高中物理选修3-5知识点

第十五章 动 量

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第1单元 动量 冲量 动量定理

一、动量和冲量

1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv

⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。 ⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

（4）研究一条直线上的动量要选择正方向 2．动量的变化：ppp

由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。 B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？

取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：

pmv0.041kg•m/s0.04kg•m/s

p

乒乓球的末动量为：

p pmv0.04(0.5)kg•m/s0.02kg•m/s

正方向 乒乓球动量的变化为：

p

ppp=0.020.04kg•m/s0.06kg•m/s

负号表示p的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。 2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft

⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内保持不变，那

1



么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。

⑷冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。 （5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量 （6）求合外力冲量的两种方法

A、求合外力，再求合外力的冲量 B、先求各个力的冲量，再求矢量和 【例2】 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？

解析：力的作用时间都是t2H1gsin2sin2H，力的大小gm 依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：

IGm2gHm2gH,IN,I合m2gH

sintanH 点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

二、动量定理

1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp

⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：FP（牛顿第二定律的动量形式）。

t动量定理和牛顿第二定律的联系与区别

mv2mv1ma 形式可以相互转化 tp②、F合＝动量的变化率，表示动量变化的快慢

t①、F合＝③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速 ④、都是以地面为参考系

⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。 （5）如果是变力，那么F表示平均值 （6）对比于动能定理

I ＝ F t ＝ m v 2 － m v 1

W ＝ F s ＝11 m v 22 － m v 21 22【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？

解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt 2．动量定理的定性应用

【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？

解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平

2

方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

3．动量定理的定量计算

⑴明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。

⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢

A 量和）。

⑸根据动量定理列式求解。

【例5】质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小B 球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。

C 解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到

达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：

mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：Fmgt1t2

t2⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：

mgt1-I=0，∴I=mgt1

点评：若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。

【例6】 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平v0 v/ m M 直公路上以加速度a匀加速

前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬

间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为Mma，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

Mmav0MvMmv0,vMmagv0

gMg

【例7】 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。

解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变

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化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N 4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。

【例11】（难）跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。

解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。

设变加速下落时间为t1，mgt1Ifmvm

Ifftkvtkvtks1

又：mg=kvm，得k 所以：mgt1mg vmmgs1mvm vmt1vms150180041s gvm1050第二段1s内：a255045m/s2

12v2vms227.5m

2a2所以第三段时间t3ss220027.534.5s 空中的总时间：tt1t2t376.5s v5

三、针对训练

1．对于力的冲量的说法，正确的是 （ ） A．力越大，力的冲量就越大

B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大

C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同

D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零

2．下列关于动量的说法中，正确的是 （ ） A．物体的动量改变，其速度大小一定改变 B．物体的动量改变，其速度方向一定改变

C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变 D．物体的运动状态改变，其动量一定改变

3．如图所示为马车模型，马车质量为m ，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F

4

的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为 （ ）

A．Ft，0，Ftsinθ

B．Ftcosθ，0，Ftsinθ C．Ft，mgt，Ftcosθ

D．Ftcosθ，mgt ，Ftcosθ

4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1 = v2 = v，那么下列说法中正确的是 （ ）

A．因为v1 = v2，小钢球的动量没有变化

B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上 C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下 D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上

5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明 （ ） A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大

C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化

6．初动量相同的A、B两滑冰者，在同样冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量，并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（ ）

A．tA>tB B．tA=tB C．tA7．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为 （ ）

A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2) C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)

8．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，如果物体在上滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ上，下滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ下，它们的大小相比较为（ ）

A．I上> I下 B．I上9．对下列几个物理现象的解释，正确的有（ ） A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻

B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人落地时地面对人的冲量 C．在车内推车推不动，是因为外力冲量为零

D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来

10．质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h （如图所示），1 的过程中A、B两个物体相同的物理量是（ ）

