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学案4　实物是粒子还是波
[学习目标定位] 1.知道实物粒子具有波动性，知道什么是物质波.2.了解物质波也是一种概率波.3.初步了解不确定关系．
1．光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性．
2．光的干涉和衍射现象表明光具有波动性，光电效应和康普顿效应表明光具有粒子性．
3．光在传播过程中表现出波动性，在和其它 ( http: / / www.21cnjy.com )物质作用的过程中表现出粒子性．光在传播过程中，在空间各点出现的可能性的大小(概率)，由波动性起主导作用，光是一种概率波．
4．德布罗意波
(1)德布罗意波：任何一个运动着的物体，都有一种波与之相伴随．这种波称为物质波，也叫德布罗意波．
(2)物质波的波长、动量关系式：λ＝.
(3)物质波的实验验证：
①1927年，戴维孙和革末通过实验首次发现了电子的晶体衍射．
②1927年，汤姆生观察到，电子通过金属薄层做透射实验后形成了衍射环，并计算出相应的波长．
(4)物质波与光波一样，也是概率波．电子落在“亮环”上的概率大，落在“暗环”上的概率小．
5．不确定关系
(1)定义：在经典物理学中，物体的位置 ( http: / / www.21cnjy.com )和动量是可以同时精确地测定的，在微观物理学中，要同时精确测出微观粒子的位置和动量是不太可能的，这种关系叫不确定关系．
(2)表达式：ΔxΔpx≥.其中用Δx表示粒子位置的不确定量，用Δpx表示粒子在x方向动量的不确定量，h是普朗克常量．
(3)此式表明，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，即不可能用“轨道”来描述粒子的运动.
一、对物质波的理解
[问题设计]
阅读课本，回答：
1．如何理解德布罗意波？如何理解实验粒子的波粒二象性？
2．我们观察不到宏观物体波动性的原因是什么？
答案　见要点提炼．
[要点提炼]
1．任何运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相伴随，这种波称为物质波．物质波波长的计算公式为λ＝.
2．德布罗意假说是光的波粒二象性的推广 ( http: / / www.21cnjy.com )，即光子和实物粒子都既具有粒子性，又具有波动性，即具有波粒二象性．与光子对应的波是电磁波，与实物粒子对应的波是物质波．
3．德布罗意波是一种概率波，粒子在空间各处出现的概率受波动规律支配，不要以宏观观点中的波来理解德布罗意波．
4．我们之所以看不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体的动量太大，德布罗意波长太小的缘故．
例1　下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是(　　)
A．任何一个物体都有一种波和它对应，这就是物质波
B．X光的衍射证实了物质波的假设是正确的
C．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的
D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体不具有波动性
解析　运动着的物体才具有波动性， ( http: / / www.21cnjy.com )A项错误．宏观物体由于动量太大，德布罗意波长太小，所以看不到它的干涉、衍射现象，但仍有波动性，D项错；X光是波长极短的电磁波，是光子，它的衍射不能证实物质波的存在，B项错．只有C项正确．
答案　C
例2　如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多大？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
解析　中子的动量为p1＝m1v
子弹的动量为p2＝m2v
据λ＝知中子和子弹的德布罗意波长分别为
λ1＝，λ2＝
联立以上各式解得λ1＝，λ2＝
将m1＝1.67×10－27 kg，v＝103 m/s
h＝6.63×10－34 J·s，m2＝1.0×10－2 kg
代入上面两式可解得
λ1＝4.0×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m
答案　4.0×10－10 m　6.63×10－35 m
二、不确定关系
[问题设计]
在经典物理学中，物体的位置 ( http: / / www.21cnjy.com )和动量是可以同时精确测定的，对于微观粒子，它的位置和动量能同时被精确测定吗？能用“轨道”来描述粒子的运动吗？试以光的衍射为例加以说明．
答案　不能．微观粒子的位置和动量不 ( http: / / www.21cnjy.com )能同时被精确测定．在粒子的衍射现象中，设有粒子通过狭缝后落在屏上，狭缝宽度为d(用坐标表示为Δx)，那么某个粒子通过狭缝时位于缝中的哪一点是不确定的，不确定的范围为Δx；由于微观粒子具有波动性，经过狭缝后会发生衍射，有些粒子会偏离原来的运动方向跑到了投影位置以外的地方，这就意味着粒子有了与原来运动方向垂直的动量(位于与原运动方向垂直的平面上)．又由于粒子落在何处是随机的，所以粒子在垂直于运动方向的动量具有不确定性，不确定量为Δpx.根据Δx·Δpx≥知，如果Δx更小，则Δpx更大，也就是不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，因而也就不可能用“轨迹”来描述粒子的运动．
[要点提炼]
1．微观粒子运动的位置不确定量Δx和动量的不确定量Δpx的关系式为ΔxΔpx≥，其中h是普朗克常量，这个关系式叫不确定关系．
2．不确定关系告诉我们，如果 ( http: / / www.21cnjy.com )要更准确地确定粒子的位置(即Δx更小)，那么动量的测量一定会更不准确(即Δpx更大)，也就是说，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，也不可能用“轨道”来描述粒子的运动．
例3　一颗质量为10 g的子弹，具有200 m/s的速率，若其动量的不确定范围为其动量的0.01%(这在宏观范围是十分精确的)，则该子弹位置的不确定量范围为多大？
解析　子弹的动量p＝mv＝0.01×2 ( http: / / www.21cnjy.com )00 kg·m/s＝2 kg·m/s，动量的不确定范围Δpx＝0.01 %×p＝2×10－4 kg·m/s；
由不确定关系ΔxΔpx≥，得子弹位置的不确定范围Δx≥＝ m＝2.6×10－31 m
答案　见解析
实物是粒子还是波
1．下列关于物质波的说法中正确的是(　　)
A．实物粒子具有粒子性，在任何条件下都不可能表现出波动性
B．宏观物体不存在对应波的波长
C．电子在任何条件下都能表现出波动性
D．微观粒子在一定条件下能表现出波动性
答案　D
2．关于不确定关系ΔxΔpx≥有以下几种理解，正确的是(　　)
A．微观粒子的动量不可确定
B．微观粒子的位置不可确定
C．微观粒子的动量和位置不可同时确定
D．不确定关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于宏观物体
答案　CD
解析　本题主要考查不确定关系ΔxΔpx≥的理解，不确定关系表示确定位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定更小时，粒子动量的不确定更大；反之亦然，故不能同时准确确定粒子的位置和动量，不确定关系是自然界中的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略，故C、D正确．
3．一质量为450 g的 ( http: / / www.21cnjy.com )足球以10 m/s的速度在空中飞行；一个初速度为零的电子，通过电压为100 V的加速电场．试分别计算它们的德布罗意波长．
答案　1.47×10－34 m　1.2×10－10 m
解析　物体的动量p＝mv，其德布罗意波长λ＝＝.足球的德布罗意波长
λ1＝＝ m＝1.47×10－34 m
电子经电场加速后，速度增加为v2，根据动能定理有
m2v＝eU，p2＝m2v2＝
该电子的德布罗意波长λ2＝＝
＝ m＝1.2×10－10 m
4．设子弹的质量为0.01 kg，枪口直径为0.5 cm，试求子弹射出枪口时横向速度的不确定量．
答案　1.06×10－30 m/s
解析　枪口直径可以当作子弹射出枪口位置的不确定量Δx，由于Δpx＝mΔvx，由不确定关系式得子弹射出枪口时横向速度的不确定量
Δvx≥＝ m/s≈1.06×10－30 m/s
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1学案3　光是波还是粒子
[学习目标定位] 1.知道光的波粒 ( http: / / www.21cnjy.com )二象性，理解其对立统一的关系.2.知道光是一种概率波，知道概率波的统计意义.3.会用光的波粒二象性分析有关问题．
1．光是一种电磁波，具有波动性，具有干涉和衍射等波所特有的性质．
2．光子说：光不仅在发射和吸收时是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，光子的能量E＝hν.
3．光电效应现象和康普顿效应表明，光具有粒子性，不仅具有能量，还具有动量，光子的动量p＝.
4．光的波粒二象性
(1)光是波，同时也是粒子，即光具有波粒二象性．
(2)光子的能量E＝hν和动量p＝ ( http: / / www.21cnjy.com ).左侧的物理量E和p描述光的粒子性，右侧的物理量ν和λ描述光的波动性，普朗克常量h架起了粒子性与波动性之间的桥梁．
5．光是一种概率波
光的干涉和衍射图样，可以用光 ( http: / / www.21cnjy.com )子在空间各点出现的概率来解释，明条纹处是光子出现的概率大的区域，暗条纹处是光子出现的概率小的区域，光是一种概率波.
