第十六章综合检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
2．科学家们使两个带正电的重离子加速后沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞，试图用此模拟宇宙大爆炸初的情境．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有( )
A．相同的速率 B．相同大小的动量
C．相同的动能 D．相同的质量
3．一艘小船的质量为M，船上站着一个质量为m的人，人和小船处于静止状态，水对船的阻力可以忽略不计．当人从船尾向船头方向走过距离d(相对于船)，小船后退的距离为( )
A. B. C. D.
4．如图16－1所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v发射出去后，底座反冲速度的大小为v/4，则摩擦力对底座的冲量为( )
图16－1
A．0 B．mv/4，方向向左
C．mv/4，方向向右 D．3mv/4，方向向左
5．质量分别为m1、m2的两个物体以相同的动量进入同一个水平面上，它们与水平面的动摩擦因数相同，它们的运动时间之比为 ( )
A. B. C. D.
6．如图16－2所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的1/4圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )
图16－2
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．对同一质点，下面说法中正确的是( )
A．匀速圆周运动中，动量是不变的
B．匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量相等
C．平抛运动、竖直上抛运动，在相等的时间内，动量的改变量相等
D．只要质点的速度不变，它的动量就一定不变
8．质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正确的有( )
A．v1′＝v2′＝ m/s B．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s
C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s
9．如图16－3所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是( )
图16－3
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
10．在光滑的水平面上，匀速向东行驶的小车上有两个小球被分别向东、向西同时抛出，抛出时两球的动量大小相等，则( )
A．两球抛出后，小车的速度增加
B．两球抛出后，小车的速度不变
C．两球抛出后，小车的速度减小
D．向西抛出的小球的动量变化比向东抛出的小球动量变化大
11．如图16－4所示，用弹簧片将放在小球下的垫片打飞出去时，可以看到小球正好落在下面的凹槽中，这是因为在垫片飞出的过程中( )
图16－4
A．摩擦力对小球作用时间很短 B．小球受到的摩擦力很小
C．小球受到的摩擦力的冲量很大 D．小球的动量变化几乎为零
12．关于喷气式飞机的飞行情况，以下判断正确的是( )
A．喷气式飞机能飞出大气层
B．每秒钟喷出一定量的气体时，喷气速度越大，飞机受到的推力越大
C．战斗开始前扔掉副油箱，在喷气情况相同时，可以飞得更快，操作更灵活
D．以上叙述都不正确
13．两个质量相等的物体在同一高度沿斜角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端过程中( )
A．重力的冲量相同 B．斜面弹力的冲量不同
C．斜面弹力的冲量均为零 D．合力的冲量不同
14．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动能变为Ek、动量变为p.以下说法正确的是( )
A．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动量将等于2p
B．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量将等于2p
C．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能将等于2Ek
D．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动能将等于2Ek
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图16－5甲表示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
图16－5
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先________________________，然后______________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图16－6所示：
图16－6
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g．试完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s(保留三位有效数字)．
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是__________________________________．
16．(12分)如图16－7所示，质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中．求小孩b跃出后小船的速度．
图16－7
17．(12分)一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120 kg.这个士兵用自动步枪在2 s时间内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹质量10 g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是800 m/s.射击前皮划艇是静止的．求连续射击后皮艇的速度是多大？
18．(14分)如图16－8所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板速率v0；
(2)木板的长度L.
图16－8
第十七章综合检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1．下列说法正确的是( )
A．用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象 B．用X光机透视人体是利用光电效应
C．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象 D．门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象
2．下表给出了一些金属材料的逸出功.
材 料 铯 钙 镁 铍 钛
逸出功(10－19 J) 3.0 4.3 5.9 6.2 6.6
现用波长为400 nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，光速c＝3.0×108 m/s)( )
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
3．分别用波长为λ和λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2.以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为( )
A. B. C.hcλ D.
4．如图17－1所示，当开关S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零；闭合开关S，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17－1
A．1.9 eV B．0.6 eV C．2.5 eV D．3.1 eV
5．在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥重要作用．蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的．假设老鼠的体温约37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm.根据热辐射理论，λm与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλm＝2.90×10－3 m·K.老鼠发出最强的热辐射的波长为( )
A．7.8×10－5 m B．9.4×10－6 m C．1.16×10－4 m D．9.7×10－8 m
6．一束绿光照射某金属发生了光电效应，下列说法中正确的是( )
A．若增加绿光的照射强度，则单位时间内逸出的光电子数目不变
B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加
C．若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增加
D．若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目一定增加
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．下面说法正确的是( )
A．光子射到金属表面时，可能有电子发出 B．光子射到金属表面时，一定有电子发出
C．电子轰击金属表面时，可能有光子发出 D．电子轰击金属表面时，一定没有光子发出
8．光电效应实验的装置如图17－2所示，则下列说法中正确的是( )
图17－2
A．用紫外光照射锌板，验电器指针会发生偏转 B．用红色光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷 D．使验电器指针发生偏转的是正电荷
9．下列关于光电效应的说法正确的是( )
A．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能从金属表面逸出
B．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应
C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大
D．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不同
10．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下列措施中可能使该金属产生光电效应的是( )
A．延长光照时间 B．增大光的强度
C．换用波长较短的光照射 D．换用频率较高的光照射
11．对爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，下面的理解正确的有( )
A．用同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子的初动能Ek不一定相同
B．式中的W0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W0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
12．根据物质波理论，下列说法中正确的是( )
A．微观粒子有波动性，宏观物体没有波动性
B．宏观物体和微观粒子都具有波动性
C．宏观物体的波动性不易被人观察到是因为它的波长太长
D．速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显
13．三种不同的入射光A、B、C分别射在三种不同的金属a、b、c表面，均恰能使金属中逸出光电子，若三种入射光的波长λA＞λB＞λC，则( )
A．用入射光A照射金属b和c，金属b和c均可发生光电效应现象
B．用入射光A和B照射金属c，均可使金属c发生光电效应现象
C．用入射光C照射金属a与b，金属a、b均可发生光电效应现象
D．用入射光B和C照射金属a，均可使金属a发生光电效应现象
14．下列关于光子的说法中正确的是( )
A．在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子
B．光子的能量由光强决定，光强大，每份光子的能量一定大
C．光子的能量由光频率决定，其能量与它的频率成正比
D．光子可以被电场加速
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(12分)现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构．为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为d/n，其中n>1.已知普朗克常量h、电子质量m、和电子电荷量e，电子的初速度不计，则显微镜工作时电子的加速电压应为多大？
16．(12分)人们发现光电效应具有瞬时性和对各种金属都存在极限频率的规律．已知锌的逸出功为3.34 eV，用某单色紫外线照射锌板时，逸出光电子的最大速度为106 m/s，求该紫外线的波长．(电子质量me＝9.91×10－31 kg，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
17．(12分)已知金属铯的逸出功为1.9 eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大初动能为1.0 eV，入射光的波长应为多少？
18．(14分)电子和光一样具有波动性和粒子性，它表现出波动的性质，就像X射线穿过晶体时会产生衍射一样，这一类物质粒子的波动叫物质波．质量为m的电子以速度v运动时，这种物质波的波长可表示为λ＝.已知电子质量m＝9.1×10－31 kg，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.
(1)计算具有100 eV动能的电子的动量p和波长λ；
(2)若一个静止的电子经2 500 V电压加速，求能量和这个电子动能相同的光子的波长，并求该光子的波长和这个电子的波长之比．
期中标准检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1．与金属板相连的验电器的铝箔原来是闭合的，现在让一束紫光经两狭缝后照射到金属板上，发现在金属板上形成明暗相间的条纹，同时，与金属板相连的验电器的铝箔张角打开，以上实验事实说明( )
A．光具有波粒二象性
B．验电器的铝箔带负电
C．金属上亮条纹是中央最宽最亮，其他亮条纹较暗较窄
D．若改用红光照射金属板，观察到验电器的铝箔张角则一定会变得更大
2．一个物体放到光滑的水平面上，初速度为0，先对它施一向东的外力F，历时1秒，随即把此力改为向西，大小不变，历时1秒，接着又把此力改为向东，大小不变历时1秒，如此反复，共历时1分钟，则( )
A．物体往返运动，1分末停在东侧 B．物体往返运动，1分末停在初始位置
C．物体往返运动，1分末速度方向向东 D．物体一直向东运动，1分末停止
3．红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况．地球大气中的水气(H2O)、二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射，即地面物体发出的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收．图Z－1为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况．由图Z－1可知，在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为( )
图Z－1
A．2.5～3.5 μm B．4～4.5 μm C．5～7 μm D．8～13 μm
4．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( )
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
5．2008年9月25日21时10分，我国成功发射了“神舟七号”宇宙飞船，实现了我国航天技术的又一突破．为了拍摄飞船的外部影像，航天员在太空释放了一个伴飞小卫星，通过一个“弹簧”装置给伴飞小卫星一个速度增量，小卫星的速度比“神七”飞船快，两者会越来越远，直到保持在一个大致距离上．伴飞小卫星是一个边长40厘米的立方体，大概有一颗篮球般大小，伴飞小卫星虽然小，但它具有姿态的调整、测控、数据传输等功能．将飞船的运动轨道近似为圆形，忽略飞船与伴飞小卫星之间的万有引力，则伴飞小卫星在远离飞船的过程中( )
A．速度增大 B．加速度增大
C．受地球万有引力增大 D．机械能不变
6．如图Z－2所示，光滑水平面上有两个大小相同的钢球A、B，A球的质量大于B球的质量．开始时A球以一定的速度向右运动，B球处于静止状态．两球碰撞后均向右运动．设碰前A球的德布罗意波长为λ1，碰后A、B两球的德布罗意波长分别为λ2和λ3，则下列关系正确的是( )
图Z－2
A．λ1＝λ2＝λ3 B．λ1＝λ2＋λ3
C．λ1＝ D．λ1＝
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量对时间的变化率相等的是( )
A．匀速圆周运动 B．自由落体运动
C．平抛运动 D．变速直线运动
8．光电管能把光信号转变为电信号，当有波长为λ0的光照射光电管的阴极K时，电路中有电流通过灵敏电流计，则( )
A．若换用波长为λ1(λ1＜λ0)的光照射阴极时，电路中一定没有电流
B．若换用波长为λ2(λ2＜λ0)的光照射阴极时，电路中一定有电流
C．若换用波长为λ3(λ3＞λ0)的光照射阴极时，电路中可能有电流
D．将电源的极性反接后，电路中一定没有电流
9．美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应．关于康普顿效应，以下说法正确的是( )
A．康普顿效应现象说明光具有波动性
B．康普顿效应现象说明光具有粒子性
C．当光子与晶体中电子碰撞后，其能量增加
D．当光子与晶体中电子碰撞后，其能量减少
图Z－3
10．农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图Z－3所示．对这一现象，下列分析正确的是( )
A．M处是谷种，N处为瘪谷
B．谷种质量大，惯性大，飞得远些
C．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些
D．谷种和瘪谷在竖直方向做自由落体运动
11．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像；(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．下列分析中正确的是( )
A．电子显微镜所利用的电子的物质波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
12．频率为ν的光子，具有能量hν、动量.将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称光子的散射．下列关于光子散射说法中正确的是( )
A．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小
B．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大
C．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长大于入射光子的波长
D．由于受到电子碰撞，散射后的光子频率小于入射光子的频率
13．物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩的弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开后一小段时间内( )
A．A的速率是B的一半 B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力 D．总动量为零
图Z－4
14．如图Z－4所示，水平平板车A静止在光滑水平面上，物体B以某一水平初速度v0滑向A的另一端，A与B之间存在摩擦，A车足够长，则A达到速度最大时( )
A．B在A上滑动 B．B和A的速度相等
C．B的速度在变化 D．A、B间无摩擦力
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(12分)为了“探究碰撞中的不变量”，小明在光滑桌面上放有A、B两个小球．质量为0.3 kg的A球以速度8 m/ s 跟静止在桌面上质量为0.1 kg的B球发生碰撞，并测得碰撞后B球的速度为9 m/s , A球的速度变为5 m/s，方向与原来相同．根据这些实验数据，小明对这次碰撞的规律做了如下几种猜想：
猜想1：碰撞后B球获得了速度，A球把速度传递给了B球．这个猜想________(填“成立”或“不成立”)；
猜想2：碰撞后B球获得了动能，A球把减少的动能全部传递给了B球．这个猜想________(填“成立”或“不成立”)．通过计算可以知道B球所增加的________与 A 球所减少的________相等．
16．(12分)已知电子质量为9.11×10－31 kg，电子电荷量为1.6×10－19 C，电子经电势差为U＝220 V的电场加速，在v
17．(12分)如图Z－5所示，一质量为m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m；质量为m2＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端．木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g＝10 m/s2，求：
(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．
图Z－5
18．(14分)图Z－6中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调．起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块做匀减速运动，且当下移距离为时速度减为零，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变，忽略空气阻力．试求：
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小．
图Z－6
第十八章综合检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1．光子能量为E的一束光照射容器中的氢(设氢原子处于n＝3的能级)，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6的六种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6，则E等于( )
A．hν1 B．hν6
C．h(ν6－hν1) D．h(ν1＋ν2＋ν3＋ν4＋ν5＋ν6)
2．氢原子从n＝4的激发态直接跃迁到n＝2的激发态时，发出蓝色光，则当氢原子从n＝5的激发态直接跃迁到n＝2的激发态时，可能发出的是( )
A．红外线 B．红光 C．紫光 D．γ射线
3．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图18－1所示．在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A．40.8 eV B．43.2 eV C．51.0 eV D．54.4 eV
图18－1
4．下列说法正确的是( )
A．卢瑟福提出“枣糕”原子模型
B．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构
C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D．按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加
5．设氢原子的核外电子从高能级b向低能级a跃迁时，电子动能的增量ΔEk＝Eka－Ekb，电势能增量ΔEp＝Epa－Epb，则下列表述正确的是( )
A．ΔEk>0、ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp＝0 B．ΔEk<0、ΔEp>0，ΔEk＋ΔEp＝0
C．ΔEk>0、ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp>0 D．ΔEk>0、ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp<0
6．氢原子第一能级是－13.6 eV，第二能级是－3.4 eV，第三能级是－1.51 eV.如果一个处于基态的氢原子受到一个能量为11 eV的光子的照射，则这个氢原子( )
A．吸收这个光子，跃迁到第二能级，放出多余的能量
B．吸收这个光子，跃迁到比第二能级能量稍高的状态
C．吸收这个光子，跃迁到比第二能级能量稍低的状态
D．不吸收这个光子
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列符合历史事实的是( )
A．牛顿总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量
B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了原子的核式结构
C．奥斯特发现电流的磁效应
D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子
8．在金属中存在大量的价电子(可理解为原子的最外层电子)，价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动．电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号V表示．价电子就像被关在深为V的方箱里的粒子，这个方箱叫做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是不连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用Ef表示．用红宝石激光器向金属发射频率为ν的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为ν的光子而跳出势阱，则( )
A．具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek＝hν－V－Ef
B．具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek＝hν－V＋Ef
C．若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大
D．若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变
9．若原子的某内层电子被电离形成空位，其他层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，此电磁辐射就是原子的特征X射线．内层空位的产生有多种机制，其中一种称为内转换，即原子中处于激发态的核跃迁回基态时，将跃迁时释放的能量交给某一内层电子，使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子).214Po的原子核从某一激发态回到基态时，可将能量E0＝1.416 MeV交给内层电子(如K、L、M层电子，K、L、M标记原子中最靠近核的三个电子层)使其电离，实验测得从214Po原子的K、L、M层电离出的电子的动能分别为EK＝1.323 MeV、EL＝1.399 MeV、EM＝1.412 MeV.则可能发射的特征X射线的能量为( )
A．0.013 MeV B．0.017 MeV C．0.076 MeV D．0.093 MeV
10．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出( )
A．原子的核式结构模型
B．原子的正电荷都集中在一个很小的核里
C．电子是原子的组成部分
D．原子核是由质子和电子组成的
11．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )
A．用波长为60 nm的伦琴射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子
B．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C．用能量为11.0 eV的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．用能量为12.5 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
12．玻尔的原子理论的主要内容有( )
A．原子的轨道是量子化的 B．原子的能量是量子化的
C．电子的轨道是量子化的 D．电子的能量是量子化的
13．下列叙述中正确的是( )
A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构
B．电子的发现使人们认识到原子核有复杂的结构
C．巴耳末公式适用于所有原子光谱
D．光电效应放出的粒子与阴极射线中是同一种粒子
14．2005年被联合国定为“世界物理年”，以表彰爱因斯坦对科学的贡献．爱因斯坦对物理学的贡献有( )
A．创立“相对论” B．发现“X射线”
C．提出“光子说” D．建立“原子核式模型”
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(13分)氢原子的电子轨道半径与能级遵循rn＝n2r1，En＝E1/n2，其中E1＝－13.6 eV，将氢原子电离，就是从外部给电子以能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚，而成为自由电子，问：
(1)若要使n＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？
(2)若用波长为200 nm的紫外线照射处于n＝2激发态的氢原子，则电子飞到离核无穷远处时速度多大？(电子电量e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝0.91×10－30 kg)
16．(12分)用粒子轰击原子可使其从基态跃迁到激发态，设原子基态和激发态的能量差为ΔE，现分别用电子和质子轰击质量为M的静止原子，试问欲使上述跃迁发生，所需的最小动能是否相等？对你的回答给出相应的分析和计算．
17．(13分)氢原子中质子不动，电子绕质子做匀速圆周运动的半径为r，电子动量大小mv与半径r的乘积mvr等于，h为普朗克常量．如果把电子换成μ子绕质子做匀速圆周运动，μ子带电量与电子相同、质量约为电子的210倍，μ子动量大小与半径的乘积也等于，求μ子的轨道半径r′.