A．所受重力的冲量 B．所受支持力的冲量 C．所受合力的冲量 D．动量改变量的大小

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11．三颗水平飞行的质量相同的子弹A、B、C以相同速度分别射向甲、乙、丙三块竖直固定的木板。A能穿过甲木板，B嵌入乙木板，C被丙木板反向弹回。上述情况木板受到的冲量最大的是

A．甲木板 B．乙木板 C．丙木板 D．三块一样大

13．以初速度20m／s竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，不计空气阻力，g取10m/s2．则抛出后第1s末物体的动量为______kg·m/s，抛出后第3s末物体的动量为____kg·m/s，抛出3s内该物体的动量变化量是_____kg·m/s．(设向上为正方向)

16．质量为１kｇ的物体沿直线运动，其v－t图象如图所示，则此物体前4s和后4s内受到的合外力冲量分别为 __________和_____________。

17．科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船．按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100﹪，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总 质量为m，求飞

船加速度的表达式。如太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？

18．如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d ＝ 30cm，水速v ＝50m／s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝ 1.0×103kg/m3)

19．震惊世界的“9.11” 事件中，从录像可以看到客机切入大厦及大厦的坐塌过程． （1）设飞机质量为m、速度为v，撞机经历时间为t，写出飞机对大厦撞击力的表达式． （2）撞击世贸大厦南楼的是波音767飞机，波音767飞机总质量约150吨，机身长度为48.5m，撞楼时速度约150m/s，世贸大厦南楼宽63m，飞机头部未从大楼穿出，可判断飞机在楼内运动距离约为机身长度，设飞机在楼内作匀减速运动，估算撞机时间及飞机对大厦撞击力。

参考答案

1.B 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C 7.D 8.CD 9.A 10.C 11.D 12. C

13．5，－15 16．0，－8N·S 17．Ftn[P(P)]st,F2nPsma1，a12nPsnPs；a2 mmdVvt()2，由F·t=△P，得F=1.77×105N

2mv219（1）F；（2）可认为飞机在楼内运动距离红为50m，svt，得ts,

t318．设时间为1s，mF=3.4×107N

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第2单元 动量守恒定律及其应用

一、动量守恒定律

1．动量守恒定律的内容

一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

m2v2 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等, 即：m1v1m2v2m1v1类比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速 2．动量守恒定律成立的条件

⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；

⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式

m2v2，即p1+p2=p1/+p2/， （1）m1v1m2v2m1v1（2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2

4、理解：①正方向②同参同系③微观和宏观都适用 5．动量守恒定律的重要意义

从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。

5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法

（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.

（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。

（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。

注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体的速度均应取地球为参考系。 （4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。 二、动量守恒定律的应用

1．碰撞

两个物体在极短时间内

v1/ v2/ v1 v 发生相互作用，这种情况称为

碰撞。由于作用时间极短，一

A A B A B A 般都满足内力远大于外力，所

B Ⅰ Ⅱ Ⅲ 以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，

和v2。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要这时A、B的速度分别为v1看弹簧的弹性如何了。

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（1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：

v1m1m22m1（这个结论最好背下来，以后经常要用到。） v1,v2v1。

m1m2m1m2

（2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。

（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为

v2v1m1v1。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：

m1m2m1m2v121122Ekm1v1m1m2v。

222m1m2

【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平

v1 面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。

解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：mv1Mmv

Mv11122HmvMmvmgH1由系统机械能守恒得：2 解得2Mmg 22mv 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得vMm1

【例2】 动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

56解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度， mAmB2222385638；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，mAmB2mA2mB2mA2mB3mA4 由以上不等式组解得：8mB72点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动

能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

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2．子弹打木块类问题

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作

v0 为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原

来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析

s2 d 这一过程。 s1 【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静

止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0Mmv 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d

12对子弹用动能定理：fs11mv0mv2 ……①

22对木块用动能定理：fs2①、②相减得：fd1Mv2 ……② 2121Mm2 ……③ mv0Mmv2v0222Mm点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fdQ，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