一、对光的波粒二象性的理解
[问题设计]
联系回顾光的波动理论的发展过程， ( http: / / www.21cnjy.com )结合现学知识说明：哪些现象说明光具有波动性？哪些现象说明光具有粒子性？人们对光的本性的认识发展史经过哪几个阶段？从理论上如何说明光具有波粒二象性？
答案　对光的本性的认识史
学说名称 微粒说 波动说 电磁说 光子说 波粒二象性
代表人物 牛顿 惠更斯 麦克斯韦 爱因斯坦 公认
实验依据 光的直线传播、光的反射 光的干涉、衍射 能在真空中传播，是横波，光速等于电磁波波速 光电效应、康普顿效应 光既有波动现象，又有粒子特征
内容要点 光是一群弹性粒子 光是一种机械波 光是一种电磁波 光是由一份一份光子组成的 光是一种概率波光具有波粒二象性
[要点提炼]
1．对光的波粒二象性的理解
光的波粒二象性
2．光子的能量E＝hν和动量p＝
普朗克常量h把描述粒子性的能量E和动量p，与描述波动性的频率ν、波长λ紧密联系在一起，生动地说明光具有波粒二象性．
例1　有关光的本性，下列说法正确的是(　　)
A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的
B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点
C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性
D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性
解析　19世纪初，人们成功地在实验中 ( http: / / www.21cnjy.com )观察到了光的干涉、衍射现象，这属于波的特征，微粒说无法解释．但到了19世纪末又发现了光的新现象——光电效应，这种现象波动说不能解释，证实光具有粒子性．因此，光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和粒子．波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客观事物的两个不同侧面、不同属性，我们无法用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性．故选项D正确．
答案　D
针对训练　对光的认识，下列说法中正确的是(　　)
A．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性，光表现出粒子性时，就不具有波动性
D．光的波粒二象性应理解为：在某种情况下光的波动性表现明显，在另外某种情况下光的粒子性表现明显
答案　BD
解析　光与其他物质相互作用时表现为粒子性，光在传播时表现为波动性．光的波动性与粒子性都是光的本质属性．故正确答案为B、D.
二、再探光的双缝干涉实验
[问题设计]
双缝干涉实验中(如图1甲所示)，在光屏处放置照相底片，并设法减弱光的强度，使光子只能是一个一个地通过狭缝．
图1
如图乙所示，曝光时间短时，可看到底片 ( http: / / www.21cnjy.com )上出现一些不规则分布的亮点，如图丙所示，延长曝光时间，底片上出现的亮点更多了，曝光时间足够长，有大量光子通过狭缝，底片上出现了规则的干涉条纹，如图丁所示．
如何解释曝光时间较短时的亮点和曝光时间较长时的干涉图样呢？
答案　图片上的亮点表明，光表现出粒 ( http: / / www.21cnjy.com )子性，也看到光子的运动与宏观现象中质点的运动不同，没有一定的轨道．图丙和丁的图样说明，光的波动性是大量光子表现出来的现象，
在干涉条纹中，那些光波强的地方是光子 ( http: / / www.21cnjy.com )到达机会多的地方或是到达几率大的地方，光波弱的地方是光子到达机会少的地方．光子在空间出现的概率可以通过波动的规律确定，所以光波是一种概率波．
[要点提炼]
1．单个粒子运动的偶然性：我们可以知道粒子落在某点的概率，但不能预言粒子落在什么位置，即粒子到达什么位置是随机的，是预先不能确定的．
2．大量粒子运动的统计规律：光在传播过程中，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定，所以光波是一种概率波．
例2　为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间很短，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动显示光的波动性
D．个别光子的运动显示光的粒子性，光只有波动性没有粒子性
解析　光的波动性是统计规律的结果， ( http: / / www.21cnjy.com )对个别光子我们无法判断它落到哪个位置；对于大量光子遵循统计规律即对大量光子的运动或曝光时间足够长，显示出光的波动性．
答案　AC
例3　在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(　　)
A．一定落在中央亮纹处
B．一定落在亮纹处
C．可能落在暗纹处
D．落在中央亮纹处的可能性最大
解析　根据光波是概率波的 ( http: / / www.21cnjy.com )概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处．当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确．
答案　CD
光是波还是粒子
1．下列实验中，能证实光具有粒子性的是(　　)
A．光电效应实验 B．光的双缝干涉实验
C．光的圆孔衍射实验 D．泊松亮斑实验
答案　A
解析　光的双缝干涉、圆孔衍射、泊松亮斑实验都说明光具有波动性．
2．在下列现象中说明光具有波动性的是(　　)
A．光的直线传播 B．光的衍射
C．光的干涉 D．光电效应
答案　BC
3．在双缝干涉实验中，若在 ( http: / / www.21cnjy.com )光屏处放上照相底片，并使光子流减弱到使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上出现__________；如果曝光时间足够长，底片上出现__________．
答案　不规则分布的点　　干涉图样
解析　在双缝干涉实验中，如果能使 ( http: / / www.21cnjy.com )光子一个一个地通过狭缝，则曝光时间短时，底片上只出现一些不规则分布的点，不形成干涉特有的明暗相间的条纹，表现出光的粒子性．点的分布看似不规则，但点在底片上各处出现的概率却遵从双缝干涉实验中光强分布的规律，若曝光时间足够长，底片上就出现如同强光短时间曝光一样规则的干涉条纹．在干涉条纹中光波强度大的地方，也就是光子到达机会多的地方，所以，从这种意义上，可以把显示波动性的光看做表明光子运动规律的一种概率波．
4．下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是(　　)
A．有的光是波，有的光是粒子
B．光子与电子是同样的一种粒子
C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著
D．大量光子的行为往往表现出粒子性
答案　C
解析　一切光都具有波粒二象性，光的 ( http: / / www.21cnjy.com )有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，光的有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子，故A选项错误．
虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波 ( http: / / www.21cnjy.com )粒二象性，但电子是实物粒子，有静止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以，不能说光子与电子是同样的一种粒子，故B选项错误．
光的波粒二象性的理论和实验表明，大 ( http: / / www.21cnjy.com )量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性，故D选项错误．光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著；光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著．故选项C正确，A、B、D错误．
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共24张PPT)
第2章 波和粒子
2.4 实物是粒子还是波
学习目标定位
1.知道实物粒子具有波动性，知道什么是物质波.
2.了解物质波也是一种概率波.
3.初步了解不确定关系．
知识储备区
4．(1)运动 物质 (2)
知识链接
新知呈现
1．波粒 二象性 2．干涉 衍射 光电效应 康普顿效应
3．波动 粒子 波动
知识储备区
(3) ①晶体 衍射 ②衍射环 (4)大 小
5．(1)不确定
(2) 粒子位置的不确定量
在x方向动量的不确定量 (3)同时
学习探究区
一、对物质波的理解
二、不确定关系
一、对物质波的理解
问题设计
阅读课本，回答：
1．如何理解德布罗意波？如何理解实验粒子的波粒二象性？
2．我们观察不到宏观物体波动性的原因是什么？
答案　见要点提炼．
要点提炼
1．任何运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相伴随，这种波称为物质波．物质波波长的计算公式为λ＝ .
2．德布罗意假说是光的波粒二象性的推广，即光子和实物粒子都既具有粒子性，又具有 ，即具有波粒二象性．与光子对应的波是 波，与实物粒子对应的波是 波．
波动性
电磁
物质
3．德布罗意波是一种概率波，粒子在空间各处出现的概率受
规律支配，不要以宏观观点中的波来理解德布罗意波．
4．我们之所以看不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体的动量太大，德布罗意波长太 的缘故．
波动
小
例1 下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是(　　)
A．任何一个物体都有一种波和它对应，这就是物质波
B．X光的衍射证实了物质波的假设是正确的
C．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的
D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观
物体不具有波动性
解析　运动着的物体才具有波动性，A项错误．
宏观物体由于动量太大，德布罗意波长太小，所以看不到它的干涉、衍射现象，但仍有波动性，D项错；
X光是波长极短的电磁波，是光子，它的衍射不能证实物质波的存在，B项错．只有C项正确．
答案　C
例2 如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多大？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
解析　中子的动量为p1＝m1v子弹的动量为p2＝m2v
将m1＝1.67×10－27 kg，v＝103 m/s
h＝6.63×10－34 J·s，m2＝1.0×10－2 kg
代入上面两式可解得
λ1＝4.0×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m
答案　4.0×10－10 m　6.63×10－35 m
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二、不确定关系
在经典物理学中，物体的位置和动量是可以同时精确测定的，对于微观粒子，它的位置和动量能同时被精确测定吗？能用“轨道”来描述粒子的运动吗？试以光的衍射为例加以说明．
答案　不能．微观粒子的位置和动量不能同时被精确测定．在粒子的衍射现象中，设有粒子通过狭缝后落在屏上，狭缝宽度为d(用坐标表示为Δx)，那么某个粒子通过狭缝时位于缝中的哪一点是不确定的，不确定的范围为Δx；由于微观粒子具有波动性，
问题设计
经过狭缝后会发生衍射，有些粒子会偏离原来的运动方向跑到了投影位置以外的地方，这就意味着粒子有了与原来运动方向垂直的动量(位于与原运动方向垂直的平面上)．又由于粒子落在何处是随机的，所以粒子在垂直于运动方向的动量具有不确定性，不确定量为Δpx.根据Δx·Δpx≥ 知，如果Δx更小，则Δpx更大，也就是不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，因而也就不可能用“轨迹”来描述粒子的运动．
要点提炼
1．微观粒子运动的位置不确定量Δx和动量的不确定量Δpx的关系式为 ，其中h是 ，这个关系式叫不确定关系．
2．不确定关系告诉我们，如果要更准确地确定粒子的位置(即Δx更小)，那么动量的测量一定会 (即Δpx更大)，也就是说，不可能同时准确地知道粒子的 和 ，也不可能用“轨道”来描述粒子的运动．
普朗克常量
更不准确
位置
动量
例3 一颗质量为10 g的子弹，具有200 m/s的速率，若其动量的不确定范围为其动量的0.01%(这在宏观范围是十分精确的)，则该子弹位置的不确定量范围为多大？
解析　子弹的动量p＝mv＝0.01×200 kg·m/s＝2 kg·m/s，动量的不确定范围Δpx＝0.01 %×p＝2×10－4 kg·m/s；
由不确定关系ΔxΔpx≥ ，得子弹位置的不确定范围
答案　见解析
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课堂要点小结
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实物是粒
子还是波
自我检测区
1
2
3
4
1．下列关于物质波的说法中正确的是(　　)
A．实物粒子具有粒子性，在任何条件下都不可能表现出波动性
B．宏观物体不存在对应波的波长
C．电子在任何条件下都能表现出波动性
D．微观粒子在一定条件下能表现出波动性
1
2
3
4
D
2．关于不确定关系ΔxΔpx≥ 有以下几种理解，正确的是(　　)
A．微观粒子的动量不可确定
B．微观粒子的位置不可确定
C．微观粒子的动量和位置不可同时确定
D．不确定关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于宏
观物体
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　本题主要考查不确定关系ΔxΔpx≥ 的理解，不确定关系表示确定位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定更小时，粒子动量的不确定更大；反之亦然，故不能同时准确确定粒子的位置和动量，不确定关系是自然界中的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略，故C、D正确．
答案　CD
3．一质量为450 g的足球以10 m/s的速度在空中飞行；一个初速度为零的电子，通过电压为100 V的加速电场．试分别计算它们的德布罗意波长．
1
2
3
4
解析　
电子经电场加速后，速度增加为v2，根据动能定理有
答案　1.47×10－34 m　1.2×10－10 m
1
2
3
4
4．设子弹的质量为0.01 kg，枪口直径为0.5 cm，试求子弹射出枪口时横向速度的不确定量．
1
2
3
4
解析　枪口直径可以当作子弹射出枪口位置的不确定量Δx，由于Δpx＝mΔvx，由不确定关系式得子弹射出枪口时横向速度的不确定量
答案　1.06×10－30 m/s学案5　章末总结
( http: / / www.21cnjy.com )
一、光子能量的计算
1．一个光子的能量E＝hν，其中h是普朗克常量，ν是光的频率．
2．一束光的能量E＝nhν，n为光子数目．
3．频率与波长的关系：ν＝.