18．(12分)一速度为v的高速α粒子(He)与同方向运动的氖核(Ne)发生弹性正碰，碰后α粒子恰好静止．求碰撞前后氖核的速度(不计相对论修正)．
第十九章综合检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )
A．核反应方程是H＋n―→H＋γ B．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3
C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)c D．γ光子的波长λ＝
2．一个氡核Rn衰变成钋核Po并放出一个粒子，其半衰期为3.8天.1 g氡经过7.6天衰变掉氡的质量以及Rn衰变成Po的过程放出的粒子是( )
A．0.25 g，α粒子 B．0.75 g，α粒子
C．0.25 g，β粒子 D．0.75 g，β粒子
3．关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期
B．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领很强
C．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变
D．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线
4．据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡．英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(Po).Po的半衰期为138天，α衰变生成稳定的铅(Pb)，经过276天，100 g Po已衰变的质量为( )
A．25 g B．50 g C．75 g D．100 g
5．下列说法正确的是( )
A．当氢原子从n＝2的状态跃迁到n＝6的状态时，发射出光子
B．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间
C．同一元素的两种同位素的原子核具有相同的核子数
D．一个中子与一个质子结合成氘核时吸收能量
6．硼10俘获1个α粒子，生成氮13，放出x粒子，而氮13是不稳定的，它放出y粒子变成碳13，那么x粒子和y粒子分别是( )
A．中子和正电子 B．中子和电子
C．质子和正电子 D．质子和中子
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．某原子核的衰变过程是ABC，符号表示放出一个β粒子，表示放出一个α粒子，下列说法中正确的是( )
A．核C比核B的中子数少2
B．核C比核A的质量数少5
C．原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子的电子数多1
D．核C比核A的质子数少1
8．元素除天然的外，还可以通过合成的方法获得新的人造元素，如1996年德国的达姆施特重离子研究所就合成了一种新的人造元素，它是由Zn撞入一个Pb的原子核，并立即释放出一个中子后而形成的，则该新元素的( )
A．原子序数为113 B．原子序数为112
C．中子数为165 D．核子数为278
9．一个中子和一个质子相结合生成一个氘核，若它们的质量分别是m1、m2、m3，则( )
A．由于反应前后质量数不变，所以m1＋m2＝m3，反应前后没有能量变化
B．由于反应时释放出了能量，所以m1＋m2>m3
C．由于反应在高温高压下进行，从而吸收能量，所以m1＋m2D．反应时放出的能量为(m1＋m2－m3)c2(其中c是真空中的光速)
10. 在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图19－1中a、b所示，由图可以判定( )
图19－1
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．磁场方向一定是垂直纸面向里
D．磁场方向向里还是向外不能判定
11．贫铀弹是从金属铀中提炼铀235以后的副产品，其主要成分是铀238.贫铀炸弹贯穿力是常规炸弹的9倍，杀伤力极大而且残留物可长期危害环境，下列关于其残留物长期危害环境的理由正确的是( )
A．爆炸后的弹片存在放射性，对环境产生长期危害
B．爆炸后弹片不会对人体产生危害，对环境产生长期危害
C．铀238的衰变速度很快
D．铀的半衰期很长
12．爱因斯坦提出了质能方程，提示了质量与能量的关系，关于质能方程，下列说法正确的是( )
A．质量和能量可以相互转化
B．当物体向外释放能量时，其质量必定减少，且减少的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2
C．物质的核能可用mc2表示
D．mc2是物体能够放出能量的总和
13．用质子轰击锂核(Li)生成两个α粒子，以此进行有名的验证爱因斯坦质能方程的实验．已知质子的初动能是0.6 MeV，质子、α粒子和锂核的质量分别是1.007 3 u、4.001 5 u和
7.016 0 u．已知1 u相当于931.5 MeV，则下列叙述中正确的是( )
A．此反应过程质量减少0.010 3 u
B．生成的两个α粒子的动能之和是18.3 MeV，与实验相符
C．核反应中释放的能量是18.9 MeV，与实验相符
D．若生成的两个α粒子的动能之和是19.5 MeV，与实验相符
14．下面关于β射线的说法正确的是( )
A．它是高速电子流
B．β粒子是放射出来的原子核的内层电子
C．β粒子是从原子核中放射出来的
D．它的电离作用比较弱，但它的穿透能力很强，能穿透几厘米厚的铅板
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(12分)已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2，经过t＝T1·T2时间后测得这两种放射性元素的质量相等，求它们原来的质量之比．
16．(12分)为确定爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.6 MeV的质子轰击静止的锂核Li，生成两个α粒子，测得两个α粒子的动能之和为E2＝19.9 MeV，求：
(1)写出该反应方程；
(2)通过计算说明ΔE＝Δmc2正确．(已知质子、α粒子、锂核的质量分别取mp＝1.007 3 u、mα＝4.001 5 u、mLi＝7.016 0 u)
17．(12分)实验室核反应源产生一未知粒子，它与静止的氢核正碰，测出碰后氢核的速度是3.3×107 m/s；它与静止的氮核正碰，测出碰后氮核的速度是4.7×106 m/s.上述碰撞都是弹性碰撞，求未知粒子的质量数．
18．(14分)一个铀核衰变为钍核时释放出一个α粒子．已知铀核的质量为3.853 131×10－25 kg，钍核的质量为3.786 567×10－25 kg，α粒子的质量为6.646 72×10－27 kg.
(1)在这个衰变过程中释放出的能量等于多少焦？(结果保留两位有效数字)
(2)设上述衰变是在一边界为圆形的半径R＝0.2 m的匀强磁场中发生的，且衰变前铀核静止于圆心，衰变过程中释放出的能量都转化为动能．欲使衰变产物钍核和α粒子均不飞出磁场，则该磁场的磁感应强度B至少多大？
期末标准检测
(本试卷共4页，满分为100分，考试时间90分钟)
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本大题6小题，每小题3分，共18分)每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
1.U衰变成Th，之后Th衰变成Pa，Pa处于高能级，它向低能级跃迁时辐射一个粒子．在这个过程中，前两次衰变放出的粒子和最后辐射的粒子依次是( )
A．α粒子、β粒子、γ光子 B．α粒子、γ光子、β粒子
C．β粒子、γ光子、中子 D．γ光子、电子、α粒子
2．“朝核危机”引起全球瞩目，其焦点就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆．重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239(Pu)，这种钚239可由铀239(U)经过n次β衰变而产生，则n为( )
A.2 B．239 C．145 D.92
3．如图M－1所示，物块A、B静止在光滑水平面上，且mA>mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们( )
图M－1
A．可能停止运动
B．一定向右运动
C．可能向左运动
D．仍运动，但运动方向不能确定
4．当两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，放出28.30 MeV的能量，当三个α粒子结合成一个碳核时，放出7.26 MeV的能量，则当6个中子和6个质子结合成一个碳核时，释放的能量为( )
A．21.04 MeV B．35.56 MeV
C．92.16 MeV D．77.64 MeV
5．一只小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE，关于Δp和ΔE有下列说法：①若Δp最大，则ΔE也最大；②若Δp最大，则ΔE一定最小；③若Δp最小，则ΔE也最小；④若Δp最小，则ΔE一定最大．以上说法中正确的是( )
A．①③ B．②④ C.①④ D.②③
6．月球上特有的能源材料He，总共大约有100万吨，这是由于太阳风里带有大量中子打入月球表面的X粒子中，形成He，月球表面稀薄气体里，每立方厘米中有数个He分子，收集这些He可以在月球上建立He发电站，其中X粒子应该为( )
A.He B．4He C．3He D．2H
二、双项选择题(本大题8小题，每小题4分，共32分)每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，请把符合题意的选项写在题目后的括号内．
7．关于放射性同位素的应用，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起电，因此达到了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．用放射线照射农作物种子能使其DNA发生变异，但DNA变异并不一定都是有益的
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伤害
8．下列说法正确的是( )
A．康普顿效应和电子的衍射现象说明粒子的波动性
B．α粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径
C．氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小
D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定
9．下列说法中不正确的是( )
A．康普顿效应说明光子具有动量
B．量子力学的提出否定了经典力学
C．盖革—米勒计数器检测射线时能计数，不能区分射线种类
D．光电效应与双缝干涉现象表明光的波动性
10．对于基态氢原子，下列说法正确的是( )
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收14 eV的光子
D．它不能只吸收具有11 eV动能的电子的部分动能
11．光子具有动量，太阳光照射在物体上有压力，彗星的尾巴就是太阳的光压形成的．彗星在绕太阳运转的过程中有时彗尾长，有时彗尾短，下列说法正确的是( )
A．彗星离太阳较近时，光压大，彗尾长
B．彗星离太阳较近时，光压小，彗尾短
C．彗星离太阳较远时，光压小，彗尾短
D．彗星离太阳较远时，光压大，彗尾长
12．下列说法中正确的是( )
A．一群氢原子处于n＝3的激发态向较低能级跃迁，最多可放出二种频率的光子
B．由于每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质
C．实际上，原子中的电子没有确定的轨道，但在空间各处出现的概率具有一定的规律
D．α粒子散射实验揭示了原子的可能能量状态是不连续的
13．由原子核的衰变规律可知( )
A．放射性元素一次衰变就同时产生α射线和β射线
B．放射性元素发生β衰变，产生的新核的化学性质不变
C．放射性元素衰变的快慢跟它所处的物理、化学状态无关
D．放射性元素发生正电子衰变时，产生的新核质量数不变，核电荷数减少1
14．金属钠的逸出功为2.48 eV，则下列各色光中，能使钠发生光电效应的有( )
A．波长为6.5×10－7 m的红光 B．频率为5.5×1014 Hz的红光
C．波长为4.8×10－7 m的蓝光 D．频率为7.5×1014 Hz的紫光
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
三、非选择题(本大题共4小题，共50分)按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．(12分)人们常说“水滴石穿”，请你根据下面提供的信息，估算出水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)
16．(12分)如图M－2所示，在边长为a的等边三角形bcd所围区域内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，某一时刻静止于b点处的原子核X发生α衰变，α粒子沿bc方向射入磁场，经磁场偏转后恰好由d射出且与cd边相切．已知α粒子质量为m，电荷量为2e，剩余核的质量为M，衰变过程中释放的核能全部转化为动能，求原子核X的质量．
图M－2
17．(12分)2005年7月4日13时52分，美国宇航局“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”目标——坦普尔1号彗星，这次撞击只能使该彗星自身的运行速度出现0.000 1 mm/s的改变．探测器上所携带的总质量达370 kg的彗星“撞击器”将以每小时38 000 km的速度径直相向撞击彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失．问：根据以上数据，估算一下彗星的质量是多少？(结果保留一位有效数字)
18．(14分)如图M－3所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿着斜面上滑，A的质量为mA＝0.50 kg，B的质量为mB＝0.25 kg，A始终受到沿斜面向上的恒力F的作用．当A追上B时，A的速度为vA＝1.8 m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，A的速度变为v1＝0.6 m/s，方向沿斜面向上．再经T＝0.6 s，A的速度大小变为v2＝1.8 m/s，在这一段时间内A、B没有再次相碰．已知A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.15，B与斜面间的摩擦力不计，已知：sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A、B第一次碰撞后B的速度；
(2)恒力F的大小．
图M－3第十六章 动量守恒定律
1 实验：探究碰撞中的不变量
一、单项选择题
1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，哪些因素可导致实验误差( B )
A．导轨水平安放 B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
2．下列关于打点计时器或光电门的测速说法不正确的是( A )
A．打点计时器使用的电源是直流电源
B．打点计时器两计时点之间的时间间隔等于电源的周期
C．光电门的挡光板越窄越好
D．使用打点计时器时，要先接通电源，再松开纸带
解析：打点计时器使用的电源是交流电源.
