《优化方案》沪科物理选修3-5电子题库（25份打包）

1．关于动量的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．动量大的物体惯性一定大
B．动量大的物体运动一定快
C．动量相同的物体运动方向一定相同
D．动量相同的物体速度小的惯性大
解析：选CD.物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向都相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对．
2．物体受到的冲量越大，则(　　)
A．它的动量一定越大
B．它的动量变化一定越快
C．它的动量的变化量一定越大
D．它所受到的作用力一定越大
解析：选C.由动量定理，可知物体受到的冲量总是等于物体动量的变化量，与物体某个状态的动量没有直接关系．
3．物体在恒定合外力F的作用下运动，则以下说法中哪些正确(　　)
A．物体所受冲量的大小与时间成正比
B．物体动量的变化率恒定
C．物体动量的变化恒定
D．物体动量的变化与时间成正比
解析：选ABD.由I＝Ft知，当F一定时，冲量与时间成正比，A选项正确．由F＝知，合外力恒定，则物体动量的变化率恒定，B选项正确．由Ft＝Δp知，由于合外力恒定，所以，物体动量的变化与时间成正比，D选项正确．
4．为了保证航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆，把返回舱从离地1 m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是(　　)
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．延长着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
解析：选CD.反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小．
5．质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图1－1－3所示．若小球跟墙的作用时间为0.05 s，求：
图1－1－3
(1)小球动量的增量；
(2)小球在碰撞过程中受到的平均冲力．
解析：设v1的方向为正方向，则v1＝5 m/s，v2＝－4 m/s.
(1)动量的增量
Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－4－5) kg·m/s＝－4.5 kg·m/s.
负号表示Δp的方向与初动量方向相反．
(2)由动量定理Ft＝Δp＝mv2－mv1，有
F＝＝ N＝－90 N.
负号表示冲力的方向与初速度方向相反．
答案：见解析
一、选择题
1.恒力F作用在质量为m的物体上，如图1－1－4所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经过时间 t，下列说法中正确的是(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为零 图1－1－4
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Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
解析：选BD.对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量还是合力的冲量，是分力的冲量还是某一个方向上的力的冲量．
2．在任何相等的时间内，物体动量的变化总是相等的运动可能是(　　)
A．匀变速直线运动　　　　　 B．匀速圆周运动
C．自由落体运动 D．平抛运动
解析：选ACD.在任何相等的时间Δt内，物体的动量变化Δp总是相等的，则动量的变化率相等，即物体受力相等，在恒力作用下物体必做匀变速运动，故可能的是A、C、D.
3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长
解析：选CD.设玻璃杯下落高度为h.它们从h高度落地瞬间的速度大小为，与水泥地或草地接触t时间后停止，根据动量定理可知由于掉在水泥地上动量变化快，受到的合力大，冲力也大，所以杯子易碎．
4．质量为m的小球从高为h处自由落下，与地面碰撞时间为Δt，地面对小球平均作用力为F，不计空气阻力，取向上为正方向，则在碰撞过程中(　　)
A．重力的冲量为mg
B．地面对小球的冲量为FΔt
C．合力的冲量为(mg－F)·Δt
D．合力的冲量为(mg＋F)·Δt
解析：选B.碰撞过程重力的冲量为－mgΔt.地面对小球的作用力的冲量为F·Δt，则合力冲量为(F－mg)Δt，B正确．
5．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g取10 m/s2)(　　)
①1 m/s　②1.5 m/s　③2 m/s　④2.5 m/s
A．③ B．③④
C．②③④ D．①②③④
解析：选B.对兔子由动量定理，可得Ft＝mv1－mv0，选取兔子奔跑的方向为正方向，即－Ft＝0－mv0，F＝，当F≥mg时，兔子即被撞死，即F＝≥mg.
所以v0≥gt，即v0≥10×0.2 m/s＝2 m/s，故应选B.
6．下列关于冲量的说法中正确的是(　　)
A．物体受到很大的力时，其冲量一定很大
B．当力与位移垂直时，该力的冲量一定为零
C．不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同
D．只要力的大小恒定，其冲量就等于该力与时间的乘积
解析：选C.由冲量的定义可知，力很大作用时间很短，冲量也可以很小，A错．冲量的大小与力的方向和位移的方向无关，只与力的作用时间有关，所以B错．在相同时间内物体重力的冲量IG＝mg·t，重力的方向始终保持不变，C对．如果只是力的大小不变，力的方向总发生变化，I＝F·t不适用，D错．
7．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)
A．mg·Δt B.
C.＋mg D.－mg
解析：选C.对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则(F－mg)·Δt＝0－(－mv)，解得F＝＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F′＝F＝＋mg.
8.如图1－1－5所示，某学校研究性学习小组在学完有关定律定理后，在实验室做探究实验：铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．P点左边 图1－1－5
C．P点右边不远处
D．P点右边原水平位移的两倍处
解析：选B.第一次当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上P点；第二次若以2v的速度抽出纸条，第二次摩擦力的作用时间短，摩擦力的冲量小，铁块获得的速度小，则铁块落地点为P点左边．
9．竖直向上抛出一小球，后又落回原地．小球运动时所受空气阻力大小不变，则(　　)
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，空气阻力的冲量为零
D．上升阶段小球动量变化大于下落阶段小球的动量变化
解析：选BD.由牛顿定律和运动学知识可知t上二、非选择题
10．新型轿车前排都装有安全气囊，其内储有某种物质，一受到冲击就立即分解成大量气体，使气囊迅速膨胀，填补在乘员与挡风玻璃、方向盘之间，防止乘员受伤．某次实验中汽车速度为114 km/h，驾驶员冲向气囊后经0.2 s缓冲而停止运动．设驾驶员冲向气囊部分的质量为40 kg，头部和胸部作用在气囊上的面积为700 cm2，在这种情况下，驾驶员的头部和胸部受到的平均压强是多大？
解析：将人体冲向气囊的部分抽象为一个物体，他冲向气囊与气囊相互作用的过程中，受力如图所示．
由动量定理，得－Ft＝0－mv
又＝
解得＝＝ Pa≈1.14×105 Pa.
答案：1.14×105 Pa
11．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处，已知运动员与网接触的时间为 1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小．(g 取10 m/s2)
解析：运动员刚接触网时速度的大小：
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下．
刚离网时速度的大小：
v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上．
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有：
(F－mg)Δt＝mv2－mv1
解得F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向向上．
答案：见解析
12.用一长L无弹性的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球在光滑水平面上以速度v从A点开始做匀速圆周运动．如图1－1－6所示．
(1)小球运动过程中动量是否变化？若变化，求小球运动半周过程中动量的变化量．
(2)求小球运动半周过程中小球重力的冲量． 图1－1－6
(3)求小球运动半周过程中绳拉力的冲量．
解析：(1)由于小球速度方向时刻变化，因此物体的动量发生变化．经半周，小球运动至B点．设B点速度方向为正方向，则A点速度为负，
则pB＝mvB＝mv
pA＝mvA＝－mv
则Δp＝pB－pA＝2mv.
方向与B点速度同向．
(2)IG＝mg·t＝mg·
方向竖直向下．
(3)设绳拉力冲量为IF.
据动量定理IF＝I合＝Δp＝pB－pA＝2mv.
方向与B点速度同向．
答案：(1)2mv；方向与B点速度同向
(2)mg·；竖直向下
(3)2mv；方向与B点速度同向

1．在下列各种现象中，动量守恒的是(　　)
A．在光滑水平面上两球发生碰撞，两球构成的系统
B．车原来静止在光滑水平面上，车上的人从车头走到车尾，人与车系统
C．水平放置的弹簧，一端固定，另一端与置于光滑水平面上的物体相连，令弹簧伸长，使物体运动，物体与弹簧系统
D．打乒乓球时，球与球拍系统
解析：选AB.根据动量守恒定律的条件判断知AB正确．
2．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为 m，出口速度为 v0，车厢和人的质量为M，作用完毕后车厢的速度为(　　)
A.，向前 B.，向后
C.，向前 D．0
解析：选D.以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律，已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零，不必考虑中间过程．最后系统还是静止的，D项正确．
3.
图1－2－6
如图1－2－6所示，光滑地面上停有一辆带弧形槽的小车，车上有一木块自A处由静止下滑，最后停在B处．则此后小车将(　　)
A．向左运动
B．向右运动
C．仍然静止
D．条件不足，无法确定小车的运动
解析：选C.由于物体、小车组成的系统在水平方向上所受外力为零，动量守恒，所以最终仍然静止．
图1－2－7
4．如图1－2－7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. B.
C. D.
解析：选B.取向右为正方向，由动量守恒定律，mv0＝mv＋Mv′，v′＝.
5．质量为M的小船以速度v0在水面上行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾，现在小孩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．(不考虑水的阻力)
解析：以未跳前为初时刻，以小孩b离船后为末时刻，以v0方向为正方向，设船后来的速度为v′，根据动量守恒定律有
(M＋2m)v0＝Mv′＋mv－mv，
得v′＝(1＋)v0.方向与v0方向相同．
答案：(1＋)v0　方向与v0方向相同
一、选择题
1.
图1－2－8
如图1－2－8所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C．斜面向右运动
D．斜面静止不动
解析：选BC.小球和斜面组成的系统，在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统在竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．
2．两物体相互作用前后的总动量不变，则(　　)
A．两物体组成的系统一定不受外力作用
B．两物体组成的系统可能不受外力或所受合外力为零
C．两物体动量改变量大小相同
D．两物体动量改变量相同
答案：BC
3．小船相对地面以速度 v1向东行驶，若在船上以相对于地面的相同速率 v 水平向西抛出一个质量为 m 的重物，则小船的速度将(　　)
A．不变 B．减小
C．增大 D．改变方向
解析：选C.以运动的整个系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，系统遵守动量守恒定律．根据动量守恒定律可得选项C正确．
4.
图1－2－9
质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图1－2－9所示，则铁球落入砂车后，砂车将(　　)
A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
解析：选C.砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，得v＝v05.
图 1－2－10
如图 1－2－10 所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度 v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度 v2竖直跳起时，车的速度变为(　　)
A.，向东 B.，向东
C.，向东 D．v1，向东
解析：选D.人跳起后，车在水平方向上没有受到力的作用，又由于地面光滑，所以车的速度不变，仍为 v1.
6．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A．若甲最先抛球，则一定是v甲?v 乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲?v 乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲?v 乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲?v 乙
解析：选B.因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．因此，最终谁接球谁的质量增加，速度反而变小．
7．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2 kg的砂袋以3 m/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．2.6 m/s，向右 B．2.6 m/s，向左
C．0.5 m/s，向左 D．0.8 m/s，向右
解析：选C.取向右为正方向，由动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，其中m1＝2 kg，v1＝2 m/s，m2＝2 kg，v2＝－3 m/s.
v＝＝ m/s＝－0.5 m/s.
负号表示速度方向向左，故C正确．
8.
图1－2－11
如图1－2－11所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则(　　)
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
解析：选BCD.如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与A、B和平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D对．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C正确．
9.
图1－2－12
如图 1－2－12 所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为 m 和 2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止．A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为 v，则此时(　　)
A．A球的速度大小为
B．A球的动量大小为 mv
C．A球与B球的动量大小之比一直为1∶1
D．A 球的动能为 2mv2
解析：选CD.A、B两带电小球被释放后，其构成的系统动量守恒，由 mv′＝2mv，可得 v′＝2v，故A错；A球的动量大小为 2mv ，故B错；因A、B两带电小球被释放后动量一直守恒，因此A球与B球的动量一定是大小相等方向相反，存在数值上的1∶1的关系，故C正确；A球的动能EkA＝mv′2＝m(2v)2＝2mv2，故D正确，应选CD.
二、非选择题
10．质量为1 kg 的铜块静止于光滑的水平面上，一颗质量为 50 g 的小球以 1000 m/s 的速率碰到铜块后，又以 800 m/s 的速率被反弹回，求铜块获得的速度．
解析：小球和铜块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．设小球质量为 m，小球碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，铜块质量为M，铜块碰后速度为 v2.取小球入射方向为正方向，则 mv0＋0＝－mv1＋Mv2
v2＝＝m/s＝90 m/s.
答案：90 m/s　方向与小球入射的方向相同
11．质量是10 g的子弹，以250 m/s的速度射入质量为90 g且静止在水平桌面上的木块，并留在木块中，子弹留在木块中后，木块运动的速度为多大？
解析：此题研究了子弹射入木块并留在木块中最终获得共同速度的问题，这是碰撞问题中一个常见的物理模型．设子弹入射前速度为v0，入射后共同速度为v共，子弹和木块的质量分别为m和M，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v共，代入数据得v共＝25 m/s.
答案：25 m/s
12.
图1－2－13
将两条完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图1－2－13所示：
(1)当乙车速度为零时(即乙车开始反向运动时)，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
解析：两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统水平动量守恒．设向右为正方向．
(1)据动量守恒知mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲－v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒知
mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．
答案：(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右

1．下列属于反冲运动的有(　　)
A．喷气式飞机的运动　　　　 B．直升飞机上升
C．火箭上升 D．反击式水轮机的运动
解析：选ABCD.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；直升机通过螺旋桨击打空气，通过反冲获得上升的动力；反击式水轮机靠水轮击打水，通过反冲获得动力．
2．满载沙子、质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0，行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度为(　　)
A．v0 B.
C. D.
解析：选A.对小车和沙子组成的系统应用动量守恒定律：Mv0＝mv0＋(M－m)v1′得v′＝v0.
3．质量为 M 的原子核，原来处于静止状态，当它以速度 v 放出质量为 m 的粒子时(设 v 方向为正)，剩余部分速度为(　　)
A. B．－
C. D．－
解析：选B.由于原子核原来处于静止状态，因此系统总动量为零，原子核放出粒子的过程中，动量守恒．由动量守恒定律得：0＝mv＋(M－m)v′
解得 v′＝－.
4.
图1－3－3
如图1－3－3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相对地面的速度大小相等，则车(　　)
A．静止不动 B．左右往返运动
C．向右运动 D．向左运动
解析：选D.系统动量守恒，始终保持为零．A的动量大于B的动量，只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量始终等于零．
5.
图1－3－4
一个质量为M，底面边长为b的三角形劈块静止于光滑水平面上，如图1－3－4所示，有一质量为m的小球由斜面顶部无初速滑到底部的过程中，劈块移动的距离是多少？
解析：小球m在下滑的过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式找位移s是困难的；用人船模型的公式解这类求变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．设小球滑到底端时，劈块后退的位移为s，则小球的水平位移应为(b－s)，根据动量守恒定律得Ms＝m(b－s)，解得劈块移动的距离为s＝mb/(M＋m)．
答案：mb/(M＋m)
一、选择题
1．关于喷气式飞机的飞行情况，以下判断正确的是(　　)
A．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
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．喷气式飞机能飞出大气层
D．以上叙述都不正确
答案：AB
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后喷出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析：选B.火箭工作的原理是反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故B项正确．
3．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000 kg的向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止．根据测速仪的规定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　　)
A．小于10 m/s
B．大于10 m/s小于20 m/s
C．大于20 m/s小于30 m/s
D．大于30 m/s小于40 m/s
解析：选A.碰撞瞬间内力远大于外力，所以两车组成的系统动量守恒，于是有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，以向南为正方向，有1500×20－3000×v2＝(1500＋3000)×v′，由题意知，碰后二者向南滑行，则v′应为大于零的数，据此可判断v2小于10 m/s，故选A.
4.
图1－3－5
如图 1－3－5 所示，A、B两物体质量 mA＝2mB, 水平面光滑，当烧断细线后(原来弹簧被压缩)，则下列说法正确的是(　　)
A．弹开过程中A的速率小于B的速率
B．弹开过程中A的动量小于B的动量
C．A、B同时达到速度的最大值
D．当弹簧状复原长时两物体同时脱离弹簧
解析：选ACD.作用前总动量为零，作用后两物体的动量大小相等，方向相反．速度大小跟它们的质量成反比，A正确B错误；弹簧恢复原长时，作用完毕，选项C、D对．
5．设a、b两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若测得它们撞前的速度为va、vb，碰后的速度为va′、vb′，则两球的质量之比等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.根据动量守恒定律：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，解得A对．
6．装填好炮弹的大炮总质量为M，其中炮弹的质量为m，已知炮弹出口时对地的速度大小为v，方向与水平方向间的夹角为α，不计炮身与地面间的摩擦，则炮车后退的速度大小是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.炮弹和炮身在水平方向上不受外力作用，动量守恒：mv·cosα＝(M－m)v′，因此v′＝，故选B.
7．一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端第一节车厢以速度v向第二节撞去，并连接在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n节车厢全部运动起来，那么最后火车的速度是(铁轨对车厢的摩擦不计)(　　)
A．v B．nv
C. D．n2v
解析：选C.n节车厢的碰撞满足动量守恒，即mv＝nmv′，得最后火车的速度v′＝.
8.
图1－3－6
如图1－3－6所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为(　　)
A．0 B．向左
C．向右 D．无法确定
解析：选A.小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．
细线被剪断瞬间，系统在水平方向的总动量为零．又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.
9．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(　　)
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P 一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径一定增大
D．P 运动半径一定减小
解析：选AC.火箭射出物体P 后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大，P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A、C对，B、D错．
二、非选择题
图1－3－7
10．如图1－3－7所示，质量为M的气球(包括下挂的细绳)下，一个质量为m的人拉住细绳，当人脚离开地面时气球恰好静止不动，现人顺着细绳匀速向上爬，当人对地上升的高度为H时，气球下降的高度为多大？
解析：由于气球和人组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，则0＝mv1－Mv2，即0＝mH－Ms，解得s＝H.
答案：H
11．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1000 m/s.设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？
解析：以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．
由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0
解得v′＝＝ m/s＝13.5 m/s
即火箭发动机1 s末的速度大小是13.5 m/s.
答案：13.5 m/s
12.
图1－3－8
如图1－3－8所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12m×v0＝11m×v1－m×vmin①
10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得vmin＝4v0.
答案：4v0