例1　激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲，现有一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010 W，所发射的每个光脉冲持续的时间Δt为1.0×10－11 s，波长为793.4 nm.问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？
解析　以Δt、l和c分别表示光脉冲的持续时间、长度和光在真空中的传播速度，由题意可知
l＝cΔt①
以P和E表示红宝石激光器发射的功率和光脉冲的能量，则有：E＝PΔt②
以λ和ν表示红宝石激光的波长和频率，则有ν＝，因此就得到每个红宝石激光光子的能量hν＝③
由②③式得到该列光脉冲含有的光子数n＝＝④
将数据代入①④式，就得到该列光脉冲的长度，含有的光子数分别为l＝3.0×10－3 m＝3.0 mm，n＝4.0×1017个．
答案　3.0 mm　4.0×1017个
二、光电效应规律及光电效应方程
1．产生条件：入射光频率大于被照射金属的极限频率．
2．入射光频率→决定每个光子的能量E＝hν→决定光电子逸出后的最大动能．
3．入射光强度→决定每秒钟逸出的光电子数→决定光电流的大小．
4．爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W.
W表示金属的逸出功，又ν0表示金属的极限频率，则W＝hν0.
例2　关于光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面出来的光电子的最大动能越大，这种金属的逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多
解析　由爱因斯坦光电效应方程可知Ekm＝h ( http: / / www.21cnjy.com )ν－W，所以极限频率越大，逸出功越大，A正确．低于极限频率的光，无论强度多大，照射时间多长，都不可能产生光电效应，B错误．光电子的最大动能还与入射光光子的频率有关，C错误．光强I＝nhν，光强一定时，当频率变大时，光子数反而变少，光电子数变少，D错误．
答案　A
例3　用波长为2.0×10－7 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中的最大动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效数字)(　　)
A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 Hz
C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz
解析　由爱因斯坦光电效应方程得h＝Ekm＋W，而金属的逸出功W＝hν0，由以上两式得，钨的极限频率为：ν0＝－＝7.9×1014 Hz，B项正确．
答案　B
三、图像在光电效应规律中的应用
1．Ekm－ν图像
根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W，光电子的最大初动能Ekm是入射光频率ν的一次函数，图像如图1所示．
图1
其横轴截距为金属的极限频率ν0，纵轴截距是金属的逸出功的负值；斜率为普朗克常量h.
2．I－U图像
光电流强度I随光电管两极间电压U的变化图像．图2中Im为饱和光电流，U0为遏止电压．利用mev＝eU0可得光电子的最大动能．
图2
例4　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，可得到光电子的最大动能Ekm随入射光频率ν变化的Ekm—ν图像．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个坐标图中，以实线表示钨，虚线表示锌，如图所示，则正确反映这一过程的图像是(　　)
解析　根据Ekm＝hν－W知，图像斜率代表普朗克常量h，所以两条线应平行；横轴截距代表了极限频率ν0，ν0＝，因此锌的ν0大些．
答案　A
例5　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(　　)
图3
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．乙光对应的极限频率大于丙光的极限频率
D．甲光对应的光电子最大动能大于丙光的光电子最大动能
解析　由题图可知，甲、乙两光对应的 ( http: / / www.21cnjy.com )反向截止电压均为U02，由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W及－eU02＝0－Ekm可知甲、乙两光频率相同，且均小于丙光频率，选项A、C均错；甲光频率小，则甲光对应的光电子最大动能小于丙光的光电子最大动能，选项D错误；乙光频率小于丙光频率，故乙光的波长大于丙光的波长，选项B正确．
答案　B
1．下列有关光的说法中正确的是(　　)
A．光电效应表明在一定条件下，光子可以转化为电子
B．大量光子易表现出波动性，少量光子易表现出粒子性
C．光有时是波，有时是粒子
D．康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量
答案　BD
2．能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为1 ( http: / / www.21cnjy.com )0－18 J，已知可见光的平均波长约为0.6 μm，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，则进入人眼的能量子数至少为(　　)
A．1个 B．3个 C．30个 D．300个
答案　B
解析　可见光的平均频率ν＝，能量子的平均能量为E＝hν，引起视觉效应时En＝nE，联立可得n＝3，B正确．
3．根据不确定关系Δx·Δpx≥，判断下列说法正确的是(　　)
A．采取办法提高测量Δx精度时，Δpx的精度下降
B．采取办法提高测量Δx精度时，Δpx的精度上升
C．Δx与Δpx测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关
D．Δx与Δpx测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关
答案　AD
解析　不确定关系表明无论采 ( http: / / www.21cnjy.com )用什么方法试图确定坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关，无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定关系所给出的限度．故A、D正确．
图4
4.利用光电管研究光电效应实验如图4所示，用极限频率为ν0的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　　)
A．用紫外线照射，电流表中不一定有电流通过
B．用紫外线照射，电流表中一定有电流通过
C．用频率为ν0的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头移到C端，电流表中一定无电流通过
D．用频率为ν0的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头向B端滑动时，电流表示数可能不变
答案　BD
解析　紫外线的频率大于可见光的 ( http: / / www.21cnjy.com )频率，故一定能产生光电效应．故A错，B对；尽管P滑到C端但仍有少量电子能从金属板逸出到达阳极A，即有微弱电流，故C错．当光电流强度达到饱和时，既使增加正向电压光电流也不再增大，D对．
5．已知金属钠产生光电效应的极限频率是6.00×1014 Hz
(1)求金属钠的电子逸出功；
(2)如果用某种单色光照射金属钠，发射的光电子的最大初动能是1.14 eV，求这种单色光的波长．
答案　(1)2.49 eV　(2)3.42×10－7 m
解析　(1)W＝hν0＝6.63×10－34×6.00×1014 J
＝3.98×10－19 J＝2.49 eV.