3．在气垫导轨上进行探究实验时，首先应该做的是( D )
A．给气垫导轨通气
B．给光电计时器进行扫零处理
C．把滑块放到导轨上
D．检查挡光片通过光电门时是否能挡光计时
4．在探究碰撞中的不变量时，采用如图16－1－7所示的实验装置，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，则下列说法中正确的是( D )
图16－1－7
A．第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B．第一、二次入射小球的落点依次是C、B
C．第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D．第二次入射小球和被碰小球不会同时落地
解析：最远的C点一定是被碰小球的落点，碰后入射小球的速度将减小，因此A、B均错误；由于被碰小球是放在斜槽末端的，因此被碰小球飞出后入射小球才可能从斜槽末端飞出，两小球不可能同时落地，C错，D对．
二、双项选择题
5．用如图16－1－8所示的装置探究碰撞中的不变量时，必须注意的事项是( BC )
图16－1－8
A．A到达最低点时，两球的球心连线可以不水平
B．A到达最低点时，两球的球心连线要水平
C．多次测量减小误差时，A球必须从同一高度下落
D．多次测量减小误差时，A球必须从不同高度下落
解析：要保证一维对心碰撞，必须在碰撞时球心在同一高度；多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度下落．
6．用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，不需要测量的物理量是( CD )
A．滑块的质量 B．挡光的时间
C．光电门与滑块间的距离 D．光电门的高度
7．若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验，下列操作中正确的是( AC )
A．相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了碰撞后黏在一起
B．相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了改变两车的质量
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
8．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中不变量的实验：在小车A的前端黏有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并黏合成一体，继续做匀速运动，他设计的装置如图16－1－9所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片．则( AB )
图16－1－9
A．长木板垫着小木片是为了平衡摩擦，保证小车碰撞前后做匀速运动
B．实验过程中应先接通电源，再让小车A运动
C．计算碰撞前后小车的速度时，在纸带上任选对应过程的一段即可
D．此碰撞中A、B两小车这一系统的机械能守恒
9．某同学利用如图16－1－10所示的装置探究碰撞过程中的不变量，下列说法正确的是( BD )
图16－1－10
A．悬挂两球的细绳长度要适当，可以不等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是钢性球，且质量相同
D．两小球碰后可以黏合在一起共同运动
解析：两绳等长，能保证两球正碰以减小实验误差，所以A错误；计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2/2－0，即初速度为0，B正确；本实验中对小球的性能无要求，C错误；两球正碰后，运动情况有多种可能，所以D正确．
三、非选择题
10．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，也可以探究mv2这个量(对应于动能)的变化情况．
若采用如图16－1－11所示弓形弹片弹开滑块的方案，弹开后的mv2的总量大于(填“大于”、“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量，这是因为弹片的弹性势能转变为滑块的动能，滑块的动能增加．
图16－1－11
解析：弹开前，两滑块静止，动能为零；弹开后，弹片的弹性势能转变为滑块动能，故弹开后mv2大．
11．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1＝15 g，原来静止的被碰小球m2＝10 g，由实验测得它们的碰撞前后的x－t图象如图16－1－12所示，由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是0.015_kg·m/s，入射小球碰撞后m1v1′是0.007_5_kg·m/s，被碰小球碰撞后的m2v2′是0.007_5_kg·m/s.由此得出结论碰撞前后mv的矢量和守恒．
图16－1－12
解析：由题图可知碰撞前m1的速度大小v1＝ m/s＝1 m/s，故碰撞前的m1v1＝0.015 kg×1 m/s＝0.015 kg·m/s.碰撞后m1速度大小v1′＝ m/s＝0.5 m/s，m2的速度大小v2′＝ m/s＝0.75 m/s，故m1v1′＝0.015 kg×0.5 m/s＝0.007 5 kg·m/s，m2v2′＝0.01×0.75 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，由此可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′.
12．某同学用如图16－1－13所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞探究不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图16－1－14所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐．
图16－1－13 图16－1－14
(1)碰撞后B球的水平射程应取为64.7cm.
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量ABD(填字母)．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量(或两球的质量之比)
E．测量G点相对于水平槽面的高度
解析：(1)应把记录纸上B球的落点痕迹用尽量小的圆包括起来，然后取其圆心位置，即可视为这些落点的平均位置．故取 64.7(允许取值范围为64.2～65.2)．(2)题意中已给出A、B两球的半径相同，而实验装置中，A、B两球抛出点相同，均为槽口处，所以C可省略．实验结论中，因小球的平抛初速都用水平射程代替，不必求出初速的具体数据，所以E省略．
13．(双选) 如图16－1－15所示，A、B是两个小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．要探究A、B只在弹簧作用下的不变量，可以不需要测量的物理量是( AD )
图16－1－15
A．桌面的宽度
B．两物块的质量
C．两物块离开桌面后的水平距离
D．两物块飞行的时间
14．用如图16－1－16所示的实验装置来探究碰撞中的不变量．
图16－1－16
(1)安装和调整实验装置的要求是：①斜槽末端切线水平；②入射小球和被碰小球在碰撞瞬间球心在同一高度．
(2)如果已经知道不变量是两小球质量与速度的积的矢量和，某次实验得出小球的落点情况如图16－1－17所示，则碰撞小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为4∶1.
图16－1－17
解析：(2)由于做平抛运动的高度相同，所以它们碰撞前后的速度可用水平位移代替，根据不变量是两小球质量与速度的积的矢量和，m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，代入数据得m1∶m2＝4∶1.
15．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证碰撞中不变量，实验装置如图16－1－18所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点 C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让 A球仍从 C处由静止滚下，A球和 B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的 O点是垂直线所指的位置，若测得各落点痕迹到 O点的距离OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知 A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的P点，系统碰撞前质量与速度的积的矢量和p与系统碰撞后质量与速度的积的矢量和p′的误差＝2%(结果保留一位有效数字)．
图16－1－18
2 动量和动量定律
,
一、单项选择题
1．下列说法正确的是( B )
A．一个物体的动量变化，其动能一定变化
B．一个物体的动能变化，其动量一定变化
C．两个物体相互作用，它们的动量变化相同
D．两个物体相互作用，总动能不变
2．关于冲量的概念，以下说法正确的是( A )
A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
C．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
解析：冲量是矢量，其大小由力和作用时间共同决定．
3．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( A )
A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同
解析：以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝－mv－mv0得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．
4．如图16－2－9所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为( C )
图16－2－9
A．(Mg＋mg－ma)t
B．(m＋M)v
C．(Mg＋mg＋ma)t
D．mv
解析：杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为FN，对杆，FN＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝FNt.
二、双项选择题
5．恒力F作用在质量为m的物体上，如图16－2－10所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( BD )
图16－2－10
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
解析：某个恒力的冲量就等于这个力与时间的乘积．
6．质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( BC )
A．m(v－v0) B．mgt
C．m D．m
解析：平抛运动的合外力是重力，是恒力，所以动量变化量的大小可以用合外力的冲量计算，也可以用初末动量的矢量差计算．
7．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．紧急刹车(即车轮不滚动只滑动)后( CD )
A．货车由于惯性大，滑行距离较大
B．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小
C．两辆车滑行的距离相同
D．两辆车滑行的时间相同
解析：摩擦力是合外力，根据动量定理：－μmgt＝0－mv，得t＝，根据动能定理－μmgs＝0－mv2，得s＝.
8．竖直上抛一小球，后来又落回原地，小球运动时所受空气阻力大小不变，则( BD )
A．从抛出到落回原地的时间内，重力的冲量为零
B．上升阶段空气阻力的冲量小于下落阶段空气阻力的冲量
C．从抛出到落回原地的时间内，空气阻力的冲量等于零
D．上升阶段小球的动量变化大于下落阶段小球的动量变化
解析：上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度，经过的位移相同，所以上升阶段的时间小，重力的冲量小，阻力的冲量也小．由于要克服阻力做功，返回时的速度小于刚抛出时的速度，所以上升阶段小球的动量变化大于下落阶段小球的动量变化．
9．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( AC )
A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
解析：I阶段中只受重力，动量的变化量就等于重力的冲量；II阶段动量的变化量等于重力与阻力合力的冲量；整个过程动量的变化量为零，所以合外力的冲量为零．
三、非选择题
10．质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s，安全带伸直后长5 m，求安全带所受的平均冲力．(g取10 m/s2)
解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v＝2gh，
v0＝＝10 m/s
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力F，取F方向为正方向，由动量定理得： (F－mg)t＝0－m(－v0)
所以F＝mg＋＝1 100 N，方向竖直向上．
11．如图16－2－11所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图16－2－11
解：物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用
则重力的冲量为IG＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下
支持力的冲量为IF＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上
摩擦力的冲量为If＝mg·cos α·μ·t＝5×10×0.8×0.2×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．
12．质量为50 kg的体操运动员从高空落下，落到垫子前的速度为1.0 m/s，方向竖直向下，该运动员经垫子缓冲0.5 s停下来，求垫子对运动员的作用力．(g取10 m/s2)
解：选竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律的动量表述，得
(F－mg)t＝p′－p，
即F＝＋mg
＝ N＋50×10 N＝600 N，方向竖直向上．
13．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，并且能够重新下滑到底端．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 )
A．I上>I下 B．I上C．I上＝I下 D．条件不足，无法判定
解析：由于上、下滑过程中有机械能的损失，所以重新滑到底端时，速度小于初速度，所以上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量，由动量定理可知．
14．(双选)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h2开始下滑到同样的另一高度h1的过程中(如图16－2－12所示)，A、B两个物体相同的物理量是( CD )
图16－2－12
A．所受重力的冲量
B．所受支持力的冲量
C．所受合力的冲量大小
D．动量改变量的大小
解析：由于机械能守恒，所以下降到同样高的地方，它们的速度相同，所以动量的变化量相同，合外力的冲量相同．
15．用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比．若钻头匀速钻进时第1秒内所受的阻力的冲量为100 N·s，求5秒内阻力的冲量．
解：设钻头进入建筑物质的深度为x，则钻头受到的阻力为f＝kx，k为比例系数．
图1
钻头匀速钻进，深度为x＝vt
所以f＝kvt
在时间t内阻力的冲量可通过如图1所示的f－t图象的面积来求解．
I＝f·t＝kvt2
即I∝t2，因第1秒内的冲量为100 N·s，所以t＝5 s时，I5＝2 500 N·s.
3 动量守恒定律
一、单项选择题
1．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少了5 m/s，乙球速度增加了3 m/s，则甲、乙两球质量之比是( B )
A．2∶1 B．3∶5 C．5∶3 D．1∶2
解析：根据动量守恒定律转移表述m1Δv1＝m2Δv2可得，m甲∶m乙＝Δv乙∶Δv甲＝3∶5.
2．沿水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20 m/s，此时在空中爆炸，分裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为( C )
A．10 m/s B．30 m/s C．50 m/s D．70 m/s
解析：手榴弹爆炸，外力远小于内力，可近似地看做动量守恒，根据(m1＋m2)v＝m1v1′＋m2v2′，可得v2′＝[(1＋0.5)×20－0.5×(－40)]/1 m/s＝50 m/s.
3．A、B两物体的质量分别为m和2m，他们在光滑平面上以相同的动量运动，两者相碰后，A的运动方向未变，但速率减为原来的一半，则碰后两物体的速率之比为( D )
A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3
解析：由mv＋2m＝m＋2mv′得，v′＝，碰后两物体的速率之比为∶＝2∶3.
4．质量分别为m1、m2的小球在一直线上相碰，它们在碰撞前后的位移—时间图象如图16－3－7所示，若m1＝1 kg，则m2等于( C )
图16－3－7
A．1 kg B．2 kg
C．3 kg D．4 kg
解析：碰前m1匀速，v1＝4 m/s，m2静止；碰后两者运动方向相反，m1速度方向改变，v′1＝－2 m/s，v′2＝2 m/s，由m1v1＝m1v′1＋m2v′2代入数据得m2＝3 kg.
二、双项选择题
5．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( CD )
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的动量的变化量大小一定相等
解析：由于不知道a块与原物体的动量大小关系，所以b块的运动情况无法确定；但在竖直方向上a块、b块均做自由落体运动，高度一样，所以飞行时间相同；动量守恒，只有两物体，动量的变化量必然相等．
6．(2011年金山中学期末)质量为ma＝0.5 kg的物体a以某一速度与另一质量为mb＝1.5 kg的静止物体b在光滑水平面上正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a的位移－时间图象如图16－3－8所示，则( AB )
图16－3－8
A．碰前a的动量大小为2 kg·m/s
B．碰后b的动量大小为1.5 kg·m/s
C．碰撞过程b的动量改变了0.5 kg·m/s
D．碰撞过程a的动量改变了0.5 kg·m/s
解析：由图可得出碰前a的速度大小为4 m/s，碰后为1 m/s，因此a碰前动量为2 kg·m/s，碰后为0.5 kg·m/s，减小了1.5 kg·m/s.则b的动量增加了1.5 kg·m/s，A、B正确．
7．如图16－3－9所示，在光滑水平面上停放着质量为m装有光滑弧形槽的小车，一个质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( BC )
A．小球以后将向右做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为
D．小球在弧形槽上升的最大高度为
解析：小球升到高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由水平方向动量守恒得：mv0＝2mv′①
由机械能守恒定律得：
mv＝2＋mgh②
由①②得：h＝，知D错．
从小球射入到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒．由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v1，小车速度大小为v2，则有mv0＝mv2－mv1和mv＝mv＋mv，解得v2＝v0，v1＝0，即两者交换速度，故B、C正确，A错．
图16－3－9
8．如图16－3－10所示，两只小球在光滑水平面上沿同一直线运动，已知m1＝2 kg，m2＝4 kg，m1以2 m/s的速度向右运动，m2以8 m/s的速度向左运动．两球相撞后，m1以10 m/s的速度向左运动，由此可得( BD )
图16－3－10
A．相撞后m2的速度大小为2 m/s，方向向右
B．相撞后m2的速度大小为2 m/s，方向向左
C．在相撞过程中，m1的动量改变大小为24 kg·m/s，方向向右
D．在相撞过程中，m1的动量改变大小为24 kg·m/s，方向向左
9．在下列几种现象中，哪一种动量不守恒( AC )
A．在粗糙的水平面上两球发生碰撞
B．车静止在光滑水平面上，人从车头走到车尾
C．运动员推出铅球
D．在光滑水平面上放一木块，子弹沿水平方向射入
三、非选择题
10．抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300 g仍按原方向飞行，其速度测得为50 m/s，另一小块质量为200 g，求它的速度的大小和方向．
解：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，外力可以忽略不计，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＝10 m/s；m1＝0.3 kg的大块速度为v1＝50 m/s，m2＝0.2 kg的小块速度为v2.
由动量守恒定律：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
v2＝
＝ m/s
＝－50 m/s
此结果表明，质量为200 g的部分以50 m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反．
11.(潮汕2012届高三摸底)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图16－3－11所示．现有一质量为m的子弹自左方水平地射向木块并停留在木块中，子弹初速度为v0，求：
(1)子弹射入木块瞬间子弹和木块的速度大小；
(2)子弹与木块上升的最大高度．
图16－3－11
解：子弹射入木块瞬间动量守恒
mv0＝(M＋m)v
得v＝mv0/(M＋m)
子弹和木块一起上升，上升过程只有重力做功，机械能守恒，则有
(M＋m)v2＝(M＋m)gh
解得h＝.