2Mmv0由上式不难求得平均阻力的大小：f

2Mmdm至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2d

Mm从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

vv/2v0vdv0Mmsdm 20,,s2d

s2v/2vs2vmMm一般情况下Mm，所以s2<小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：

Mm2Ekv02Mm…④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。

3．反冲问题

在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把

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这类问题统称为反冲。

【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：

mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，

∴l2mL

Mm点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。 以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。

【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，Mv0muMmv,vMv0mu

Mm4．爆炸类问题

【例6】 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v010m/s；m1=0.3kg的大块速度为

v150m/s、m2=0.2kg的小块速度为 v2，方向不清，暂设为正方向。 由动量守恒定律：(m1m2)v0m1v1m2v2 v2(m1m2)v0m1v1(0.30.2)100.35050m/s

m20.2此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所

设正方向相反

5．某一方向上的动量守恒

【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，

由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒

10

有：MV=mv

且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：

Md=m［（L-Lcosθ）-d］

解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m） 6．物块与平板间的相对滑动

【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。 解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得： Mv0-mv0=（M+m）v ①

所以v=

Mmv0 方向向右

Mm（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①

对板车应用动能定理得：

11mv′2-mv02 ② 222Mm2

联立①②解得：s=v0

2mg-μmgs=

【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为

mA0.5kg，mB0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC0.1kg的

滑块C（可视为质点），以vC25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：

（1）木块A的最终速度vA； （2）滑块C离开A时的速度vC。

解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。

（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA。最后C相对静止在B上，与B以共同速

mvmAvA(mBmC)vB度vB3.0m/s运动，由动量守恒定律有 CC

vA∴

mCvC(mBmC)vBmA0.125(0.30.1)3.0m/s2.6m/s0.5=

（2）为计算vC，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为vC，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有

(mBmC)vBmBvBmCvC

11

vC∴

三、针对训练

练习1 1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ B ）

A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定 2．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（ A、B、D）

A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2 B．A、B质量比为2∶1

C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2 D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2

3．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取

(mBmC)vBmBvA(0.30.1)3.00.32.6m/s4.2m/smC0.110m/s2，求爆竹能上升的最大高度。

解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得

320m/sm/s2v2ahfMgMa，36， 爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 Mvmv00

av0

练习2

1．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为 7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是A

A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s

2．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是 BCD

A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B．整个系统任何时刻动量都守恒

12

Mvm633m/s203m/s0.1

C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为D．AB车向左运动最大位移小于

mv MmL M4．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度） (

6．如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100 kg，另有一质量m=2 kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m′=2m的球以相同速率v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率

v将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：

（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.

（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球. (（1）

2MgL)

Mm1v,10向左 （2）5个)

练习3

1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）

A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

2．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（ ）

A．(mv0mv)/M B．

(mv0mv)/M

C．(mv0mv)/(Mm) D．(mv0mv)/(Mm)

3．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（ ）

A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h

4．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（ ）

A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右

13

5．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（ ）

A．mv/M，向前 B．mv/M，向后 C．mv/（m+M），向前 D．0

6．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）

A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面

D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等

7．两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是_________________。

M参考答案1．A、D 2．B 3．A 4．C 5．D 6．C、D 7．Mm

第三单元 动 量 和 能 量

概述：处理力学问题、常用的三种方法

一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。

例题分析：

F 例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用A B 轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD） A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3

[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=4mE向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。] 指出：应用守恒定律要注意条件。

对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。

14

例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。 [若直接从电功率计算，就需要根据mgBLv求匀速运动的速度v、再求电

R22L B d d

动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]

例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为

2

4m/s，若g取10m/s，问m1碰撞后静止在什么位置？ 解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利

用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。

例4如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问： (1)若悬线L=2米，A与B能碰几次?最后A球停在何处？ (2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？ (1)20次 A球停在C处

(2)L0.76米，A球停于离D9.5米处

例5如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：

(1)小车的加速度；

(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度； (3)这个过程所经历的时间.

2

[ (1)0.5m/s；(2)4m/s；(3)8s]

第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快

求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度

15

例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?