(2)由爱因斯坦光电效应方程hν－W＝Ekm，
得h＝W＋Ekm＝(2.49＋1.14) eV＝3.63 eV，
所以λ＝＝ m＝3.42×10－7 m.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1[基础题]
1．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是(　　)
A．红光 B．橙光
C．黄光 D．绿光
答案　A
解析　按照爱因斯坦的光子说，光子的能 ( http: / / www.21cnjy.com )量E＝hν，h为普朗克常量，说明光子的能量与光的频率成正比，而上述四种单色光中，绿光的频率最大，红光的频率最小，故光子能量最小的是红光，所以选项A正确．
2．2006年度诺贝尔物理 ( http: / / www.21cnjy.com )学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化．他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点．下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是(　　)
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与温度无关
C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射
D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假设
答案　ACD
解析　根据热辐射的定义，A正确；根据热辐射和 ( http: / / www.21cnjy.com )黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况与温度有关，B错误，普朗克在研究黑体辐射时最早提出了能量子假设，他认为能量是一份一份的，一份是一个能量子，黑体辐射本质上是电磁辐射，故C、D正确．
3．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是(　　)
A．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生
B．光电子的最大动能跟入射光强度成正比
C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 s
D．发生光电效应时，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目与入射光强度成正比
答案　D
解析　由E＝hν＝h知，当入射光波长 ( http: / / www.21cnjy.com )小于极限波长时，才能发生光电效应，故A错．由Ekm＝hν－W知，最大动能由入射光频率决定，与光强度无关，故B错．发生光电效应的时间一般不超过10－9 s，故C错．
4．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光 ( http: / / www.21cnjy.com )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，动量不守恒，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λ<λ′
D．能量守恒，动量守恒，且λ>λ′
答案　C
解析　能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律， ( http: / / www.21cnjy.com )适用于宏观世界也适用于微观世界．光子与电子碰撞时遵循这两个规律．光子与电子碰撞前光子的能量E＝hν＝h，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E′＝hν′＝h，由E>E′可知λ<λ′，选项C正确．
5．如图1所示，画出了四种温度下黑体辐射的本领与波长的关系图像，从图像可以看出，随着温度的升高，则(　　)
图1
A．各种波长的辐射本领都有增加
B．只有波长短的辐射本领增加
C．辐射本领的最大值向波长较短的方向移动
D．辐射电磁波的波长先增大后减小
答案　AC
解析　根据黑体辐射的实验规律和辐射本领与波长的关系可判断A、C正确．
6．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N个波长为λ0的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h为普朗克常量)(　　)
A．h· B．Nh·
C．N·hλ0 D．2Nhλ0
答案　B
解析　一个光电子的能量E＝hν＝h，则N个光子的总能量N·E＝Nh.选项B正确．
7．某金属的逸出功为2.3 eV，这意味着(　　)
A．这种金属内部的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
B．这种金属表层的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
C．要使这种金属有电子逸出，入射光子的能量必须大于2.3 eV
D．这种金属受到光照时若有电子逸出，则电子离开金属表面时的动能至少等于2.3 eV
答案　B
解析　逸出功指原子的外层电子脱离原子核克服引力所做的功．
8．用绿光照射一光电管，产生了光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大动能增加，下列做法可取的是(　　)
A．改用红光照射
B．增大绿光的强度
C．增大光电管上的加速电压
D．改用紫光照射
答案　D
解析　由爱因斯坦光电效应方程hν＝W＋Ekm，在逸出功一定时，只有增大光的频率，才能增加最大动能，与光的强度无关，故D项正确．
[能力题]
9．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0(　　)
A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大动能为hν0
C．当入射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大
D．当入射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大动能也增大一倍
答案　AB
解析　因入射光的频率大于极限频率时产生 ( http: / / www.21cnjy.com )光电效应，所以A正确；因为金属的极限频率为ν0，所以逸出功W＝hν0，再由Ekm＝hν－W得，Ekm＝2hν0－hν0＝hν0，B正确；因为逸出功是光电子恰好逸出时需要做的功，对于同种金属是恒定的，故C项错误；由Ekm＝hν－W＝hν－hν0＝h(ν－ν0)，可得当ν加倍时：＝≠2，故D项错．
图2
10.在做光电效应的实验 ( http: / / www.21cnjy.com )时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大动能Ekm与入射光的频率ν的关系如图2所示，由实验图线可求出(　　)
A．该金属的极限频率
B．普朗克常量
C．该金属的逸出功
D．单位时间逸出的光电子数
答案　ABC
解析　依据光电效应方程Ekm＝hν－W ( http: / / www.21cnjy.com )可知，当Ekm＝0时，ν＝ν0，即图像中横轴的截距在数值上等于金属的极限频率．图线的斜率在数值上等于普朗克常量h.当ν＝0时，Ekm＝－W，即图像中纵坐标轴的截距在数值上等于金属的逸出功．
11．(2013·浙江自选· ( http: / / www.21cnjy.com )14)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图3甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s
图3
(1)图中电极A为光电管的____________(填“阴极”或“阳极”)；
(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝____Hz，逸出功W0＝________J；
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝________J.
答案　(1)阳极
(2)(5.12～5.18)×1014　(3.39～3.43)×10－19
(3)(1.21～1.25)×10－19
[探究与拓展题]
12．铝的逸出功是4.2 eV，现用波长为200 nm的光照射铝的表面．求：
(1)光电子的最大动能；
(2)遏止电压；
(3)铝的极限频率．
答案　(1)3.225×10－19 J　(2)2.016 V
(3)1.014×1015 Hz
解析　(1)根据光电效应方程Ekm＝hν－W有
Ekm＝－W＝ J－4.2×1.6×10－19 J＝3.225×10－19 J
(2)由Ekm＝eU0可得U0＝＝ V＝2.016 V.
(3)hν0＝W知
ν0＝＝ Hz＝1.014×1015 Hz.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1[基础题]
1．下列说法中正确的是(　　)
A．光的波粒二象性学说就是牛顿的微粒说加上惠更斯的波动说组成的
B．光的波粒二象性彻底推翻了麦克斯韦的电磁理论
C．光子说并没有否定电磁说，在光子的能量E＝hν中，ν表示波的特性，E表示粒子的特性
D．光波不同于宏观观念中那种连续的波，它是表明大量光子运动规律的一种概率波
答案　CD
解析　光的波动性指大量光子在空间各点出现 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的可能性大小，可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波．光的粒子性是指光的能量是一份一份的，一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．光子说与电磁说不矛盾，它们是不同领域的不同表述．
2．关于光的性质，下列叙述中正确的是(　　)
A．在其他同等条件下，光的频率越高，衍射现象越容易看到
B．频率越高的光，粒子性越显著；频率越低的光，波动性越显著
C．大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性
D．如果让光子一个一个地通过狭缝时，它们将严格按照相同的轨道和方向做极有规则的匀速直线运动
答案　BC
解析　光具有波粒二象性，频率越高，粒子性越显著；少量光子表现出粒子性，但光子的波粒二象性是本身固有的．
3．在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样
B．单个光子通过单缝后，底片上会出现完整的衍射图样
C．光子通过单缝的运动路线像水波一样起伏
D．单个光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出随机性，大量光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出规律性
答案　AD
4．有关光的本性的说法正确的是(　　)
A．关于光的本性，牛顿提出了“微粒说”，惠更斯提出了“波动说”，爱因斯坦提出了“光子说”，它们都圆满地说明了光的本性
B．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子
C．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性
D．在光的双缝干涉实验中，如果有光通过双缝则显出波动性
答案　C
解析　牛顿主张的“微粒说”中的微粒与实物粒 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )子一样，惠更斯主张的“波动说”中的波与宏观机械波等同，这两种观点是相互对立的，都不能说明光的本性，所以A、B错误，C正确；在双缝干涉实验中，双缝干涉出现明、暗均匀的条纹，当让光子一个一个地通过单缝，曝光时间短时表现出粒子性，曝光时间长时表现出波动性，所以D错误．
5．关于光的波粒二象性的下列说法中，不正确的是(　　)
A．光既有波动性，又有粒子性
B．光的波粒二象性彻底推翻了光的电磁说
C．光的波粒二象性学说是把牛顿的光微粒说和惠更斯的光波动说相加得出的结论
D．光的波粒二象性是一切微观粒子所普遍具有的二象性中的一个具体例子
答案　BC
解析　光的波粒二象性是指光既具有波动性，又具有粒子性，不同于牛顿的微粒说中的粒子和惠更斯波动说中的波．
[能力题]
6．光通过各种不同的障碍物后会产生各种不同的衍射条纹，衍射条纹的图样与障碍物的形状相对应，这一现象说明(　　)
A．光是电磁波 B．光具有波动性
C．光可以携带信息 D．光具有波粒二象性
答案　BC
解析　光能发生衍射现象，说明光有波动性，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )正确．衍射图样与障碍物的形状对应，说明了衍射图样中包含了障碍物等物体的信息，C正确．光是电磁波，光也具有波粒二象性，但在这个现象中没有得到反映，A、D不正确．
7．下列列举的是人类对光的本性的认识：
A．牛顿的微粒说和惠更斯的波动说
B．光的干涉、衍射现象证明波动说是正确的
C．光电效应现象的发现为爱因斯坦的光子说诞生奠定了基础
D．光波的传播介质问题是麦克斯韦电磁说诞生的基础
E．一切微观粒子都具有波粒二象性
F．光具有波粒二象性
G．微观世界波粒二象性的统一，使人们认识到光的波动性实际是光子运动规律的概率波
请按人类的认识发展进程将字母按顺序排列起来：______.
答案　ABDCFEG
解析　对光的本性的认识过程 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )有五大学说．按其发展顺序为：牛顿支持的微粒说，惠更斯提出的波动说，麦克斯韦提出的电磁说，爱因斯坦在普朗克量子说的基础上提出了光子说，最后是现代物理学将两大对立学说加以综合的光的波粒二象性，所以顺序应为A、B、D、C、F、E、G.学案
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2 ( http: / / www.21cnjy.com )v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？ ( http: / / www.21cnjy.com )A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和 ( http: / / www.21cnjy.com )200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共38张PPT)
第2章 波和粒子
2.1-2.2 拨开黑体辐射的疑云 涅槃凤凰再飞翔
1.了解黑体与黑体辐射，知道辐射本领与波长的关系；
了解能量子的概念及提出的过程.
2.知道光电效应现象及其实验规律.
3.掌握爱因斯坦光电效应方程及其意义.