1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为 pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s, 当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：选A.以A、B为系统，系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除D项．
A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即
EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
EkA＋EkB＝＋＝＝，
EkA′＋EkB′＝＋.
将A、B、C三项代入可排除C项．
A、B选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A球的速度应小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，因此又可排除B项，所以该题的正确选项为A.
2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
解析：选A.由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′
所以v′＝2v
碰前总动能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对．
3．如图1－4－2所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下列哪些情况(　　)
图1－4－2
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
解析：选AB.首先根据两球动能相等，即m甲v＝m乙v且Ek＝得出两球碰前动量大小之比为：＝，因m甲>m乙，则p甲>p乙，即系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
4.
图1－4－3
如图1－4－3所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
解析：选D.对A、B系统由于水平面光滑，所以动量守恒．而对A、B、弹簧系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值．当A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大．
5．质量为m的小球A以水平速度v与原来静止在光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，求碰撞后B球的速度．
解析：由Ek＝mv2可知，A球碰后的速度vA＝±.
由于A、B碰撞过程中动量守恒，所以mv＝mvA＝3mvB.
解得：当vA＝时，vB＝；
当vA＝－时，vB＝.
由于第一组答案不符合实际运动情况，应舍去，所以碰后B球的速度为.
答案：
一、选择题
1．2009年国际滑联四大洲花样滑冰锦标赛中，庞清、佟健成功卫冕双人滑冠军．在一次训练中，两人相向滑行后碰在一起，然后以共同的速度运动，忽略冰面对人的阻力作用．那么他们的碰撞属于(　　)
A．完全弹性碰撞　　　　　　 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．无法确定
解析：选BC.碰撞后两人一起运动，属于非弹性碰撞中的完全非弹性碰撞，故B、C正确．
2．两个物体发生碰撞(　　)
A．碰撞中一定产生了内能
B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小
解析：选BD.碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，弹性碰撞系统的总动能不变，弹性碰撞中动能没有损失，没有转化成内能，碰撞过程遵循能量守恒定律，总动能不可能增大，则选项B正确；非弹性碰撞系统的动能一定减小，则选项D正确，选项A、C错误．
3．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2 m/s，则(　　)
A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/s
B．v木＝4.2 m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生
C．v木＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝4.2 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
解析：选B.根据动量守恒定律，mv＝m1v1＋m2v2，即0.2×5.0 m/s＝0.2v1＋3.0×4.2 m/s
得v1＝－58 m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．
4．一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10 m/s，设它炸成两块后，质量为0.4 kg的大块速度大小为250 m/s，方向与原来方向相反，若取v0方向为正方向，则质量为0.2 kg的小块速度为(　　)
A．－470 m/s B．530 m/s
C．470 m/s D．800 m/s
解析：选B.爆炸过程中，内力远大于外力，动量近似守恒．
5．在光滑水平面上相向运动的a、b两车相碰后，都向a车原来的运动方向运动．下列说法中正确的是(　　)
A．a车的质量一定比b车的大
B．a车的动量一定比b车的大
C．a车的速率一定比b车的大
D．a车的动能一定比b车的大
解析：选B.由动量守恒定律知：mava－mbvb＝mava′＋mbvb′，则必有mava>mbvb，故选项B正确．
6．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(　　)
A．甲球停下，乙球反向运动
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
解析：选AC.由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断AC正确．
7．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是(　　)
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
解析：选AB.选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是完全弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D错．
8．如图 1－4－4 所示，光滑的水平面上有A、B两物体，B处于静止状态，其左侧固定着一根轻质弹簧，A的质量为 m，以速度 v0向B运动，在A压缩弹簧的过程中(　　)
图1－4－4
A．任意时刻系统的总动量均为mv0
B．任意时刻系统的总动量均为
C．任意一段时间内A、B所受的冲量相同
D．当A、B间距离最小时，二者速度相同
解析：选AD.A、B相互作用过程中动量守恒，任意时刻总动量都等于mv0，A正确，B错误；由于弹簧对A、B的弹力方向相反，故A、B所受冲量也是大小相等、方向相反，C错误；压缩弹簧过程中只要 vA＞vB，则 A、B间距离就会变小，直到vA＝vB才达到最小，D正确．
9.
图1－4－5
如图1－4－5所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的是(　　)
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
解析：选B.P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误．
二、非选择题
10．如图 1－4－6所示，质量为M＝4 kg 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧底部与桌面相切．一个质量为 m＝2 kg 的小球以速度v0＝4 m/s 向滑块滚来，设小球不能越过滑块．求分开后，小球和滑块的速度分别是多少？(取v0方向为正方向)
图1－4－6
解析：该题是一运动的物体去撞击静止的物体，则水平方向动量守恒且机械能守恒．
故mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv
解得v1＝v0＝×4 m/s＝－1.33 m/s
v2＝v0＝×4 m/s ＝2.66 m/s.
答案：－1.33 m/s　 2.66 m/s
11．在光滑的水平面上，质量为m1的小球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1－4－7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碰撞，求两小球质量之比m1/m2.
图1－4－7
解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B速度大小保持不变．根据它们通过的路程之比为1∶4，可知小球A和小球B在碰撞后的速度大小之比为1∶4.
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
解得m1/m2＝2.
答案：2
12.
图1－4－8
对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一
直线运动，当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力．设A物体质量m1＝1.0 kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0 kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图1－4－8所示．若d＝0.10 m，F＝0.60 N，v0＝0.20 m/s，求：(1)相互作用过程中A、B的加速度大小；(2)从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统(物体组)动能的减少量；(3)A、B间的最小距离．
解析：(1)由牛顿第二定律知，A、B相互作用过程中，A物体的加速度大小aA＝＝0.60 m/s2；B物体的加速度大小aB＝＝0.20 m/s2.
(2)两者速度相等时，距离最近，由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v，代入数据得v＝0.15 m/s，所以系统动能的减少量ΔEk＝m2v－(m1＋m2)v2，代入数据得ΔEk＝0.015 J.
(3)由匀变速运动规律知，vA＝aAt，vB＝v0－aBt.当vA＝vB时，A、B从开始相互作用到两者距离最近所用的时间t＝0.25 s，这时A、B间的距离Δs＝sA＋d－sB，即Δs＝aAt2＋d－(v0t－aBt2)，代入数据得Δs＝0.075 m.
答案：(1)aA＝0.60 m/s2　aB＝0.20 m/s2　(2)0.015 J　(3)0.075 m

1．在“验证动量守恒定律”的实验中，入射球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，这是为了使(　　)
A．小球每次都能水平飞出槽口
B．小球每次都以相同的速度飞出槽口
C．小球在空中飞行的时间不变
D．小球每次都能对心碰撞
解析：选B.实验需要重复10次以确定落点，这就要求每次实验动量必须相同，故入射球每次都要从斜槽上同一位置无初速释放，才能使小球每次都以相同的速度(动量)飞出槽口，所以B正确．
2．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，哪些因素可导致实验误差(　　)
A．导轨安放不水平　　　　 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
解析：选AB.A中导轨安放不水平，滑块做变速运动；B中挡光板倾斜，则挡光宽度与挡光板宽度不一致，影响速度的计算，所以A、B会导致实验误差．
3．光滑桌面上有A、B两个小球．A球的质量为0.3 kg，以速度8 m/s跟质量为0.1 kg的静止的B球发生碰撞，碰撞后B球的速度变为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，某同学对这次碰撞的规律做了如下几项猜想：
(1)碰撞后B球获得了速度，是否是A球把速度传递给了B球？经计算，B球增加的速度是9 m/s，A球减小的速度是3 m/s，因此，这种猜想不成立．
(2)碰撞后B球获得了动能，是否是A球把动能传递给了B球？经计算，B球增加的动能是4.05 J，A球减少的动能是5.85 J，这种猜想也不成立．
(3)请你根据以上实验数据猜想：有一个什么物理量，在这次碰撞中B球所增加的这个量与A球所减少的这个量相等？请计算表明．
解析：通过计算可知，A球质量与速度的乘积的减小量为0.3×(8－5)kg·m/s＝0.9 kg·m/s，B球质量与速度的乘积的增加量为0.1×9 kg·m/s＝0.9 kg·m/s，二者相等．
答案：在这次碰撞中，B球质量与速度的乘积的增加量等于A球质量与速度的乘积的减小量．
4．如图1－5－7所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得某一向右速度时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图 1－5－8所示，电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s.甲、乙两车碰撞后的速度大小为________m/s.
图1－5－7
图1－5－8
解析：由题图知甲车在t＝0.02 s内的位移为1.2 cm，故甲车的速度v甲＝＝ m/s＝0.60 m/s；碰后甲、乙两车在t＝0.02 s内的位移为0.78 cm，故碰后速度v＝＝ m/s＝0.39 m/s.
答案：0.60　0.39
5.
图1－5－9
用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图1－5－9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点是重垂线所指的位置，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________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝________%(结果保留一位有效数字)．
解析：未放B球时，A球落在P点．
＝＝＝0.02＝2%.
答案：P　2
6．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．
图1－5－10
(1)若采用弓形弹片弹开滑块的方案如图1－5－10甲所示，弹开后的 mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)若采用图乙的方案，碰撞前mv2 的总量______(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量．说明弹性碰撞中，________守恒．
(3)若采用图丙的方案，碰撞前mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量．说明非弹性碰撞中，存在________损失．
解析：(1)采用图甲方案，弹开后，弹片的弹性势能转化为滑块的动能，故mv2 的总量增大；
(2)采用图乙方案时，由于机械能守恒，碰撞前后动能总量保持不变；
(3)采用图丙方案时，在碰撞过程中一部分动能转化为内能，mv2的总量将减少．
答案：(1)大于 　　弹片的弹性势能转变为滑块的动能
(2)等于　机械能
(3)大于　机械能
7．图1－5－11为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图．
图1－5－11
(1)实验步骤为：
A．在地面上依次铺白纸和复写纸
B．确定重锤对应点O
C．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P
D．把球2放在水平槽上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M和N
E．用刻度尺量出OM、OP、ON的长度
F．看m1O＋m2O与m1O是否相等，以验证动量守恒．
上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)在“碰撞中的动量守恒”实验中，下列关于小球落点说法，正确的是________．
A．如果小球每次从同一点无初速释放，重复几次的落点一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但落点应当比较密集
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、P3…P10则OP应取OP1、OP2、OP3…OP10的平均值，即OP＝(OP1＋OP2＋…OP10)/10
D．用半径尽量小的圆把P1、P2、P3…P10圈住，这个圆的圆心是入射球落点的平均位置P
答案：(1)D选项中，球1应从与C项相同高度滑下　P、M、N点应该是多次实验落地点的平均位置
(2)BD
8．为了研究碰撞，实验可以在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相每隔0.4 s的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，如图1－5－12所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动，(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：
(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？
(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后两个物体各自的质量与自己的速度的乘积和是不是变量？
图1－5－12
解析：由图分析可知
(1)碰撞后：
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是 t1＝＝ s＝0.2 s，由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为Δt2＝(0.4－0.2)s＝0.2 s，则碰撞前B物体的速度为 vB＝＝ m/s＝1.0 m/s，由题意得 vA＝0.
(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5 mA，
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝0.75mA＋0.75mA＝1.5 mA，
所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′， 即碰撞前后两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是不变量．
答案：(1)vA＝0　vA′＝0.75 m/s　vB＝1.0 m/s　vB′＝0.5 m/s　(2)不是

