抛出，经—定时间绳被拉直，以后小球将以o为

圆心在竖直平面内摆动。已知绳刚被拉直时，绳与竖直

方向成600角，求：

小球水平抛出时的初速度。

在绳被拉直的瞬间，圆心o受到的冲量。

第二篇：高中物理学案

考点二 带电粒子在复合场中的运动

知识点：电场、磁场的性质；带电粒子在电场中的加速、偏转；带电粒子在磁场中的圆周运动；

问题：类平抛问题、圆周运动问题、复杂的曲线运动问题； 关键点：做出带电粒子的运动轨迹图；

方法：按粒子的运动过程进行分析，分析运动性质，找出遵循规律。

1、如图,在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。

2、如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求(1)电场强度E的大小和方向；

(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小;(3)A点到x轴的高度h.3、如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）

（1）求电压U的大小。

（2）求1时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。2（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

v0

图乙

图甲

4、如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0

（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点电场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。

（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。

5、如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0,d)点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

（1）分裂时两个微粒各自的速度；

（2）当微粒1到达（0,d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；

（3）当微粒1到达（0,d)点时，两微粒间的距离。

6、如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，MNQ＝90°。（忽略粒子所受重力）

（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。

7、如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响。若OC与x轴的夹角为，求

（1）粒子在磁场中运动速度的大小：

（2）匀强电场的场强大小。

8、如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ120°,在OC右侧有一匀强电场：在第二、三象限内有一心强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求

（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

9、两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期 性变化的电场和磁场，变化规律分别如图

1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0。时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷

q均已知，且m，两板间距h=。

(1)求粒子在0～to时间内的位移大小与极板间距h的比值。(2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径(用h表示)。(3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图l所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。

10、飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。（1）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K=ne/m）的关系式。

（2）去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？

第三篇：高中物理静电场全章教学案人教版选修3-1-1

第四节 电势能、电势（2课时）

重点：理解掌握电势能、电势、等势面的概念及意义。难点：掌握电势能与做功的关系，并能用此解决相关问题。

教学过程：

1．静电力做功的特点

结合课本图1。4-1（右图）分析试探电荷q在场强为E的均强电场中沿不同路径从A运动到B电场力做功的情况。

（1）q沿直线从A到B（2）q沿折线从A到M、再从M到B（3）q沿任意曲线线A到B

结果都一样即：W=qELAM =qELABcos

【结论】：在任何电场中，静电力移动电荷所做的功，只与始末两点的位置有关，而与电荷的运动路径无关。

与重力做功类比，引出： 2．电势能

（1）电势能：由于移动电荷时静电力做功与移动的路径无关，电荷在电场中也具有势能，这种势能叫做电势能。

（2）静电力做功与电势能变化的关系：

静电力做的功等于电势能的变化量。写成式子为：WABEPAEPB

注意：

①．电场力做正功，电荷的电势能减小；电场力做负功，电荷的电势能增加

②．电场力力做多少功，电势能就变化多少，在只受电场力作用下，电势能与动能相互转化，而它们的总量保持不变。

③．在正电荷产生的电场中正电荷在任意一点具有的电势能都为正，负电荷在任 一点具有的电势能都为负。

在负电荷产生的电场中正电荷在任意一点具有的电势能都为负，负电荷在任意一点具有的电势能都为正。

④．求电荷在电场中某点具有的电势能

电荷在电场中某一点A具有的电势能EP等于将该点电荷由A点移到电势零点电场力所做的功W的。即EP=W ⑤．求电荷在电场中A、B两点具有的电势能高低

将电荷由A点移到B点根据电场力做功情况判断，电场力做正功，电势能减小，电荷在A点电势能大于在B点的电势能，反之电场力做负功，电势能增加，电荷在B点的电势能小于在B点的电势能。

⑥电势能零点的规定

若要确定电荷在电场中的电势能，应先规定电场中电势能的零位置。

关于电势能零点的规定：P19（大地或无穷远默认为零）

所以：电荷在电场中某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零电势能位置时电场力所有做的功。如上式若取B为电势能零点，则A点的电势能为：

EPAWABqELAB

3．电势---表征电场性质的重要物理量度

通过研究电荷在电场中电势能与它的电荷量的比值得出。参阅P20图1。4--3（1）定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势。用表示。标量，只有大小，没有方向，但有正负。（2）公式：Epq（与试探电荷无关）

（3）单位：伏特（V）

（4）电势与电场线的关系：电势顺线降低。（电场线指向电势降低的方向）

用心

爱心

专心

（5）零电势位置的规定：电场中某一点的电势的数值与零电势的选择有关，即电势的数值决定于零电势的选择．（大地或无穷远默认为零）4．等势面

⑴．定义：电场中电势相等的点构成的面 ⑵．等势面的性质：

①．在同一等势面上各点电势相等，所以在同一等势面上移动电荷，电场力不做功 ②．电场线跟等势面一定垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。③．等势面越密，电场强度越大 ④．等势面不相交，不相切