4.了解康普顿效应及其意义．
学习目标定位
知识储备区
3．(2)完全 绝对黑体 (3) ①增大 ②较短
知识链接
新知呈现
1．大 2．λν
4．(1)整数倍 nhν hν 频率 普朗克常量
(2)不能连续变化 分立值
知识储备区
5．(1)电子 光电子 (2) ①高于这个极限频率
②入射光频率 无关 ③入射光的强度 ④瞬时 1×10－9 s
6．(1)不连续 一份一份 hν (2)最小值 逸出功
7．(1)更长 (2)动量 (3)
学习探究区
一、光电效应产生的条件
二、光电效应的实验规律
三、爱因斯坦的光子说
一、光电效应产生的条件
问题设计
在课本的“探究光电效应产生的条件”实验中：
(1)用紫外线灯照射锌板擦净的一面，验电器的箔片张角有何变化？
答案　验电器的张角变小，说明在紫外线灯照射下锌板上电子减少了．
(2)在紫外线灯和锌板间插入一块玻璃，验电器的箔片张角有何变化？
答案　验电器张角变小，速率明显变慢．因为紫外线不能穿过玻璃板而可见光却能．由此说明金属板产生光电效应是光中紫外线照射的结果而不是可见光．
(3)用白炽灯照射锌板擦净的一面，验电器的箔片张角有何变化？设法增加白炽灯的亮度，情况有无变化？
答案　验电器张角不变．说明可见光不能使锌板发生光电效应．
要点提炼
1．光电效应的实质：光现象 电现象．
2．光电效应中的光包括不可见光和 ．
3．金属都存在一个极限频率，只有入射光的频率
时，光电效应才能发生．
可见光
高于该金属
的极限频率
转化为
例1 如图2所示，用弧光灯照射锌板，验电器指
针张开一个角度，则下列说法中正确的是(　　)
A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用红光照射锌板，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
图2
解析　将擦得很亮的锌板与验电器连接，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，锌板中由于缺少电子，于是带正电，选项A、D正确．红光不能使锌板发生光电效应．
答案　AD
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二、光电效应的实验规律
如图3所示，阴极K和阳极A是密封在真空玻
璃管中的两个电极，K用铯做成．电源加在
K和A之间的电压大小可以调整，正负极也
可以对调．
(1)加在光电管两极间电压为零时，用紫光照射阴极K，回路中有电流吗？改变入射光强度，光电流大小如何变化？
问题设计
答案　有．光越强，光电流越大．
图3
(2)保持入射光的强度不变，更换滤色片以改变入射光频率，使光由紫光→蓝光→绿光→红光，会看到什么现象？这说明什么？
答案　紫光、蓝光、绿光照射下有光电流，红光则没有．说明入射光的频率低于某一极限频率时将不能产生光电效应．
(3)在紫光照射下，加上反向电压，直至电流为0.改变光强做两次，记录下各个遏止电压的值；改用蓝光和绿光再各做一次，也记录下遏止电压的值．你发现什么规律？遏止电压U与光电子的最大动能Ekm什么关系？从实验记录数据你又能得出什么结论？(可以结合课本“实验探究：研究光电效应的规律”中表1的数据分析)
答案　用紫光照射，不管光强如何，遏止电压相同，由紫光逐次换成蓝光和绿光，遏止电压逐次减小，说明遏止电压随入射光频率的减小而减小．根据动能定理eU＝Ekm，遏止电压不同说明光电子的最大动能只与入射光频率有关，且随入射光频率的增大而增大．
要点提炼
1．光电效应的四条规律
(1)极限频率的存在：入射光的频率必须 ν0，才能产生光电效应，与光强度及照射时间无关．
(2)光电子的最大动能随着 的增加而增加，与入射光的强度 ．
(3)当产生光电效应时，光电流大小随入射光强度的增加而
．
(4)光电效应的发生几乎是 的，不超过 .
高于
入射光频率
无关
增大
瞬时
1×10－9 s
2．掌握三个概念的含义
(1)入射光频率决定着 和 ．
(2)入射光强度决定着 ；
(3)饱和光电流决定着 ．
能否发生光电效应
光电子的最大动能
单位时间内发射的光子数
单位时间内发射的光电子数
例2 如图4所示，电路中各元件完好，光照射到阴极K.灵敏电流计没有示数，其可能原因是(　　)
A．入射光强度太弱
B．入射光的频率太小
C．光照时间短
D．电源正负极接反
解析　题图所示电路中形成电流需要具备两个条件：一是阴极K在光照射下有光电子逸出，二是溢出的光电子应该能在电路中定向移动到达阳极A.
图4
光电子的逸出取决于入射光的频率ν，只有入射光的频率大于极限频率ν0时才有光电子逸出，与入射光的强度和时间无关，A、C错，B对；
光电子能否达到阳极A，取决于光电子的动能大小和两极间所加电压的正负和大小共同决定，一旦电源接反了且电压大于遏止电压，即使具有最大动能的光电子也不能达到阳极，即使发生了光电效应现象，电路中也不会有光电流，D对，所以正确选项为B、D.
答案　BD
针对训练　当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，则下列说法正确的是(　　)
A．增大绿光照射强度，光电子的最大动能增大
B．增大绿光照射强度，电路中光电流增大
C．改用比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有
光电流
D．改用比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有
光电流
答案　D
返回
解析　光电流与光强有关，光越强光电流越大，故B对；
最大动能与光强无关，故A错；
当改用频率更大的光照射时，一定能发生光电效应现象，因此有光电流，故D对．
三、爱因斯坦的光子说
要点提炼
对光电效应方程hν＝W＋Ekm的理解
1．光电效应方程实质上是能量守恒方程．
能量为E＝hν的光子被电子所吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引力，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为W，则电子离开金属表面时动能 为Ekm，根据能量守恒定律可知：Ekm＝
.
最大
hν－W
2．光电效应方程说明了产生光电效应的条件．
若发生光电效应，则光电子的最大动能必须大于零，即Ekm＝hν－W>0，亦即hν> ，ν> ＝ν0，而ν0＝ 恰好是光电效应的极限频率．
W
3．Ekm－ν曲线．如图5所示是光电子最大动能Ekm随入射光频率ν的变化曲线．这里，横轴上的截距是 ；纵轴上的截距是 ；斜率为 ．
图5
极限频率或截止频率
逸出功的负值
普朗克常量
例3　如图6所示，当电键K断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，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．由此可知阴极材料的逸出功为(　　)
A．1.9 eV B．0.6 eV
C．2.5 eV D．3.1 eV
图6
解析　由题意知光电子的最大动能为
Ekm＝eU＝0.60 eV
所以根据光电效应方程
Ekm＝hν－W
可得W＝hν－Ekm＝(2.5－0.6) eV＝1.9 eV
答案　A
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课堂要点小结
能量量子化
光的粒子性
返回
自我检测区
1
2
3
4
1．下列关于光子说对光电效应的解释正确的是(　　)
A．金属表面的一个电子只能吸收一个光子
B．电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子
C．金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量才
能从金属表面逸出
D．无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总
能逸出成为光电子
1
2
3
4
解析　根据光电效应规律可知：金属中的一个电子只能吸收一个光子的能量，一个光子的能量也只能交给一个电子，故选项A正确．
电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要积累能量的过程，故选项B错误．
1
2
3
4
不存在一个电子吸收若干光子的现象，且只有当入射光的能量不低于该金属电子的逸出功时，才能发生光电效应，即入射光频率不低于金属的极限频率时才能发生光电效应，故选项C、D错误．
答案　A
1
2
3
4
2.如图7所示是光电效应中光电子的最大动能Ekm与入射光频率ν的关系图像．从图中可知(　　)
A．Ekm与ν成正比
B．入射光频率必须大于或等于极限频率ν0时，
才能产生光电效应
C．对同一种金属而言，Ekm仅与ν有关
D．Ekm与入射光强度成正比
1
2
3
4
图7
1
2
3
4
解析　由Ekm＝hν－W知B、C正确，A、D错误．
答案　BC
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，对于下列四个量，一定相同的是____，可能相同的是____，一定不同的是____．
A．光子的能量 B．光电子的逸出功
C．光电子的动能 D．光电子的最大动能
1
2
3
4
解析　光子的能量由光的频率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同．逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料决定．锌片和银片的光电效应中，光电子的逸出功一定不相同．由Ekm＝hν－W，照射光子的能量hν相同，逸出功W不同，则电子最大动能也不同．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，因而脱离金属时的动能可能分布在零到最大动能之间．所以，光电子的动能是可能相同的．
答案　A　C　BD
1
2
3
4
4．(2014·广东·18)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
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；
光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误．
用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；
1
2
3
4
根据hν－W逸＝ mv2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确.
答案　AD(共29张PPT)
第2章 波和粒子
2.3 光是波还是粒子
学习目标定位
1.知道光的波粒二象性，理解其对立统一的关系.
2.知道光是一种概率波，知道概率波的统计意义.
3.会用光的波粒二象性分析有关问题．
知识储备区
4．(1)粒子 (2) hν 粒子 波动 普朗克常量h
知识链接
新知呈现
1．干涉 衍射 2．不可分割的能量子 hν 3．
5．小
学习探究区
一、对光的波粒二象性的理解
二、再探光的双缝干涉实验
一、对光的波粒二象性的理解
问题设计
联系回顾光的波动理论的发展过程，结合现学知识说明：哪些现象说明光具有波动性？哪些现象说明光具有粒子性？人们对光的本性的认识发展史经过哪几个阶段？从理论上如何说明光具有波粒二象性？
答案　对光的本性的认识史
学说名称 微粒说 波动说 电磁说 光子说 波粒二
象性
代表人物 牛顿 惠更斯 麦克斯韦 爱因斯坦 公认
实验依据 光的直线传播、光的反射 光的干涉、衍射 能在真空中传播，是横波，光速等于电磁波波速 光电效应、康普顿效应 光既有波动现象，又有粒子特征
内容要点 光是一群弹性粒子 光是一种机械波 光是一种电磁波 光是由一份一份光子组成的 光是一种概率波光具有波粒二象性
要点提炼
1．对光的波粒二象性的理解
2．光子的能量E＝hν和动量p＝
普朗克常量h把描述粒子性的 和 ，与描述波动性的 、 紧密联系在一起，生动地说明光具有波粒二象性．
能量E
动量p
频率ν
波长λ
例1 有关光的本性，下列说法正确的是(　　)
A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的
B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点
C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性
D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种
去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性
解析　19世纪初，人们成功地在实验中观察到了光的干涉、衍射现象，这属于波的特征，微粒说无法解释．但到了19世纪末又发现了光的新现象——光电效应，这种现象波动说不能解释，证实光具有粒子性．因此，光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和粒子．波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客观事物的两个不同侧面、不同属性，我们无法用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性．故选项D正确．
答案　D
针对训练 对光的认识，下列说法中正确的是(　　)
A．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，
也可以看成微观概念上的粒子
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互
作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性，光表现出粒子性时，
就不具有波动性
D．光的波粒二象性应理解为：在某种情况下光的波动性表现
明显，在另外某种情况下光的粒子性表现明显
解析　光与其他物质相互作用时表现为粒子性，光在传播时表现为波动性．光的波动性与粒子性都是光的本质属性．故正确答案为B、D.