12．(佛山南海区2012届高三摸底)如图16－3－12所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m＝0.2 kg子弹以v0＝20 m/s的初速度水平地射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB运动，并冲上BC.已知木块与斜面间的动摩擦因数μ ＝ 0.5，斜面倾角θ ＝ 45°，重力加速度g＝10 m/s2 ，木块在B处无机械能损失．试求：
(1)子弹射入木块后的共同速度；
(2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．
图16－3－12
解：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设共同速度为v ，则
mv0＝(m ＋ M)v代入数据解得v＝8 m/s
(2)子弹与木块以v的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零
子弹和木块在斜面上受到的支持力
N＝(M＋m)gcos θ
受到摩擦力f ＝μN＝μ(M＋m)gcos θ
对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h，有
－(M ＋ m)gh－f·＝0－(M ＋ m)v2
代入数据，解以上两式得h＝2.13 m.
13．如图16－3－13所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相碰，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( C )
图16－3－13
A．h B．h/2
C．h/4 D．h/8
解析：A下落时，机械能守恒，A、B碰撞动量守恒，A、B整体上升时机械能守恒．
14．(双选)如图16－3－14所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后( AD )
图16－3－14
A．b车的运动速率为零
B．a、b两车的运动速率相等
C．三辆车的运动速率相等
D．a、c两车的运动方向一定相反
解析：人跳离c小车时人与c小车为一系统，动量守恒，人跳上b车到跳离b车以人与b车为一系统，动量守恒，人跳上a车以人与a车为一系统，动量守恒．以这三个状态分别研究即可．
15．如图16－3－15所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体．乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g取10 m/s2)
图16－3－15
解：乙与甲碰撞动量守恒m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg
所以物体在乙上表面滑行时间为t＝v/μg
代入数据得t＝0.4 s.
4 碰撞
一、单项选择题
1．质量m2＝9 kg的物体B，静止在光滑的水平面上．另一个质量为m1＝1 kg、速度为v的物体A与其发生正碰，碰撞后B的速度为2 m/s，则碰撞前A的速度v不可能是( A )
A．8 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s
解析：根据动量守恒，动能不增加的原理逐个验证答案．
2．物块1、2的质量分别是m1＝4 kg和m2＝1 kg，它们具有的动能分别为E1和E2，且E1＋E2＝100 J．若两物块沿同一直线相向运动发生碰撞，并黏在一起，欲使碰撞中损失的机械能最大，则E1和E2的值应该分别是( B )
A．E1＝E2＝50 J B．E1＝20 J，E2＝80 J
C．E1＝1 J，E2＝99 J D．E1＝90 J，E2＝10 J
解析：p1＝，p2＝，只有当两者动量等大时，相撞后速度为零时，动能损失最大，即p1－p2＝0，代入验证后得B是正确的．
3．如图16－4－12所示，质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动．则( C )
图16－4－12
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到5 m/s
解析：甲、乙、弹簧为一系统，它们所受的合外力为零，动量守恒，只有弹力做功，它们相距最近，弹簧压缩最大时，速度相同．由碰撞特点可知，当甲物块的速率为1 m/s时，有向左或向右两种情况，所以由动量守恒可得两解．当弹簧再次恢复原长后，甲、乙就会分开，所以甲物块的速率不可能达到5 m/s.
4．如图16－4－13所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则( A )
图16－4－13
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：易知左边为A球，碰撞后，A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以，A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即mAvA＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，则vA∶vB＝2∶5，所以A选项正确．
二、双项选择题
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )
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
解析：在A项中，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的；在B项中，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能；在C项中，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能；在D项中，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的．
6．在光滑水平面上，动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞后球1的运动方向相反．设碰撞后球1的动能和动量的大小分别为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别为E2、p2，则( AC )
A．E1E0 C．p1解析：两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒．由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E1＋E2≤E0，可见A选项对，B错；另外，E1p0，D选项错误．
7．如图16－4－14所示，一轻质弹簧，上端悬于天花板，下悬一质量为M的平板，处于平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则( AC )
图16－4－14
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关
D．在碰撞后环与板一起下落过程中，它们减少的动能等于克服弹力所做的功
解析：碰撞过程内力远大于外力，所以动量守恒，但机械能要损失；新的平衡位置是重力等于弹力的位置，与环下降的高度无关；克服弹力所做的功与减少的重力势能之差等于动能的减少量．
8．物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩的弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开后一小段时间内( AD )
A．A的速率是B的一半
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力
D．总动量为零
9．甲、乙两人站在小车左右两端，如图16－4－15所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是(轨道光滑)( CD )
图16－4－15
A．乙的速度必定大于甲的速度
B．乙的动量必定小于甲的动量
C．乙的动量必定大于甲的动量
D．甲、乙动量总和必定不为零
解析：在用动量守恒定律分析时，本题的研究对象应是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向，则：p甲－p乙＋p车＝0，所以p乙＝p甲＋p车，即p乙＞p甲，故选项B错，C正确；又甲和乙的质量关系不确定，所以二者速度大小关系也不能确定，故选项A错；甲、乙的动量之和与车的动量大小相等，方向相反，故选项D正确．
三、非选择题
10．质量为m1、m2的滑块分别以速度v1和v2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图16－4－16所示，已知v2>v1，有一轻弹簧固定在m2上，求弹簧被压缩至最短时m1的速度多大？
图16－4－16
解：两滑块匀速下滑所受外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时m1加速，m2减速，当压缩至最短时，m1、m2速度相等．
设速度相等时为v，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得弹簧被压缩至最短时的速度v＝.
11．如图16－4－17所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板．求：
(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
(2)木块A在整个过程中的最小速度．
图16－4－17
解：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得：v1＝0.6v0
对木块B运用动能定理有：
－μmgs＝mv－m(2v0)2
解得：s＝91v/(50μg)
(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：a1＝μmg/m＝μg
对木板C：a2＝2μmg/3m＝2μg/3
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
v0－μgt＝(2μg/3)t，解得：t＝3v0/(5μg)
木块A在整个过程中的最小速度为：
v′＝v0－a1t＝2v0/5.
12．质量为m1＝1.0 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其s－t(位移—时间)图象如图16－4－18所示，问：
(1)m2等于多少千克？
(2)质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化是多少？
(3)碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
图16－4－18
解：同由图象知：碰前m1速度v1＝4 m/s，碰前m2速度v2＝0
碰后m1速度v1′＝－2 m/s，碰后m2速度v2′＝2 m/s
由动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
可得m2＝3 kg，Δp1＝－6 kg·m/s
Ek＝m1v＝8 J，Ek′＝(m1v1′2＋m2v2′2)＝8 J
由上面的计算可以知道m2为3 kg，质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化为－6 kg·m/s，碰撞过程是弹性碰撞．
13．在光滑的水平面上，有一个质量为M的静止的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块中，最后以同一速度v前进，则在子弹射入木块过程中，产生内能为( D )
A.mv B.mv－mv2
C.mv－Mv2 D.v
解析：动量守恒，产生的内能就等于系统损失的机械能，即子弹开始的动能减去子弹与木块相对静止的动能．
14．(双选)如图16－4－19甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( BD )
图16－4－19
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
解析：0～t1，A在加速，B在减速，弹簧被拉长，在t1时A、B速度相同，弹簧达到最长．t1～t2，A仍在加速，B仍在减速，弹簧缩短，t2时恢复原长．t2～t3，B在加速，A在减速，弹簧被压缩，在t3时A、B速度相同，弹簧达到最短．从t3到t4时， B仍在加速，A仍在减速，弹簧由压缩状态恢复到原长．A、B两物体质量比及t2时刻A与B动能之比可由动量守恒、机械能守恒求解．
15．如图16－4－20所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：
(1)前车被弹出时的速度；
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；
(3)两车从静止下滑时距最低点的高度h.
图16－4－20
解：(1)设前车在最高点速度为v2，依题意有
mg＝ ①
设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒mv＋mg·2R＝mv ②
由①②得：v1＝
(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律2mv0＝mv1得v0＝＝
设分离前弹簧弹性势能为Ep，根据系统机械能守恒定律得Ep＝mv－·2mv＝mgR
(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒有2mgh＝·2mv，解得：h＝R.
5 反冲运动 火箭
一、单项选择题
1．下列不属于反冲运动的是( B )
A．喷气式飞机的运动 B．物体做自由落体的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力；反击式水轮机靠水轮击打水，通过反冲获得动力．
2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列方法中可行的是( D )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣向后水平抛出
解析：由于冰面没有摩擦，所以C不行；A、B由于总动量守恒，所以人整体不动；只有D是反冲现象．
3．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为( B )
A．－v B.
C. D.
解析：以原子核为一系统，放射过程中由动量守恒定律：(M－m)v′＋mv＝0得v′＝－.
4．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( D )
A．mv/M，向前 B．mv/M，向后
C．mv/(m＋M)，向前 D．0
解析：在车厢、人、子弹组成的系统中，合外力等于零，动量守恒；子弹与人的作用及子弹与车壁的作用，都是系统内力，不能使系统总动量发生变化；发射子弹前系统总动量为零，子弹打入前车壁后，系统的总动量也为零，所以车厢的速度为零．
二、双项选择题
5．采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度( AC )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
解析：设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量(M－m)的速度是v′，由动量守恒得出：(M－m)v′＝mv得：v′＝由上式可知：m越大，v越大，v′越大．
6．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是( AC )
A．气球可能匀速上升
B．气球不可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
解析：只要满足人与气球的动量之和等于气球原来的动量，A、C选项的情况均有可能发生．
7．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是( AD )
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与他们的质量成反比
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与他们的质量成正比
D．人走到船尾不再走动，船则停下
解析：人和船组成的系统动量守恒，总动量为0；不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反，且两者的速度大小与他们的质量成反比；若人停止运动则船也停止运动．
8．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下列说法正确的是( AD )
A．他不可能跳到岸上
B．他有可能跳到岸上
C．他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上
D．采用C中的方法也无法跳到岸上
解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速度为vx，在船上跳时，设人相当于船的水平速度为vx，船对地的速度为v2，则人相对于地的速度为v1＝vx－v2，由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对船的水平速度也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v29．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车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图16－5－1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端橡皮泥黏在一起，以下说法中正确的是( BC )
图16－5－1
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
C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为v
D．AB车向左运动最大位移大于L
解析：AB与C这一系统合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．Mv′－mv＝0，同时该系统属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以车向左的位移应等于d＝.
三、非选择题
10．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103 kg/m3.
解：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv
代入数据解得火箭启动后2 s末的速度为
v′＝＝ m/s＝4 m/s.
11．两质量均为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的小孩从A船跳入B船，又立刻跳回，则A、B两船最后的速度之比是多少？
解：根据动量守恒定律有0＝(M＋m)vA－MvB，
解得＝.
12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为.求：
(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能．
解：(1)爆炸后沿原轨道返回，则该炸弹速度大小为v，方向与原速度方向相反
爆炸过程动量守恒，mv＝－v＋v1
解得v1＝3v
(2)爆炸过程重力势能没有改变，爆炸前系统总动能
Ek＝mv2
爆炸后系统总动能
Ek′＝·v2＋·(3v)2＝2.5mv2
所以系统增加的机械能为ΔE＝2mv2.
13．如图16－5－2所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车( D )
图16－5－2
A．静止不动 B．左右往返运动
C．向右运动 D．向左运动
解析：两人与车为一系统，水平方向不受力，竖直方向合外力为零，所以系统在整个过程中动量守恒．开始总动量为零，运动时A和B对地面的速度大小相等，mA＞mB，所以AB的合动量向右，要想使人车系统合动量为零，则车的动量必向左，即车向左运动．
14．(双选)如图16－5－3所示，质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下．设槽与桌面无摩擦，则( BC )
图16－5－3
A．小球不可能滑到右边最高点B
B．小球到达槽底的动能小于mgR
C．小球升到最大高度时，槽速度为零
D．若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒
15．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝0.2 kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0＝0.1 m/s做匀速直线运动，如图16－5－4所示．过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t＝3.0 s，两球之间的距离增加了s＝2.7 m，求弹簧被锁定时的弹性势能Ep.
图16－5－4
解：取A、B为系统，由动量守恒得
(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB ①
又根据题意得vAt－vBt＝s ②
由①②两式联立得vA＝0.7 m/s，vB＝－0.2 m/s
由机械能守恒得
Ep＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv ③
代入数据解得Ep＝0.027 J.
第十七章 波粒二象性
1 能量量子化
一、单项选择题
1．下列叙述不正确的是( C )
A．一切物体都在辐射电磁波
B．微观粒子的能量是量化的
C．当波长趋于零时，辐射可以无穷大
D．黑体辐射与材料种类和表面状况无关
2．红光和紫光相比( B )
A．红光光子的能量较大，在真空中传播时红光的速度较大
B．红光光子的能量较小，在真空中传播时红光和紫光的速度一样大
C．红光光子的能量较大，在真空中传播时红光的速度较小
D．红光光子的能量较小，在真空中传播时红光的速度较小
解析：此题只需比较红光和紫光的区别就行了，红光与紫光相比，红光波长较长、频率较低、光子能量较低，真空中所有光传播速度是一样的，正确答案为B.
3．近年来，无线光通信技术(不需光纤，利用红外线在空间的定向传播来传递信息的通信手段)在局域网、移动通信等多方面显示出巨大的应用前景．关于红外线和光通信，以下说法中正确的是( A )
①光通信就是将文字、数据、图像等信息转换成光信号从一地传向另一地的过程 ②光纤通信中的光信号在光纤中传输，无线光通信的光信号在空气中传输 ③红外线的频率比可见光的频率高 ④红外光子的能量比可见光子的能量大
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
解析：无线光通信技术是光信号在空气中直接传输各种信息．光纤通信中的光信号是在光纤维中传输．不论哪种方式，传输的都是文字、数据、图象等信息．而红外线的频率由电磁波谱可知比可见光的频率低，由能量子公式ε＝hν可知，红外光子的能量比可见光的光子的能量小．
4．人眼对绿光最为敏感．正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉．普朗克常量为6.63×10－34 J·s，光速为3.0×108 m/s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( A )
A．2.3×10－18 W B．3.8×10－19 W
C．7.0×10－10 W D．1.2×10－18 W
解析：每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，所以察觉到绿光所接收到的最小功率为
P＝＝ W＝2.3×10－18 W.