(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下列说法中正确的是(　　)
A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合外力的冲量为零
B．当物体受到的合外力为零时，物体的动量一定为零
C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化量越小
D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，每个物体的动量保持不变
解析：选A.由动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，动量的变化与物体的受力有关．合外力等于零时，动量不变，动量的变化除了与力有关外，还与时间有关．
2.
图1－3
如图1－3所示，固定在水平地面上的斜面倾角为θ，质量为m的小物块静止在斜面上．在t时间内，斜面对小物块的冲量大小和方向是(　　)
A．mgtcosθ，垂直于斜面向上
B．0
C．mgt，竖直向上
D．mgt，竖直向下
解析：选C.物体受重力、支持力和斜面对物体的摩擦力，由共点力平衡知，斜面对物体的支持力和摩擦力的合力与重力平衡，大小为mg，方向竖直向上，由冲量的概念，斜面对物体冲量大小为mgt，方向竖直向上，故选C.
3.
图1－4
如图1－4所示，质量相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，M放在粗糙的水平面上，N放在光滑的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩，此时弹簧的弹力大于M所受到的最大静摩擦力，当松手后两物体被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块，有(　　)
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量守恒、机械能不守恒
C．动量、机械能都不守恒
D．加速度大小时刻相等
解析：选C.机械能守恒的条件是除了重力、弹力以外，其他力不做功．动量守恒的条件是系统的合外力为零．两木块在弹开的过程中，合外力不为零，摩擦力做负功．动量不守恒，机械能也不守恒，C正确．A、B错误．M的合外力与N的合外力大小不等，根据牛顿第二定律，D错误．
4.
图1－5
小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1－5所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
A．打开阀门S1　　　　　 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
解析：选B.根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B正确．
5．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项对．
6．(2011年大连高二检测)质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并留在其中．在此过程中木块所受的冲量应是(　　)
A．mv0 B．mv0－mv0/(M＋m)
C．Mmv0/(M＋m) D．Mv0－mv0/(M＋m)
解析：选C.由动量守恒得
mv0＝(M＋m)v　得v＝
由动量定理得木块所受的冲量
I＝Mv＝
故选项C正确．
7．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站立在船头要跳上距离在L远的平台上，水对船的阻力不计，如图1－6，则(　　)
图1－6
A．只要LB．只要LC．只要L＝x，他一定能跳上平台
D．只要L＝x，他有可能跳上平台
解析：选B.若立定跳远时，人离地时速度为v，如题图从船上起跳时，人离船时速度为v′，船的速度为v船′，由能量守恒E＝mv2，E＝mv′2＋mv船′2，所以v′8．如图1－7所示，
图1－7
质量为0.5 kg的小球在距离地面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：选A.小球在落到车底前竖直方向的速度为vy＝＝20 m/s，所以小球平抛初速度为
v0＝vx＝＝15 m/s
水平方向系统动量守恒，则Mv1－mv0＝(m＋M)v′
v′＝5 m/s.
9．一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(　　)
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
解析：选ABC.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错．
图1－8
10．(2010年高考福建卷)如图1－8所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则下列说法正确的是(　　)
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
答案：B
二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)
11.
图1－9
用如图1－9所示装置进行以下实验：①先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面的动摩擦因数μ，查出当地重力加速度g；②用细线将A、B连接，使A、B间弹簧压缩，滑块B紧靠桌边；③剪断细线，B做平抛运动，测出水平位移s1、A在桌面滑行距离s2，为验证动量守恒，写出还需测量的物理量及表示它的字母________________________，如果动量守恒，需满足的关系式是________．
解析：为验证剪断细线后，A、B被弹簧弹出的过程动量是守恒的，需测出B做平抛运动的初速度和A做减速运动的初速度．由于B做平抛运动，由题意可知还需知道桌面距地面的高度h，则可求得B的初速度vB＝s1；A做减速运动的初速度vA＝，只需验证mvB＝MvA，即ms1＝M.
答案：桌面距地面的高度h　ms1＝M
12．某同学用图 1－10甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中EQ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．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．
图1－10
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量________．
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球和B球的质量(或两球质量之比)
D．测量小球A和B的直径
解析：(1)B球被碰撞后将从水平槽末端飞出在空中做平抛运动，然后落在铺在地面上的白纸上．由于B球离开水平槽末端时的速度是水平的，所以水平槽末端就是B球做平抛运动的起点．这样B球的水平射程就是B球在地面上的落点到水平槽末端在地面上的垂点之间的距离．从题中知水平槽末端在地面白纸上的垂点恰好位于刻度尺的零点，图中还给出10次实验中B球在白纸上的10个落点．用尽可能小的圆把这10个B球落点圈在里面，并使这10个落点尽可能均匀分布在圆内，这个圆的圆心就是B球落点的平均位置．利用图中给出的刻度尺就可估读出B球的水平射程应为64.7 cm.
(2)由于B球是放在水平槽上，所以A、B两球的水平射程的起点都是O点，应选A、B两项．设未放B球时，A球的落点为P，放B球后，A、B两球碰后的落点分别为M和N，由于两球平抛运动的高度相同，空中飞行的时间t相同，所以验证关系式：mA·O＝mA·O＋mB·O，即验证动量守恒：mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 成立，这样需要测量A和B两球的质量(或其比值)、O、O和O，而不需要测量小球A和B的直径．正确答案为ABC.
答案：(1)64.7　　(2)ABC
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答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)
13.
图1－11
(10分)如图1－11所示，质量为2 kg的物体沿倾角为30°，高为5 m的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端的过程中，求：
(1)重力的冲量；
(2)支持力的冲量；
(3)合外力的冲量．
解析：由于物体下滑过程中各力均为恒力，所以只要求出下滑时间便可以用公式I＝Ft逐个求出，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑的加速度为：a＝gsinθ＝5 m/s2
由s＝at2得下滑时间为：t＝＝s＝2 s，
所以重力的冲量为：IG＝mg·t＝2×10×2 N·s＝40 N·s；
支持力的冲量为：IN＝N·t＝mgcos30°·t＝20N·s；
合外力的冲量为：I合＝F合·t＝mgsinθ·t＝20 N·s.
答案：(1)40 N·s　(2)20 N·s　(3)20 N·s
14．(10分)空中飞行的炸弹在速度沿水平方向的时刻发生爆炸，炸成质量相等的两块，其中一块自由下落，另一块飞出，落在离爆炸点水平距离为s 处．已知炸弹爆炸前瞬间速度大小为v0，试求爆炸点离地面的高度．
解析：爆炸后自由下落的一块的速度为零，设另一块爆炸后的速度为v，由动量守恒定律，得mv0＝mv，则v＝2v0.这一块做平抛运动的时间为t＝＝，则爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝.
答案：
15．(12分)
图1－12
质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图1－12所示，若m1＝1 kg，m2的质量等于多少？
解析：从位移—时间图像上可看出m1和m2于t＝2 s时在位移等于8 m处碰撞，碰前m2的速度为0，m1的速度v0＝Δs/Δt＝4 m/s
碰撞后，m1的速度v1＝－2 m/s，
m2的速度v2＝2 m/s，
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，
m2＝3 kg.
答案：3 kg
16．(12分)
图1－13
如图1－13，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．此后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．
解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得
3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得
3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep＝mv.
答案：mv

1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是(　　)
A．温度　　　　　　　　　 B．材料
C．表面状况 D．以上都正确
答案：A
2．在一杯开水中放入一支温度计，开水静置室内，可以看到开水的温度是逐渐降低的．既然从微观的角度来看开水的能量是一份一份向外辐射，为什么它的温度不是一段一段地降低呢？
解析：能量子的值非常小，在宏观世界里一般观测不到能量子的效应，可认为能量是连续的，因此经典物理学能很好地解释宏观世界的运动规律，所以看到开水的温度是逐渐降低的．但当人们的研究视野深入到原子以内的微观世界时，就必须考虑能量的量子化．
答案：见解析
3．人体表面辐射本领的最大值落在波长为940 μm处，它对应的是何种辐射？能量子的值为多大？
解析：可见光的波长的大致范围是400～700 nm，即红光波长约为700 nm，因此人体是对应红外辐射．其对应的能量子
ε＝hν＝h＝ J＝2.12×10－22 J.
答案：见解析
一、选择题
1．下列叙述正确的是(　　)
A．一切物体都在辐射电磁波
B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
答案：ACD
2．能正确解释黑体辐射实验规律的是(　　)
A．能量的连续经典理论
B．普朗克提出的能量量子化理论
C．以上两种理论体系任何一种都能解释
D．牛顿提出的能量微粒说
解析：选B.根据黑体辐射的实验规律，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有所增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到较满意的解释，故B正确．
3．一束红光从空气射入折射率为1.5 的玻璃，则这束红光的能量子将(　　)
A．变小　　　　　　　　　　 B．变大
C．不变 D．不能确定
解析：选C.光的能量子为E＝hν，光的频率并不改变，因此该题选C.
4．普朗克常量是自然界的一个基本常数，它的数值是(　　)
A．6.02×10－23 mol B．6.625×10－3 mol·s
C．6.626×10－34 J·s D．1.38×10－16 mol·s
解析：选C.普朗克常量是一个定值，由实验测得它的精确数值为6.626×10－34 J·s，在记忆时关键要注意它的单位．
5．(2010年高考上海卷)根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)(　　)
A．h B．h
C．hλ D.
解析：选A.根据E＝hν＝h可得，A正确．
6．对一束太阳光进行分析，下列说法正确的是(　　)
A．太阳光是由各种单色光组成的复合光
B．在组成太阳光的各单色光中，其能量子最大的光为红光
C．在组成太阳光的各单色光中，其能量子最大的光为紫光
D．组成太阳光的各单色光，其能量子都相同
解析：选AC.根据棱镜散射实验得：太阳光是由各种单色光组成的复合光，故A正确．根据能量子的概念得：光的能量与它的频率有关，而频率又等于光速除以波长，由于红光波长最长，紫光波长最短，可以得出各单色光中能量子最强的为紫光，能量子最弱的为红光，即B、D错，C正确．
7．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器每秒发射的光量子数为(　　)
A. B.
C. D．λPhc
解析：选A.每个光量子的能量E＝hν＝，每秒钟发光的总能量为P，则n＝＝.
8．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．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：选A.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.
9．红光和紫光相比(　　)
A．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大
B．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大
C．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小
D．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小
解析：选B.红光与紫光相比，红光波长较长、频率较低、光子能量较低、在同种介质中传播速度较快．
二、非选择题
10．炼钢工人通过观察炼钢炉内的颜色，就可以估计出炉内的温度，这是根据什么道理？
答案：根据热辐射的规律可知，当物体的温度升高时，热辐射中较短波长的成分越来越强，可见光所占份额增大，温度升高红光成分减少，频率比红光大的其他颜色的光，如橙、黄、绿、蓝、紫等光的成分就增多．因此可根据炉内光的颜色大致估计炉内的温度．
11．医生用红外热像仪监测人的体温，只要被测者从仪器前走过，便可知他的体温是多少，你知道其中的道理吗？
答案：人体发出的红外线随着温度的升高，红外线的波长减小，频率增加，红外线辐射强度增加，因此可以用监测仪器测量人体的温度．
12．经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为94 μm 处．根据电磁辐射的理论得出，物体最强辐射的波长与物体的绝对温度的关系近似为Tλm＝2.90×10－2 m·K，由此估算人体表面的温度和辐射的能量子的值各是多少？
解析：人体辐射的能量子值为
E＝h＝6.63×10－34× J＝2.12×10－21 J，
人体表面温度为T＝＝ K＝309 K≈36 ℃.
答案：36 ℃　　2.12×10－21 J

1．在电磁波谱中按波长从大到小依次是：紫外线、X射线、γ射线．用某一频率的X射线照射某一金属板时，恰能发生光电效应，则(　　)
A．用紫外线照射这块金属板，不能发生光电效应
B．用γ射线照射该金属板，能发生光电效应
C．若使X射线的强度增大，光电子的最大初动能也增大
D．若使X射线的频率增大，光电流的饱和值也增大
解析：选AB.波长越长，频率越低，所以紫外线不能发生光电效应，而γ射线能发生，AB正确，最大初动能与强度无关，则C错．光电流的饱和值与频率无关，则D错．
2.
图2－2－4
光电效应实验的装置如图2－2－4所示，则下面说法中正确的是(　　)
A．用紫外光照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用红外光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷
D．使验电器指针发生偏转的是正电荷
解析：选AD.用紫外线照射连接灵敏验电器的锌板，验电器的指针就张开一个角度，进一步验证知道锌板带的是正电．这是由于在紫外线照射下，锌板中有一部分自由电子从表面飞出去，锌板缺少电子，于是带正电．验电器与锌板相连，验电器也带正电．所以选项A、D正确．
3．沿一定方向运动的光子与一个原来静止的自由电子发生碰撞，碰后自由电子向某一方向运动，而光子沿另一方向散射出去，这个散射出去的光子与入射前相比较(　　)
A．速率增大 B．波长增大
C．频率增大 D．能量增大
解析：选B.碰撞时光子动量要减小，由p＝知，λ变大；同时能量也会减小．
一、选择题
1．光电效应的四条规律中，波动说不能解释的有(　　)
A．入射光的频率必须大于被照金属的极限频率才能产生光电效应
B．光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大
C．入射光照射到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s
D．当入射光频率大于极限频率时，光电流强度与入射光强度成正比
答案：ABC
2．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列选项中正确的是(　　)
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，则逸出的光电子将具有更大的动能
C．若改用紫光照射，则逸出的光电子将具有更大的动能
D．若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目增加
解析：选C.在光电效应中，入射光的频率决定能否发生光电效应，在能产生光电效应时，入射光的强度影响单位时间内逸出的光电子数目，入射光的频率影响逸出光电子的初动能的大小．选项C正确．
3．利用光子说对光电效应进行解释，下列正确的是(　　)
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，电子吸收光子并累积能量后，总能逸出成为光电子
解析：选A.根据光子说，金属中的一个电子一次只能吸收一个光子，若所吸收的光子频率大于金属的极限频率，电子才能逃离金属表面，成为光电子，且光子的吸收是瞬时的，不需时间的积累，故A选项正确．
4．已知一光电管阴极的极限频率为ν0，现将频率大于ν0的光照射在阴极上(　　)
A．照射在阴极上光的强度愈大，单位时间产生的光电子数愈多
B．加在光电管间的正向电压愈大，通过光电管光电流的饱和值也愈大
C．为了阻止光电子到达阳极，必须在光电管间加一足够高的反向电压
D．阴极材料的逸出功等于hν0
解析：选ACD.由光电效应方程得，发生光电效应时光强较大时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子多，因而饱和电流大，所以饱和电流与光强成正比．
5．下列对光子的认识，正确的是(　　)
A．光子说中的光子就是牛顿在微粒说中所说的粒子
B．光子说中的光子就是光电效应中的光电子
C．在空间传播中的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子
D．光子的能量跟光的频率成正比
解析：选CD.根据光子说，在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子；而牛顿的“微粒说”中的微粒指的是宏观世界的微小颗粒，光电效应中的光电子指的是金属内的电子吸收光子后克服原子核的库仑引力等束缚，逸出金属表面，称为光电子，故A、B选项错误而C选项正确．由E＝hν知，光子能量E与其频率ν成正比，故D选项正确．
6．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中(　　)
A．能量守恒，动量守恒，且λ＝λ′
B．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′
C．能量守恒，动量守恒，且λ<λ′
D．能量守恒，动量守恒，且λ>λ′
解析：选C.能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，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守恒定律．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．
7.
图2－2－5
利用光电管研究光电效应实验如图2－2－5所示，用频率为ν1的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则(　　)
A．用紫外光照射，电流表中不一定有电流通过
B．用红外光照射，电流表中一定无电流通过
C．用频率为ν1的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头移到A端，电流表中一定无电流通过
D．用频率为ν1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
解析：选D.因紫外光的频率比可见光的频率高，所以用紫外线照射时，电流表中一定有电流通过，A错．因不知阴极K的极限频率，所以用红外光照射时，不一定发生光电效应，B错．即使UAK＝0，电流表中也有电流，所以C错．当滑动触头向B端滑动时UAK增大．阳极A吸收光电子的能力增强，光电流会增大，当所有光电子都到达阳极A时，电流达到最大，即饱和电流．若在滑动前，电流已经达到饱和电流，那么再增大UAK，光电流也不会增大，所以D对．
8．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. D.
解析： 选B.根据爱因斯坦光电效应方程
Ek＝hν－W0和ν＝得
Ek＝h－W0，Ek′＝h－W0
且Ek∶Ek′＝1∶2 解得 W0＝.
9．用红光照射光电管阴极发生光电效应时，光电子的最大初动能为Ek，饱和光电流为I，若改用强度相同的紫光照射同一光电管，产生光电子最大初动能和饱和光电流分别为Ek′和I′，则下面正确的是(　　)
A．Ek′I B．Ek′>Ek，I′>I
C．Ek′Ek，I′解析：选D.因为紫光的频率比红光的频率高，所以Ek′>Ek.因为两束光的强度相同，因而n红hν红＝n紫hν紫，所以红光光子数n红>紫光光子数n紫，而饱和光电流又由入射的光子数决定，因此I>I′.
二、非选择题
10．求波长为0.35 nm的X射线光子的能量和动量大小．
解析：波长为0.35 nm的X射线光子的能量为
E＝hν＝＝ J＝5.68×10－16 J
波长为0.35 nm的X射线光子的动量为
p＝＝ kg·m/s
＝1.89×10－24 kg·m/s.
答案：5.68×10－16 J,1.89×10－24 kg·m/s
11．(2011年高考新课标全国卷)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为多大？若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做实验，则其遏止电压为多大？已知电子的电荷量，真空中的光速和普朗克常量分别为e，c和h.
解析：由W＝hν0＝h，又eU＝Ek，且Ek＝hν－W，ν＝，所以U＝(－)＝.
答案：h　
12.
图2－2－6
如图2－2－6所示，一光电管的阴极用极限波长λ0＝5000 的钠制成，光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V，用波长λ＝3000 的紫外线照射阴极，饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流)Im＝0.56 μA.求：
(1)每秒内由K极发射的光电子数目；
(2)电子到达A极时的最大动能；
(3)如果电势差U不变，而照射光的强度增到原值的三倍，此时电子到达A极的最大动能是多大？(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
解析：(1)设每秒内发射的电子数为n，则
n＝＝个＝3.5×1012个．
(2)由光电效应方程可知
Ekm＝hν－W0＝h－h＝hc，
在AK间加电压U时，电子到达阳极时动能为Ek
Ek＝Ekm＋eU＝hc＋eU
代入数值得Ek＝6.01×10－19 J.
(3)根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，如果电压U不变，则电子到达A极的最大动能不会变．
答案：(1)3.5×1012个
(2)6.01×10－19 J
(3)见解析