答案　BD
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二、再探光的双缝干涉实验
双缝干涉实验中(如图1甲所示)，在光屏处放置照相底片，并设法减弱光的强度，使光子只能是一个一个地通过狭缝．
问题设计
图1
如图乙所示，曝光时间短时，可看到底片上出现一些不规则分布的亮点，如图丙所示，延长曝光时间，底片上出现的亮点更多了，曝光时间足够长，有大量光子通过狭缝，底片上出现了规则的干涉条纹，如图丁所示．
如何解释曝光时间较短时的亮点和曝光时间较长时的干涉图样呢？
答案　图片上的亮点表明，光表现出粒子性，也看到光子的运动与宏观现象中质点的运动不同，没有一定的轨道．图丙和丁的图样说明，光的波动性是大量光子表现出来的现象，
在干涉条纹中，那些光波强的地方是光子到达机会多的地方或是到达几率大的地方，光波弱的地方是光子到达机会少的地方．光子在空间出现的概率可以通过波动的规律确定，所以光波是一种概率波．
要点提炼
1．单个粒子运动的偶然性：我们可以知道粒子落在某点的概率，但不能预言粒子落在什么位置，即粒子到达什么位置是随机的，是预先不能确定的．
2．大量粒子运动的统计规律：光在传播过程中，光子在空间出现的 可以通过波动规律确定，所以光波是一种 波．
概率
概率
例2 为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间
足够长，底片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间
很短，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动显示光的波动性
D．个别光子的运动显示光的粒子性，光只有波动性没有粒子性
答案　AC
解析　光的波动性是统计规律的结果，对个别光子我们无法判断它落到哪个位置；对于大量光子遵循统计规律即对大量光子的运动或曝光时间足够长，显示出光的波动性．
例3 在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(　　)
A．一定落在中央亮纹处
B．一定落在亮纹处
C．可能落在暗纹处
D．落在中央亮纹处的可能性最大
答案　CD
返回
解析　根据光波是概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处．当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确．
课堂要点小结
返回
自我检测区
1
2
3
4
1．下列实验中，能证实光具有粒子性的是(　　)
A．光电效应实验 B．光的双缝干涉实验
C．光的圆孔衍射实验 D．泊松亮斑实验
1
2
3
4
解析　光的双缝干涉、圆孔衍射、泊松亮斑实验都说明光具有波动性．
A
2．在下列现象中说明光具有波动性的是(　　)
A．光的直线传播 B．光的衍射
C．光的干涉 D．光电效应
1
2
3
4
BC
3．在双缝干涉实验中，若在光屏处放上照相底片，并使光子流减弱到使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上出现__________；如果曝光时间足够长，底片上出现__________．
1
2
3
4
解析　在双缝干涉实验中，如果能使光子一个一个地通过狭缝，则曝光时间短时，底片上只出现一些不规则分布的点，不形成干涉特有的明暗相间的条纹，表现出光的粒子性．点的分布看似不规则，但点在底片上各处出现的概率却遵从双缝干涉实验中光强分布的规律，若曝光时间足够长，底片上就出现如同强光短时间曝光一样规则的干涉条纹．在干涉条纹中光波强度大的地方，也就是光子到达机会多的地方，所以，从这种意义上，可以把显示波动性的光看做表明光子运动规律的一种概率波．
答案　不规则分布的点　　干涉图样
1
2
3
4
4．下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是(　　)
A．有的光是波，有的光是粒子
B．光子与电子是同样的一种粒子
C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著
D．大量光子的行为往往表现出粒子性
1
2
3
4
1
2
3
4
解析　一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，光的有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子，故A选项错误．
虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波粒二象性，但电子是实物粒子，有静止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以，不能说光子与电子是同样的一种粒子，故B选项错误．
1
2
3
4
光的波粒二象性的理论和实验表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性，故D选项错误．
光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著；光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著．故选项C正确，A、B、D错误．
答案　C[基础题]
1．在历史上，最早证明了德布罗意波存在的实验是(　　)
A．弱光衍射实验　 　 B．电子束在晶体上的衍射实验
C．弱光干涉实验 D．以上都不正确
答案　B
解析　由课本知识知，最早证明德布罗意波假说的是电子束在晶体上的衍射实验．
2．下列说法中正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长小
B．速度大的物体，其德布罗意波长小
C．动量大的物体，其德布罗意波长小
D．动能大的物体，其德布罗意波长小
答案　C
解析　由德布罗意假说得德布罗意波长λ＝ ( http: / / www.21cnjy.com )，式中h为普朗克常量，p为运动物体的动量，可见p越大，λ越小；p越小，λ越大．故C正确，A、B、D错误．
3．下列物理实验中，能说明粒子具有波动性的是(　　)
A．通过研究金属的遏止电压与入射光频率的关系，证明了爱因斯坦方程的正确性
B．通过测试多种物质对X射线的散射，发现散射射线中有波长变大的成分
C．通过电子双缝实验，发现电子的干涉现象
D．利用晶体做电子束衍射实验，证实了电子的波动性
答案　CD
解析　干涉和衍射是波特有的现象．由于X ( http: / / www.21cnjy.com )射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X射线有波长变大的成分，并不能证实物质波理论的正确性，即A、B并不能说明粒子的波动性，证明粒子的波动性只能是C、D.
4．一个电子被加速后，以极高的速度在空间运动，关于它的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．电子在空间做匀速直线运动
B．电子上下左右颤动着前进
C．电子运动轨迹是正弦曲线
D．无法预言它的路径
答案　D
解析　根据概率波的知识可知，某个电子在空间中运动的路径我们无法确定，只能根据统计规律确定大量电子的运动区域．故选项D正确．
5．对于微观粒子的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．不受外力作用时光子就会做匀速运动
B．光子受到恒定外力作用时就会做匀变速运动
C．只要知道电子的初速度和所受外力，就可以确定其任意时刻的速度
D．运用牛顿力学无法确定微观粒子的运动规律
答案　D
解析　光子不同于宏观力学的粒子，不能用宏 ( http: / / www.21cnjy.com )观粒子的牛顿力学规律分析光子的运动，选项A、B错误；根据概率波、不确定关系可知，选项C错误，故选D.
6．为了观察晶体的原子排列，可以采用下列方法：
(1)用分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜成 ( http: / / www.21cnjy.com )像(由于电子的物质波波长很短，能防止发生明显衍射现象，因此电子显微镜的分辨率高)；(2)利用X射线或中子束得到晶体的衍射图样，进而分析出晶体的原子排列．则下列分析中正确的是(　　)
A．电子显微镜所利用的是，电子的物质波的波长比原子尺寸小得多
B．电子显微镜中电子束运动的速度应很小
C．要获得晶体的X射线衍射图样，X射线的波长要远小于原子的尺寸
D．中子的物质波的波长可以与原子尺寸相当
答案　AD
解析　由题目所给信息“电子的物质波波 ( http: / / www.21cnjy.com )长很短，能防止发生明显衍射现象”及发生衍射现象的条件可知，电子的物质波的波长比原子尺寸小得多，A项正确；由公式λ＝知，当电子的速度很小时，动量p很小，电子的物质波波长会很长，显然，不满足题意，B错误；由信息“利用X射线或中子束得到晶体的衍射图样”及发生衍射现象的条件可知，中子的物质波或X射线的波长与原子尺寸相当，C项错误，D项正确．
[能力题]
7．用显微镜观看细微结构时，由于受到衍 ( http: / / www.21cnjy.com )射现象的影响而观察不清，因此观察越细小的结构，就要求波长越短，波动性越弱．在加速电压值相同的情况下，电子显微镜与质子显微镜的分辨本领，下列判定正确的是(　　)
A．电子显微镜分辨本领较强
B．质子显微镜分辨本领较强
C．两种显微镜分辨本领相同
D．两种显微镜分辨本领不便比较
答案　B
解析　原子或中子在电场中加速由动能定理得 ( http: / / www.21cnjy.com )eU＝mv2＝，又由物质波公式λ＝得λ＝，所以经相同电压加速后的质子与电子相比，质子的物质波波长短，波动性弱，从而质子显微镜分辨本领较强，即B选项正确．
8．在单缝衍射实验中，若单缝宽度是1.0×10－9m，那么光子经过单缝发生衍射，动量的不确定量是________．
答案　0.53×10－25 kg·m/s
解析　单缝宽度是光子经过狭缝的不确 ( http: / / www.21cnjy.com )定量，即Δx＝1.0×10－9m，由Δx·Δpx≥有1.0×10－9·Δpx≥，则Δpx≥0.53×10－25kg·m/s
9．质量为10 g的子弹，以300 m/s的速度射向靶子，试计算此子弹位置的不确定范围．(设其动量的不确定范围为0.02%)
答案　大于或等于8.8×10－32 m
解析　Δpx＝mv×0.02%
＝10×10－3×300×0.02×10－2kg·m·s－1
＝6×10－4kg·m·s－1
由Δx·Δpx≥知，位置的不确定范围是
Δx≥＝ m＝8.8×10－32 m.