⑶．等势面的用途：由等势面描绘电场线。

⑷．几种电场的电场线及等势面 注意：①等量同种电荷连线和中线上

连线上：中点电势最小

中线上：由中点到无穷远电势逐渐减小，无穷远电势为零。②等量异种电荷连线上和中线上

连线上：由正电荷到负电荷电势逐渐减小。中线上：各点电势相等且都等于零。

第五节、电势差（1课时）

重点：理解掌握电势差的概念、定义式。

难点：根据电势差的定义式进行有关计算。

通过对重力场中的高度、高度差和电场中的电势、电势的差值进行类比，并结合P18图1、4-1分析得出：

1、电势差

（1）定义：电场中两点间电势的差值，也叫电压。用UAB表示。

（2）公式：UABAB 或

UBABA ① 所以有：UAB=-UBA ②

注意：电势差也是标量，可正，可负。

2、静电力做功与电势差的关系

电荷Q在电场中从A移动到B时，静电力做的功WAB等于电荷在A、B两点的电势能之差。推导：WABEPAEPBqAqBqABqUAB

所以有：

WABqUAB 或 UABWAB③ q

即：电场中A、B两点间的电势差等于电场力做的功与试探电荷Q的比值。注意：电场中A、B两点间的电势差跟移动电荷的路径无关，只与AB位置有关

第六节、电势差与电场强度的关系（1课时）重点：匀强电场中电势差与电场强度的关系

难点：电势差与电场强度的关系在实际问题中应用。

匀强电场中电势差与电场强度的关系：UABEd

即：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乖积 ◎ 引导学生思考讨论P26问题

电势差与电场强度的关系也可以写做：EUAB d用心

爱心

专心

它的意义为：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的电势差与两点沿电场线方向的距离的比值。

◎ 引导学生思考讨论P27问题 注意：

（1）上式的适用条件：匀强电场；

（2）d为匀强电场中两点沿电场线方向的距离（等势面间的距离）。（3）电场强度与电势无直接关系

①．电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为不为零取决于电势零点。如：处于静电平衡的导体内部场强为零，电势相等，是一个等势体，若不选它为电势零点，导体上电势就不为零。若选它为电势零点，则导体电势就为零。（结合说一说）

②．电势为零的地方电场强度不一定为零。如：点电荷产生的电场中某点定为电势零点，但该点电场强度不为零，无穷远处场强和电势都可认为是零。

③．电场强度相等的地方电势不一定相等，如在匀强电场中场强相等，但各点电势不等。而处于静电平衡的导体内部场强为零，处处相等，电势也相等。

④．电势相等的地方电场强度不一定相等。如在等量的异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂面是一个等势面，但场强不相等。而处于静电平衡的导体内部场强为零，处处相等，电势也相

第七节、电容器与电容（1课时）重点：掌握电容器的概念、定义式及平行板电容器的电容。

难点：电容器的电容的计算与应用

（1）构造：任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。（2）电容器的充电、放电

操作：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，两个极板上就分别带上了等量的异种电荷。这个过程叫做充电。

现象：从灵敏电流计可以观察到短暂的充电电流。充电后,切断与电源的联系,两个极板间有电场存在,充电过程中由电源获得的电能贮存在电场中,称为电场能.操作:把充电后的电容器的两个极板接通,两极板上的电荷互相中和,电容器就不带电了,这个过程叫放电.提问:电容器在充、放电的过程中的能量转化关系是什么?待学生讨论后总结如下: 【板书】充电——带电量Q增加,板间电压U增加,板间场强E增加, 电能转化为电场能 放电——带电量Q减少,板间电压U减少,板间场强E减少,电场能转化为电能

2、电容

与水容器类比后得出。说明：对于给定电容器，相当于给定柱形水比于横截面积）不变。这是量度式，不是关系式。在C一定情况下，比于U。

容器，C（类Q=CU，Q正（1）定义：电容器所带的电量Q与电容器两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容。Q（2）公式：C

U

用心

爱心

专心

（3）单位：法拉（F）还有微法（F）和皮法（pF）

1F=10-6F=10-12pF（4）电容的物理意义:电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（由导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的,与电容器是不是带电无关.3、平行板电容器的电容

说明:静电计是在验电器的基础上制成的,用来测量电势差.把它的金属球与一个导体相连,把它的金属外壳与另一个导体相连,从指针的偏转角度可以量出两个导体之间的电势差U.①． 保持Q和d不变，S越小,静电计的偏转角度越大, U越大,电容C越小； ②． 保持Q和S不变，d越大，偏转角度越小，C越小.③． 保持Q、d、S都不变,在两极板间插入电介质板,静电计的偏转角度并且减小,电势差U越小电容C增大.（2）结论:平行板电容器的电容C与介电常数ε成正比,跟正对面积S成正比,跟极板间的距离d成反比.平行板电容器的决定式：真空 CSS

介质 Cr 4kd4kd 第八节、带电粒子在电场中的运动（2课时）重点：带电粒子在电场中的加速和偏转规律

难点：带电粒子在电场中的偏转问题及应用。

教学过程：

（一）复习力学及本章前面相关知识

要点：动能定理、平抛运动规律、牛顿定律、场强等。

（二）新课教学

1．带电粒子在电场中的运动情况（平衡、加速和减速）

⑴．若带电粒子在电场中所受合力为零时，即∑F＝0时，粒子将保持匀速直线运动状态。

例 ：带电粒子在电场中处于静止状态，该粒子带正电还是负电?