1．下列现象中说明光具有波动性的是(　　)
A．光电效应
B．光的衍射
C．光的干涉
D．光的直线传播
解析：选BC.光的干涉和衍射现象，说明光是一种波，因为干涉和衍射是波特有的现象．
2．有关经典物理中的粒子，下列说法正确的是(　　)
A．有一定的大小，但没有一定的质量
B．有一定的质量，但没有一定的大小
C．既有一定的大小，又有一定的质量
D．有的粒子还有一定量的电荷
解析：选CD.根据经典物理学关于粒子的理论定义得C、D正确．
3．关于光的本质，下列说法正确的是(　　)
A．光是横波　　　　　　 B．光是纵波
C．光是概率波 D．以上均正确
解析：选AC.根据光具有波粒二象性的规律分析得，光是一种概率波，故选项C正确．
4．关于光的本性，下列说法正确的是(　　)
A．关于光的本性，牛顿提出微粒说，惠更斯提出波动说，爱因斯坦提出光子说，它们都说明了光的本性
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．光的波粒二象性是将牛顿的波动说和惠更斯的粒子说真正有机地统一起来的
解析：选C.光具有波粒二象性，这是现代物理学关于光的本性的认识，光的波粒二象性不同于牛顿提出的微粒说和惠更斯的波动说，是爱因斯坦的光子说和麦克斯韦的电磁说的统一．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，故A、B、D错误，C对．
5．关于光的本性，下列说法正确的是(　　)
A．波动性和粒子性是相互矛盾和对立的，因此光具有波粒二象性是不可能的
B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点
C．大量光子表现波动性，个别光子表现粒子性
D．光的波动性和粒子性分别描述了光本性的一个侧面，光具有波粒二象性
答案：CD
6．对光的认识，以下说法正确的是(　　)
A．个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性
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，就不具有粒子性了；光表现出粒子性时，就不具有波动性了
D．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现明显，在另外某种场合下，光的粒子性表现明显
解析：选ABD.个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性；光与物质相互作用时表现为粒子性，传播过程中表现为波动性，无论是光的波动性还是粒子性都是光的属性，波动性和粒子性是一个有机的统一体，相互间并非独立存在，故选项A、B、D正确．光的波粒二象性在任何情况下都是存在的，只不过在不同的情况下，表现情况存在差别而已．
7．能够证明光具有波粒二象性的现象是(　　)
A．光的反射及小孔成像
B．光的干涉、光的衍射、光的色散
C．光的折射及透镜成像
D．光的干涉、光的衍射和光电效应
答案：D
8．下列有关光的说法正确的是(　　)
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

1．关于物质波，下列说法正确的是(　　)
A．所有物体不论其是否运动，都有对应的物质波
B．任何一个运动着的物体都有一种波和它对应，这就是物质波
C．运动的电场、磁场没有相对应的物质波
D．只有运动着的微观粒子才有物质波，对于宏观物体，不论其是否运动，都没有相对应的物质波
解析：选B.任何一个运动着的物体，都有一种波与它对应，即物质波，物质波有两类：实物和场，所以B正确．
2．由不确定关系可以得出的结论是(　　)
A．如果动量的不确定范围越小，则与它对应坐标的不确定范围就越大
B．如果位置坐标的不确定范围越小，则动量的不确定范围就越大
C．动量和位置坐标的不确定范围之间的关系不是反比例函数
D．动量和位置坐标的不确定范围之间有唯一确定的关系
解析：选C.由不确定关系的定义进行分析得，C正确；其他三个选项只说明了其中的某个方面，而没有对不确定关系做进一步的认识．
3．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波长．
解析：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.
答案：1.1×10－36 m
一、选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长短
B．速度大的物体，其德布罗意波长短
C．动量大的物体，其德布罗意波长短
D．动能大的物体，其德布罗意波长短
解析：选C.根据公式λ＝可以判断选项C正确．
2．下列各种波哪些是概率波(　　)
A．声波　　　　　　　　 B．无线电波
C．光波 D．物质波
解析：选CD.声波是机械波，A错．电磁波是一种能量波，B错．根据概率波的概念和光波、物质波的特点分析可以得知光波和物质波均为概率波，故C、D正确．
3．以下说法正确的是(　　)
A．物质都具有波动性
B．抖动细绳一端，绳上的波就是物质波
C．通常情况下，质子比电子的波长长
D．核外电子绕核运动时，并没有确定的轨道
解析：选AD.任何物体都具有波动性，故A对，对宏观物体而言，其波动性难以观测，绳波是机械波，不是物质波，故B错．电子的动量往往比质子的动量小，由λ＝知，电子的波长长，故C错．核外电子绕核运动的规律是概率问题，无确定的轨道，故D对．
4．下列说法正确的是(　　)
A．物质波属于机械波
B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性
C．德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳都具有一种波和它对应，这种波叫做物质波
D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体运动时不具有波动性
解析：选C.物质波是一切运动着的物体所具有的波，与机械波性质不同，宏观物体也具有波动性，只是干涉、衍射现象不明显，只有C选项正确．
5．根据物质波理论，以下说法中正确的是(　　)
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
解析：选BD.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．
6．关于物质波的认识，正确的是(　　)
A．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的
B．物质波也是一种概率波
C．任一物体都有一种波和它对应，这就是物质波
D．物质波就是光波
解析：选AB.本题综合考查物质波概念，电子衍射图像的观测证明德布罗意关于物质波的假说是正确的，所以A正确，只有运动的物质才有物质波与它对应，故C错误，物质波与光波一样，也是一种概率波，即粒子在各点出现的概率遵循波动规律，但物质波不是光波，所以B正确，D错误，即正确选项是AB.
7．质量为m的粒子原来的速度为v，现将粒子的速度增大到2v，则描写该粒子的物质波的波长将(粒子的质量保持不变)(　　)
A．保持不变　　　　　　　　 B．变为原来波长的两倍
C．变为原来波长的一半 D．变为原来波长的倍
解析：选C.根据公式λ＝＝可以判断选项C正确．
8．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波波长和频率为1 MHz的无线电波的波长，由表中数据可知(　　)
质量/kg
速度(m·s－1)
波长/m
弹子球
2.0×10－2
1.0×10－2
3.3×10－30
电子(100 eV)
9.0×10－31
5.0×106
1.2×10－10
无线电波
(1 MHz)
3.0×108
3.3×102
A.要检测弹子球的波动性几乎不可能
B．无线电波通常情况下只表现出波动性
C．电子照射到金属晶体上能观察到波动性
D．只有可见光才有波动性
解析：选ABC.弹子球的波长很小，所以要检测弹子球的波动性几乎不可能，故选项A正确．无线电波的波长很长，波动性明显，所以选项B正确．电子的波长与金属晶格的尺寸相差不大，能发生明显的衍射现象，所以选项C正确．一切运动的物体都具有波动性，所以选项D错误．
9．利用金属晶格(大小约10－10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
解析：选AB.得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A正确；由德布罗意波长公式λ＝，而动量p＝＝，
两式联立得λ＝，B正确；
从公式λ＝可知，
加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显；用相同动能的质子替代电子，质子的波长小，衍射现象相比电子不明显，故C、D错误．
二、非选择题
10．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．
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≥＝1.06×10－30 m/s.
答案：1.06×10－30 m/s
11．一个细菌在培养器皿中的移动速度为3.5 μm/s，其德布罗意波波长为1.9×10－19 m，该细菌的质量为多大？
解析：由公式λ＝及p＝mv得该细菌的质量
m＝＝＝ kg＝9.97×10－10 kg.
答案：9.97×10－10 kg
12．一颗质量为5.0 kg的炮弹
(1)以200 m/s的速度运动时，它的德布罗意波波长多大？
(2)若要使它的德布罗意波波长与波长是400 nm的紫光波长相等，则它必须以多大的速度运动？
解析：(1)炮弹的德布罗意波波长：
λ＝＝＝ m＝6.63×10－37 m.
(2)由λ＝得v＝＝ m/s＝3.3×10－28 m/s.
答案：(1)6.63×10－37 m　(2)3.3×10－28 m/s

(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2011年高考江苏卷)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是(　　)
图2－2
解析：选A.随着温度的升高，辐射强度增加，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，A对．
2．在做双缝干涉实验时，在观察屏的某处是亮纹，则对光子到达观察屏的位置，下列说法正确的是(　　)
A．到达亮纹处的概率比到达暗纹处的概率大
B．到达暗纹处的概率比到达亮纹处的概率大
C．该光子可能到达光屏的任何位置
D．以上说法均有可能
解析：选AC.根据概率波的含义，一个光子到达亮纹处的概率要比到达暗纹处的概率要大得多，但并不是一定能够到达亮纹处，故A、C正确．
3．经150 V电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则(　　)
A．所有电子的运动轨迹均相同
B．所有电子到达屏上的位置坐标均相同
C．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定
D．电子到达屏上的位置受波运动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置
解析：选D.电子被加速后其德布罗意波波长λ＝＝1×10－10 m，穿过铝箔时发生衍射．它是概率波．
4．以下说法正确的是(　　)
A．若用红光照射金属时发生光电效应，则用其他可见光照射该金属均能产生光电效应
B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的照射时间太短
C．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性
D．物质波是一种概率波，在微观物理学中可以用“轨迹”来描述粒子的运动
解析：选A.其他可见光频率均大于红光频率故均可发生光电效应，所以A正确；光照射到金属上，不能发生光电效应，说明入射光的频率太低，低于极限频率，所以B错；光电效应、康普顿效应都反映了光的粒子性，所以C错；物质波是一种概率波，粒子到达什么位置是随机的，是预先不确定的，因此不能用“轨迹”描述粒子的运动，所以D错．
5．紫外线光子的动量为p＝.一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后(　　)
A．仍然静止
B．沿着光子原来运动的方向运动
C．沿光子运动相反方向运动
D．可能向任何方向运动
解析：选B.由动量守恒定律知，吸收了紫外线光子的O3分子与光子原来运动方向相同．故正确选项为B.
6．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处可能是(　　)
A．亮纹
B．暗纹
C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹
D．以上各种情况均有可能
解析：选A.光子按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b处一定是亮纹，选项A正确．
7.
图2－3
如图2－3所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么(　　)
A．A光的频率大于B光的频率
B．B光的频率大于A光的频率
C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a流向b
D．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是b流向a
解析：选AC.根据光电效应的条件可知，A光的频率高于极限频率ν0.B光的频率小于极限频率ν0，故A光的频率大于B光的频率．A项正确．光电管工作时光电子从阴极(右侧)飞向阳极(左侧)，由此可知，电路中的电流为a→b，即C正确．
8．对光电管加反向电压，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现电压表示数小于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
解析：选A.由题意可知，该光电管的反向截止电压为UC＝0.6 V，光电子的最大初动能Ek＝0.6 eV，由爱因斯坦光电效应方程得：W0＝hν－Ek＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV.
9．光电效应的实验结论是：对于某种金属(　　)
A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应
B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应
C．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小
D．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
解析：选AD.根据光电效应规律知，选项A正确；根据光电效应方程hν＝W＋mv2知，对于某种金属逸出功不变，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，选项C错D对．
图2－4
10．(2010年高考江苏单科卷)研究光电效应的电路如图2－4所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．
下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图像中，正确的是(　　)
图2－5
解析：选C.由于光的频率一定，它们的截止电压相同，A、B不正确．光越强，电流越大，C正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)
11．康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量，下图给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿方向________运动，并且波长________(填“不变”“变小”或“变长”)．
图2－6
解析：因光子与电子碰撞过程动量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与光子碰前的方向一致，可见碰后光子的方向可能沿1方向，不可能沿2或3方向；通过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，能量减少，由E＝hν知，频率变小，再根据c＝λν知，波长变长．
答案：1　变长
12．钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是__________________________．
解析：由于光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)，光电子的动量变小．
答案：减小　光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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)
13．(10分)某电视显像管中电子的运动速度为4.0×107 m/s，质量为10 g的一颗子弹的运动速度为200 m/s，分别计算它们的德布罗意波长．
解析：λe＝＝＝ m＝1.8×10－11 m
λb＝＝＝ m＝3.3×10－34m.
答案：1.8×10－11 m　3.3×10－34 m
14．(10分)已知钠发生光电效应的极限波长为λ0＝5×10－7 m，现用波长为4×10－7 m的光照射用钠作阴极的光电管．求：
(1)钠的逸出功W；
(2)为使光电管中的光电流为零，在光电管上所加反向电压至少多大？
解析：(1)逸出功W＝hν0＝h＝3.978×10－19 J.
(2)光电子最大初动能
Ek＝hν－W＝h－W＝0.99×10－19 J
Ek＝eUe，Ue＝Ek/e＝0.62 V.
答案：(1)3.978×10－19 J　(2)0.62 V
15．(12分)在X射线管中，由阴极发射的电子被加速后打到阳极，会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能．已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常量h、电子电荷量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的最大频率为多少？
解析：由动能定理知加速电场对电子所做的功等于电子动能的增量．由题意知光子的最大能量等于电子的动能，则有：hνm＝eU，故X光的最大频率νm＝.
答案：eU/h
16．(12分)在彩色电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在2万伏的高压下被加速，并且形成1 mA的平均电流．电子束的强弱受图像信号控制，并按一定的规律在荧光屏扫描，形成电视画面．电视机以每秒显现25张画面的速率进行扫描，由于画面更换迅速和视觉暂留，我们便看到了活动的景象．
(1)电子以多大的动能轰击荧光屏？
(2)平均每幅画面有多少个电子打在屏上？
(3)如果轰击屏的能量全部被屏吸收并转化为光能，平均每幅画面射出多少个光子？
(以绿光ν＝5.5×1014 Hz为平均频率进行计算．普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
解析：(1)据动能定理：eU＝mv2，
Ek＝mv2＝1.6×10－19×2×104 J＝3.2×10－15 J.
(2)因为q＝I·t，q＝n·e，
所以n＝＝个＝2.5×1014个．
(3)电子轰击屏的总能量E，E＝n·Ek.
全部转化为光子，光子数n′，E＝n′·hν.
所以n′＝
＝个
＝2.2×1018个．
答案：(1)3.2×1015 J
(2)2.5×1014个
(3)2.2×1018个