10．已知电子的质量为me＝9.1× ( http: / / www.21cnjy.com )10－31 kg，＝5.3×10－35 J·s，测定电子速度的不确定量为2×10－6 m/s，求其位置测定的不确定量．
答案　29.1 m
[探究与拓展题]
11．光子的动量p与波长λ的关系为p＝，静止的原子核放出一个波长为λ的光子．(已知普朗克常量为h，光在真空中传播的速度为c)，则：
(1)质量为M的反冲核的速度为多少？
(2)反冲核运动时物质波的波长是多少？
答案　(1)　(2)λ
解析　(1)由λ＝得p＝，由光子与原子核组成的系统动量守恒，得0＝p－Mv′，故v′＝＝.
(2)由德布罗意波长公式λ′＝知，反冲核运动时物质波波长λ′＝＝＝λ.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1(共29张PPT)
第2章 波和粒子
章末总结
网络构建区
波和粒子
光的粒子性
能量量子化：黑体与黑体辐射　普朗克假设E＝
光电效应
本质：电子 光电子
规律：(1)极限频率；(2)遏止电压(最大动能)；(3)光电流强度；(4)瞬时性,爱因斯坦光电效应方程：Ekm＝
吸收光子
光子说：光子的能量E＝hν，光具有波粒二象性
康普顿效应：光子的能量E＝ ，光子的动量p＝
hν
hν－W
hν
波和粒子
光的波动性：光是一种概率波
粒子的波动性：物质波波长λ＝ ，物质波也是概率波
不确定关系：
专题整合区
一、光子能量的计算
二、光电效应规律及光电效应方程
三、图像在光电效应规律中的应用
一、光子能量的计算
1．一个光子的能量E＝hν，其中h是普朗克常量，ν是光的频率．
2．一束光的能量E＝nhν，n为光子数目．
3．频率与波长的关系：
例1　激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲，现有一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010 W，所发射的每个光脉冲持续的时间Δt为1.0×10－11 s，波长为793.4 nm.问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？
解析　以Δt、l和c分别表示光脉冲的持续时间、长度和光在真空中的传播速度，由题意可知
l＝cΔt①
以P和E表示红宝石激光器发射的功率和光脉冲的能量，则有：E＝PΔt ②
以λ和ν表示红宝石激光的波长和频率，则有ν＝ ，因此就得到每个红宝石激光光子的能量hν＝ ③
由②③式得到该列光脉冲含有的光子数 ④
将数据代入①④式，就得到该列光脉冲的长度，含有的光子数分别为l＝3.0×10－3 m＝3.0 mm，n＝4.0×1017个．
答案　3.0 mm　4.0×1017个
返回
1．产生条件：入射光频率大于被照射金属的极限频率．
2．入射光频率→决定每个光子的能量E＝hν→决定光电子逸出后的最大动能．
3．入射光强度→决定每秒钟逸出的光电子数→决定光电流的大小．
4．爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W.
W表示金属的逸出功，又ν0表示金属的极限频率，则W＝hν0.
二、光电效应规律及光电效应方程
例2　关于光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面出来的光电子的最大动能越大，这种金属的
逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光
电子数就越多
解析　由爱因斯坦光电效应方程可知Ekm＝hν－W，所以极限频率越大，逸出功越大，A正确．
低于极限频率的光，无论强度多大，照射时间多长，都不可能产生光电效应，B错误．
光电子的最大动能还与入射光光子的频率有关，C错误．
光强I＝nhν，光强一定时，当频率变大时，光子数反而变少，光电子数变少，D错误．
答案　A
例3　用波长为2.0×10－7 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中的最大动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效数字)(　　)
A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 Hz
C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz
返回
解析　由爱因斯坦光电效应方程得h ＝Ekm＋W，而金属的逸出功W＝hν0，
由以上两式得，钨的极限频率为： ，B项正确．
答案　B
1．Ekm－ν图像
根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W，光电子的最大初动能Ekm是入射光频率ν的一次函数，图像如图1所示．
三、图像在光电效应规律中的应用
图1
其横轴截距为金属的极限频率ν0，纵轴截距是金属的逸出功的负值；斜率为普朗克常量h.
2．I－U图像
光电流强度I随光电管两极间电压U的变化图像．图2中Im为饱和光电流，U0为遏止电压．利用 可得光电子的最大动能．
图2
例4　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，可得到光电子的最大动能Ekm随入射光频率ν变化的Ekm—ν图像．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个坐标图中，以实线表示钨，虚线表示锌，如图所示，则正确反映这一过程的图像是(　　)
解析　根据Ekm＝hν－W知，图像斜率代表普朗克常量h，所以两条线应平行；横轴截距代表了极限频率ν0，ν0＝ ，因此锌的ν0大些．
答案 A
例5　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(　　)
图3
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．乙光对应的极限频率大于丙光的极限频率
D．甲光对应的光电子最大动能大于丙光的光电子最大动能
解析　由题图可知，甲、乙两光对应的反向截止电压均为U02，由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W及－eU02＝0－Ekm可知甲、乙两光频率相同，且均小于丙光频率，选项A、C均错；
甲光频率小，则甲光对应的光电子最大动能小于丙光的光电子最大动能，选项D错误；
乙光频率小于丙光频率，故乙光的波长大于丙光的波长，选项B正确．
答案　B
返回
自我检测区
1
2
3
4
5
1．下列有关光的说法中正确的是(　　)
A．光电效应表明在一定条件下，光子可以转化为电子
B．大量光子易表现出波动性，少量光子易表现出粒子性
C．光有时是波，有时是粒子
D．康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有
能量和动量
BD
1
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5
2．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约为0.6 μm，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，则进入人眼的能量子数至少为(　　)
A．1个 B．3个 C．30个 D．300个
解析　可见光的平均频率ν＝ ，能量子的平均能量为E＝hν，引起视觉效应时En＝nE，联立可得n＝3，B正确．
B
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5
3．根据不确定关系Δx·Δpx≥ ，判断下列说法正确的是(　　)
A．采取办法提高测量Δx精度时，Δpx的精度下降
B．采取办法提高测量Δx精度时，Δpx的精度上升
C．Δx与Δpx测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关
D．Δx与Δpx测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关
1
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5
解析　不确定关系表明无论采用什么方法试图确定坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关，无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定关系所给出的限度．故A、D正确．
答案　AD
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5
4.利用光电管研究光电效应实验如图4所示，用极限频率为ν0的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　　)
A．用紫外线照射，电流表中不一定有电流通过
B．用紫外线照射，电流表中一定有电流通过
C．用频率为ν0的可见光照射K，当滑动变阻器的
滑动触头移到C端，电流表中一定无电流通过
D．用频率为ν0的可见光照射K，当滑动变阻器的
滑动触头向B端滑动时，电流表示数可能不变
图4
1
2
3
4
5
解析　紫外线的频率大于可见光的频率，故一定能产生光电效应．故A错，B对；
尽管P滑到C端但仍有少量电子能从金属板逸出到达阳极A，即有微弱电流，故C错．
当光电流强度达到饱和时，既使增加正向电压光电流也不再增大，D对．
答案　BD
1
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3
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5
5．已知金属钠产生光电效应的极限频率是6.00×1014 Hz
(1)求金属钠的电子逸出功；
解析　W＝hν0＝6.63×10－34×6.00×1014 J
＝3.98×10－19 J＝2.49 eV.
答案 2.49 eV
1
2
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4
5
(2)如果用某种单色光照射金属钠，发射的光电子的最大初动能是1.14 eV，求这种单色光的波长．
解析　由爱因斯坦光电效应方程hν－W＝Ekm，
得h ＝W＋Ekm＝(2.49＋1.14) eV＝3.63 eV，
答案 3.42×10－7 m
1
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3
4
5学案1　拨开黑体辐射的疑云
学案2　涅槃凤凰再飞翔
[学习目标定位] 1.了 ( http: / / www.21cnjy.com )解黑体与黑体辐射，知道辐射本领与波长的关系；了解能量子的概念及提出的过程.2.知道光电效应现象及其实验规律.3.掌握爱因斯坦光电效应方程及其意义.4.了解康普顿效应及其意义．
1．各种色光的频率：从红到紫的频率依次变大．
2．光的波长λ与频率ν的关系：c＝λν，式中c为光速．
3．黑体与黑体辐射
(1)热辐射：物体在任何温度下，都会发射电磁波，温度不同，所发射的电磁波的频率、强度也不同．
(2)黑体：能完全吸收投射到其表面的电磁波而不产生反射的物体，也称之为绝对黑体．
(3)黑体辐射的实验规律如图1所示．
图1
①随着温度的升高，黑体辐射各种波长电磁波的辐射本领都增大；
②随着温度的升高，辐射本领的最大值向波长较短的方向移动．
4．能量子
(1)定义：黑体的空腔壁是由大量振 ( http: / / www.21cnjy.com )子组成的，其能量E只能是某一最小能量值hν的整数倍，即E＝nhν(n＝1,2,3，…)．这样的一份最小能量hν叫做能量子，ν是振子的频率，h叫做普朗克常量．
(2)能量的量子化：在微观世界中能量不能连续变化，只能取分立值．
5．光电效应
(1)光电效应：在光的照射下物体发射电子的现象叫做光电效应，发射出来的电子叫光电子．
(2)光电效应的实验规律：
①对于各种金属都存在着一个极限频率，当入射光的频率高于这个极限频率时，才能产生光电效应；
②光电子的最大动能随着入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关；
③当产生光电效应时，单位时间内从金属表面逸出的电子数与入射光的强度有关；
④入射光射到金属表面时，光电子的产生几乎是瞬时的，不超过1×10－9 s.