⑵．若∑F≠0（只受电场力）且与初速度方向在同一直线上，带电粒或减速直线运动。(变速直线运动)◎打入正电荷（右图），将做匀加速设电荷所带的电量为q，板间场强为E 电势差为U，板距为d, 电荷到达另一极板v,则

电场力所做的功为：WqUqEL 粒子到达另一极板的动能为：Ek1 2mv22由动能定理有：qU1（或qEL1 对恒力）2mv2mv2静止状态或

子将做加速直线运动。的速度为 ※若初速为v0，则上列各式又应怎么样？让学生讨论并列出。

◎若打入的是负电荷（初速为v0），将做匀减速直线运动，其运动情况可能如何，请学生讨论，并得出结论。

2．带电粒子在电场中的偏转（不计重力，且初速度v0⊥E，则带电粒子将在电场中做类平抛运动）

用心

爱心

专心

复习：物体在只受重力的作用下，被水平抛出，在水平方向上不受力，将做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做初速度为零的自由落体运动。物体的实际运动为这两种运动的合运动。详细分析讲解例题2。

解：粒子v0在电场中做类平抛运动

沿电场方向匀速运动所以有：Lv0t

①

2电子射出电场时，在垂直于电场方向偏移的距离为： y

1② at2粒子在垂直于电场方向的加速度：aFeEeU

③ mmmd1eUL由①②③得：y2mdv0

④ 2代入数据得：y0.36m 即电子射出时沿垂直于板面方向偏离0.36m 电子射出电场时沿电场方向的速度不变仍为v0，而垂直于电速度：

场方向的eUL

⑤ mdv0veUL故电子离开电场时的偏转角为：tan ⑥ 2v0mdv0代入数据得：=6.8°

vat【讨论】：若这里的粒子不是电子，而是一般的带电粒子，则需考虑重力，上列各式又需怎样列？指导学生列出。

3．示波管的原理

（1）示波器：用来观察电信号随时间变化的电子仪器。其核心部分是示波管

（2）示波管的构造：由电子枪、偏转电极和荧光屏组成（如图）。

（3）原理：利用了电子的惯性小、荧光物质的荧光特性和人的视觉暂留等，灵敏、直观地显示出电信号随间变化的图线。

（三）小结：

1、研究带电粒子在电场中运动的两条主要线索

带电粒子在电场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律．研究时，主要可以按以下两条线索展开．

（1）力和运动的关系——牛顿第二定律

根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况．

（2）功和能的关系——动能定理

根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或从全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化，经历的位移等．这条线索同样也适用于不均匀的电场．

2、研究带电粒子在电场中运动的两类重要的思维技巧（1）类比与等效

电场力和重力都是恒力，在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比．（2）整体法(全过程法)电荷间的相互作用是成对出现的，把电荷系统的整体作为研究对象，就可以不必考虑其间的相互作用．

用心

爱心

专心

第四篇：2017-2018学年高中物理教科版选修3-5教学案 第一章

第2节动__量

(对应学生用书页码P4)

一、动量的概念 1．定义 物体的质量和速度的乘积。

2．定义式 p＝mv。

3．单位 在国际单位制中，动量的单位是kg·m/s。

4．方向 动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量的运算服从矢量运算。

[特别提醒] 在计算动量时必须规定正方向，与正方向同向为正，与正方向反向为负。

二、动量守恒定律 1．系统 相互作用的两个或多个物体组成的整体。

2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。

(2)成立条件： 系统不受外力或所受合外力为零。

(3)两物体在同一直线上运动时，动量守恒表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 3．动量守恒定律的适用范围及意义 动量守恒定律既适用于宏观领域，又适用于微观或高速领域，它是自然界中最普遍、最基本的定律之一。

1．判断：(1)物体的质量越大，动量一定越大。

()(2)物体的速度大小不变，动量可能不变。

()(3)物体动量大小相同，动能一定相同。

()答案：(1)×(2)√(3)× 1 2．思考：如图1-2-1所示，两个穿滑冰鞋的小孩静止在滑冰场上，不论谁推谁，两人都会向相反方向滑去。

在互相推动前，两人的动量都为零；由于推力作用，每个人的动量都发生了变化。

那么，他们的总动量在推动前后是否也发生了变化呢？ 提示：系统的总动量守恒，系统内的每个人的动量发生变化，但系图1-2-1 统的内力(相互作用力)不会改变系统(两个人)的总动量，推动前、后总动量都为零。

(对应学生用书页码P5)1.动量的瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。

2．动量的矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。

有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算。

3．动量的相对性 物体的动量与参考系的选择有关。

选择不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。

4．动量的变化量 是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。

5．动量与速度的关系(1)联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度的方向相同，p＝mv。

(2)区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量描述运动物体的作用效果。

6．动量与动能的关系 p212Ek(1)联系：都是描述物体运动状态的物理量，Ek＝＝pv，p＝2mEk＝v。

2m2(2)区别：动量是矢量，动能是标量；动能从能量的角度描述物体的状态，动量从运动物体的作用效果方面描述物体的状态。

动量是矢量，两个物体的动量相等，说明其大小相等，方向也相同。

正确理解动量的概念 1．关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体惯性一定大 B．动量大的物体运动一定快 C．动量相同的物体，运动方向一定相同 D．动量相同的物体，速度小的惯性大 解析：选CD 动量大的物体，质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体，速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体，运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。