二、双项选择题
5．在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔，小孔可看做黑体，由小孔的热辐射特征，就可以确定炉内的温度，如图17－1－5所示，就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图象，则下列说法正确的是( AD )
图17－1－5
A．T1>T2
B．T1C．随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
D．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动
解析：一般材料的物体辐射能多少取决于物体的温度、辐射波的波长、时间的长短和发射的面积，而黑体是指在任何温度下，全部吸收任何波长的辐射的物体，黑体辐射的强度按波长的分布只与温度有关．实验表明，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．从题图中可看出，λ1<λ2，T1>T2，本题正确选项为A、D.
6．对一束太阳光进行分析，下列说法正确的是( AC )
A．太阳光是由各种单色光组成的复合光
B．组成太阳光的各单色光中，能量最强的光为红光
C．组成太阳光的各单色光中，能量最强的光为紫光
D．组成太阳光的各单色光的能量都相同
解析：由公式ε＝hν可以知道，光的频率越大能量越强．组成太阳光的各单色光中，紫光的频率最大，故其能量最强．
7．关于光的传播，下列说法正确的是( AD )
A．各种色光在真空中传播速度相同，在同一介质中传播速度不同
B．各种色光在真空中频率相同，同一色光在不同介质中频率不同
C．同一色光在不同介质中折射率不同，不同色光在同一介质中折射率相同
D．各种色光在同一介质中波长不同，同一色光在真空中的波长比在任何介质中的波长长
解析：各种色光在同种介质和真空中频率是不一样的，同种色光在不同介质中频率是一样的，B错；不同色光在同一介质中折射率是不同的，C错．
8．下列说法正确的是( AC )
A．一切物体都在不停地进行热辐射
B．严冬季节里的物体不发生热辐射
C．红光的能量子比绿光小
D．黑体不向外辐射能量
9．下列关于黑体辐射的说法正确的是( CD )
A．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有减少
B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
三、非选择题
10．对应于3.4×10－19 J的能量子，其电磁辐射的频率和波长各是多少？它是什么颜色的？
解：根据公式ε＝hν和ν＝得
ν＝＝ Hz≈5.13×1014Hz
λ＝＝ m≈5.85×10－7m
5．13×1014 Hz属于黄光的频率范围，它是黄光，其波长为5.85×10－7 m.
11．氦氖激光器发射波长为6 328 的单色光．试计算这种光的一个光子的能量为多少？若该激光器的发光功率为18 mW，则每秒钟发射多少个光子？
解：一个光子的能量为
ε＝hν＝＝ J＝3.14×10－19 J
激光器发光功率为18 mW时，每秒钟发射的光子数为
N＝＝＝5.73×1016.
12．小灯泡的功率P＝1 W，设其发光向四周均匀辐射，平均波长λ＝10－6 m，求在距离d＝1.0×104 m处，每秒钟落在垂直于光线方向上面S＝1 cm2上的光电子数是多少？(h＝6.63×10－34 J·s)
解：每秒钟内小灯泡发出的能量为E＝Pt＝1 J
光子的能量
ε＝hν＝hc/λ＝6.63×10－34×3×108/10－6 J＝1.989×10－19 J
小灯泡每秒钟辐射的光子个数为
n＝E/ε＝≈5×1018
距离小灯泡d的球面面积为
S0＝4πd2＝4π×(1.0×104)2 m2
＝1.256×109 m2＝1.256×1013 cm2
所以射到1 cm2的球面上的光子数为
n′＝n/S0＝5×1018/1.256×1013≈4×105.
13．一束红光从空气射入折射率为1.5的玻璃，则这束红光的能量将( C )
A．增大 B．减小
C．不变 D．无法确定
解析：红光从空气射入玻璃，红光的频率没有发生改变，由公式ε＝hν可以知道，这束红光的能量不会发生改变．
14．(双选)某光源放出波长在500～600 nm之间的各种光子，若已知该光源的发光功率为1 mW，则它每秒钟发射的光子数可能是( BC )
A．2.0×1015 B．3.0×1015
C．2.6×1015 D．1.5×1015
解析：每秒发出的光子数与发光功率和波长之间的关系为n＝，故光子数的范围在2.5×1015～3.0×1015个之间．
15．阅读如下资料并回答问题．
自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为热辐射，热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同．处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即P0＝σT4，其中常量σ＝5.67×10－8 W/cm2·K4.
在下面的问题中，把研究对象都简单地看做黑体．有关数据及数学公式：太阳半径RS＝696 000 km，太阳表面温度T＝5 770 K，火星半径r＝3 395 km，球表面积S＝4πR2，其中R为球半径．
(1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－9～1×10－4 m范围内，求相应的频率范围．
(2)每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
(3)火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射到面积为πr2(r为火星半径)的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度．
解：(1)由ν＝c/λ得
ν1＝＝ Hz＝1.5×1017 Hz
ν2＝＝ Hz＝3×1012 Hz
所以辐射的频率范围为3×1012～1.5×1017 Hz
(2)每小时从太阳表面辐射的总能量为
W＝4πσRT4t
代入数据得W＝4×3.14×5.67×10－8×(6.96×108)2×5 7704×3 600 J＝1.38×1030 J
(3)设火星表面温度为T，太阳到火星距离为d，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为
P入＝4πRσT4
d＝400RS
所以P入＝πσT4r2/(400)2
火星单位时间内向外辐射电磁波能量为
P出＝4πσr2T′4
火星处在平衡状态P入＝P出
即πσT4r2/(400)2＝4πσr2T′4
由此解得火星平均温度T′＝T/＝204 K.
2 光的粒子性
一、单项选择题
1．下列说法正确的是( A )
A.爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象
B.康普顿发现了电子
C.卢瑟福发现了质子和中子
D.玻尔理论成功解释了所有原子的光谱
2．关于光电效应有如下几种陈述，其中正确的是( D )
A．金属电子的逸出功与入射光的频率成正比
B．光电流强度与入射光强度无关
C．用不可见光照射金属一定比可见光照射金属产生的光电子的初动能要大
D．对任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应
解析：逸出功由金属的性质决定．发生光电效应的情况下，光强越大，光子数目越大，射出的光电子数目越多，光电流强度就越大；当不可见光的频率比可见光的小时，发生光电效应的情况下，光电子的最大初动能比可见光的还要小；光电效应的发生的条件是入射光的频率大于金属极限频率，即入射光波长小于金属的极限波长．
3．(2011年广州一模)用能量为5.0 eV的光子照射某金属的表面，金属发射光电子的最大初动能为1.5 eV，则该金属的逸出功为( B )
A．1.5 eV B．3.5 eV
C．5.0 eV D．6.5 eV
解析：W0＝hv－Ek＝5.0 eV－1.5 eV＝3.5 eV.
4．如图17－2－13所示，有一验电器与锌板相连，现用一弧光灯照射锌板一段时间，关灯后，验电器指针保持一定偏角，下列说法正确的是( C )
图17－2－13
A．用一带负电的金属小球与锌板接触，验电器指针偏角一定变大
B．用一带负电的金属小球与锌板接触，验电器指针偏角一定变小
C．使验电器指针回到零，改用强度更大的弧光灯照射锌板相同时间，验电器指针偏角将增大
D．使验电器指针回到零，改用强度更大的红外线灯照射锌板相同时间，验电器指针将偏转
解析：锌板发生光电效应，失去了光电子，带正电，验电器接触带电，与锌板带同种电荷，所以带负电的金属小球与锌板接触，应发生中和，最终的张角决定于中和之后的电量与中和之前大小的比较；改用更强的弧光灯照射，射出光电子数目增多，电量增加，张角增大；但用红光照射，不发生光电效应，验电器指针不偏转．
二、双项选择题
5．金属钠的逸出功为2.48 eV，则下列各色光中，能使钠发生光电效应的有( CD )
A．波长为6.5×10－7 m的红光
B．频率为 5.5×1014 Hz的红光
C．波长为 4.8×10－7 m的蓝光
D．频率为 7.5×1014 Hz的紫光
解析：由ν＝和ε＝hν算出光子的能量，换算成电子伏，大于逸出功即可．
6．光子具有动量，太阳光照射在物体上有压力，彗星的尾巴就是太阳的光压形成的．彗星在绕太阳运转的过程中有时彗尾长，有时彗尾短，下列说法正确的是( AC )
A．彗星离太阳较近时，光压大，彗尾长
B．彗星离太阳较近时，光压小，彗尾短
C．彗星离太阳较远时，光压小，彗尾短
D．彗星离太阳较远时，光压大，彗尾长
解析：接近太阳时，慧星体上受到较大光压，慧星体受挤压而变长．远离太阳时，光压较小，所以挤压不厉害，所以慧星体收缩，没有太大的尾巴．
7．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，则( AB )
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初动能为hν0
C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大
D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
解析：当入射光的频率大于等于金属的极限频率时，就会发生光电效应，A选项正确；由于金属材料一定，极限频率一定，逸出功W逸＝hν0一定，ν0为极限频率，ν增大，逸出功不变，C选项错误．由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W逸，得ν＝2ν0时，Ekm＝hν－W逸＝2hν0－hν0＝hν0，当ν增大一倍，ν＝4ν0时，Ekm＝hν－W逸＝4hν0－hν0＝3hν0，所以B选项正确，D选项错误．
8．为了强调物理学对当今社会的重要作用并纪念爱因斯坦，2004年联合国第58次大会把2005年定为国际物理年．爱因斯坦在100年前发表了5篇重要论文，内容涉及狭义相对论、量子论和统计物理学，对现代物理学的发展做出了巨大贡献．某人学了有关的知识后，有如下理解，其中正确的是( BD )
A．所谓布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．光既具有波动性，又具有粒子性
C．在光电效应的实验中，入射光强度增大，光电子的最大初动能随之增大
D．质能方程表明：物体具有的能量与它的质量有简单的正比关系
解析：布朗运动本身不是分子运动，而是液体中固体小颗粒的无规则运动，故A错．光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关．故C错．正确选项是BD.
9．某种金属在单色光照射下发射出光电子，这光电子的最大初动能( BD )
A．随照射光强度的增大而增大
B．随照射光频率的增大而增大
C．随照射光波长的增大而增大
D．与照射光的照射时间无关
解析：根据光电效应方程，最大初动能只随入射光的频率的增大而增大，与入射光的强度和时间无关．
三、非选择题
10．光具有波粒二象性，光子的能量E＝hν，其中频率表征波的特性，在爱因斯坦提出光子说之后，康普顿提出了光子动量p与光波波长λ的关系：p＝.若某激光管以PW＝60 W的功率发射波长λ＝6.63×10－7 m的光束，试根据上述理论计算：
(1)该管在1 s内发射出多少个光子？
(2)若光束全部被某黑体表面吸收，那么该黑体表面所受到光束对它的作用力F为多大？
解：(1)设在时间Δt内发射出的光子数为n，光子频率为ν，每一个光子的能量E＝hν，
则PW＝，又ν＝，则n＝
将Δt＝1s代入上式得发射出的光子数
n＝＝＝2.0×1020
(2)在时间Δt内激光管发射出的光子全部被黑体表面吸收，光子的末动量变为零．据题中信息可知，n个光子的总动量为p总＝np＝nh/λ，据动量定理知F′Δt＝p总
黑体表面对光子束的作用力为
F′＝＝＝＝＝2.0×10－7 N.
又据牛顿第三定律，光子束对黑体表面的作用力大小为
F＝F′＝2.0×10－7 N.
11．某频率的单色光照射到一块金属板表面时，能发生光电效应，测得光电子的最大初动能为2 eV.若换用频率是原来的1.8倍的单色光照射该金属，光电子的最大初动能为6 eV.试求该金属的逸出功．
解：根据光电效应方程：Ek1＝hν－W0，同理：Ek2＝1.8hν－W0，联立两式并代入数据，可得该金属的逸出功为W0＝3 eV.
12．如图17－2－14所示，一验电器与锌板相连，在A处用一紫外线灯照射锌板，关灯后，指针保持一定偏角．
图17－2－14
(1)现用一带负电的金属小球(带电量少于锌板)与锌板接触，则验电器指针偏角将减小(填“增大”、“减小”或“不变”)．
(2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针无(填“有”或“无”)偏转．
(3)实验室用功率为P＝1 500 W的紫外灯演示光电效应．紫外线波长λ＝253 nm，阴极离光源距离d＝0.5 m，原子半径取r＝0.5×10－10 m，则阴极表面每个原子每秒钟接收到的光子数约为5.(已知h＝6.63×10－34 J·s)
解析：(1)当用紫外光照射锌板时，锌板发生光电效应，放出光电子而带上了正电，此时与锌板连在一起的验电器也带上了正电，从而指针发生了偏转．当带负电的小球与锌板接触后，中和了一部分正电荷，从而使验电器的指针偏转减小．
(2)使验电器指针回到零，用钠灯黄光照射，验电器指针无偏转，说明钠灯黄光的频率小于极限频率，红外光比钠灯黄光的频率还要低，更不可能发生光电效应．能否发生光电效应与入射光的强度无关.
(3)以紫外灯为圆心，作半径为d的球面，则每个原子每秒钟接收到的光能量为
E＝×πr2＝3.75×10－18 J
因此每个原子每秒钟接收到的光子数约为
n＝＝≈5.
13．利用光电管研究光电效应的实验电路如图17－2－15所示，用频率为ν0的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则( D )
图17－2－15
A．用紫外光照射K，电流表中不一定有电流通过
B．用红外光照射K，电流表中一定无电流通过
C．用频率为ν0的可见光照射K，当滑动变阻器的滑片移到A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，当滑动变阻器的滑片向B端滑动时，电流表示数可能不变
解析：选项若原来电流已饱和，则滑片向B端移动电流表示数将不变．
14．(双选)现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc.用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应．若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定( AB )
A．a光束照射时，不能发生光电效应
B．c光束照射时，一定能发生光电效应
C．a光束照射时，释放光电子数目最多
D．c光束照射时，释放光电子的最大初动能最小
解析：c＝λν，λa>λb>λc，νa<νb<νc用b光束照射金属，该频率等于极限频率，恰好发生光电效应．因为光束a的频率小于该极限频率，不能发生光电效应，A选项正确；光束c的频率大于该极限频率，能发生光电效应，B选项正确；光电子数目由光强来决定，不知三束光的光强，无法确定释放出的光电子数，C选项错误；由光电效应方程Ekm＝hν－W逸，c频率最大，金属的逸出功一定，则c光照射时，释放出的光电子动能最大，D选项错误．
15．用能量为E的光子照射金属表面，产生的光电子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，最大半径为R，求金属表面光电子的逸出功．(已知电子质量为m，电荷量为q)
解：由光电子做匀速圆周运动知，R＝，则vmax＝，光电子最大动能Ek＝mv＝，由爱因斯坦光电效应方程知，逸出功W0＝E－Ek＝E－.