1．关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线就是稀薄气体导电时的辉光放电现象
B．阴极射线是在真空管内由正极放出的电子流
C．阴极射线是由德国物理学家戈德斯坦命名的
D．阴极射线的比荷比氢原子的比荷小
解析：选C.阴极射线是在真空管中由负极发出的电子流，故A、B错；最早由德国物理学家戈德斯坦在1876年提出并命名为阴极射线，故C对；阴极射线本质是电子流，故其比荷比氢原子比荷大的多，故D错．
2．关于阴极射线的性质，判断正确的是(　　)
A．阴极射线带负电
B．阴极射线带正电
C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大
D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小
解析：选AC.通过对阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，而且比荷比氢原子的比荷大得多，故仅A、C两项正确．
3.
图3－1－5
一束电子流平行于如图3－1－5所示的极板射入，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．
解析：电子在电、磁场的复合场中不偏转，
则有Bqv＝Eq
得v＝①
电子在磁场中偏转时，其轨迹如图：
r＝＝＝＝15L②
又由Bqv＝③
①②代入③得＝＝1.3×1011 C/kg.
答案：1.3×1011 C/kg
一、选择题
1．关于空气导电性能，下列说法正确的是(　　)
A．空气导电，是因为空气分子中有的带正电，有的带负电，在强电场作用下向相反方向运动的结果
B．空气导电，是因为空气分子在射线或强电场作用下电离的结果
C．空气密度越大，导电性能越好
D．空气密度变得越稀薄，越容易发出辉光
解析：选BD.空气是由多种气体组成的混合气体，在正常情况下，气体分子不带电(显中性)，是较好的绝缘体．但在射线、受热及强电场作用下，空气分子被电离，才具有导电功能，且空气密度较大时，电离的自由电荷很容易与其他空气分子碰撞，正、负电荷中和，难以形成稳定的放电电流，而电离后的自由电荷在稀薄气体环境中导电性能更好，综上所述，正确答案为BD.
2．汤姆生通过对阴极射线的探究，最终发现了电子，由此被称为“电子之父”，关于电子的说法正确的是(　　)
A．任何物质中均有电子
B．不同的物质中具有不同的电子
C．电子质量是质子质量的1836倍
D．电子是一种粒子，是构成物质的基本单元
解析：选AD.汤姆生对不同的材料的阴极射线进行研究，发现它们均为同一种粒子——电子，电子是构成物质的基本单元，它的质量远小于质子质量；由此可知A、D正确，B、C错误．
3．如图3－1－6所示是汤姆生的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(　　)
图3－1－6
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线不偏转
解析：选AC.实验证明，阴极射线是电子，它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧，可知选项C正确，选项B的说法错误．加上磁场时，电子在磁场中受洛伦兹力，要发生偏转，因而选项D错误．当不加电场和磁场时，由于电子所受的重力可以忽略不计，因而不发生偏转，选项A的说法正确．
4.
图3－1－7
如图3－1－7所示，一只阴极射线管左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现电子束的径迹往下偏，则(　　)
A．导线中的电流由A流向B
B．导线中的电流由B流向A
C．若要使电子束的径迹往上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
解析：选BC.因为导线AB中通有电流，所以会在阴极射线管中产生磁场，电子是因为受到洛伦兹力的作用而发生偏转的，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直于纸面向里，再根据安培定则可知，AB中的电流方向应是由B流向A.当AB中的电流方向变为由A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直于纸面向外，电子所受洛伦兹力方向变为向上，电子束的径迹会变为向上偏转．综上所述，正确答案为BC.
5．向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通以如图3－1－8所示电流，电子的偏转方向为(　　)
图3－1－8
A．向上　　　　　　　　　　 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选A.根据安培定则，环形磁铁右侧为N极、左侧为S极，在环内产生水平向左的匀强磁场，利用左手定则可知，电子向上偏转，选项A正确．
6．来自宇宙的电子流，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将(　　)
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定点稍向西偏转
D．相对于预定点稍向北偏转
解析：选C.赤道上空的磁场方向水平向北，电子流形成电流方向竖直向上，根据左手定则直接判断所受洛伦兹力的方向水平向西，所以选项C正确．
7．如图3－1－9是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
图3－1－9
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
解析：选B.由于电子沿x轴正方向运动，若所受洛伦兹力向下，使电子射线向下偏转，由左手定则可知磁场方向应沿y轴正方向；若加电场使电子射线向下偏转，所受电场力方向向下，则所加电场方向应沿z轴正方向，由此可知B正确．
二、非选择题
8．汤姆生认为阴极射线发射的物质是电子而不是原子，是因为________________________________________________________________________．
解析：由电子的发现过程我们可知阴极发射线发射的物质的比荷，比那时已知质量最小的氢离子的比荷都要大2000倍，当测得了发射物质的电荷量，用比荷和带电量求出发射物质的质量，得出发射物质的质量要远远小于原子质量．
答案：电子质量远远小于原子质量
9.
图3－1－10
如图3－1－10所示，一束阴极射线自下而上进入一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向________，进入电场后，阴极射线粒子的动能将________(选填“减少”、“增大”或“不变”)，如果此阴极射线进入的是一垂直于纸面的磁场，则磁场的方向为__________，阴极射线的动能变化是________．
解析：因为阴极射线本质为电子，如果是电场，则电子所受电场力方向与电场线方向相反，故电场水平向左，电子所受的电场力向右，则电场力做正功，因此其动能增大．如果是磁场，则电子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，由左手定则得磁场方向垂直纸面向里，且洛伦兹力不做功，动能不变．
答案：水平向左　增大　垂直纸面向里　不变
10．密立根用喷雾的方法获得了带电液滴，然后把这些带有不同电荷量和质量的液滴置于电场中，通过电场力和重力平衡的方法最终测得了带电液滴带的电荷量．某次测量中，他得到了如下数据，则可得出结论为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
液滴编号
1
2
3
4
…
电荷量/C
6.41×10－19
9.70×10－19
1.6×10－19
4.82×10－19
…
解析：由题表中电荷量一栏中的数据可以看出6.41×10－19大约为1.6×10－19的4倍，9.7×10－19大约为1.6×10－19的6倍，1.6×10－19为1.6×10－19的1倍，
4．82×10－19约为1.6×10－19的3倍．
故可以得出：油滴的带电量都为元电荷e的整数倍．
答案：液滴的带电量都为元电荷e的整数倍
11．加在阴极射线管内两个电极之间的电压为4×103 V，如果电子离开阴极表面时的速度为零，试求电子到达阳极时的速度．
解析：电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eU＝mv2－0得
v＝＝3.75×107 m/s.
答案：3.75×107 m/s
12.
图3－1－11
为了测量电子的比荷，可用下述方法：在真空装置中，使一细束电子流(即阴极射线)在没有外界力的作用下，沿如图3－1－11中OO′方向以一定的速度做直线运动．如果在途中(即在图中a、b两平行金属板之间)加一垂直纸面向里的匀强磁场(磁感应强度为B)，电子束将以半径R在磁场范围内做圆周运动．这时若在金属板a、b间再加一与入射方向垂直的、适当强度和方向的匀强电场(场强为E)，电子束又将沿OO′方向仍以原有速度做直线运动．当测知B、E及R值后，即可算出电子的比荷，试导出电子比荷的计算式．
解析：运动电子只在匀强磁场作用下做圆周运动时需满足fB＝ma向心，其中洛伦兹力fB＝evB，即evB＝m，
得＝①
在题设的a、b板间加一方向向下、强度适当的匀强电场E后，电子束又将沿OO′方向仍以原有速度做直线运动，所以由平衡条件得evB＝eE，
由此得v＝②
将式②代入式①可得＝.
答案：＝

1．原子结构学说，是卢瑟福根据以下哪个实验现象提出的(　　)
A．光电效应实验　　　　　　　 B．α粒子散射实验
C．测定射线比荷的实验 D．杨氏双缝干涉实验
解析：选B.光电效应说明了光的粒子性，测定比荷的实验是研究阴极射线的确定电子的实验，杨氏双缝干涉实验说明了光的波动性，只有α粒子散射实验说明了原子的结构．
2．卢瑟福α粒子散射实验的结果(　　)
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：选C.α粒子散射实验发现了原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核．数年后卢瑟福发现核内有质子并预测核内存在中子．
3．已知金原子的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离为10－14 m，则α粒子离金核最近时受到的库仑力有多大？使α粒子产生的加速度多大？已知α粒子带的电荷量qα＝2e，质量mα＝6.64×10－27 kg.
解析：分别根据库仑定律和牛顿第二定律可算出：α粒子离金核最近时受到的库仑力为：F＝k＝k＝9×109× N≈364 N．金核的库仑斥力使α粒子产生的加速度大小为：a＝＝ m/s2≈5.48×1028 m/s2.
答案：364 N　5.48×1028m/s2
一、选择题
1．根据汤姆生原子模型预测α粒子散射实验结果是(　　)
A．绝大多数α粒子穿过金属箔后都有显著偏转
B．大多数α粒子穿过金属箔后都有小角度偏转
C．极少数α粒子偏转角很大，有的甚至沿原路返回
D．不可能有α粒子偏转角很大，更不可能沿原路返回
解析：选BD.汤姆生原子模型是枣糕模型，原子中的正电荷均匀地分布在整个原子中，带负电的电子像枣糕上的枣子一样镶嵌在原子中．这样的原子只能使α粒子发生小角度偏转或不偏转，不可能有显著偏转，更不可能沿原路返回．
2．在α粒子散射实验中，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是原子核对α粒子的(　　)
A．万有引力　　　　 B．库仑力
C．磁场力 D．核力
解析：选B.电荷之间的万有引力是很微弱的，可以不计；核力是在核子之间的作用力，故B正确．
3．根据卢瑟福的原子核式结构模型，下列说法中正确的是(　　)
A．原子的正电荷均匀分布在整个原子范围内
B．原子质量均匀分布在整个原子范围内
C．原子中的正电荷和质量都均匀分布在整个原子范围内
D．原子中的全部正电荷和几乎全部质量都集中在很小的区域范围内
解析：选D.以α粒子散射实验为基础，原子中的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上，故D项正确．
4．α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，是因为(　　)
A．α粒子与电子根本无相互作用
B．α粒子受电子作用的合力为零，是因为电子是均匀分布的
C．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计
D．电子很小，α粒子碰撞不到电子
解析：选C.α粒子与电子之间存在着相互作用力，这个作用力是库仑引力，但由于电子质量很小，只有α粒子质量的1/7300，碰撞时对α粒子的运动影响极小，几乎不改变运动方向，就像一颗子弹撞上一颗尘埃一样，故正确答案为C.
5．在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是(　　)
A．原子的正电荷和几乎全部质量集中在一个核上
B．原子内部很“空旷”，原子核很小
C．正电荷在原子中是均匀分布的
D．电子对α粒子的作用很强
解析：选AB.只有原子的正电荷全部集中在一个核上，并且几乎全部质量都集中在这个核上才会使α粒子在很强的库仑力作用下发生大角度偏转，A对；由于只有少数α粒子发生大角度偏转，绝大多数α粒子仍按原来方向前进，所以可以判断，原子核很小，只有少数α粒子才能正对着射入而被反弹回，也可以断定原子内部十分“空旷”，B对；如果正电荷在原子中均匀分布，α粒子射入原子后不会受到很大的库仑力而发生大角度偏转，C错；电子的质量很小，对α粒子的作用十分微弱，几乎不会改变α粒子的运动状态，D错．
6．在α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，α粒子符合下列哪种情况(　　)
A．动能最小
B．势能最小
C．α粒子与金原子核组成的系统能量最小
D．所受金原子核的斥力最大
解析：选AD.α粒子在接近金原子核的过程中，要克服库仑斥力做功，动能减少，电势能增大；两者相距最近时，动能最小，电势能最大，总能量守恒；根据库仑定律，距离最近时斥力最大．
7．下图3－2－4所示为卢瑟福α粒子散射实验的原子核和两个α粒子的轨迹，其中可能正确的是(　　)
图3－2－4
解析：选A.本题考查α粒子散射实验中α粒子散射的轨迹判断，注意到α粒子和原子核都带正电，处于排斥状态，可判定A正确．
8．在α粒子散射实验中，如果一个α粒子跟金箔中的电子相撞，则(　　)
A．α粒子的动能几乎没有损失
B．α粒子将损失大部分动能
C．α粒子不会发生显著的偏转
D．α粒子将发生较大角度的偏转
解析：选AC.电子质量约为α粒子质量的1/7300，α粒子碰撞到电子，像子弹碰到灰尘一样，能量不会有太大损失，运动方向几乎不变．
9.
图3－2－5
在卢瑟福的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3－2－5所示．图中P、Q两点为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线．两虚线和轨迹将平面分成四个区域，不考虑其他原子核对α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下面说法正确的是(　　)
A．一定在①区域 B．可能在②区域
C．可能在③区域 D．一定在④区域
解析：选A.α粒子运动时，受到原子核排斥力的作用，而做曲线运动的轨迹一定是在合外力方向与速度方向之间，将各区域内任何一点分别与P、Q两点相连并延长，可发现②、③、④区域都不可能，一定在①区域．
10.
图3－2－6
如图3－2－6所示为α粒子散射实验中α粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下的说法中正确的是(　　)
A．α粒子在A处的速度比在B处的速度小
B．α粒子在B处的速度最大
C．α粒子在A、C处的速度大小相同
D．α粒子在B处的速度比在C处的速度小
解析：选CD.A、C两处在同一等势面上电场力不做功，动能不变，A到B电场力做负功，动能减少．
二、非选择题
11．若氢原子的核外电子绕原子核做半径为r的匀速圆周运动，则其角速度ω多大？电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I为多大？(已知电子的质量为m，电荷量为e，静电力恒量用k表示)
解析：电子绕原子核运动的向心力是库仑力，因为＝mω2r，所以ω＝ ；其运动周期为T＝＝ ，其等效电流I＝＝ .
答案： 　
12．在α粒子散射实验中，根据α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离可以估算原子核的大小．现有一个α粒子以2.0×107 m/s的速度去轰击金箔，若金原子的核电荷数为79，求该α粒子与金原子核间的最近距离(已知带电粒子在点电荷电场中的电势能表达式为ε＝k，α粒子质量为6.64×10－27 kg)．
解析：当α粒子靠近原子核运动时，α粒子的动能转化为电势能，达到最近距离时，动能全部转化为电势能，设α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离为d，则
mv2＝k，
d＝＝ m
＝2.7×10－14 m.
答案：2.7×10－14 m

1．根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指(　　)
A．电子的动能
B．电子的电势能
C．电子的电势能与动能之和
D．电子的动能、电势能和原子核能之和
解析：选C.根据玻尔理论，电子绕核在不同轨道上做圆周运动，库仑引力为向心力，故电子的能量指电子的总能量，包括动能和势能，所以C选项是正确的．
2．氢原子的量子数越小，则(　　)
A．电子的轨道半径越小
B．原子的能量越小
C．原子的能量越大
D．原子的电势能越小
解析：选ABD.该题的物理图景是库仑引力提供电子绕核运动的向心力，可类比地球和人造卫星的运动来理解学习．根据玻尔理论，不同的轨道对应不同的能级、不同的量子数，量子数越小，则氢原子核外电子运动的轨道半径越小，对应能量越小．由于静电引力做正功，电子动能增大，由E＝Ek＋Ep知，电子动能越大，电子的电势能就越小．
3．一群氢原子处于n＝3的激发态时，它从高能级跃迁到低能级时辐射的光子能量是(　　)
A．只能是1.89 eV
B．只能是12.09 eV
C．可能是1.89 eV或12.09 eV
D．可能是1.89 eV、10.2 eV或12.09 eV
解析：选D.由En＝，E1＝－13.6 eV可知，E3＝＝－1.51 eV，E2＝－3.4 eV，所以E3－E2＝1.89 eV，E3－E1＝12.09 eV，E2－E1＝10.2 eV，故可能发出三种能量值的光子．
4．(2011年高考大纲全国卷)已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝E1/n2，其中n＝2,3….用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选C.从第一激发态到电离状态吸收的能量ΔE＝0－＝－，根据ΔE＝hν＝h，所以λ＝－，因此正确答案为C.
5．有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，当它们跃迁时，(1)有可能放出几种能量的光子？
(2)在哪两个能级间跃迁时，所发出的光子的波长最长？波长是多少？
解析：由n＝3的激发态向低能级跃迁的路径为n3?n2?n1或n3?n1，其中由n3?n2的跃迁能级差最小，辐射的光子能量最小，波长最长．
(1)共能放出三种能量的光子，即三种频率的光子．
(2)由氢原子能级图，知E2＝－3.4 eV，E3＝－1.51 eV.hν＝E3－E2＝1.89 eV，又知ν＝，则有λ＝＝ m≈6.58×10－7 m.
答案：见解析
一、选择题
1．(2011年苏州高二检测)根据玻尔模型，原子中电子绕核运转的半径(　　)
A．可以取任意值
B．可以在某一范围内取任意值
C．可以取一系列不连续的任意值
D．是一系列不连续的特定值
解析：选D.由玻尔理论轨道量子化可知电子绕核运转的轨道半径是一系列不连续的特定值，D正确，A、B、C错误．
2．玻尔理论与经典电磁学理论的主要矛盾是(　　)
A．电子绕核运转的向心力，是否等于它所受的库仑力
B．电子绕核运转是否会辐射电磁波
C．电子绕核运转的频率是否不断变化
D．原子是否是不稳定的
答案：BCD
3．原子的能量量子化现象是指(　　)
A．原子的能量是不可以改变的
B．原子的能量与电子的轨道无关
C．原子的能量状态是不连续的
D．原子具有分立的能级
解析：选CD.正确理解玻尔理论中量子化概念是解题关键．根据玻尔理论，原子处于一系列不连续的能量状态中，这些能量值称为能级，原子不同的能量状态对应不同的圆形轨道，故C、D选项正确．
4．关于玻尔的原子模型，下述说法中正确的有(　　)
A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说
B．它发展了卢瑟福的核式结构学说
C．它完全抛弃了经典的电磁理论
D．它引入了普朗克的量子理论
解析：选BD.玻尔的原子模型在核式结构模型的前提下提出轨道量子化、能量量子化及能级跃迁，故A错，B正确，它的成功就在于引入了量子化理论缺点是被过多的引入经典力学所困，故C错，D正确．
5．原子中电子从高能级跃迁到低能级时，下列说法不正确的是(　　)
A．电子离核的距离变近
B．原子要辐射光子
C．电子和原子核组成的系统的电势能减少
D．原子核的能量增加
解析：选D.原子中电子从高能级跃迁到低能级时，释放光子，能量减小，所以D错．
图3－3－3
6．氢原子的能级图如图3－3－3所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，氢原子需要吸收的能量至少是(　　)
A．13.60 eV B．10.20 eV
C．0.54 eV D．27.20 eV
解析：选A.需要吸收的能量至少为n＝∞的能级与基态的能级差，即：E≥0－(－13.6 eV)＝13.6 eV.
7．用能量为12.30 eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁说法正确的是(　　)
A．电子能跃迁到n＝2的能级上去
B．电子能跃迁到n＝3的能级上去
C．电子能跃迁到n＝4的能级上去
D．电子不能跃迁到其他能级上去
解析：选D.根据玻尔理论，原子的能量是不连续的，即能量是量子化的．因此只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n＝2、3、4轨道跃迁时吸收的光子能量分别为：
ΔE21＝－＝－3.4－(－13.6)eV＝10.20 eV，
ΔE31＝－＝－1.51－(－13.6)eV＝12.09 eV，
ΔE41＝－＝－0.85－(－13.6)eV＝12.75 eV.
而外来光子的能量12.30 eV不等于某两能级间的能量差．故不能被氢原子所吸收而产生能级跃迁．
8．氢原子的基态能量为E1，如图3－3－4所示，下列四个能级图正确代表氢原子能级的是(　　)
图3－3－4
解析：选C.根据氢原子能级图的特点：上密下疏，联系各激发态与基态能级间的关系En＝E1，可判断C正确．
图3－3－5
9．氢原子能级图的一部分如图3－3－5所示，a、b、c分别表示氢原子在不同能级之间的三种跃迁途径，设在a、b、c三种跃迁过程中，放出的光子的能量和波长分别是Ea、Eb、Ec和λa、λb、λc，则(　　)
A．λb＝λa＋λc B.＝＋
C．λb＝λa·λc D．Eb＝Ea＋Ec
解析：选BD.因为Ea＝E2－E1，Eb＝E3－E1，Ec＝E3－E2，所以Eb＝Ea＋Ec，而E＝hν＝，故＝＋，可得＝＋.
二、非选择题
10．试计算处于基态的氢原子吸收波长为多长的光子，电子可以跃迁到n＝2的轨道上．
解析：氢原子基态对应的能量E1＝－13.6 eV，电子在n＝2轨道上时，氢原子的能量为E2＝＝－3.4 eV.氢原子核外电子从第一轨道跃迁到第二轨道需要的能量：ΔE＝E2－E1＝10.2 eV＝1.632×10－18 J，由玻尔理论有：hν＝ΔE，又ν＝，所以＝ΔE，λ＝＝ m≈1.22×10－7 m.
答案：1.22×10－7 m
11．氢原子在基态时轨道半径r1＝0.53×10－10 m，能量E1＝－13.6 eV.求氢原子处于基态时：
(1)电子的动能．
(2)原子的电势能．
(3)用波长是多少的光照射可使其电离？
解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v1，则：
k＝.
所以电子动能
Ek1＝mv＝＝ eV＝13.6 eV.
(2)因为E1＝Ek1＋Ep1，
所以Ep1＝E1－Ek1＝－13.6 eV－13.6 eV＝－27.2 eV.
(3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：
＝0－E1.
所以λ＝－＝ m＝0.914×10－7 m.
答案：(1)13.6 eV　(2)－27.2 eV　(3)0.914×10－7 m
12．氢原子的核外电子从基态跃迁到n＝2的激发态时，吸收光子的能量值是E.则氢原子的核外电子从量子数n＝3的能级跃迁到n＝2的能级时，求：
(1)释放的光子的能量．
(2)氢原子的核外电子由基态发生电离需要吸收光子的能量至少是多少？
解析：(1)根据玻尔理论，电子在两个能级间跃迁时释放或吸收光子的能量hν＝ΔE
氢原子中各个不同能级的能量与基态能量的关系是
En＝
由题意知，电子从基态跃迁到n＝2的激发态时，满足关系式
hν12＝E1－E2＝E1－＝E1＝－E
电子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级时，满足关系式
hν32＝E3－E2＝－＝－E1＝E′
由以上两式得E′＝E.
(2)由能级公式En＝及跃迁条件得：
E＝－，刚好电离有：E′＝E∞－E1＝－E1，
解得：E′＝E，
故基态氢原子电离吸收光子的能量至少等于E.
答案：(1)E　(2)E