对动量守恒定律的理解 1.研究对象：动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。

2．对系统“总动量保持不变”的三点理解：(1)系统的总动量是指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。

(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化。

(3)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。

3．动量守恒定律的“五性”：(1)条件性：应用动量守恒定律时，一定要先判断系统是否满足动量守恒的条件。

①系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。

②系统受外力作用，但所受合外力为零。

③系统受外力作用，但外力远远小于系统内各物体间的内力，系统的总动量近似守恒。

例如，手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒。

④系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。

(2)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在： ①系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，而且方向也相同。

②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时要按矢量运算法则计算。

如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取正方向，将矢量运算转化为代数运算。

计算时切不可丢掉表示方向的正、负号。

3(3)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一参考系，通常为地面。

(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。

(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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。

如果一个系统满足动量守恒的条件，它的总动量方向是满足守恒条件后的总动量方向。

如果受力情况变化，要注意不同受力情况下是否满足守恒条件。

2．下列说法中正确的是()A．若系统不受外力作用，则该系统的机械能守恒 B．若系统不受外力作用，则该系统的动量守恒 C．平抛运动中，物体水平方向不受力，则水平方向的动能不变 D．平抛运动中，物体水平方向不受力，则水平方向的动量不变 解析：选BD 若有内力做功，则系统机械能不守恒，A错误；由动量守恒条件知，若系统不受外力作用，则系统动量守恒，B正确；动能是标量，不能将动能分解，C错误；动量是矢量，某一方向不受力，该方向上动量不变，D正确。

1.动量守恒定律的不同表现形式(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′。

(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。

(3)Δp＝0：系统总动量增量为零。

(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

2．应用动量守恒定律的解题步骤： 动量守恒定律的表现形式及解题步骤 4 3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。

则碰撞后B球的速度大小可能是________。

(填选项前的字母)A．0.6v C．0.3v B．0.4v D．0.2v 解析：选A 由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球的速度可能为0.6v。

(对应学生用书页码P6)对动量守恒条件的理解 [例1] 如图1-2-2所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。

若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动过程中，下列说法正确的是()图1-2-2 A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒 B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒 C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒 D．以上说法均不对 [解析] 当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。

当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，5 动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。

而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒。

[答案] AC 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，判断动量是否守恒，首先要弄清所研究的对象和过程，即哪个系统在哪个过程中，常见的判断方法是：(1)分析系统在所经历过程中的受力情况，看合外力是否为零。

(2)直接分析系统在某一过程的初、末状态的动量，看它们是否大小相等，方向相同。

对动量守恒定律的理解 [例2](江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。

分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。

若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。

[解析] 设碰撞后两球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，v2－v115根据题意有＝ v0161731联立以上两式解得：v1＝v0，v2＝v0。

48241731[答案] v1＝v0 v2＝v0 4824(1)应用动量守恒定律解题时要充分理解它的同时性、矢量性，且只需抓住始、末状态，无需考虑细节过程。

(2)应用动量守恒定律的关键是正确地选择系统和过程，并判断是否满足动量守恒的条件。

多个物体组成系统的动量守恒 [例3](山东高考)如图1-2-3，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。

一段时间后，B与A同向运动 6 发生碰撞并粘在一起。

碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。

求： 图1-2-3(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

[解析](1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后共同速度为v，v由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 2vm＋2mBv＝(m＋mB)v 2由①式得 1mB＝m 2② ①(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v ③ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则 1v11ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 2222联立②③④式得 1ΔE＝mv02 611[答案](1)m(2)mv02 26 善于选择系统和过程是解决这类问题的关键。

大体有以下几种情况：(1)有时对系统和过程整体应用动量守恒；(2)有时只对某部分物体应用动量守恒；(3)有时分过程多次应用动量守恒；(4)有时抓住初、末状态动量守恒即可。

⑤ ④(对应学生用书页码P7)7 1．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是()A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒 D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零 解析：选D 由于枪水平放置，故三者组成的系统除重力和支持力(两外力平衡)外，无其他外力，动量守恒。

子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，故C项错误；分开枪和车，则枪和子弹的系统受到车对其外力作用，车和枪的系统受到子弹对其外力作用，动量都不守恒。

2．如图1-2-4所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。

木箱和小木块都具有一定的质量。

现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()图1-2-4 A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 解析：选B 因系统受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确。

3．在空中水平飞行的爆炸物突然裂成a、b两块，其中质量较大的a块的速度方向沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原运动方向相反 B．落地时，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达地面 D．a比b先落到地面 解析：选C 爆炸物的总动量在水平方向上守恒，b速度方向可能与原来运动方向相反，也可能相同，b的速度不一定小，A、B均错。

a、b两块都从同一高度做平抛运动，由平抛 8 运动的规律可知，两块一定同时落地，则选项C正确。

4．甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞。

碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断()A．甲的质量比乙小 C．甲的初动量比乙小 B．甲的初速度比乙小 D．甲的动量变化比乙小 乙v乙－解析：选C 甲、乙两球碰撞过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则mm甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初动量比乙的小。