3 粒子的波动性
4 概率波
5 不确定性关系
一、单项选择题
1．人类对光的本性认识的过程中先后进行了一系列实验，如下所示的四个示意图表示的实验不能说明光具有波动性的是( C )
解析：A图单缝衍射，B图是双缝干涉，C图是光电效应，D图是薄膜干涉．
2．下列光的波粒二象性的说法中，正确的是( C )
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．大量光子产生的效果往往显示出粒子性
解析：光的波粒二象性指光子在传播过程中在空间出现的概率遵循波动规律．
3．(从化2012届高三模拟)实验表明电子也有波粒二象性，由于电子的粒子性比光强，故电子的波长比光的波长更短，电子和光相比，我们( B )
A．更容易观察到明显的衍射现象和干涉现象
B．不容易观察到明显的衍射现象和干涉现象
C．不容易观察到明显的衍射现象，但容易观察到干涉现象
D．更容易观察到明显的衍射现象，但不容易观察到干涉现象
解析：光子的波动性比电子的要显著得多.
4．如图17－3－1所示，一细束白光通过三棱镜折射后分为各种单色光，取其中a、b、c三种色光，并同时做如下实验：①让这三种单色光分别通过同一双缝干涉实验装置在光屏上产生干涉条纹(双缝间距和缝屏间距均不变)；②让这三种单色光分别照射锌板；③让这三种单色光分别垂直投射到一条直光纤的端面上．下列说法中正确的是( B )
图17－3－1
A．c种色光的波动性最显著
B．c种色光穿过光纤的时间最长
C．a种色光形成的干涉条纹间距最小
D．如果b种色光能产生光电效应，则a种色光一定能产生光电效应
解析：因为c光偏折的最厉害，所以它在玻璃中的折射率最大，频率最大，波长最小，在介质中的传播速度最小，干涉条纹最小．a光的波长最大，频率最小，光子能量最小，在介质中的传播速度最大，干涉条纹最大．b种色光能产生光电效应，a种色光的光子能量比b种色光的小，无法确定它与金属逸出功的关系．
二、双项选择题
5．下列说法正确的是( AB )
A．光波是—种概率波
B．光波是一种电磁波
C．单色光从光密介质进入光疏介质时，光子的能量改变
D．单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变
解析：光具有波粒二象性，从一种介质进入另一种介质时，频率不变，所以光子能量不变，光速变化，波长变化．
6．A和B两种单色光均垂直照射到同一条直光纤的端面上，A光穿过光纤的时间比B光穿过光纤的时间长．现用A和B两种光照射同种金属，都能发生光电效应，则下列说法正确的是( BD )
A．光纤对B光的折射率大
B．A光打出的光电子的最大初动能一定比B光的大
C．A光在单位时间内打出的电子数一定比B光的多
D．B光的波动性一定比A光显著
解析：A光在介质中传播速度小，折射率大，频率高，光子能量大，波长短，根据光电效应方程，可知A光打出的光电子的最大初动能大，相比而言，B光的波动性强．
7．(2011年韶关质检)频率为ν的光子，德布罗意波长为λ＝h/p，能量为E，则光的速度为( AC )
A. B. C. D.
解析：由E＝hν，λ＝h/p，v＝λν联合推导可得．
8．关于不确定性关系ΔxΔp≥有以下几种理解，其中正确的是( CD )
A．微观粒子的动量不可能确定
B．微观粒子的坐标不可能确定
C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定
D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子
解析：不确定性关系ΔxΔp≥表示确定位置、动量的精度互相制约，此长彼消，当粒子位置不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；粒子位置不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小．故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观粒子，不过这些不确定量微乎其微．
9．现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是( BD )
A．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C．质量为10－3 kg、速度为10－2 m/s的小球，其德布罗意波波长约10－28 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波波长与晶体中原子间距大致相同
解析：光电效应体现光的粒子性，A错；肥皂泡看起来是彩色的，这是薄膜干涉现象，体现光的波动性，B正确；由于小球的德布罗意波波长太小，很难观察到其波动性，C错；人们利用热中子的衍射现象研究晶体结构，所以能够体现波动性，D正确．
三、非选择题
10．质量为60 kg的运动员，百米赛跑的成绩为10 s，试估算运动员的德布罗意波的波长．
解：因为是估算题，可认为运动员匀速运动，速度v＝10 m/s.
由公式λ＝知运动员的德布罗意波波长
λ＝ m≈1.1×10－36 m.
11．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长？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
解：本题考查德布罗意波长的计算．任何物体的运动都对应着一个波长，根据公式λ＝不难求得结果．
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＝1×103 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.
12．一颗质量为10 g的子弹，具有200 m/s的速率，动量的不确定量为0.01%，求确定该子弹的位置时，有多大的不确定量？
解：子弹的动量为
p＝mv＝10×10－3 kg×200 m·s－1＝2 kg·m·s－1
动量的不确定范围为
Δp＝0.01%p＝1.0×10－4×2 kg·m·s－1＝2×10－4kg·m·s－1
由不确定性关系式ΔxΔp≥，得子弹位置的不确定范围为Δx≥
所以Δx≥ m＝2.64×10－31 m.
13．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念，任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ＝h/p, p为物体运动的动量，h是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为p＝h/λ.根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E＝hν， p＝h/λ＝hν/c，被电子吸收后有hν＝mev2/2，hν/c＝mev.由以上两式可解得：v＝2c，电子的速度为两倍光速，显然这是不可能的．关于上述过程以下说法正确的是( C )
A．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，所以电子可能完全吸收一个γ光子
B．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，所以电子可能完全吸收一个γ光子
C．动量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍适用规律，所以唯一结论是电子不可能完全吸收一个γ光子
D．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则 光子被电子散射后频率不变
14．(双选)a光经过某干涉仪形成的光的干涉图样如图17－3－2甲所示，若只将a光换成b光照射同一干涉仪，形成的光的干涉图样如图乙所示．则下述正确的是( BC )
图17－3－2
A．a光光子的能量较大
B．b光光子的能量较大
C．a光能使某种金属发生光电效应，b光一定能
D．在水中b光传播的速度较大
解析：a光干涉条纹间距宽，所以它的波长长，频率小，在介质中的传播速度大，它使金属发生光电效应，说明它的频率比金属的极限频率高，b 光的频率比它的大，所以b 光能发生光电效应．
15．已知由激光器发出的一细束功率为P＝0.15 kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮．已知铝的密度为ρ＝2.7×103 kg/m3，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？(取π＝3，g取10 m/s2)
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，则有功率：P＝，由动量定理：F＝，光子能量和动量间关系是E＝pc，铝球的重力和F平衡，因此F＝ρg·πd3，代入数据由以上各式解得d＝0.33 mm.
第十八章 原子结构
1 电子的发现
2 原子的核式结构模型
一、单项选择题
1．(2011年信宜高三检测)在卢瑟福的α粒子散射实验中，有极少数α粒子发生大角度偏转，其原因是( A )
A．原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B．正电荷在原子中是均匀分布的
C．原子中存在着带负电的电子
D．原子只能处于一系列不连续的能量状态中
解析：由于电子与α粒子质量的悬殊，所以可判断：使α粒子偏转的不可能是带负电的电子；又由于只有极少数α粒子发生大角度偏转，所以又可判断：原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的范围内．故选A.
图18－1－7
2．如图18－1－7所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( C )
A．在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
B．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
C．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后产生的反弹
解析：α粒子散射现象，绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度偏转．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用．
3．卢瑟福α粒子散射实验的结果( C )
A．证明了质子的存在
B．证明了原子核是由质子和中子组成的
C．证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里
D说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动
解析：只有极少数α粒子发生了大角度散射，说明原子的主要质量与所有正电荷占整个原子的很小空间．
4．(佛冈2012届高三质检)如图18－1－8所示是示波管工作原理的示意图，汤姆孙测定电子比荷原理与此相似，电子经电压U1加速后以速度υ0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h ，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(即每单位电压引起的偏转量)，可采取的方法是( C )
图18－1－8
A．增大两板间电势差U2
B．减小板长L
C．减小两板间距离d
D．增大加速电压U1
解析：h＝·t2，t＝，qU1＝mv2，所以得：＝.
二、双项选择题
5．下列叙述中符合物理史实的有( BD )
A. 爱因斯坦提出光的电磁说
B. 卢瑟福提出原子核式结构模型
C. 麦克斯韦提出光子说
D. 汤姆孙发现了电子
解析：爱因斯坦提出光子说，麦克斯韦提出光的电磁说．
6．卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图18－1－9所示，粒子从A运动到B，则下列说法中正确的是( AC )
图18－1－9
A．原子核带正电
B．粒子的动能一直变大
C．粒子的速度先变小后变大
D．粒子在电场中的电势能先变小后变大
解析：从径迹中看出，α粒子受到的是斥力，所以原子核带正电，库仑力先做负功，后做正功，所以粒子电势能先增大，后减小．动能先减小，后增大，速度先减小，后增大．
7．下列说法正确的是( AD )
A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型
B．宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性
C．阴极射线像X射线一样是一种电磁辐射
D．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说
解析：宏观物体的物质波波长非常小，极不易观察到它的波动性，阴极射线包含的粒子是电子．
8．氢原子中的电子绕原子核旋转和人造地球卫星绕地球旋转相比较(不计算空气阻力)，下列说法正确的是( AB )
A．轨道半径越大，线速度都越小
B．轨道半径越大，周期都越大
C．电子从内层轨道向外层轨道跃迁时，总能量(动能和电势能)不变，人造卫星从远地点向近地点运动时，总能量(动能和重力势能)也不变
D．电子的向心力是原子核对它的库仑力与万有引力合力提供，卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供
解析：电子的向心力是由原子核对它的库仑力提供的，卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供的，分别列出表达式可判断．
9．在方向如图18－1－10所示的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则( BC )
图18－1－10
A．若v0 ＞E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0
B．若v0 ＞E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
C．若v0 ＜E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0
D．若v0 ＜E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
解析： 电子飞入正交的匀强电场和匀强磁场中，同时受到电场力eE和洛伦兹力ev0B作用，且电场力和洛伦兹力方向相反．若eE＝ev0B，即v0＝E/B，则电子匀速直线运动穿过场区；若eE>ev0B，即v0E/B，则电子将向下偏，沿轨迹Ⅱ运动，电场力做负功，射出场区时，速度v三、非选择题
10．在场强为1.92×105 N/C的匀强电场中，一半径为1.64×10－4 cm，密度为0.851 g/cm3的油滴恰能悬浮，求油滴的电量是电子的多少倍？
解：小油滴质量m＝ρV＝ρ·πr3，
小油滴悬浮在电场中，由力的平衡条件：mg＝qE，得
q＝
＝ C
≈8.02×10－19 C
设小油滴所带电量q是电子电量e的n倍，则
n＝≈5.
11．汤姆孙1897年用阴极射线管测量了电子的比荷(电子电荷量与质量之比)，其实验原理如图18－1－11所示．电子流平行于极板射入，极板P、P′间同时存在匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流不会发生偏转；极板间只存在垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流穿出平行板电容器时的偏向角θ＝ rad.已知极板长L＝3.0×10－2 m，电场强度大小为E＝1.5×104 V/m，磁感应强度大小为B＝5.0×10－4 T，求电子比荷．
图18－1－11
解：无偏转时，洛伦兹力和电场力平衡，则eE＝evB
只存在磁场时，有evB＝m，由几何关系r＝
偏转角很小时，r≈
联立上述公式并代入数据得电子的比荷
＝≈1.3×1011 C/kg.
12．α粒子散射实验中α粒子经过某一原子核附近时的两种轨迹如图18－1－12所示，虚线为原子核的等势面，α粒子以相同的速率经过电场中的A点后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹不能断定的是( B )
图18－1－12
A．原子核带正电
B．整个原子空间都弥漫着带正电的物质
C．粒子在径迹1中的动能先减少后增大
D．经过B、C两点两粒子的速率相等
解析：两个径迹都显示α粒子受到的是斥力，所以原子核带正电．粒子在径迹1、2中原子核对它们先做负功，后做正功，动能先减小，后增加．同一等势面，势能相同，动能变化量也相同．
13．(双选)英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，发现了α粒子的散射现象．以下各图中，O表示金原子核的位置，则能正确表示该实验中经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹的图是( BD )
解析：原子核对α粒子库仑斥力提供它的向心力，距离越近该力越大，弯曲得越厉害．
14．氢原子的核外电子质量为m，电量为－e，在离核最近的轨道上运动，轨道半径为r1，试回答下列问题：
(1)电子运动的动能Ek是多少？
(2)电子绕核运动的频率是多少？
(3)电子绕核在如图18－1－13所示xy平面上，沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流的方向如何？电流强度多大？
图18－1－13
解：(1)氢原子核对电子的库仑力提供了它的向心力k＝m
电子的动能Ek＝mv2＝
(2)电子绕核运动的频率f＝＝
(3)此环形电流的方向为顺时针，电流强度：
I＝＝ef＝.
3 氢原子光谱
一、单项选择题
1．对于线状谱，下列说法中正确的是( C )
A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同
B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同
C．每种原子在任何条件下发光的线状谱相同
D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同
解析：每种原子都有其特定的原子谱线，该谱线与原子所处的状态无关，故选项C正确．
2．太阳的连续光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于( C )
A．太阳表面大气层中缺少相应的元素
B．太阳内部缺少相应的元素
C．太阳表面大气层中存在相应的元素
D．太阳内部存在相应的元素
解析：太阳表面大气层存在着许多元素吸收了相应的频率的光，故太阳光谱是吸收光谱，选项C正确．
3．利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析的下列说法正确的是( B )
A．利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成分
B．利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分
C．高温物体发出的光通过物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分
D．同一种物质的线状谱与吸收光谱上的暗线由于光谱的不同，它们没有关系
解析：由于高温物质的光谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，故A错误；某种物质发光的线状谱中的亮线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱对照，即可确定物质的组成成分，B正确；高温物质发出的光通过物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，它与物质的线状谱相对应．
4．白炽灯发光产生的光谱是( A )
A．连续谱 B．线状谱
C．原子光谱 D．吸收光谱
二、双项选择题
5．通过光栅或棱镜获得物质发光的光谱，光谱( AD )
A．按光子的频率顺序排列
B．按光子的质量大小排列
C．按光子的速度大小排列
D．按光子的能量大小排列
6．以下说法正确的是( BC )
A．进行光谱分析可以用连续光谱，也可以用吸收光谱
B．光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速
C．线状光谱和吸收光谱都可以对物质进行分析
D．摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素
解析：光谱分析常用来反映原子的特征，谱线既可以用线状谱也可以用吸收光谱，但不能用连续谱，A错，C对；利用光谱分析时，样品中元素达到10－10 g就可以检测得到，灵敏度很高，B对；月亮本身不发光，它的光是反射的太阳光，故通过分析月亮的光谱可以分析太阳的大气中所含的元素，但分析不出月球上有哪些元素，D错．
7．关于太阳光谱，下列说法正确的是( AB )
A．太阳光谱是吸收光谱
B．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率光被吸收后而产生的
C．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成
D．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素
解析：太阳光谱是吸收光谱．因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成．而要观察某种物质的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光．由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收．所以上述选项中正确选项是A、B.