解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有

mgmv2R(1)式中V是滑块相对圆心O的

线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为(vu).对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有

mv0Mum(vu)(2)由滑块和小车系统的机械能守恒有

21mv01Mu21m(vu)22mgR(3)三式联立求解得：222v0(5M4m)Rg

M2指出：公式v/R中的v是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以

滑快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。

例7、 如图所示，小车A质量为mA2kg置于光滑水平面上。初速度为v14m/s，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为mB0.1kg,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能

[解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速

A B 运动,其受到的磁场力方向向上,

V 把A和B作为一个系统,在竖直方

向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)qBv1mg v110m/s qB(2)根据动量守恒定律有:Mvmv1Mv2v213.5m/s

111222(3)QMvMv2mv18.75J

222

例8静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。

mBg 16

[解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：Ek12mvqU2eU(1)2所以氧离子速度为 v2eU/m （2）设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为：PNEk2NeU(2)所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V，根据动量守恒定律mvMV0NtmvMV 所以，飞行器的加速度为aPMm/eU

例9、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。在这过程中，木块往前移动了0.2cm。求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量

解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒mv0(mM)v ① 子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L，子弹相对地面发生的位移为L+d，对子弹和木块分别利用动能定理：f(Ld)12121mv0mv② fLMv2 ③ 由以上三222式可解得V=10m/S M=0.29Kg

例10、 (难)质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上v 2v 长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，AB C 木板至少多长？ A 解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这

段时间为t1v。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动

g量守恒可求出A、B、C最终的共同速度vv，这段加速经历的时间为t22v，最终A33g将以vv做匀速运动。

3全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热Qfdmgd，由能

1211v7v22量守恒定律列式：mgdmvm2v3m,解得d。这就是A木板

22233g应该具有的最小长度。

17

2

六．光电效应——在光的照射下物体发射电子的现象叫光电效应。（右图装置中，用弧光灯照射锌版，有电子从锌版表面飞出，使原来不带电的验电器带正电。）光效应中发射出来的电子叫光电子。

（1）光电效应的规律。①各种金属都存在极限频率ν0，只有ν≥ν0才能发生光电效应；②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入光的频率增大而增大；③当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入光的强度成正

-9

比；④瞬时性（光电子的产生不超过10s）。 （2）．光子说

①、普朗克量子理论～电磁波的发射和接收是不连续的，是一份一份的，每一份叫能

－

量子或量子，每一份的能量是E＝h γ，h＝6.63×10 34 J·s，称为普朗克常量。

②爱因斯坦光子说～光的发射、传播、接收是不连续的，是一份一份的，每一份叫一个光子。其能量E＝h γ。

解释：一对一，不积累，能量守恒， ③爱因斯坦光电效应方程

12⑷：Ek= ν h - W（Ek是光电子的最mvhw E=h2大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。） （3）．光电管

玻璃泡 阴极K

（碱金属）

阳极A

【例7】 对爱因斯坦光电效应方程EK= hν-W，下面的理解正确的有 （C。）

A.只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能EK

B.式中的W表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功 C.逸出功W和极限频率ν0之间应满足关系式W= hν0 D.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比

七 康普顿效应

在研究电子对X射线的散射时发现：有些散射波的波长比入射波的波长略大。康普顿认为这是因为光子不仅有能量，也具有动量。实验结果证明这个设想是正确的。因此康普顿效应也证明了光具有粒子性。 八、光的波粒二象性 1．光的波粒二象性

人们无法用其中一种观点把光的所有现象解释清楚，只能认为光具有波粒二象性，但不能

18

把它看成宏观经典的波和粒子。减小窄缝的宽度，减弱光的强度，使光子一个一个的通过，到达接收屏的底片上。若暴光时间短，底片上是不规则的亮点，若暴光时间长，底片上是条纹

干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应又用无可辩驳的事实表明光是一种粒子；因此现代物理学认为：光具有波粒二象性。 2．正确理解波粒二象性

波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义。波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。

⑴个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。 ⑵ν高的光子容易表现出粒子性；ν低的光子容易表现出波动性。