而甲的动量变化与乙的动量变化是大小相同的，故C正确。

5．(福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()图1-2-5 A．v0－v2 m2C．v0－v2 m1B．v0＋v2 m2D．v0＋(v0－v2)m1解析：选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守m2恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。

m16．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)()M＋mv2A.mv1Mv1C.mv2Mv1B.M＋mv2mv1D.Mv2解析：选C 设须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，Mv1所以n＝，故选C。

mv27．如图1-2-6所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。

对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()9 图1-2-6 A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．三球速度相等后，将一起做匀速运动 D．三球速度相等后，速度仍将变化 解析：选BD 因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。

8．如图1-2-7所示，一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端。

当两人同时相向而行时，发现小车向左移动。

则()图1-2-7 A．若两人质量相等，必定是v甲＞v乙 B．若两人质量相等，必定是v乙＞v甲 C．若两人速率相等，必定是m甲＞m乙 D．若两人速率相等，必定是m乙＞m甲 解析：选AC 取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒。

由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量。

当两人质量相等时，必定是v甲＞v乙，所以选项A正确、B错误。

若两人速率相等，则必定是m甲＞m乙，所以选项C正确、D错误。

9.如图1-2-8所示，在光滑的水平面上，小车M内有一弹簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为1∶2，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则()A．B先相对小车静止下来 B．小车始终静止在水平面上 C．最终小车静止在水平面上 图1-2-8 10 D．最终小车相对水平面位移向右 解析：选ACD 释放弹簧后，物体在极短时间内与弹簧分开，A和B动量守恒，mAvA＋mBvB＝0，由于mA＜mB，故vA＞vB，A和B在车上滑动时均做匀减速运动，由牛顿第二定律可知：aA＝aB＝μg，所以B的速度先减小为零，此时A仍在运动，由动量守恒可知，车此时有与A相反的运动速度，以后B开始加速，当B和车有共同速度即相对车静止时，动量仍守恒，即A仍在运动，最终A、B和车一起停止运动。

10．一质量为0.5 kg的小球以2.0 m/s的速度和原来静止在光滑水平面上的质量为1.0 kg的另一小球发生正碰，碰后以0.2 m/s的速度被反弹，碰后两球的总动量是________ kg·m/s，原来静止的小球获得的速度大小是________ m/s。

解析：两小球在碰撞过程中动量守恒，总动量为p＝m1v1＝1 kg·m/s，由动量守恒得m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，代入数据得v2′＝1.1 m/s。

答案：1 1.1 11．如图1-2-9所示，将两条磁性很强且完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。

开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，两车相向运动并在同一条直线上，当乙车的速度为零时，甲车的速度是多少？若两车不相碰，试求出当两车距离最短时，乙车速度为多少？ 解析：(1)对甲、乙两车组成的系统，动量守恒，取甲的运动方向为正方向，则3m－2m＝mv甲＋0，v甲＝1 m/s。

(2)当两车距离最短时，两车具有共同的速度，1则3m－2m＝2mv共，v共＝ m/s。

2答案：1 m/s 1 m/s 2图1-2-9 12．(山东高考)如图1-2-10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＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。

开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。

求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

图1-2-10 解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足 vAB＝vC 联立以上各式，代入数据解得 vA＝2 m/s。

答案：2 m/s 12。

第五篇：2017-2018学年高中物理人教版选修3-5教学案 第十七章

第1、2节

能量量子化__光的粒子性 1．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。

黑体辐射电磁波的强度只与黑体的温度有关。

2．能量子：不可再分的最小能量值ε，ε＝hν。

3．照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象，叫光电效应。

爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。

4．光电效应现象和康普顿效应均说明了光具有粒子性。

一、黑体与黑体辐射 1．热辐射 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。

2．黑体 指能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。

3．一般材料物体的辐射规律 辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关。

4．黑体辐射的实验规律 1 图17-1-1 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，如图17-1-1所示。

(1)随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加；(2)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。

二、能量子 1．定义：普朗克认为，振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，当带电微粒辐射或吸收能量时，也是以这个最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收的，这个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是电磁波的频率，h称为普朗克常量。

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。

三、光电效应的实验规律 1．光电效应：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象。

2．光电子：光电效应中发射出来的电子。

3．光电效应的实验规律：(1)存在着饱和光电流：在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大。

这表明对于一定颜色的光，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多。

(2)存在着遏止电压和截止频率：光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关。

当入射光的频率低于截止频率时不能发生光电效应。

(3)光电效应具有瞬时性：光电效应几乎是瞬间发生的，从光照射到产生光电流的时间不超过109 s。

－4．逸出功：使电子脱离某种金属所做功的最小值。

不同金属的逸出功不同。

四、爱因斯坦的光子说与光电效应方程 1．光子说：光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为ν的光的能量子为hν，这些能量子被称为光子。

2．爱因斯坦的光电效应方程：(1)表达式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν—W0。

(2)物理意义：金属中电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量一部分用于克服金 2 属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek。

五、康普顿效应和光子的动量 1．光的散射：光在介质中与物质微粒相互作用，因而传播方向发生改变，这种现象叫做光的散射。

2．康普顿效应：美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应。

3．康普顿效应的意义：康普顿效应表明光子除了具有能量之外，还具有动量，深入揭示了光的粒子性的一面。

4．光子的动量： h(1)表达式：p＝λ。

(2)说明：在康普顿效应中，入射光子与晶体中电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子的动量变小。