8．关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是( BD )
A．太阳光谱和白炽灯光谱都是连续谱
B．霓虹灯产生的是明线光谱
C．进行光谱分析时，只能用明线光谱
D．同一元素吸收光谱的暗线与明线光谱的位置是一一对应的
解析：太阳光谱是吸收光谱，白炽灯光产生的是连续谱；霓虹灯管内充有稀薄气体，产生的光谱为明线光谱．
9．关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是( AC )
A．光谱包括连续谱和线状谱
B．太阳光谱是连续谱，氢原子光谱是线状谱
C．线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析
D．光谱分析不能帮助人们发现新元素
三、非选择题
10．根据巴耳末公式，指出氢原子光谱在可见光的范围内波长最长的两条谱线，其波长分别为654.55×10－9 m和484.85×10－9 m，求所对应的n.
解：根据巴耳末公式＝R得
＝1.10×107×
所以n1＝3，
＝1.10×107×
所以n2＝4.
11．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为＝R，n＝4、5、6、…，R＝1.10×107 m－1.若已知帕邢系的氢原子光谱在近红外线区域，试求：
(1)n＝6时，对应的波长；
(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多大？n＝6时，传播频率为多大？
解：(1)已知帕邢系公式＝R，当n＝6时，得λ＝1.09×10－6 m.
(2)帕邢系形成的谱线在近红外区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播，故波速近似为光速c＝3×108 m/s，由v＝＝λν，得ν＝＝＝ Hz＝2.75×1014 Hz.
12．如图18－3－2甲所示的abcd为四种元素的特征谱线，通过光谱分析可以确定矿物(其线状谱如图乙所示)中缺少的元素为( B )
图18－3－2
A．a元素 B．b元素 C．c元素 D．d元素
解析：将矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的谱线在该线状谱中不存在，故B正确．与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素．
13．(双选)以下说法错误的是( CD )
A．进行光谱分析可以用线状谱，也可以用吸收光谱
B．光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速
C．分析某种物质的化学组成，可以使这种物质发出的白光通过另一种物质的低温蒸气，取得吸收光谱，进行分析
D．如果某物质的线状谱中含有与现有元素的特征谱线都不同的谱线，说明操作失误
解析：C中得到的光谱是另一种物质的光谱，D中该物质可能存在未知元素．
4 玻尔的原子模型
一、单项选择题
1．对于基态氢原子，下列说法正确的是( A )
A．它能吸收10.2 eV的光子
B．它能吸收11 eV的光子
C．它能吸收动能为10 eV的电子的能量
D．它能吸收具有11 eV动能的电子的全部动能
解析：注意到光子能量只能全部被吸收，而电子能量则可以部分被吸收.10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确．基态氢原子只可吸收动能为11 eV的电子的部分能量(10.2 eV)，剩余0.8 eV仍为原来电子所有．
2．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中( D )
A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大
B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小
C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量增大
D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大
解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核越远的轨道上运动时，其能量越大，由能量公式En＝(E1＝－13.6 eV)可知，电子从低轨道(量子数n值较小)向高轨道(n值较大)跃迁时，要吸收一定的能量的光子．故选项B可排除．氢原子核外电子绕核做圆周运动，其向心力由原子核对电子的库仑引力提供，即＝，电子运动的动能Ek＝mv2＝.由此可知：电子离核越远，即r越大时，电子的动能就越小，故选项A、C均可排除．
3．(2011年台山模拟)如图18－4－3所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光子照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法中正确的是( D )
图18－4－3
A．这群氢原子能辐射出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短
B．氢原子向低能级跃迁后，电势能增大
C．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为11.11 eV
D．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为9.60 eV
解析：从n＝3跃迁到n＝2所发出的光频率最小，波长最大，A错；氢原子在辐射光子后，电子轨道半径减小，动能增大，电势能减小，总能量减小，B错；辐射光子的最大能量为12.09 eV，所以金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为(12.09－2.49)eV＝9.60 eV，C错，D对．
4．(2011年广州二模)氢原子的部分能级如图18－4－4所示．氢原子吸收以下能量可以从基态跃迁到n＝2能级的是( A )
图18－4－4
A．10.2 eV B．3.4 eV
C．1.89 eV D．1.51 eV
二、双项选择题
5．如图18－4－5所示为氢原子的部分能级图．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( AC )
图18－4－5
A．用能量为10.2 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
B．用能量为11.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C．用能量为14.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
D．大量处于基态的氢原子吸收了能量为12.09 eV的光子后，能辐射2种不同频率的光
解析：10.2 eV等于1、2两能级之差，所以该光子可以被基态的氢原子吸收，并跃迁到第2能级.11.0 eV不大于基态的电离能，也不恰好等检测部分
第十六章综合检测
1．A
2．B 解析：当两重离子具有等大反向的动量，相撞时速度变为零，使得全部的动能都转化为内能．
3．D 解析：根据“人船模型”得M·＝m.即x＝d.
4．B
5．A 解析：－μmgt＝0－mv，t＝，所以它们的时间与初速度成正比，而初动量相等，初速度与质量成反比．
6．A 解析：a、b两物体在下落过程中均只有重力做功，机械能守恒，mv2＝mgR，可得：v＝，即a、b两物体下落到S点的速度大小相等，方向不同，它们在S点的动量大小相等，方向不同，所以动量不相等．设本题中圆周的半径为R，物体a做自由落体运动，下落的高度为R，由此可得下落的时间t1＝.自由落体与光滑曲面下滑过程均机械能守恒，它们的初动能均为零，下落相等的高度，它们增加的动能即末动能相等，则它们的速度大小相等．将曲面的运动看成水平方向与竖直方向直线运动的合成，竖直方向的速度是曲面瞬时速度的分量，小于曲面上瞬时速度．所以在相同高度处b物体在竖直方向的分速度总是小于a物体的速度，在研究竖直方向的运动时，b物体竖直方向的平均速度小于a物体平均速度，竖直位移均为R，则t2＞t1，即a先到达．
7．CD 解析：匀变速运动中的合外力是恒力，所以动量的变化量在相等的时间内相等；匀速圆周运动合外力在变，动量的变化量也在变．
8．AB 解析：动量守恒，动能不增加，碰后如果同向，必然有v′1≤v′2.
9．CD 解析：在缓慢拉动时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间是滑动摩擦力，静摩擦力可能比滑动摩擦力小些，也可能大些，但相差不大可认为相同．缓慢拉动，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动；迅速拉动，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动．
10．AD 解析：根据动量守恒定律：(M＋2m)v＝Mv1＋mv2－mv2，小车的速度增加；由于向西的动量变化大小是初末动量绝对值之和，而向东的动量变化大小是末与初动量绝对值之差，故向西的动量变化大些．
11．AD 解析：因为摩擦力对小球作用时间很短，故小球受到摩擦力的冲量很小，小球动量变化几乎为零．
12．BC
13．BD 解析：设斜面高h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速率为v＝，所用时间t＝.由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG＝mgt＝，方向竖直向下；斜面弹力冲量大小为IN＝mgtcosθ＝，方向垂直斜面向上；合力的大小为mgsinθ，I合＝mgtsinθ＝m，方向沿斜面向下(与合力方向相同)．可知，两种情况重力冲量大小不同，方向相同；弹力冲量大小与方向均不相同；合力冲量大小相等，方向不同．
14．BD 解析：由动量定理知：F·t＝p
由动能定理知：F·l＝Ek
由动能与动量的关系Ek＝或p＝可知，在F作用下，当位移变为2l，其动量将等于p，动能将变为2Ek；在F作用下，经时间2t，其动量变为2p，其动能变为4Ek，故正确选项为B、D.
15．(12分)(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1
(2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计器的限位孔有摩擦
解析：作用前滑块1的速度
v1＝m/s＝2 m/s，
其质量与速度的乘积为
0．310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，
作用后滑块1和滑块2具有相同的速度
v＝ m/s＝1.2 m/s，
其质量与速度的乘积之和为
(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s.
16．(12分)解：取小船和两个小孩为一个系统进行研究，则此系统动量守恒．
如题图所示，取小船原来运动的方向为正方向，作用前的动量为(M＋2m)v0.
作用后，小孩a的动量为mv，小孩b的动量为－mv，设小船后来的速度为v′，则小船动量为Mv′，根据动量守恒定律得：(M＋2m)v0＝mv－mv＋Mv′，解得v′＝v0.
17．(12分)解：每次发射子弹过程中，对人、艇、枪及子弹组成的系统总动量守恒，连续发射十颗子弹和一次性发射十颗子弹结果相同．
由题中所给数据M＝120 kg，t＝2 s，m＝0.01 kg，
v1＝800 m/s，射击后划艇的速度是v2，由动量守恒得：
10mv1＝(M－10m)v2，解得v2≈0.67 m/s.
18．(14分)解：木板受到瞬时冲量后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下加速，A在B的反作用力及C的摩擦力的共同作用下减速，最终B从A掉下．
(1)设水平向右为正方向，据动量定理有
I＝mAv0－0，代入数据解得瞬时冲量结束时木板的速率v0＝3.0 m/s.
(2)方法一：设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得
－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0
FABt＝mBvB－0
由牛顿第三定律：FAB＝－FBA
又FCA＝μ(mA＋mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得
－(FBA＋FCA)xA＝mAv－mAv
FABxB＝EkB
动量与动能之间的关系为：
mAvA＝，mBvB＝
木板A的长度：L＝xA－xB
代入数据解得木板的长度为L＝0.50 m.
方法二：以A、B组成的系统为研究对象，对系统应用动量定理有
－FCA·t＝(mAvA＋mBvB)－mAv0
其中FCA＝μ(mA＋mB)g
mAvA＝，mBvB＝
由以上各式代入数据解得
t＝ s，vA＝2 m/s，vB＝1 m/s.
由运动学公式xA＝t＝× m＝ m
xB＝t＝× m＝ m
则木板长L＝xA－xB＝ m－ m＝ m＝0.50 m.
第十七章综合检测
1．A
2．A 解析：入射光的光子能量＝ J＝4.95×10－19 J，大于铯与钙的逸出功，能使这两种材料发生光电效应．
3．B 解析：根据光电效应方程有－W0＝Ek，－W0＝2Ek，消去Ek得W0＝·，故选B.
4．A 解析：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，也就是光电子的最大初动能刚好为0.6 eV.由Ek＝ hν－W可知逸出功为W0＝1.9 eV.
5．B 解析：T＝(37＋273)K＝310 K，由题意可得老鼠发出的最强热辐射的波长为λm＝2.90×10－3/310 m≈9.4×10－6 m.
6．C 解析：同样频率的入射光，强度越大，单位时间内逸出的光电子应该越多，但最大初动能与光的强度无关；改用紫光后，由Ek＝hν－W0知，最大初动能增大；由于不知道紫光的强度，因此单位时间内逸出的光电子数多少无法确定.
7．AC 解析：光子的频率大于金属的极限频率时，金属会发生光电效应，小于极限频率时不会发生光电效应；电子轰击金属表面，可能有光子发出，如X射线就是电子轰击时射出的．
8．AD 解析：光电效应实验中是紫外线照射锌板发生光电效应的，红外线的频率小于锌板的极限频率，所以不会发生光电效应；发生光电效应后，光电子射出，锌板带正电，验电器也带正电．
9．BD
10．CD 解析：不能发生光电效应的原因是入射光频率小于金属的极限频率，因此要增大入射光的频率，即换用波长较短的光．
11．AC 解析：爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0中的W0表示从金属表面直接逸出的光电子克服金属中正电荷引力所做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值，对应的光电子的初动能是所有光电子中最大的，故A对，B错；若入射光的频率恰好是极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0，因此有W0＝hν，C对．由Ek＝hν－W0可知Ek和ν之间是一次函数关系，但不是成正比关系．
12．BD 解析：一切运动的物体都有一种物质波与它对应，所以宏观物体和微观粒子都具有波动性，A选项错误，B选项正确；宏观物体的物质波波长很短，不易观察到它的波动性，所以C选项错误；速度相同的质子与电子相比，电子质量小，物质波波长更长，所以电子波动性更明显，所以D选项正确．
13．CD 14.AC
15．(12分)解：由λ＝，λ＝，Ek＝mv2＝＝，Ek＝eU联合求解可得U＝.
16．(12分)解：根据光电效应方程有mev＝h－W0
解得λ＝
其中W0＝3.34×1.60×10－19 J＝5.344×10－19 J，代入其他数据可得
λ≈2×10－7 m
17．(12分)解：由爱因斯坦光电效应方程可得
hν＝W0＋ mv
由已知有hν＝(1.9＋1.0) eV＝2.9 eV＝2.9×1.6×10—19 J，又ν＝
入射光波长为λ＝ m≈4.29×10—7 m
18．(14分)解：(1)电子的动量为p＝＝
＝ kg·m/s
≈5.4×10－24 kg·m/s
德布罗意波长λ＝＝ m≈1.2×10－10 m
(2)电子的能量E′＝2 500 eV＝4.0×10－16 J
根据E＝，得光子波长
λ＝＝ m≈5.0×10－10 m
电子的动量
p′＝
＝ kg·m/s
≈2.7×10－23 kg·m/s
电子波长λ′＝＝ m≈2.5×10－11 m
则该光子波长与这个电子的波长之比为
＝＝.
期中标准检测
1．A 解析：通过两狭缝后出现明暗相间的条纹是干涉，干涉条纹间距相等，各条纹亮度相同，说明光是一种波．验电器有了张角说明发生的光电效应，说明光是一种粒子．改用红光，红光的频率小于紫光的，有可能不发生光电效应．
2．D 解析：在1分内合外力的冲量为零，所以物体最终静止，物体的运动是先匀加速后匀减速，运动方向不变．
3．D 解析：从图象中看出，8～13 μm的波段大气吸收率小，能被遥感卫星接收．
4．A 解析：设圆柱形水杯的底面积为S,1秒内杯中水上升高度为l，在经过Δt时间，水杯中雨水的质量Δm＝ρSlΔt＝1.0×103×·S·Δt＝SΔt.以Δm为研究对象，这些雨水的重力忽略，荷叶对雨水作用力大小为F，由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv，根据牛顿第三定律，雨水对荷叶的作用力大小也为F，由压强的定义代入数据得：p＝＝0.15 Pa.
5．D 解析：伴飞小卫星刚离开飞船时的速度大于飞船的，它对地球将做离心运动，半径增大，引力减小，稳定后由万有引力提供向心力，速度减小，加速度也减小，动能与势能相互转化，机械能不变．
6．D 解析：由动量守恒定律pA＝pA′＋pB，再由德布罗意波长公式λ＝h/p，得到h/λ1＝h/λ2＋h/λ3.