⑶光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。 ⑷由光子的能量E=hν，光子的动量ph表示式也可以看出，光的波动性和粒子性

并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。

由以上两式和波速公式c=λν还可以得出：E = p c。

【例8】 已知由激光器发出的一细束功率为P=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一

33

个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×10kg/m，设激光

2

束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取π=3，g=10m/s）

解：设每个激光光子的能量为E，动量为p，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：PnE,Fnp光子能量和动量间关系是

ttE = p c，铝球的重力和F平衡，因此F=ρgπd，由以上各式解得d=0.33mm。

八、物质波（德布罗意波）

由光的波粒二象性的思想推广到微观粒子和任何运动着的物体上去，得出物质波（德布罗意波）的概念：任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，该波的波长λ=h。

p3

【例10】 为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是 A

A.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射 B.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射 C.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射 D.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射 解：为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的。因为可见光的波长数量-7

级是10m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦。如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了。因此本题应选A。

19

第十六章 原子和原子核

教学过程：

结构 α粒子散射实验 卢瑟福 玻尔

一、原子模型

1．J．J汤姆生模型（枣糕模型）——1897年发现电子，认识到原子有复杂结构。 2．卢瑟福的核式结构模型（行星式模型）

α粒子散射实验是用α粒子轰击金箔，结果：绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子发生了较大的偏转。这说明原子的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。

α粒子 卢瑟福由α粒子散射实验提出模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎

全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。

-15

由α粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核大小的数量级是10m。 3．玻尔模型（引入量子理论）

（1）玻尔的三条假设（量子化）

①轨道量子化：原子只能处于不连续的可能轨道中，n E/eV

∞ 0

即原子的可能轨道是不连续的

4 -0.853

②能量量子化：一个轨道对应一个能级，轨道不连续，

3 -1.51 所以能量值也是不连续的，这些不连续的能量值叫做能

E2 级。在这些能量状态是稳定的，并不向外界辐射能量，叫

2 -3.4

定态 E1 E3

20

1 -13.6

氢原子的能级图

③原子可以从一个能级跃迁到另一个能级。原子由高能级向低能级跃迁时，放出光子，在吸收一个光子或通过其他途径获得能量时，则由低能级向高能级跃迁。原子在两个能级间跃迁时辐射或吸收光子的能量hE2E1（量子化就是不连续性，n叫量子数。） （2）从高能级向低能级跃迁时放出光子；从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞（用加热的方法，使分子热运动加剧，分子间的相互碰撞可以传递能量）。原子从低能级向高能级跃迁时只能吸收一定频率的光子；而从某一能级到被电离可以吸收能量大于或等于电离能的任何频率的光子。（如在基态，可以吸收E ≥13.6eV的任何光子，所吸收的能量除用于电离外，都转化为电离出去的电子的动能）。

（3）玻尔理论的局限性。由于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。

例1：

12.8eV （1） 种可能的跃迁方式 （ C42 ）

（2） 计算最高的光子频率 12.1eV （3） 计算最大波长

10.2eV

例2：现有1200个氢原子被激发到量子数为4

的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是多少？

0eV

假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃

迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的

1。（ D ） n1 A．2200 B．2000 C．1200 D．24 00

4．氢原子中的电子云

对于宏观质点，只要知道它在某一时刻的位置和速度以及受力情况，就可以应用牛顿定律确定该质点运动的轨道，算出它在以后任意时刻的位置和速度。

对电子等微观粒子，牛顿定律已不再适用，因此不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置。玻尔理论中说的“电子轨道”实际上也是没有意义的。更加彻底的量子理论认为，我们只能知道电子在原子核附近各点出现的概率的大小。在不同的能量状态下，电子在各个位置出现的概率是不同的。如果用疏密不同的点子表示电子在各个位置出现的概率，画出图来，就像一片云雾一样，可以形象地称之为电子云。