因此，有些光子散射后波长变大。

1．自主思考——判一判(1)黑体一定是黑色的。

(×)(2)热辐射只能产生于高温物体。

(×)(3)能产生光电效应的光必定是可见光。

(×)(4)经典物理学理论不能合理解释康普顿效应。

(√)(5)微观粒子的能量只能是能量子的整数倍。

(√)(6)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．合作探究——议一议(1)不同频率的光照射到同一金属表面发生光电效应时，光电子的最大初动能是否相同？ 提示：由于同一金属的逸出功相同，而不同频率的光的光子能量不同，由光电效应方程可知，发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能是不同的。

(2)太阳光从小孔射入室内时，我们从侧面可以看到这束光；白天的天空各处都是亮的；宇航员在太空中会发现尽管太阳光耀眼刺目，其他方向的天空却是黑的，为什么？ 提示：在地球上存在着大气，太阳光经微粒散射后传向各个方向，而在太空中的真空环境下光不再散射只向前传播。

对黑体和黑体辐射的理解 1．黑体实际上是不存在的，只是一种理想情况，但如果做一个闭合的空腔，在空腔表面开一个小孔，小孔就可以模拟一个黑体，如图17-1-2所示。

这是因为从外面射来的电磁波，经小孔射入空腔，要在腔壁上经过多次反射，在多次反射过程中，外面射来的电磁波几乎全部被腔壁吸收，最终不能从空腔射出。

图17-1-2 2．黑体不一定是黑的，只有当自身辐射的可见光非常微弱时看上去才是黑的；有些可看作黑体的物体由于有较强的辐射，看起来还会很明亮，如炼钢炉口上的小孔。

一些发光的物体(如太阳、白炽灯灯丝)也被当做黑体来处理。

3．黑体同其他物体一样也在辐射电磁波，黑体的辐射规律最为简单，黑体辐射强度只与温度有关。

4．一般物体和黑体的热辐射、反射、吸收的特点 热辐射不一定需要高温，任何温度都能发生热辐射，只是温度低时辐射弱，温度高时辐射强。

在一定温度下，不同物体所辐射的光谱的成分有显著不同。

一般 物体 黑体 1．(多选)下列叙述正确的是()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 解析：选ACD 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热辐射特点 辐射电磁波的情况与温度有关，与材料的种类、表面状况有关 辐射电磁波的强弱按波长的分布只与黑体的温度有关 吸收、反射的特点 既吸收又反射，其能力与材料的种类及入射波的波长等因素有关 完全吸收各种入射电磁波，不反射 4 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。

2．(多选)黑体辐射的实验规律如图17-1-3所示，由图可知()图17-1-3 A．随温度升高，各种波长的辐射强度都增加 B．随温度降低，各种波长的辐射强度都增加 C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 解析：选ACD 由题图可知，随温度升高，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，故A、C、D正确，B错误。

光电效应中的五组概念 1．光子与光电子 光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子，光子是光电效应的因，光电子是果。

2．光电子的初动能与光电子的最大初动能(1)光照射到金属表面时，光子的能量全部被电子吸收，电子吸收了光子的能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能。

(2)只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功，才具有最大初动能。

光电子的初动能小于或等于光电子的最大初动能。

3．光子的能量与入射光的强度 光子的能量即一个光子的能量，其值为ε＝hν(ν为光子的频率)，可见光子的能量由光的频率决定。

入射光的强度指单位时间内照射到单位面积上的总能量，等于光子能量hν与入射光子数n的乘积，即光强等于nhν。

4．光电流和饱和光电流 金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。

5．光的强度与饱和光电流 饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的。

对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系。

[典例](多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应。

下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失 C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 [思路点拨](1)入射光的频率必须大于金属的极限频率才能发生光电效应。

(2)当发生光电效应时，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大。

[解析] 增大入射光的强度，单位时间内照射到单位面积上的光子数增加，光电流增大，A项正确。

减小入射光的强度，只是光电流减小，光电效应现象是否消失与光的频率有关，而与光的强度无关，B项错误。

改用频率小于ν的光照射，但只要光的频率大于极限频率ν01仍然可以发生光电效应，C项错误。

由爱因斯坦光电效应方程hν－W逸＝mv2得：光频率2ν增大，而W逸不变，故光电子的最大初动能变大，D项正确。

[答案] AD 对光电效应问题的三点提醒(1)能否发生光电效应与入射光的频率有关。

(2)饱和光电流的大小与入射光的强度有关。

(3)光电子的最大初动能与入射光的频率及金属逸出功有关。

1．(多选)光电效应实验的装置如图17-1-4所示，用弧光灯照射锌板，验电器指针张开一个角度，则下面说法中正确的是()图17-1-4 A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转 B．用绿色光照射锌板，验电器指针会发生偏转 C．锌板带的是负电荷 D．使验电器指针发生偏转的是正电荷 解析：选AD 将擦得很亮的锌板连接验电器，用弧光灯照射锌板(弧光灯发出紫外线)，验电器指针张开一个角度，说明锌板带了电。