7．BC 解析：动量的变化率就是物体所受的合外力，所以动量变化率不变就是合外力不变．匀速圆周运动合外力的方向在变，变速直线运动的力不确定，其他两种合外力是恒力．
8．BC 解析：只有入射光的波长小于极限波长时才能发生光电效应．
9．BD
10．AC 解析：谷种与瘪谷在水平方向上受到的合外力相同，动量的变化率相同，但谷种质量大，速度变化小，所以谷种落得近些．
11．AD 解析：发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长差不多或者小于波长，由于电子的物质波波长很短，远小于原子的尺寸，能防止发生明显衍射现象，因此电子显微镜的分辨率高．
12．CD 13.AD 14.BD
15．(12分)不成立 不成立 动量 动量
16．(12分)解：电子由静止开始，在电场的加速下速度不断增加，要求电子的德布罗意波长，必须求出电子经电场加速后的动量，然后代入λ＝.
在电场作用下mv2＝eU，得v＝
根据德布罗意波长λ＝得
λ＝＝≈ nm
由于电压U＝220 V，代入上式得
λ＝ nm≈8.29×10－2 nm＝8.29×10－11 m.
17．(12分)解：(1)物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则μmg＝ma；
再由运动学公式得：L＝aT2；v1＝aT
联立上三式解得T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T.设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：v＝v0－(2nT＋Δt)a＝aΔt
式中Δt是碰撞n次后，木板从起始位置起运动至达到共同速度的位置上所需要的时间．
上式可改写为：2v＝v0－2naT
由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有：
0≤v0－2naT≤2v1
解得：1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n＝2
再由以上各式得：Δt＝0.2 s，v＝0.2 m/s
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t＝4T＋Δt＝1.8 s
(2)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s＝L－aΔt2
联立以上各式，并代人数据得：s＝0.06 m
18．(14分)解：(1)设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律：mgL＝mv
得v0＝
设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律：2mv1＝mv0
得v1＝＝
碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝mv－2mv＝mgL
图4
(2)设加速度大小为a，有
2aS＝v，S＝，得a＝
(3)设弹簧弹力为FS，ER流体对滑块的阻力为FER，
受力分析如图4所示，
FS＋FER－2mg＝2ma
再有：FS＝kx，x＝d＋
解得FER＝mg＋－kd.
第十八章综合检测
1．A 解析：发出六种光子，说明是从n＝4的能级自发跃迁，所以吸收的光子的能量等于3、4两级的能级差，是六种谱线中能量最小的．
2．C 解析：n＝5的激发态直接跃迁到n＝2发出的光子的能量大于n＝4的激发态直接跃迁到n＝2上的，所以是紫光．γ射线是由内层电子受到激发发出的，所以不属于此种情况．
3．B 解析：根据玻尔模型，电子跃迁是在不同能级间发生的．只有光子能量恰好等于两能级之差才吸收，hν＝E终－E初，43.2 eV＝E终－(－54.4 eV)，E终＝－11.2 eV不在确定的能级上，故不发生电子跃迁．
4．D 解析：卢瑟福提出核式结构，汤姆生提出的是“枣糕”原子模型，A不正确；汤姆生发现电子证明了原子具有复杂结构，而卢瑟福的α粒子散射实验证明了核式结构，B不正确；发生光电效应，波长相对较短，C不正确．
5．D 解析：从高到低，要放出光子，总能量减小，ΔEk＋ΔEp<0.从高到低，库仑力做正功，电势能减小，动能增大．
6．D 解析：该光子能量不能恰好等于氢原子两能级差，也不大于它的电离能，所以不能被吸收．
7．CD
8．BD 解析：根据能量守恒定律可得B，由B的结论，入射光的频率决定电子动能，与入射光的光强无关．
9．AC 解析：原子的某内层电子被电离形成空位，其他层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，就是原子的特征X射线．由于能量守恒，电子在原能级上运动时所具有的能量是动能与获得能量之差，由于各能级获得的能量是相同的，所以各能级之差就是它们电离后具有的动能之差，E＝ΔEk，由此放出光子的可能能量值E1＝(1.412－1.323) MeV＝0.089 MeV，E2＝(1.412－1.399) MeV＝0.013 MeV，E3＝(1.399－1.323) MeV＝0.076 MeV.
10．AB 解析：卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，其理论要点就是：原子的中心有一个核，称为原子核；原子的正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里；带负电的电子绕着原子核旋转．所以选项A、B正确．
11．AC 解析：波长为60 nm的伦琴射线，光子能量大于氢原子基态电离能13.6 eV，所以能使它电离；10.3 eV稍大于1、2两能级之差，不能被氢原子吸收；11.0 eV大于基态与能级2的能级差，碰撞时可使原子跃迁；12.5 eV即不大于基态电离能，也不等于基态与某个激发态之间的能级差，所以不会被吸收．
12．BC 13.AD 14.AC
15．(13分)解：(1)n＝2时，E2＝ eV＝－3.4 eV
n＝∞时，E∞＝0
要使n＝2激发态的原子电离，必吸收
ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
故ν＝＝ Hz≈8.21×1014 Hz
(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0＝hν＝6.63×10－34× J＝9.945×10－19 J
而电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
无穷远处电子势能为零，根据能量守恒
hν－ΔE＝mv2
电子飞到无穷远处速度为v≈1.0×106 m/s
16．(12分)解：原子跃迁所需要的能量来自粒子与原子碰撞过程中损失的机械能．要使入射粒子的动能最小，ΔE一定，据能量守恒知，需碰撞过程中机械能损失最大，即必须发生完全非弹性碰撞．设入射粒子的质量为m，与原子碰撞前后根据动量和能量守恒分别得：
mv1＝mv2＋Mv ①
mv＝mv＋Mv2＋ΔE ②
又因为v2＝v(因为完全非弹性碰撞) ③
由以上三式得入射粒子的最小动能为：
E＝mv＝·ΔE ④
令电子、质子质量分别为m1、m2，因m117．(13分)解：电荷绕核做圆周运动，向心力由库仑力提供，有
k＝m又mvr＝
解之得
r＝∝，
r′＝.
18．(12分)解：设α粒子与氖核的质量分别为mα与mNe，氖核在碰撞前后的速度分别为vNe与v′Ne.由动量守恒与机械能守恒定律，有
mαv＋mNevNe＝mNev′Ne ①
mαv2＋mNev＝mNev′ ②
解得
vNe＝v ③
v′Ne＝v ④
已知
＝ ⑤
将⑤式代入③④式得
vNe＝v
v′Ne＝v.
第十九章综合检测
1．B 解析：核反应方程是H＋n―→H＋γ；辐射出的γ光子的能量E＝(m1＋m2－m3)c2；γ光子的波长λ＝.
2．B 解析：经过了两个半衰期，1 g的氡剩下了0.25 g，衰变了0.75 g，根据核反应方程的规律“在反应前后的质量数和核电荷数不变”，可得出是α粒子．
3．D 解析：半衰期是大量原子核有半数发生变化所需的时间；放射性物质放出的射线中，α射线贯穿物质的本领最弱；β衰变是核内中子转化为质子放出的．
4．C 解析：138天有一半发生衰变，即50 g，再过138天又有一半发生衰变，即25 g，共75 g.
5．B 解析：A选项中，n＝2的状态跃迁到n＝6的状态吸收光子；C选项中，同位素是具有相同核电荷数的元素；D选项中，核子质量之和大于所组成的原子核，发生质量亏损，放出能量．
6．A
7．AD 解析：A到B质量数不变，中子数减少1，质子增加1；B到C，质量数减4，中子数减少2，质子数减少2.所以A到C，质量数减4，中子数减少3，质子数减少1.
8．BC 解析：根据质量数和电荷数守恒，质量数为：70＋208－1＝277，电荷数(即质子数)为：30＋82＝112，中子数为：277－112＝165.
9．BD 解析：发生质量亏损，释放能量由质能方程可得．
10．BD 解析：本题考查对α粒子及β粒子的性质的了解以及对动量守恒定律以及左手定则的应用能力．原来静止的核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据图示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场方向是向里还是向外．
11．AD 解析：天然放射现象周期很长，会对环境和生物造成长期的影响，故A、D两项正确，B、C两项错误．
12．BD 解析：E＝mc2式中的E表示物体具有的总能量，m表示物体的质量，故C错误，D正确；ΔE＝Δmc2表示当物体的能量增加或减少ΔE时，其质量相应的增加或减少Δm，故A错误，B正确，所以选B、D.
13．CD 解析：核反应前的质量为1.007 3 u＋7.016 0 u＝8.023 3 u，核反应后的质量为2×4.001 5 u＝8.003 0 u，此反应过程中质量减少了0.020 3 u，故A错；根据质能方程ΔE＝Δm×931.5 MeV≈18.9 MeV，故核反应释放的核能为18.9 MeV，C正确；由反应过程中能量守恒知反应后两个α粒子的总动能E总＝18.9 MeV＋0.6 MeV＝19.5 MeV，故B错，D对．
14．AC 解析：β射线是高速电子流，它是原子核内部放射出来的，电离作用较弱，穿透能力较强，能穿透几毫米的铝板，故A、C正确．
15．解：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T1·T2时间后剩下的放射性元素的质量相同，则＝，故mA∶mB＝2T2∶2T1.
16．解：(1)核反应方程为Li＋H―→2He
(2)核反应的质量亏损Δm＝mLi＋mp－2mα＝0.020 3 u，由质能方程可得，质量亏损相当的能量ΔE＝Δmc2≈18.9 MeV，而系统增加的能量ΔE′＝E2－E1＝19.3 MeV，这些能量来自核反应中，在误差允许的范围内可认为它们近似相等，所以ΔE＝Δmc2正确．
17．解：m1v＝m1v1＋m2v2；m1v2＝m1v＋m2v.解得v2＝v，对于氢核vH＝v，对于氮核vN＝v，得mn＝1.16mH，即质量数为1.16.
18．解：衰变过程是弱相互作用，牛顿运动定律不适用，但仍满足动量守恒和能量守恒．假设衰变产物只有钍核和α粒子，则它们的动量大小相等、方向相反，衰变过程由于质量亏损释放的核能等于它们的动能之和．如果放出的α粒子的速度方向与磁场方向垂直，则α粒子和钍核都做匀速圆周运动，其轨迹外切．
(1)衰变过程释放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(3.853 131×10－25－3.786 567×10－25－6.646 72×10－27) kg×(3×108)2 J≈8.7×10－13 J；
(2)设钍核质量为M，钍核速度为V，α粒子的质量为m，α粒子速度为v，由动量守恒和能量守恒得
由上述两式可解得α粒子动能为mv2＝ΔE，则
v＝≈1.60×107 m/s
图5
α粒子与钍核在磁场中的运动径迹如图5所示．
由qvB＝m r＝可知，＝＝＝45，所以至少应满足rα＝＝，
即B＝≈3.3 T
期末标准检测
1．A 2.A
3．B 解析：由动能定理知功相同，结合前动能相同，p＝，因此pA>pB，碰撞过程动量守恒，pA－pB＝(mA＋mB)v，故碰后速度v一定与pA相同，向右．
4．C 解析：根据爱因斯坦的质能方程知ΔE＝[(6mp＋6mn)－mC]c2，ΔE1＝[2(mp＋mn)－mα]c2，ΔE2＝[3mα－mC]c2，所以ΔE＝3ΔE1＋ΔE2＝(3×28.30＋7.26) MeV＝92.16 MeV.
5．B 解析：小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率返回，这种情况动量变化量Δp最大等于2mv，动能变化量ΔE最小为零，所以②正确；如果小球与墙壁碰后黏在墙上，动量变化量Δp最小等于mv，动能变化量ΔE最大等于mv2，所以④正确．
6．D 解析：由X＋n―→He可知X粒子为2H.
7．CD 解析：利用放射线消除有害静电是利用α射线的电离性，使空气分子电离成导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，因此不能用来人体透视，在用于治疗肿瘤时要严格控制剂量．
8．BD 解析：康普效应说明光的粒子性，电子的衍射说明粒子的波动性；氢原子辐射一个光子后能级从高到低，核外电子运动半径减小，加速度增大．
9．BD
10．AC 解析：10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能极差，而11 eV不是，由玻尔理论知A正确．基态氢原子也能吸收14 eV的光子而电离，电离后自由电子动能为0.4 eV.
11．AC 解析：接近太阳时，慧星体受到较大光压，慧星体受挤压而变长．远离太阳时，光压较小，所以挤压不厉害，所以慧星体收缩，没有太大的尾巴．
12．BC 解析：n＝3的激发态向较低能级跃迁，会发出3种光子．α粒子散射实验揭示原子的核式结构．
13．CD 解析：放射性元素一次衰变只放射一种粒子，但原子数数目较多，所以可以看到各种射线同时存在；放射了粒子后，原子核变成了新核，所以化学性质改变．
14．CD
15．(12分)解：水从h高处落下可认为是自由落体运动，速度为v，则v2＝2gh
v＝＝20 m/s ①
设在很短时间t内有质量为m的水落到石头上，以它为研究对象，设石头对水的平均作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理得，－Ft＝0－mv ②
而m＝ρQt ③
由①②③式代入数据解得，F＝2.0×103 N．根据牛顿第三定律可知，水对石头的反作用力F′＝F＝2.0×103 N.
16．(12分)解：设X衰变时放出的α粒子的速度为vα，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则由图6可知，r＝atan 30°＝a，又2eBvα＝m，
图6
所以vα＝＝·
因衰变过程中动量守恒，故有0＝mvα－Mv，
v＝vα＝·
衰变过程中释放的能量为
E＝mv＋Mv2＝·
由爱因斯坦质能方程，得Δm＝＝·
故原子核X的质量为
mX＝m＋M＋Δm＝(m＋M).
17．(12分)解：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v01，撞击器质量m＝370 kg，初速度v02＝38 000 km/h＝1.1×104 m/s，撞击后速度为v
由动量守恒定律得：
Mv01－mv02＝(M＋m)v ①
由于M远大于m，所以，上式可以化为：
Mv01－mv02＝Mv ②
解得：M＝ ③
由题给信息知，撞击后彗星的运行速度改变了0.000 1 mm/s，即v01－v＝1×10－7 m/s ④
代入③式解得M≈4×1013 kg.
18．(14分)解：(1)A、B碰撞过程中满足动量守恒，
mAvA＝mAv1＋mBvB
得vB＝2.4 m/s，方向沿斜面向上
(2)设经过时间T＝0.60 s，A的速度方向沿斜面向上，此时A的位移sA＝T＝0.72 m
B的加速度aB＝gsin θ＝6 m/s2
B的位移sB＝vBT－aBT2＝0.36 m
可见A、B将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后A先做匀减速运动，速度减为零后，再做匀加速运动．
对A列出牛顿第二定律：
mAgsin θ＋μmgcos θ－F＝mAa1，
mAgsin θ－μmgcos θ－F＝mAa2，
v1＝a1t1，v2＝a2(T－t1)
综合以上式子解得F＝0.6 N.