1．对于光谱，下面的说法中正确的是(　　)
A．大量原子发光的光谱是连续谱，少量原子发光的光谱是线状谱
B．线状谱是由不连续的若干波长的光所组成
C．太阳光谱是连续谱
D．太阳光谱是线状谱
解析：选BD.原子光谱体现原子的特征，是线状谱，同一种原子无论多少发光特征都相同，即形成的线状谱都一样，故A错；B项是线状谱的特征，正确；太阳光周围的元素的低温蒸气吸收了相应频率的光，故太阳光谱是线状谱，故D对C错．
2．可用做光谱分析的是(　　)
A．连续光谱　　　　　　　 B．明线光谱
C．吸收光谱 D．特征光谱
解析：选BCD.每种元素都有自己的特征谱线，可用来鉴别物质和确定它们的化学组成，光谱分析时可用明线光谱，也可用吸收光谱，因此，B、C、D正确．
3．在①白炽灯、②蜡烛、③霓虹灯、④酒精灯火焰中烧钠或钾的盐所产生的光谱中，能产生连续光谱的有____________，能产生明线光谱的有________．
解析：白炽灯是炽热物体，是连续光谱；蜡烛是化学反应，燃烧发光也是连续光谱；霓虹灯是稀薄气体发光，是明线光谱；在酒精灯火焰上烧钠或钾的盐，会使钠或钾的盐分解为钠离子或钾离子，使钠或钾处于电离态，当它们向基态跃迁时，会放出光子形成钠或钾的特征谱线，所以题中①和②属于连续光谱，③和④属于明线光谱．
答案：①和②　③和④
一、选择题
1．下列关于光谱的说法正确的是(　　)
A．炽热固体、液体和高压气体发出的光谱是连续光谱
B．各种原子的线状谱中的明线和它的吸收谱中的暗线必定一一对应
C．气体发出的光只能产生明线光谱
D．甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱
解析：选A.由于通常看到的吸收谱中的暗线比明线光谱中的明线要少一些，所以B不对；而气体发光时，若是高压气体发光形成连续光谱，若是稀薄气体发光形成线状谱，故C也不对；甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气后，得到的是乙物质的吸收光谱，故D不对；所以只有A正确．
2．太阳的连续谱线中有很多的暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线的原因是(　　)
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着相应的元素
D．太阳内部存在着相应的元素
解析：选C.太阳内部温度很高，由高温的内部发出的光是连续光谱，经太阳周围的低温区域时一些光被吸收了，因此在连续光谱的背景上会出现许多暗线．这些暗线被吸收，说明太阳表面大气层中含有相对应的元素．
3．关于光谱，下列说法正确的是(　　)
A．一切光源发出的光谱都是连续谱
B．一切光源发出的光谱都是线状谱
C．稀薄气体发出的光谱是线状谱
D．做光谱分析时，利用连续谱可以鉴别物质和确定物质的化学组成
答案：C
4．月亮的光通过棱镜所得光谱是(　　)
A．连续光谱 B．吸收光谱
C．明线光谱 D．以上说法都不对
解析：选B.月亮本身不发光，它反射太阳光，太阳光是吸收光谱，因此月亮的光是吸收光谱．
5．关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是(　　)
A．发射光谱包括连续谱和线状谱
B．太阳光谱是连续谱，氢光谱是线状谱
C．线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析
D．光谱分析帮助人们发现了许多新元素
解析：选ACD.根据光谱的形成条件，可分为发射光谱和吸收光谱，发射光谱包括连续谱和线状谱，故A项对；太阳发出的白光通过太阳大气层时，某些波长的光被吸收掉了，在它的连续谱中有许多暗线，是吸收光谱，B项错；每种原子的线状谱中的亮线与该原子的吸收光谱中的暗线是一一对应的，都是特征谱线，可用作光谱分析，C项对；据光谱分析的应用可知D项对．
6．关于光谱，下列说法正确的是(　　)
A．炽热的液体发射连续谱
B．发射光谱一定是连续谱
C．霓虹灯发光形成的光谱是线状谱
D．大量原子发光的光谱是连续谱，少量原子发光的光谱是线状谱
解析：选AC.连续谱是由炽热的固体(如白炽灯)、液体(如炽热钢水和蜡烛火焰等)、高压气体发光而产生的，所以A项对；发射光谱可分为连续谱和线状谱，所以B项错；稀薄气体发光产生的光谱为线状谱，(如霓虹灯和日光灯)，所以C项对；原子光谱体现原子的特征，是线状谱，同一种原子无论多少，发光特征都相同，即形成的线状谱都一样，D项错．
7．有关氢原子光谱的说法正确的是(　　)
A．氢原子的发射光谱是连续谱
B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光
C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的
D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关
解析：选BC.氢原子由高能级向低能级跃迁时，会发出某些特定频率的光，形成相应频率的光谱线，是非连续谱线，A错，B对．光谱线的频率ν＝，其中ΔE为原子能级的能量差，说明频率ν与能量差ΔE有关，D错．氢原子光谱的不连续性，说明其原子能级也是不连续的，即分立的，C对．
8．以下说法正确的是(　　)
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．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．摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素
解析：选B.进行光谱分析不能用连续光谱，只能用明线光谱或吸收光谱；光谱分析的优点是灵敏而迅速；分析某种物质的组成，可用白光照射其低压蒸气产生的吸收光谱进行；月球不能发光，它只能反射太阳光，故其光谱是太阳光谱，不是月球的光谱，不能用来分析月球上的元素．
9．一群氢原子核外电子由离核较远(n＞2)的轨道向离核较近的轨道跃迁，则(　　)
A．可能吸收若干频率不同的光子，形成由若干条暗线组成的光谱
B．可能放出若干频率不同的光子，形成由若干条明线组成的光谱
C．只吸收频率一定的光子，形成只有一条暗线组成的光谱
D．只放出频率一定的光子，形成只有一条明线组成的光谱
解析：选B.氢原子核外电子由离核较远(n＞2)的轨道向离核较近的轨道跃迁，就是从较高的激发态，向较低的激发态(或基态)跃迁，所以必定是放出光子，又由于氢原子核为一群，每个氢原子核外电子的跃迁是自发的，形成若干频率不
同的光子，从而组成由若干条明线组成的光谱，因此，选项B正确．
10.
图3－4－2
如图3－4－2甲所示的abcd为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)
A．a元素
B．b元素
C．c元素
D．d元素
解析：选B.由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．
二、非选择题
11．如图3－4－3所示分光镜是用来观察光谱的仪器，现有红、绿、紫三种单色光组成的复色光由小孔S进入平行光管，那么在光屏MN上的P处是________光，Q处是________光、R处是________光．
图3－4－3
解析：分光镜是根据光的色散现象制成的，复色光通过三棱镜后，其偏折角不同，频率大的色光，偏折角大，故紫光的偏折角最大，而红光最小．
答案：红　绿　紫
12．试从原子核式结构出发，解释氢原子光谱．
解析：根据卢瑟福提出的核式结构，带负电的电子在核外空间运动，由于电子绕核旋转，当原子受到激发发光时，其自身能量会减少，轨道半径会减小，做圆周运动的频率连续变化，向外辐射光的频率也是连续的，形成光谱应为连续光谱，与实际情况不符，可见卢瑟福模型不能解释氢原子光谱的谱线结构．
答案：卢瑟福的核式结构模型不能解释氢原子光谱的谱线结构，可见此模型与实际情况不符．

(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的
B．阴极射线本质是电子
C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电
D．阴极射线的比荷比氢原子核小
解析：选B.阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B对；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的，故阴极射线的比荷比氢原子大，D错．
2．通过α粒子的散射实验，发现了(　　)
A．电子
B．原子的核式结构
C．原子核的结构
D．电子绕核运动的轨道是不连续的
解析：选B.通过α粒子散射实验，发现了原子的核式结构，并预言了原子核的大小，故B对，汤姆生通过阴极射线发现了电子，故A错，玻尔提出了轨道量子化，故D错．
3．关于光谱，下列说法正确的是(　　)
A．炽热的液体发射连续谱
B．发射光谱一定是连续谱
C．线状谱和暗线谱都可以对物质成分进行分析
D．霓虹灯发光形成的光谱是线状谱
解析：选ACD.由光谱产生的机理分析．
4．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是(　　)
A．原子是一个质量分布均匀的球体
B．原子的质量几乎全部集中在原子核内
C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内
D．原子直径的数量级大约是10－10 m，原子核直径的数量级是10－15 m
解析：选BD.根据原子核式结构学说的内容，不难判断A、C错B对．近年研究表明，原子核直径数量级为10－15 m，原子直径数量级大约是10－10 m，故D正确．
5.
图3－1
根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图3－1中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．动能先增大，后减小
B．电势能先减小，后增大
C．电场力先做负功，后做正功，总功等于零
D．加速度先变小，后变大
解析：选C.α粒子从a点经b点到达等势点c的过程中电场力先做负功、后做正功，α粒子的电势能先增加，后减小，回到同一等势线上时，电场力做的总功为零．故C项正确．
6．(2011年高考四川理综卷)氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则(　　)
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
解析：选D.由题意可知能级m和k皆高于n，但能级m与k之间高低关系不确定．若m高于k，则氢原子从能级k跃迁到能级m时，吸收光子能量为hν1－hν2；若k高于m，则氢原子从能级k跃迁到能级m时，辐射光子能量为hν2－hν1.由此判断只有D是正确的．另外，此题可画出相应的能级图以帮助分析．
7．当用具有1.87 eV能量的光子照射n＝3激发态的氢原子时(　　)
A．氢原子不会吸收这个光子
B．氢原子吸收光子后被电离，电离后电子的动能为0.36 eV
C．氢原子吸收光子后被电离，电离后电子的动能为零
D．氢原子吸收光子后不会被电离
解析：选B.处于n＝3激发态的氢原子所具有的能量为E3＝＝－1.51 eV，由于1.87 eV＋(－1.51)eV>0，说明氢原子能够吸收该光子而发生电离，电离后电子的动能为0.36 eV.
8．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的过程中(　　)
A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大
B．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能减小
C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小
D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大
解析：选D.根据玻尔理论，处于定态的氢原子中电子绕核做匀速圆周运动， 在离核越远的轨道上运动能量越大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，且氢原子的核外电子绕核运动的向心力由原子核对核外电子的库仑引力提供，即＝，由此可判断动能与半径成反比；电子在不同轨道间跃迁时，库仑力做正功则电势能减小，库仑力做负功则电势能增加，故D选项正确．
9．氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n＝4的能级吸收的光子频率为(　　)
A.ν　　　　　　　 B.ν
C.ν D.ν
解析：选D.氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级，
hν＝E3－E2＝－＝－E1①
则从基态跃迁到n＝4的能级，吸收光子能量
hν′＝E4－E1＝－E1＝－E1②
由①②得ν′＝ν，选项D正确．
10．氢原子的基态能级E1＝－13.6 eV，第n能级En＝，若氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光能使某金属发生光电效应，则以下跃迁中放出的光也一定能使此金属发生光电效应的是(　　)
A．从n＝2能级跃迁到n＝1能级
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级
C．从n＝5能级跃迁到n＝3能级
D．从n＝6能级跃迁到n＝5能级
解析：选A.由En＝可得各能级E2＝ eV＝－3.4 eV，E3＝ eV＝－1.51 eV，E4＝ eV＝－0.85 eV，E5＝ eV＝－0.54 eV，E6＝ eV＝－0.38 eV.氢原子由高能级向低能级跃迁时，辐射光子，由hν＝E－E′，可得
ν0＝，ν1＝，ν2＝，ν3＝，ν4＝，又E3－E2＝1.89 eV，E2－E1＝10.2 eV，E4－E3＝0.66 eV，E5－E3＝0.97 eV，E6－E5＝0.16 eV，故只有ν1>ν0，A选项正确．
二、填空题(本题共3小题，每小题8分，共24分．把答案填在题中的横线上)
11．大量氢原子在最低的四个能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多有________种，其中最小的频率的光子是________能级跃迁到________能级．
解析：由能级图可看出，能级越高，相邻能级间能量差越小，则辐射光子的频率越小．
放出不同光子种类为N＝＝＝6，
又由hν＝Em－En得最小频率光子的对应的能级差最小，
所以光子从第4能级跃迁到第3能级．
答案：6　4　3
12．氢原子光谱中有波长为6.563×10－7 m的红光，则该红光是氢原子从n＝________能级跃迁到n＝________能级过程中辐射出来的．
解析：由hν＝h＝Em－En可求得．
答案：3　2
13．(2011年高考江苏卷)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量________(选填“越大”或“越小”)．已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为________(普朗克常量为h)．
解析：根据波尔理论，氢原子中电子离原子核越远，氢原子能量越大，根据能量守恒定律知道：hν＋E1＝mv2
所以电子速度为：v＝ .
答案：越大　
三、计算题(本题共3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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)
14．(10分)已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.53×10－10 m，电子质量为9.1×10－31 kg.求电子在n＝2的轨道上运转形成的等效电流．
解析：电子的绕核运转具有周期性．设运转周期为T.由牛顿第二定律和库仑定律有
k＝m2r2，①
有r2＝n2r1＝4r1.②
对轨道上任一处，每一周期通过该处的电量为e.由电流强度定义式得所求等效电流强度I＝.③
联立①、②、③式得I＝ ＝
× A＝1.3×1014 A.
答案：1.3×1014 A
15．(13分)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.4 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应？
解析：氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中，放出的光子能量为E＝E3－E2，代入数据得E＝1.89 eV，
金属钠的逸出功W0＝hν0，代入数据得W0＝2.3 eV
因为E答案：见解析
16.
图3－2
(13分)如图3－2所示，氢原子从n>2的某一能级跃迁到n＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV的光子．问最少要给基态氢原子提供多少电子伏特的能量，才能使它辐射上述能量的光子？请在图中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图．
解析：氢原子从n>2的某一能级跃迁到n＝2的能级，满足：
hν＝En－E2＝2.55 eV
En＝hν＋E2＝－0.85 eV
所以n＝4
基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供ΔE＝E4－E1＝12.75 eV的能量
跃迁图如图所示．
答案：12.75 eV　跃迁图见解析