进一步研究表明锌板带正电，这说明在紫外线的照射下，锌板中有一部分自由电子从表面飞出来，锌板中缺少电子，于是带正电，A、D选项正确。

绿光不一定能使锌板发生光电效应。

2．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器每秒发射的光量子数为()λPA.hc cPλC.hhPB.λc D．λPhc hcPtλP解析：选A 每个光量子的能量ε＝hν＝λ，每秒钟发射的总能量为P，则n＝ε＝hc。

3．用同一束单色光，在同一条件下，先后照射锌片和银片，都能产生光电效应。

在这两个过程中，对下列四个量，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．光电子动能 B．金属的逸出功 D．光电子最大初动能 解析：光子的能量由光频率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同；逸出功只由材料决定，锌片和银片的光电效应中，光电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，则电子最大初动能不同；由于光电子吸收光子后到达金属表面的路径不同，途中损失的能量也不同，因而脱离金属时的初动能分布在零到最大初动能之间。

所以，在两个不同光电效应的光电子中，有时初动能是可能相等的。

答案：A C BD 光电效应方程及其应用 1．光电效应方程Ek＝hν－W0的四点理解(1)式中的Ek是光电子的最大初动能，就某个光电子而言，其离开金属时剩余动能大小可以是0～Ek范围内的任何数值。

(2)光电效应方程实质上是能量守恒方程。

①能量为ε＝hν的光子被电子吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引，另一部分就是电子离开金属表面时的动能。

②如果克服吸引力做功最少为W0，则电子离开金属表面时动能最大为Ek，根据能量守恒定律可知：Ek＝hν－W0。

(3)光电效应方程包含了产生光电效应的条件。

若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即Ek＝hν－W0>0，亦即hν>W0，W0W0ν>h＝νc，而νc＝h恰好是光电效应的截止频率。

图17-1-5(4)Ek-ν曲线。

如图17-1-5所示是光电子最大初动能Ek随入射光频率ν的变化曲线。

这里，横轴上的截距是截止频率或极限频率；纵轴上的截距是逸出功的负值；斜率为普朗克常量。

2．光电效应规律中的两条线索、两个关系(1)两条线索：(2)两个关系： 光强→光子数目多→发射光电子多→光电流大； 光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大。

[典例] 如图17-1-6所示，一光电管的阴极用极限波长λ0＝500 nm的钠制成，用波长λ＝300 nm的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V，饱和光电流的值I＝0.56 μA。

图17-1-6(1)求每秒内由K极发射的光电子数；(2)求光电子到达A极时的最大动能；(3)如果电势差U不变，而照射光的强度增加到原值的三倍，此时光电子到达A极时最大动能是多大？(普朗克常量h＝6.63×10[思路点拨] hc(1)光电管阴极的逸出功W与极限波长λ0的关系为W＝。

λ0(2)每秒内由K极发射的电子全部参与导电时对应饱和光电流。

(3)光电子的最大初动能大小与入射光的强度大小无关。

[解析](1)每秒内由K极发射的光电子数 6I0.56×10－n＝e＝个＝3.5×1012个。

191.6×10－－34 J·s)(2)由光电效应方程可知 11ccEk0＝hν－W0＝hλ－h＝hcλ－λ0 λ0在A、K间加电压U时，光电子到达阳极时的动能 11Ek＝Ek0＋eU＝hcλ－λ＋eU 0代入数值，得Ek＝6.012×10－19 J。

(3)根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，如果电势差U不变，则光电子到达A极的最大动能不变，Ek＝6.012×10－19 J。

[答案](1)3.5×1012个(2)6.012×10(3)6.012×10 －19－19 J J 9 1．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率ν的变化而变化的Ek-ν图像，如图所示。

已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将两者的图像分别用实线与虚线画在同一个Ek-ν图上，则下图中正确的是()解析：选A 根据光电效应方程Ek＝hν－W可知，Ek-ν图像的斜率为普朗克常量h，因此题图中两线应平行，故C、D错；图线与横轴的交点表示恰能发生光电效应(光电子动能为零)时的入射光频率，即截止频率，由光电效应方程可知，逸出功越大的金属对应的入射光的频率越高，所以能使金属锌发生光电效应的截止频率较高，所以A对，B错。

2．研究光电效应的电路如图17-1-7所示。

用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流。

下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图像中，正确的是()图17-1-7 解析：选C 频率相同的光照射同一金属时，发射出的光电子的最大初动能相同，所以遏止电压相同；饱和电流与光的强度有关，光的强度越大，饱和电流越大，故选项C正确。

3.在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图17-1-8所示。

若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________。

图17-1-8 hνW0hW0解析：根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝e－e，故e＝k，b＝－e，得h＝ek，W0＝－eb。

答案：ek －eb 光子说对康普顿效应的解释 [典例] 康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量。

如图17-1-9给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿方向________运动，并且波长________(选填“不变”“变短”或“变长”)。

图17-1-9 [思路点拨] 根据碰撞过程中动量、能量均守恒以及动量是矢量分析此题。

[解析] 因光子与电子在碰撞过程中动量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与光子碰前动量的方向一致，可见碰后光子运动的方向可能沿1方向，不可能沿2或3方向；通过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，能量减少，由E＝hν知，频率变小，再根据c＝λν知，波长变长。