二、天然放射现象

1．天然放射现象——天然放射现象的发现，使人们认识到原子核也有复杂结构。

1895年——汤姆生——电子

1896年——贝可勒尔——天然放射现象

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1897年——伦琴——伦琴射线

大于等于83号元素的都具有天然放射性，小于83号的有的也具有天然放射性 2．各种放射线的性质比较

种 类 本 质 质量（u） 电荷（e） 速度（c） 电离性 α射线 β射线 γ射线 氦核 电子 光子 4 1/1840 0 +2 -1 0 0.1 0.99 1 最强 较强 最弱 贯穿性 最弱，纸能挡住 较强，穿几mm铝板 最强，穿几cm铅版 三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较：

α γ β

β γ α O ⑴ ⑵ ⑶

如⑴、⑵图所示，在匀强磁场和匀强电场中都是β比α的偏转大，γ不偏转；区别是：在磁场中偏转轨迹是圆弧，在电场中偏转轨迹是抛物线。⑶图中γ肯定打在O点；如果α也打在O点，则β必打在O点下方；如果β也打在O点，则α必打在O点下方。 3、半衰期

1、 描述衰变的快慢

2、 由核内部本身决定，与所处的物理和化学状态无关 3、 是统计规律，少数原子核不存在该规律

4、 NN0() mm0()

【例3】如图所示，是利用放射线自动控制铝板

放射源 厚度的装置。假如放射源能放射出α、β、γ三种射M 线，而根据设计，该生产线压制的是3mm厚的铝板，N 探测接收器 那么是三种射线中的____射线对控制厚度起主要作用。当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的

个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调节得_____些。

解：α射线不能穿过3mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响。而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化。即是β射线对控制厚度起主要作用。若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些。

三、核反应（核的变化，电荷数守恒，质量数守恒，质量并不守恒。 ）

（1）衰变：α衰变：

23892234904114U23490Th2He（核内21H20n2He） 1100Th23491Pa1e（核内0n1H1e）

12n12n β衰变：

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+β衰变：15P14Si1e（核内1H0n1e）

γ衰变：原子核的能量也是不连续的，原子核放出射线后，核处于激发态，当它向低能级跃迁时，辐射γ光子。因此γ衰变是伴随着α、β衰变发生的。

144171（2）人工转变：7N2He8O1H（卢瑟福发现质子的核反应）

3030011094121 4Be2He6C0n（查德威克发现中子的核反应）

13Al2He15P0n 15P14Si1e（小居里人工制造放射性同位素） 放射性同位素的应用

①利用其射线：α射线电离性强，用于使空气电离，将静电泄出，从而消除有害静电。γ射线贯穿性强，可用于金属探伤，也可用于治疗恶性肿瘤。各种射线均可使DNA发生突变，可用于生物工程，基因工程。

②作为示踪原子。用于研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，研究生物大分子结构及其功能。

③进行考古研究。利用放射性同位素碳14，判定出土木质文物的产生年代。一般都使用人工制造的放射性同位素（种类齐全，半衰期短，可制成各种形状，强度容易控制）。

（3）重核的裂变：

235921921U0n141（超过临界体积），56Ba36Kr30n 在一定条件下

27430130300裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。

（4）轻核的聚变：1H1H2He0n（需要几百万度高温，所以又叫热核反应）

2341 【例4】关于放射性同位素应用的下列说法中正确的有

A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的 B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视

C．用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种 D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害 解：利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出。γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视。作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种。用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量。本题选D。 四、核能

1．核能——核反应中放出的能叫核能。

2．质量亏损——核子结合生成原子核，所生成的原子核的质量比生成它的核子的总质量要小些，这种现象叫做质量亏损。

3．爱因斯坦质能方程：物体的能量和质量间存在着正比关系。比例系数为光速的平方。 Emc Emc

23

22

（在非国际单位里，可以用1Uc=931.5MeV。它表示1原子质量单位的质量跟931.5MeV的能量相对应。）

4．释放核能的途径

凡是释放核能的核反应都有质量亏损。核子组成不同的原子核时，平均每个核子的质量亏损是不同的，所以各种原子核中核子的平均质量不同。核子平均质量小的，每个核子平均放的能多。铁原子核中核子的平均质量最小，所以铁原子核最稳定。凡是由平均质量大的核，生成平均质量小的核的核反应都是释放核能的。