1．关于质子与中子，下列说法正确的是(　　)
A．原子核由质子和中子构成
B．质子和中子统称为核子
C．卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在
D．卢瑟福发现了中子，并预言了质子的存在
解析：选ABC.原子核内存在质子和中子，中子和质子统称为核子，卢瑟福只发现了质子，以后又预言了中子的存在．
2．如图4－1－2所示为查德威克实验示意图，由天然放射性元素钋(Po)放射的α射线轰击铍时会产生粒子流A，用粒子流A轰击石蜡时，会打出粒子流B，经研究知道(　　)
图4－1－2
A．A为中子，B为质子
B．A为质子，B为中子
C．A为γ射线，B为中子
D．A为中子，B为γ射线
答案：A
3．三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦(He)，写出这两个核反应方程式．
解析：原子核X的核电荷数为n，质量数为m，则由已知可得两个核反应方程式分别为：
X→e＋Y，Y＋H→He＋Z.
答案：见解析
一、选择题
1．下列关于He的叙述正确的是(　　)
A.He与H互为同位素
B.He原子核内中子数为2
C.He原子核外电子数为2
D.He代表原子核内有2个质子和3个中子的氦原子
解析：选C.He核内质子数为2，H核内质子数为1.两者质子数不等，不是同位素，A错误；He核内中子数为1，B错误，C正确；He代表原子核内有2个质子和1个中子的氦原子，D错误．
2．关于X，下列说法正确的是(　　)
A．它表示一个原子
B．它表示一个原子核
C．它表示原子核中有12个质子
D．它表示原子核中有12个中子
解析：选BCD.X表示一个原子核，说明电荷数12(即12个质子)，质量数24(中子数24－12＝12)，故B、C、D正确．
3．原子核的表示符号为X，下列说法正确的是(　　)
A．原子核的质量数为Z
B．原子的质量数为A
C．原子的质量数为Z
D．原子核的质子数为Z
解析：选D.原子核的符号中A表示质量数，Z表示质子数．
4.Ra是镭Ra的一种同位素，对于这两种镭的中性原子而言，下列说法正确的有(　　)
A．它们具有相同的质子数和不同的质量数
B．它们具有相同的中子数和不同的原子序数
C．它们具有相同的核电荷数和不同的中子数
D．它们具有相同的核外电子数和不同的化学性质
解析：选AC.原子核的原子序数与核内质子数、核电荷数、中性原子的核外电子数都是相等的，且原子核内的质量数(核子数)等于核内质子数与中子数之和．由此知这两种镭的同位素，核内的质子数均为88，核子数分别为228和226，中子数分别为140和138；原子的化学性质由核外电子决定，因它们的核外电子数相同，故它们的化学性质也相同．
5．关于以下各个核反应方程，说法正确的是(　　)
A.N＋He→O＋H是卢瑟福发现质子的方程
B.Na＋H→Na＋H是卢瑟福发现质子的方程
C.Be＋He→C＋n是查德威克发现中子的方程
D.B＋He→N＋n是查德威克发现中子的方程
解析：选AC.卢瑟福发现质子的核反应方程为：N＋He→O＋H，查德威克发现中子的核反应方程为：Be＋He→C＋n，所以正确选项为A、C.
6．某原子核X吸收一个中子后，放出电子，分裂为两个α粒子，由此可知(　　)
A．A＝7，Z＝3　　　 B．A＝7，Z＝4
C．A＝8，Z＝3 D．A＝8，Z＝4
解析：选A.依题意知核反应方程为
X＋n→2He＋e
根据核反应前后质量数和电荷数守恒有
A＝2×4－1＝7，Z＝2×2－1＝3.
故正确答案为A.
7．若用x代表一个中性原子核外电子数，y代表此原子的质子数，z代表此原子的中子数，则对Th的原子来说(　　)
A．x＝90，y＝90，z＝234
B．x＝90，y＝90，z＝144
C．x＝144，y＝144，z＝90
D．x＝234，y＝234，z＝324
解析：选B.在90Th中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝90；核外电子数等于质子数，所以x＝90；中子数等于质量数减去质子数，z＝234－90＝144，所以B选项正确．
8．铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：Al＋He→X＋n.下列判断正确的是(　　)
A.n是质子　　　　　　　 B.n是中子
C．X是Si的同位素 D．X是P的同位素
解析：选BD.符号n为中子，质子的符号为H，故A错，B对．根据电荷数守恒和质量数守恒可算出X的电荷数为15，质量数为30.所以X是P的同位素，C错．D对．
9．用高能Kr(氪)离子轰击Pb(铅)，释放出一个中子后，生成了一个新核．关于新核的推断正确的是(　　)
A．其质子数为122　　　 B．其质量数为294
C．其原子序数为118 D．其中子数为90
解析：选C.核反应方程为Pb＋Kr→n＋X.
新核质量数为293，质子数为118, 中子数为293－118＝175.故正确选项为C.
10．下面列出的是一些核反应方程：
P→Si＋X，Be＋H→B＋Y，
He＋He→Li＋Z，其中(　　)
A．X是质子，Y是中子，Z是正电子
B．X是正电子，Y是质子，Z是中子
C．X是中子，Y是正电子，Z是质子
D．X是正电子，Y是中子，Z是质子
解析：选D.由电荷数守恒和质量数守恒，核反应方程为：P→Si＋e，
Be＋H→B＋n，
He＋He→Li＋H.
二、非选择题
11．1930年发现，在真空条件下用α粒子(He)轰击铍(Be)时，会产生一种看不见的、贯穿能力极强且不带电的粒子，查德威克认定这种粒子就是中子．
(1)写出α粒子轰击铍核的核反应方程；
(2)若一个中子与一个静止的碳核发生正碰，已知中子的质量为mn、初速度为v0，与碳核碰后的速率为v1，运动方向与原来运动方向相反，碳核质量视为12mn，求碳核与中子碰撞后的速率．
解析：(1)Be＋He→n＋C
(2)根据动量守恒定律有mnv0＝－mnv1＋12mnv2，
解得：v2＝(v1＋v0)/12.
答案：(1)Be＋He→n＋C
(2)(v1＋v0)/12　
12．查德威克用α粒子轰击铍核(Be)生成了一种中性的、穿透能力很强的“射线”，现在已经知道，这种“射线”实际上是中子流(He＋Be→C＋n)；但当时查德威克并不知道，为了弄清这种“射线”的性质，他进一步做实验，让“射线”轰击含氢物质，发现有氢核被轰出，测得被轰出的氢核的最大动能约为EH＝4.7 MeV；让相同的“射线”轰击含氮物质，发现有氮核被轰出，测得被轰出的氮核的最大动能约为EN＝1.2 MeV.
请根据上述实验数据，分析计算构成“射线”的粒子的质量(设为m)跟氢核质量(mH)的关系．(已知氢核的质量与氮核质量之比mH∶mN＝1∶14)
解析：由于实验数据中的EH、EN均为最大初动能，所以可以认为未知粒子跟氢核和氮核所发生的碰撞为正碰，由此可得两组方程
消去①②两式中的v1(未知粒子与氢核碰撞后的速度)，可得氢核被轰出后的速度vH＝()v
消去③④两式中的v2(未知粒子与氮核碰撞后的速度)，可得氮核被轰出后的速度vN＝()v
由vH、vN的表达式，可得
＝＝
将EH、EN的值，mN＝14mH代入上式，经运算得
m＝1.03mH.
答案：m＝1.03mH

1．(2011年高考浙江理综卷)关于天然放射现象，下列说法正确的是(　　)
A．α射线是由氦原子核衰变产生
B．β射线是由原子核外电子电离产生
C．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生
D．通过化学反应不能改变物质的放射性
解析：选D.α射线是在α衰变中产生的，本质是氦核，A错误；β射线是在β衰变中产生的，本质是高速电子束，B错误；γ射线是α衰变和β衰变时原子核发生能级跃迁而产生的电磁波，C错误；物质的放射性由原子核内部自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，D正确．
2．某放射性元素的原子核X连续经过三次α衰变和两次β衰变，若最后变成另外一种元素的原子核Y，则该新核的正确写法是(　　)
A.Y　　　　　　　 B.Y
C.Y D.Y
解析：选D.根据上述规律：新核的质量数为M′＝M－4p＝M－12，电荷数为Z′＝Z－2p＋q＝Z－6＋2＝Z－4.
3．下列关于半衰期的说法中正确的是(　　)
A．放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需的时间越短，衰变速度越大
B．放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素的半衰期也变短
C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的衰变速度
D．降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可减小衰变速度
解析：选A.放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核半数发生衰变所需要的时间，它反映出放射性元素衰变的快慢，若衰变越快，半衰期越短；某种元素的半衰期长短由其自身因素决定，与它所处的物理状态或化学状态无关，故上述选项只有A正确．
4．完成下列核反应方程：
(1)N＋n→C＋________；
(2)N＋He→O＋________；
(3)B＋n→________＋He；
(4)Be＋He→________＋n；
(5)Fe＋H→Co＋________；
其中________是发现质子的核反应方程，________是发现中子的核反应方程．
解析：根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，可以判定：
(1)H；(2)H，这是发现质子的核反应方程；(3)Li；
(4)C，是发现中子的核反应方程；(5)n.
答案：H　H　Li　C　n　(2)　(4)
一、选择题
1.
图4－2－5
放射性元素放出的射线，在电场中分成A、B、C三束，如图4－2－5所示，其中(　　)
A．C为氦核组成的粒子流
B．B为比X射线波长更长的光子流
C．B为比X射线波长更短的光子流
D．A为高速电子组成的电子流
解析：选C.从三束粒子在电场中的偏转情况可以看出，A为α粒子，B为γ光子，C为电子．γ光子的波长比X射线还短．
2．关于γ射线，下列说法正确的是(　　)
A．它是处于激发状态的原子核放射的
B．它是原子内层电子受到激发时产生的
C．它是一种不带电的光子流
D．它是波长极短的电磁波
解析：选ACD.γ射线是激发状态的原子核发出的波长极短的电磁波，是一种光子，故A、C、D正确．
3．关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的是(　　)
A．原子核全部衰变所需要的时间的一半
B．原子核有半数发生衰变所需要的时间
C．原子量减少一半所需要的时间
D．元素质量减半所需要的时间
解析：选BD.放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫做这种元素的半衰期，它与原子核全部衰变所需要的时间的一半不同．放射性元素发生衰变后成了一种新的原子核，原来的放射性元素原子核的个数不断减少；当原子核的个数减半时，放射性元素的原子核的质量也减半，故选项B、D正确．
4．α粒子可表示为He，下列说法正确的是(　　)
A．α粒子原子核内有4个质子
B．α粒子原子核内有2个中子
C．α粒子原子核内有2个质子
D．α粒子实际就是 He原子核
解析：选BCD.根据原子核的数学表示符号 X，A表示质量数，Z表示质子数，X表示元素符号，综合分析，得B、C、D正确．
5．由原子核的衰变规律可知(　　)
A．放射性元素一次衰变可同时产生α射线和β射线
B．放射性元素发生β衰变时，新核的化学性质不变
C．放射性元素发生衰变的快慢不可人为控制
D．放射性元素发生正电子衰变时，新核质量数不变，核电荷数增加1
解析：选C.一次衰变不可能同时产生α射线和β射线，只可能同时产生α射线和γ射线或β射线和γ射线；原子核发生β衰变后，新核的核电荷数发生了变化，故新核(新的物质)的化学性质应发生改变；发生正电子衰变，新核质量数不变，核电荷数减少1.
6．放射性同位素Na的样品经过6小时还剩下1/8没有衰变，它的半衰期是(　　)
A．2小时　　　　　　　　 B．1.5小时
C．1.17小时 D．0.75小时
解析：选A.我们知道，放射性元素衰变一半所用时间是一个半衰期，剩下的元素再经一个半衰期只剩下1/4，再经一个半衰期这1/4又会衰变一半只剩1/8，所以题中所给的6小时为三个半衰期的时间，因而该放射性同位素的半衰期应是2小时．
7．如图4－2－6所示，a为未知天然放射源，b为薄铝片，c为两平行板之间存在着较大电场强度的匀强电场，d为荧光屏，e为固定不动的显微镜筒．实验时，如果将强电场c撤去，从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁亮点数没有变化；如果再将薄铝片b移开，则从显微镜筒内观察到的每分钟闪烁亮点数大为增加．由此可判定放射源所发出的射线可能为(　　)
图4－2－6
A．β射线和α射线　　　　 B．α射线、β射线和γ射线
C．β射线和γ射线 D．α射线和γ射线
解析：选D.α粒子的贯穿本领很小，一张薄铝片就可把它挡住，β射线能穿透几毫米厚的铝板，γ射线能贯穿几厘米厚的铅板．撤去电场后，荧光屏上闪烁亮点数没有变化，说明原先能到达荧光屏的射线不带电，故放射源放出的射线中有γ射线．撤去薄铝片，闪烁亮点数大为增加，说明放射源发出的射线中有α射线，故选项D正确．
8．(2011年高考重庆理综卷)核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是(　　)
A．碘131释放的β射线由氦核组成
B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量
C．与铯137相比，碘131衰变更慢
D．铯133和铯137含有相同的质子数
解析：选D.β射线是高速运动的电子流，不是氦原子核，A错误；γ射线的频率大于可见光的频率，根据E＝hν可知，γ射线光子能量大于可见光光子能量，B错误；半衰期越短，衰变越快，C错误；铯133和铯137都是铯元素，是质子数相同而中子数不同的同位素，所以D正确．
9．一个原来静止的U原子核，辐射出α粒子，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是图4－2－7中哪一个(图中半径大小没有按比例画)(　　)
图4－2－7
解析：选D.由于发生的是α衰变，产物是两个带正电的粒子，根据动量守恒Mv1＋mvα＝0知这两个新核的运动方向相反，受到的洛伦兹力方向相反，即轨迹应该是外切圆，再利用左手定则，判断洛伦兹力的方向，可知选项D是正确的．
二、非选择题
10.U衰变成Rn共发生了________次α衰变和______次β衰变．
解析：根据衰变规律，Rn的质量数比 U的质量数减少了238－222＝16，而天然放射只有α衰变才能使质量数减少，且每次α衰变减少质量数为4，故发生了＝4次α衰变．因每次α衰变核的电荷数减少2，故由于α衰变的电荷数应减少4×2＝8，而 Rn核的电荷数仅比 U核少了
92－86＝6，故说明发生了2次β衰变(即92－8＋2＝86)．
答案：4　2
11．静止状态的镭原子核Ra经一次α衰变后变成一个新核．
(1)写出核反应方程式；
(2)若测得放出的α粒子的动能为E1，求反冲核动能E2及镭核衰变时放出的总能量E.
解析：(1)Ra→Rn＋He.
(2)由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，式中m1，m2，v1，v2分别为α粒子及新核的质量和速度，则反冲核动能为E2＝m2v＝m22＝E1＝E1，
则衰变放出的总能量为E＝E1＋E2＝E1，发生α衰变时遵循动量守恒定律和能量守恒定律．
答案：(1)Ra→Rn＋He
(2)E1　E1
12．一小瓶含有放射性同位素的液体，它每分钟衰变6000次．若将它注射到一位病人的血管中，15 h后从该病人身上抽取10 mL血液，测得此血样每分钟衰变2次．已知这种同位素的半衰期为5 h，求此病人全身血液总量．
解析：设衰变前原子核的个数为N0,15 h后剩余的原子核个数为N，则
N＝N0×()＝()3N0＝N0，①
设人血液的总体积为V，衰变的次数跟原子核的个数成正比，即＝，②
由①②得＝，所以V＝3750 mL＝3.75 L.
原子核的个数越多，衰变的次数越多，两者成正比关系．
答案：3.75 L