[答案] 1 变长 对康普顿效应的三点认识(1)光电效应应用于电子吸收光子的问题；而康普顿效应应用于讨论光子与电子碰撞且没有被电子吸收的问题。

(2)假定X射线光子与电子发生弹性碰撞。

光子和电子相碰撞时，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长。

(3)康普顿效应进一步揭示了光的粒子性，也再次证明了爱因斯坦光子说的正确性。

1．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子。

假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中()A．能量守恒，动量守恒，且λ＝λ′ B．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′ C．能量守恒，动量守恒，且λλ′ 解析：选C 光子与电子碰撞过程中，能量守恒，动量也守恒，因光子撞击电子的过程hc中光子将一部分能量传递给电子，光子的能量减少，由E＝λ可知，光子的波长增大，即λ′>λ，故C正确。

2．一个沿着一定方向运动的光子和一个原来静止的自由电子相互碰撞，碰撞之后电子向某一方向运动，而光子沿着另一方向散射出去。

则这个散射光子跟原来入射时相比()A．散射光子的能量减少 B．光子的能量增加，频率也增大 C．速度减小 D．波长减小 解析：选A 由于光子既具有能量，也具有动量，因此碰撞过程中遵循能量守恒定律。

1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是()A．温度 C．表面状况 B．材料 D．以上都正确 解析：选A 影响黑体辐射电磁波的波长分布的因素是温度，故选项A正确。

2．(多选)以下宏观概念中，哪些是“量子化”的()A．物体的带电荷量 C．物体的动量 B．物体的质量 D．学生的个数 解析：选AD 所谓“量子化”应该是不连续的，而是一份一份的，故选A、D。

3．(多选)N为钨板，M为金属网，它们分别与电池的两极相连，各电池的电动势和极性如图所示，已知金属钨的逸出功为4.5 eV。

现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出)，那么图中没有光电子到达金属网的是()12 解析：选AC C、D加反向电压，只要入射光子的能量hν≥W0＋eU，就有光电子到达金属网，将各数值代入上式可知D中光电子能到达金属网；A、B加正向电压，只要入射光子能量大于逸出功，就有光电子到达金属网，可知B中光电子能到达金属网。

综上所述，A、C符合题意。

4．人眼对绿光最为敏感，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则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是()A．2.3×10C．7.0×10－18－10－34 J·s，光速为3.0×108 m/s，W W B．3.8×10－19 W W D．1.2×10－18解析：选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，所以察觉到绿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－h5.光子有能量，也有动量，动量p＝λ，它也遵守有关动量的规律。

如图1所示，真空中，有“∞”形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片(吸收光子)，右边是和左边大小、质量相同的圆形白纸片(反射光子)。

当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始时的转动情况(俯视)，下列说法中正确的是()图1 A．顺时针方向转动 C．都有可能 B．逆时针方向转动 D．不会转动 解析：选B 根据动量定理Ft＝mvt－mv0，由光子的动量变化可知黑纸片和光子之间的作用力小于白纸片和光子之间的作用力，所以装置开始时逆时针方向转动，B选项正确。

6．(多选)光电效应的四条规律中，波动说不能解释的有()A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应 B．光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大 C．入射光照射到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过109 s － 13 D．当入射光频率大于截止频率时，光电流强度与入射光强度成正比 解析：选ABC 此题应从光电效应规律与经典波动理论的矛盾着手去解答。

按照经典的光的波动理论，光的能量随光的强度的增大而增大，与光的频率无关，金属中的电子必须吸收足够能量后，才能从中逸出，电子有一个能量积蓄的时间，光的强度越大，单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多，被电子吸收的光子数目自然也多，这样产生的光电子数目也多。

但是，光子不一定全部形成光电流，故应选A、B、C。

7.实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图2所示。

下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，参照下表可以确定的是()图2 金属 截止频率ν0/1014 Hz 逸出功W/eV A．如用金属钨做实验得到的Ekm-ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大 B．如用金属钠做实验得到的Ekm-ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大 C．如用金属钠做实验得到的Ekm-ν图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2

8.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图3所示。

则可判断出()钨 10.95 4.54 钙 7.73 3.20 钠 5.53 2.29 图3 14 A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能 解析：选B 当光电管两端加上反向遏止电压且光电流恰好为零时，有Ek－0＝eUc，对同一光电管(逸出功W0相同)使用不同频率的光照射，有Ek＝hν－W0，两式联立得，hν－W0＝eUc，丙光的反向遏止电压最大，则丙光的频率最大，甲光、乙光频率相同，A、Cc错误；又由λ＝ν可知λ丙<λ乙，B正确；由Ek＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大，D错误。

9.如图4所示，当开关S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。

合上开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零。

求： 图4(1)此时光电子的最大初动能的大小；(2)该阴极材料的逸出功。

解析：(1)由题意可知，遏止电压为0.60 V，由动能定理得光电子的最大初动能Ek＝eU＝0.6 eV。

(2)由光电效应方程Ek＝hν－W0得该阴极材料的逸出功 W0＝hν－Ek＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV。

答案：(1)0.6 eV(2)1.9 eV 15。