6．爱因斯坦光电效应方程
(1)光子说：光在空间传播时是不连续的，而是一份一份的，一份叫做一个光量子，简称光子．光子的能量E＝hν.
(2)爱因斯坦光电效应方程：hν＝W＋Ekm，其中W为电子脱离某种金属所做功的最小值，叫做这种金属的逸出功．
7．康普顿效应
(1)康普顿效应
美国物理学家康普顿发现在散射的X射线中，除有与入射线波长相同的射线外，还有波长比入射线波长更长的射线，这个波长变化的现象叫做康普顿效应．
(2)康普顿效应的意义：康普顿效应表明光子除了具有能量外还具有动量，进一步为光的粒子性提供了证据．
(3)光子的动量：表达式：p＝.
一、光电效应产生的条件
[问题设计]
在课本的“探究光电效应产生的条件”实验中：
(1)用紫外线灯照射锌板擦净的一面，验电器的箔片张角有何变化？
(2)在紫外线灯和锌板间插入一块玻璃，验电器的箔片张角有何变化？
(3)用白炽灯照射锌板擦净的一面，验电器的箔片张角有何变化？设法增加白炽灯的亮度，情况有无变化？
答案　(1)验电器的张角变小，说明在紫外线灯照射下锌板上电子减少了．
(2)验电器张角变小，速率明显变慢．因为紫外线不能穿过玻璃板而可见光却能．由此说明金属板产生光电效应是光中紫外线照射的结果而不是可见光．
(3)验电器张角不变．说明可见光不能使锌板发生光电效应．
[要点提炼]
1．光电效应的实质：光现象转化为,电现象．
2．光电效应中的光包括不可见光和可见光．
3．金属都存在一个极限频率，只有入射光的频率高于该金属的极限频率时，光电效应才能发生．
图2
例1　如图2所示，用弧光灯照射锌板，验电器指针张开一个角度，则下列说法中正确的是(　　)
A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用红光照射锌板，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　将擦得很亮的锌板与 ( http: / / www.21cnjy.com )验电器连接，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，锌板中由于缺少电子，于是带正电，选项A、D正确．红光不能使锌板发生光电效应．
答案　AD
二、光电效应的实验规律
[问题设计]
图3
如图3所示，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K用铯做成．电源加在K和A之间的电压大小可以调整，正负极也可以对调．
(1)加在光电管两极间电压为零时，用紫光照射阴极K，回路中有电流吗？改变入射光强度，光电流大小如何变化？
(2)保持入射光的强度不变，更换滤色片以改变入射光频率，使光由紫光→蓝光→绿光→红光，会看到什么现象？这说明什么？
(3)在紫光照射下，加上反向电压， ( http: / / www.21cnjy.com )直至电流为0.改变光强做两次，记录下各个遏止电压的值；改用蓝光和绿光再各做一次，也记录下遏止电压的值．你发现什么规律？遏止电压U与光电子的最大动能Ekm什么关系？从实验记录数据你又能得出什么结论？(可以结合课本“实验探究：研究光电效应的规律”中表1的数据分析)
答案　(1)有．光越强，光电流越大．
(2)紫光、蓝光、绿光照射下有光电流，红光则没有．说明入射光的频率低于某一极限频率时将不能产生光电效应．
(3)用紫光照射，不管光强如何， ( http: / / www.21cnjy.com )遏止电压相同，由紫光逐次换成蓝光和绿光，遏止电压逐次减小，说明遏止电压随入射光频率的减小而减小．根据动能定理eU＝Ekm，遏止电压不同说明光电子的最大动能只与入射光频率有关，且随入射光频率的增大而增大．
[要点提炼]
1．光电效应的四条规律
(1)极限频率的存在：入射光的频率必须高于ν0，才能产生光电效应，与光强度及照射时间无关．
(2)光电子的最大动能随着入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关．
(3)当产生光电效应时，光电流大小随入射光强度的增加而增大．
(4)光电效应的发生几乎是瞬时的，不超过1×10－9_s.
2．掌握三个概念的含义
(1)入射光频率决定着能否发生光电效应和光电子的最大动能．
(2)入射光强度决定着单位时间内发射的光子数；
(3)饱和光电流决定着单位时间内发射的光电子数．
图4
例2　如图4所示，电路中各元件完好，光照射到阴极K.灵敏电流计没有示数，其可能原因是(　　)
A．入射光强度太弱
B．入射光的频率太小
C．光照时间短
D．电源正负极接反
解析　题图所示电路中形成电流需要具 ( http: / / www.21cnjy.com )备两个条件：一是阴极K在光照射下有光电子逸出，二是溢出的光电子应该能在电路中定向移动到达阳极A.光电子的逸出取决于入射光的频率ν，只有入射光的频率大于极限频率ν0时才有光电子逸出，与入射光的强度和时间无关，A、C错，B对；光电子能否达到阳极A，取决于光电子的动能大小和两极间所加电压的正负和大小共同决定，一旦电源接反了且电压大于遏止电压，即使具有最大动能的光电子也不能达到阳极，即使发生了光电效应现象，电路中也不会有光电流，D对，所以正确选项为B、D.
答案　BD
针对训练　当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，则下列说法正确的是(　　)
A．增大绿光照射强度，光电子的最大动能增大
B．增大绿光照射强度，电路中光电流增大
C．改用比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
D．改用比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
答案　D
解析　光电流与光强有关，光 ( http: / / www.21cnjy.com )越强光电流越大，故B对；最大动能与光强无关，故A错；当改用频率更大的光照射时，一定能发生光电效应现象，因此有光电流，故D对．
三、爱因斯坦的光子说
[要点提炼]
对光电效应方程hν＝W＋Ekm的理解
1．光电效应方程实质上是能量守恒方程．
能量为E＝hν的光子被电子所吸 ( http: / / www.21cnjy.com )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力，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为W，则电子离开金属表面时动能最大为Ekm，根据能量守恒定律可知：Ekm＝hν－W.
2．光电效应方程说明了产生光电效应的条件．
若发生光电效应，则光电子的最大动能必须大于零，即Ekm＝hν－W>0，亦即hν>W，ν>＝ν0，而ν0＝恰好是光电效应的极限频率．
图5
3．Ekm－ν曲线．如图5所示是光电子最大动 ( http: / / www.21cnjy.com )能Ekm随入射光频率ν的变化曲线．这里，横轴上的截距是极限频率或截止频率；纵轴上的截距是逸出功的负值；斜率为普朗克常量．
例3　如图6所示，当电键K断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，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．由此可知阴极材料的逸出功为(　　)
图6
A．1.9 eV B．0.6 eV
C．2.5 eV D．3.1 eV
解析　由题意知光电子的最大动能为
Ekm＝eU＝0.60 eV
所以根据光电效应方程
Ekm＝hν－W
可得W＝hν－Ekm＝(2.5－0.6) eV＝1.9 eV
答案　A
能量量子化,光的粒子性
1．下列关于光子说对光电效应的解释正确的是(　　)
A．金属表面的一个电子只能吸收一个光子
B．电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子
C．金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量才能从金属表面逸出
D．无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子
答案　A
解析　根据光电效应规律可知：金属中的 ( http: / / www.21cnjy.com )一个电子只能吸收一个光子的能量，一个光子的能量也只能交给一个电子，故选项A正确．电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要积累能量的过程，故选项B错误．不存在一个电子吸收若干光子的现象，且只有当入射光的能量不低于该金属电子的逸出功时，才能发生光电效应，即入射光频率不低于金属的极限频率时才能发生光电效应，故选项C、D错误．
图7
2.如图7所示是光电效应中光电子的最大动能Ekm与入射光频率ν的关系图像．从图中可知(　　)
A．Ekm与ν成正比
B．入射光频率必须大于或等于极限频率ν0时，才能产生光电效应
C．对同一种金属而言，Ekm仅与ν有关
D．Ekm与入射光强度成正比
答案　BC
解析　由Ekm＝hν－W知B、C正确，A、D错误．
3．用同一束单色光，在同 ( http: / / www.21cnjy.com )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，对于下列四个量，一定相同的是____，可能相同的是____，一定不同的是____．
A．光子的能量 B．光电子的逸出功
C．光电子的动能 D．光电子的最大动能
答案　A　C　BD
解析　光子的能量由光的频 ( http: / / www.21cnjy.com )率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同．逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料决定．锌片和银片的光电效应中，光电子的逸出功一定不相同．由Ekm＝hν－W，照射光子的能量hν相同，逸出功W不同，则电子最大动能也不同．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，因而脱离金属时的动能可能分布在零到最大动能之间．所以，光电子的动能是可能相同的．
4．(2014·广东·18)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
答案　AD
解析　增大入射光强度，单位时间内照射 ( http: / / www.21cnjy.com )到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W逸＝mv2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确.
学案5　美妙的守恒定律
[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案　(1)可看到碰撞后A停止运动，B摆 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m ( http: / / www.21cnjy.com )1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论　(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2 ( http: / / www.21cnjy.com )的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0， ( http: / / www.21cnjy.com )则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一 ( http: / / www.21cnjy.com )个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析　刚开始，A向右运动，B ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
图4
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等 ( http: / / www.21cnjy.com )的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确； ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝m ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )v1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0. ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )8 m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m，则球A释放的高度h可能是(　　)
图6
A．0.8 m B．1 m
C．0.1 m D．0.2 m
答案　D
解析　碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s ＝0.8 m/s＝2 m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2 m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝ m＝0.2 m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相 ( http: / / www.21cnjy.com" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1

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