-27

【例5】 一个氢原子的质量为1.6736×10kg，一个锂原子的质量为11.6505×-27-27

10kg，一个氦原子的质量为6.6467×10kg。一个锂核受到一个质子轰击变为2个α粒子，⑴写出核反应方程，并计算该反应释放的核能是多少？⑵1mg锂原子发生反应共释放多少核能？

解：⑴1H+3Li →22He 反应前一个氢原子和一个锂原子共有8个核外电子，反应后

172

4两个氦原子也是共有8个核外电子，因此只要将一个氢原子和一个锂原子的总质量减去两个氦原子的质量，得到的恰好是反应前后核的质量亏损，电子质量自然消掉。由质能方程ΔE=Δmc2得释放核能ΔE=2.76×10-12J

-6-27

⑵1mg锂原子含锂原子个数为10÷11.6505×10，每个锂原子对应的释放能量是 =2.76×10-12J，所以共释放2.37×108J核能。

【例6】 静止的氡核

22286Rn放出α粒子后变成钋核

21884Po，α粒子动能为

Eα。若衰变

放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c，则该反应中的质量亏损为 A.

4Ea218Ea222Ea2 B. 0 C. 2 D.218c222c2218cp21解：由于动量守恒，反冲核和α粒子的动量大小相等，由EK，它们的动

2mm能之比为4∶218，因此衰变释放的总能量是

222E，由质能方程得质量亏损是218222Ea。 218c2【例7】静止在匀强磁场中的一个5B核俘获了一个速度为向v =7.3×10m/s的中子而发生核反应，生成α粒子与一个新核。测得α粒子的速度为2×10 m/s，方向与反应前中子运动的方向相同，且与磁感线方向垂直。求：⑴写出核反应方程。⑵画出核反应生成的两个粒子的运动轨迹及旋转方向的示意图（磁感线方向垂直于纸面向外）。⑶求α粒子与新核轨道半径之比。⑷求α粒子与新核旋转周期之比。

4

104

24

解：（1）由质量数守恒和电荷数守恒得：5B+0n→2He+3Li

10147 （2）由于α粒子和反冲核都带正电，由左手定则知，它们旋转方向都是顺时针方向

3

（3）由动量守恒可以求出反冲核的速度大小是10m/s方向和α粒子的速度方向相反，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式

mv可求得它们的半径之比是120∶7 rqB

qBα （4）由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T2m可求得它们的周期

之比是6∶7

5．核反应堆

目前的所有正式运行的核电站都是应用裂变发电的。 核反应堆的主要组成是：

（1）核燃料。用浓缩铀（能吸收慢中子的铀235占3%~4%）。

（2）减速剂。用石墨或重水（使裂变中产生的中子减速，以便被铀235吸收）。 （3）控制棒。用镉做成（镉吸收中子的能力很强）。

（4）冷却剂。用水或液态钠（把反应堆内的热量传输出去用于发电，同时使反应堆冷却，保证安全）。

（5）水泥防护层。用来屏蔽裂变产物放出的各种射线。 6．粒子物理学

到19世纪末，人们认识到物质由分子组成，分子由原子组成，原子由原子核和电子组成，原子核由质子和中子组成。

20世纪30年代以来，人们认识了正电子、μ子、K介子、π介子等粒子。后来又发现了各种粒子的反粒子（质量相同而电荷及其它一些物理量相反）。

现在已经发现的粒子达400多种，形成了粒子物理学。按照粒子物理理论，可以将粒子分成三大类：媒介子、轻子和强子，其中强子是由更基本的粒子——夸克组成。从目前的观点看，媒介子、轻子和夸克是没有内部结构的“点状”粒子。 用粒子物理学可以较好地解释宇宙的演化。

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