1．放射性同位素被用做示踪原子，主要是因为(　　)
A．放射性同位素不改变其化学性质
B．放射性同位素的半衰期比天然放射性元素的半衰期短得多
C．半衰期与元素所处的物理、化学状态无关
D．放射性同位素容易制造
解析：选ABC.放射性同位素用做示踪原子，主要是用放射性同位素代替没有放射性的同位素参与正常的物理、化学、生物过程，既要利用化学性质相同，也要利用衰变规律不受物理、化学变化的影响，同时还要考虑放射性废料容易处理，因此选项A、B、C正确，选项D不正确．
2.
图4－3－2
用α粒子照射充氮的云室，摄得如图4－3－2所示的照片，下列说法中正确的是(　　)
A．A是α粒子的径迹，B是质子的径迹，C是新核的径迹
B．B是α粒子的径迹，A是质子的径迹，C是新核的径迹
C．C是α粒子的径迹，A是质子的径迹，B是新核的径迹
D．B是α粒子的径迹，C是质子的径迹，A是新核的径迹
解析：选D.α粒子轰击氮核产生一个新核并放出质子，入射的是α粒子，所以B是α粒子，产生的新核质量大，电离作用强，所以径迹粗而短，故A是新核径迹，质子电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹是质子的径迹，所以正确选项为D.
3．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子，轰击静止的氮原子核7N，产生了质子H，若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1:20，已知质子质量为m.
(1)写出核反应方程；
(2)求出质子的速度v.
解析：(1)He＋7N→8O＋H
(2)设α粒子、新核质量分别为4m、17m，质子速度为v.
由于对心正碰，满足动量守恒，故：
4mv0＝17m·＋mv
解出v＝0.19c.
答案：(1)He＋7N→8O＋H　(2)0.19c
一、选择题
1．有关放射性同位素P的下列说法，正确的是(　　)
A.P与X互为同位素
B.P与其同位素有相同的化学性质
C．用P制成化合物后它的半衰期变长
D.P能释放正电子，可用其作示踪原子，观察磷肥对植物的影响
解析：选BD.同位素有相同的质子数，不同的质量数，故A错；同位素有相同的化学性质，故B对；半衰期与物理、化学状态无关，故C错误；P为放射性同位素，可用作示踪原子，故D对．故正确答案为B、D.
2．关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是(　　)
A．作为示踪原子是利用了放射性同位素贯穿能力很强的性质
B．作为示踪原子是利用了放射性同位素放出的射线可以被仪器探测到的特点
C．γ射线探伤利用了γ射线贯穿能力很强的性质
D．γ射线探伤利用了γ射线电离能力很强的性质
解析：选BC.根据放射性的性质分析放射性的应用．作为示踪原子是利用放射性同位素放出的射线可被仪器探测到的特点，利用它的射线探伤是利用了射线的贯穿能力强的性质，正确选项为B、C.
3．下列应用哪些是把放射性同位素作为示踪原子的(　　)
A．利用钴-60治疗肿瘤等疾病
B．γ射线探伤
C．利用含有放射性碘-131的油，检测地下输油管的漏油情况
D．把含有放射性同位素的肥料施给农作物用以检测农作物吸收养分的规律
解析：选CD.利用钴-60治疗肿瘤是利用它的射线能量高的特点，γ射线探伤是利用它的射线贯穿能力强的特点．
4．关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是(　　)
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
解析：选D.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，将静电导走，故A错；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视，故B错；作物种子发生的DNA突变不一定都有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种，故C错；用γ射线治疗肿瘤对人体有副作用，因此要严格控制剂量，故D正确．
5．下列应用中是利用了放射性同位素放出的射线的是(　　)
A．给金属探伤
B．消除有害的静电积累
C．研究农作物在各季节吸收肥料成分的规律
D．保存食物
解析：选ABCD.A是利用了射线的贯穿本领，B是利用了射线的电离本领，C是作为示踪原子，D也是利用射线来保存食物，抵制或消灭害虫，故答案为A、B、C、D.
6．下列关于放射性同位素的一些应用的说法中正确的是(　　)
A．利用放射性同位素消除静电是利用射线的穿透作用
B．利用射线探测机器部件内部的砂眼或裂纹是利用射线的穿透作用
C．利用射线改良品种是因为射线可以使基因发生变异
D．在研究农作物合理施肥中是以放射性同位素作为示踪原子的
解析：选BCD.消除静电是利用射线的电离作用使空气导电，A错误；探测机器部件内部的砂眼或裂纹和改良品种是利用它的射线的穿透能力；研究农作物对肥料的吸收是利用其作示踪原子．
7．对放射性的应用，下列说法中正确的是(　　)
A．放射线能杀伤癌细胞或阻止癌细胞分裂，对人体正常细胞不会有伤害作用
B．对放射性的废料，要装入特制的容器并埋入深地层进行处理
C．γ射线探伤仪中的放射源必须存在特制容器里，而不能随意放置
D．对可能产生放射性污染的场所或物品进行检测是很有必要的
解析：选BCD.放疗的同时对人的身体也是有害的，A选项错误；B、C、D关于放射线的防护的表述都是正确的．
8．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核P，放出一个正电子后变成原子核Si，能近似地反映正电子和Si核轨迹的是(　　)
　　　　　　　　　　图4－3－3
解析：选B.把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，发出正电子的方向跟Si核运动方向一定相反．由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨道，C、D可排除．
因为有洛伦兹力作为向心力，即qvB＝m
所以做匀速圆周运动的半径为r＝
衰变时，放出的正电子与反冲核Si的动量大小相等，因此在同一个磁场中做圆周运动的半径与它们的电荷量成反比，即＝＝
可见正电子运动的圆半径较大．
9．有一个质子以1.0×107m/s的速度撞击一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变成硅原子核．已知铝原子核的质量是质子的27倍，硅原子核的质量是质子的28倍，则下列判断正确的是(　　)
A．核反应方程式为：Al＋H→Si
B．核反应方程式为：Al＋p→Si
C．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致
D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致
答案：ABD
10．现在很多心血管专科医院引进了一种被称为“心脏灌注显像”的检测技术，方法是将若干毫升含放射性元素锝(Tc)的注射液注入被检测者的动脉，经过40 min后，这些含放射性物质的注射液通过血液循环均匀地分布在血液中，这时对被检测者的心脏进行造影．心脏血管正常的位置由于有放射性物质随血液到达而显示出有射线射出．心脏血管被堵塞的部分由于无放射性物质到达，将无射线射出，医生根据显像情况就可以判定被检测者心脏血管有无病变并判定病变位置．你认为检测用放射性元素锝的半衰期应该接近下列数据中的(　　)
A．10 min　　　　　　　 B．10 h
C．10 s D．10 y(年)
解析：选A.所选放射性元素半衰期即不能太长，也不能太短；半衰期过长，对人体造成长期辐射；半衰期过短，在检查过程中，强度变化明显，影响检查．
二、非选择题
11．1934年，约里奥·居里夫妇在α粒子轰击铝箔靶时，除探测到预料中的中子外，还探测到正电子，α粒子停止轰击后，铝箔靶仍继续发射正电子，这是因为反应生成了放射性同位素．
(1)完成上述反应的核反应方程式
Al＋He→________＋n；________→Si＋e
(2)放射性同位素的作用有________、________.
答案：(1)P　P
(2)做放射性同位素电池　作为示踪原子
12．为了临床测定病人血液的体积，可根据磷酸盐在血液中将被红血球所吸收这一事实，向病人体内输入适量含有P做示踪原子的血液．先将含有P的血液4 cm3分为两等份，其中一份留作标准样品，20 min测量出其放射性强度为10800 s－1；另一份则通过静脉注射进入病人体内，经20 min后，放射性血液分布于全身，再从病人体内抽出血液样品2 cm3，测出其放射性强度为5 s－1，则病人的血液体积为多少？
解析：由于标准样品与输入体内的P的总量是相等的，因此两者的放射性强度与P原子核的总数均是相等的．
设病人血液总体积为V cm3，应有×5＝10800，
解得V＝4320 cm3.
答案：4320 cm3

1．下列所述正确的是(　　)
A．原子是组成物质的不可再分的最小微粒
B．原子是最大的微粒
C．原子由原子核和核外电子构成，质子和中子组成了原子核
D．质子、中子本身也是复合粒子，它们也有着自己复杂的结构
解析：选CD.由学过的内容及本节所述的内容可知，只有C、D选项正确．
2．根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是(　　)
A．夸克、轻子、胶子等粒子
B．质子和中子等强子
C．光子、中微子和电子等轻子
D．氢核、氚核、氦核等轻核
答案：A
3．下列所述正确的是(　　)
A．强子是参与强相互作用的粒子
B．轻子是不参与强相互作用的粒子
C．目前发现的轻子只有8种
D．夸克有6种，它们所带的电荷量分别为元电荷的±或－
答案：ABD
4．下列说法中正确的是(　　)
A．太阳是宇宙的中心
B．太阳系中只存在太阳和它的八大行星
C．太阳系是由太阳和若干行星和他们的卫星和彗星组成
D．以上说法都正确
解析：选C.太阳系中以太阳为中心，有八大行星绕太阳运行，有的行星还有卫星，此外还有2000多颗比较小的小行星和彗星等，所以叙述较完整的是C项．通常我们所说的八大行星是指太阳系中较大的几颗行星，太阳系的组成中还有小行星和彗星．
5.
图4－4－1
中子内有一个电荷量为＋e的上夸克和两个电荷量为－e的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图4－4－1所示．如图4－4－2给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电力作用的是(　　)
图4－4－2
解析：选B.本题考查的是库仑力的大小、方向及力的合成，明确每个夸克皆受两个力的作用，电荷量为＋e的上夸克受两个下夸克的吸引力，合力的方向一定向下．对其中一个下夸克受力分析如图所示，由于F1的水平分力与F2大小相等，方向相反，故F1与F2的合力的方向竖直向上．

(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．以下实验能说明原子核内有复杂结构的是(　　)
A．光电效应实验
B．原子发光产生明线光谱
C．α粒子散射实验
D．天然放射性现象
解析：选D.光电效应实验是光子说的实验依据；原子发光产生明线光谱，说明原子只能处于一系列不连续的能量状态中；α粒子散射实验说明原子具有核式结构；天然放射性现象中放射出的粒子是从原子核中放出的，说明原子核内有复杂结构．
2．下列说法中正确的是(　　)
A．玛丽·居里首先提出了原子的核式结构学说
B．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
C．查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子
D．爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说
解析：选CD.玛丽·居里首先发现了原子核的放射现象，而不是提出原子的核式结构学说，故A错；卢瑟福的α粒子散射实验证实了原子的核式结构模型，电子是汤姆生发现的，故B错；据物理史实可知C、D正确．
3．放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是(　　)
A．α射线，β射线，γ射线
B．γ射线，β射线，α射线
C．γ射线，α射线，β射线
D．β射线，α射线，γ射线
解析：选B.由于三种射线的能量不同，所以贯穿能力最强的是γ射线，β射线次之，α射线最弱，故正确答案选B.
4．如图4－4所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种核变化后，产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可能是(　　)
图4－4
A．原子核发生了α衰变
B．原子核发生了β衰变
C．原子核放出了一个正电子
D．原子核放出了一个中子
解析：选AC.径迹为两个外切的圆，由左手定则知放出的粒子一定是正电荷，因此该衰变可能是α衰变，也可能是正β衰变．
5．放射性同位素可作为示踪原子，例如，在医学上可以确定肿瘤的位置等等，今有四种不同的放射性同位素R、P、Q、S，它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天，则应选用的同位素是(　　)
A．S　　　　　　　　　　 B．Q
C．P D．R
解析：选A.作为示踪原子的放射性同位素，应该有稳定的放射性，半衰期越长，放射性越稳定；但考虑到放射性对人体的危害，半衰期越长，对人体的危害越大，所以一旦研究结束，就希望放出的射线量大大减小，因此应选择半衰期较短、衰变稍快的放射元素作示踪原子，用2天就可以了．
6．关于威耳逊云室探测射线，下述正确的是(　　)
A．威耳逊云室内充满过饱和蒸汽，射线经过时可显示出射线运动的径迹
B．威耳逊云室中径迹粗而短的是α射线
C．威耳逊云室中径迹细而长的是γ射线
D．威耳逊云室中显示粒子径迹的原因是电离，所以无法由径迹判断射线所带电荷的正负
解析：选AB.云室内充满过饱和蒸汽，射线经过时把气体电离，过饱和蒸汽以离子为核心凝结成雾滴，雾滴沿射线的路线排列，显示出射线的径迹，故A选项正确；由于α粒子的电离本领大，贯穿本领小，所以α射线在云室中的径迹粗而短，即B选项正确，由于γ射线的电离本领很弱，所以在云室中一般看不到它的径迹，而细长径迹是β射线的，所以C选项错误；把云室放在磁场中，由射线径迹的变化方向就可以判断射线所带电荷的正负，所以D选项错误．
7．正电子是电子的反粒子，它跟普通电子的电量相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质——反物质.1997年初和年底，欧洲和美国的科学研究机构先后宣布，他们分别制造出9个和7个反氢原子．这是人类探索反物质的一大进步，你推测反氢原子的结构是(　　)
A．由一个带正电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
B．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成
C．由一个不带电的中子与一个带负电荷的电子构成
D．由一个带负电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
答案：B
8．用盖革—米勒计数器测定放射源的放射强度为每分钟404次，若将一张厚纸板放在计数器与放射源之间，计数器几乎测不到射线.10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为每分钟101次，则下列关于射线性质及它的半衰期的说法正确的是(　　)
A．放射源射出的是α射线
B．放射源射出的是β射线
C．这种放射性元素的半衰期是5天
D．这种放射性元素的半衰期是2.5天
解析：选AC.因厚纸板能挡住这种射线，知这种射线是穿透能力最差的α射线，选项A正确B错误；因放射性元素原子核个数与单位时间内衰变的次数成正比，10天后测出放射强度为原来的四分之一，说明10天后放射性元素的原子核个数只有原来的四分之一，由半衰期公式知已经过了两个半衰期，故半衰期是5天.
9．在放射性同位素的应用中，下列做法正确的是(　　)
A．应该用α射线探测物体的厚度
B．应该用γ粒子放射源制成“烟雾报警器”
C．医院在利用放射线诊断疾病时用半衰期较长的放射性同位素
D．放射育种利用γ射线照射种子使遗传基因发生变异
解析：选D.由于α粒子的穿透能力很弱，无法用其探测物体的厚度，故A错误；烟雾报警器是利用射线的电离作用，而γ粒子的电离作用很弱，故B错误；由于人体长期接触放射性元素会影响健康，因此诊断疾病时应该利用半衰期短的同位素，故C错误；放射育种是利用γ射线照射种子改变遗传基因，故D正确．
10．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是(　　)
图4－5
解析：选C.设衰变周期为T，那么m＝m0().可见，随着t的增加物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C选项图线符合衰变规律．
二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)
11．一置于铅盒中的放射源发射的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔，铝箔后的空间有一匀强电场．进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图4－6所示，则图中的射线a为________射线，射线b为________射线．
图4－6
解析：三种射线中α射线穿透力最弱，不能穿透铝箔，β是高速电子流，带负电，在磁场中能发生偏转，而γ是一种电磁波，在磁场中不发生偏转．所以射线a为γ射线，射线b为β射线．
答案：γ　β
12．(2011年高考海南卷)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和________．
A．X1→Ba＋n　　　 B．X2→Xe＋e
C．X3→Ba＋e D．X4→Xe＋p
解析：根据衰变过程电荷数守恒、质量数守恒，可知X1是Ba，X2是I，X3是Cs，X4是Cs，所以能分别反映I和Cs的衰变过程的是BC.I原子核中的中子数是131－53＝78，Cs原子核中的中子数是137－55＝82.
答案：B　C　78　82
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答时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)
13．(10分)放射性元素经过6次α衰变和8次β衰变，生成了新核．则新核和原来的原子核相比
(1)质子数减少了多少？
(2)中子数减少了多少？
(3)核子数减少了多少？
解析：因β衰变不改变核子数则核子数减少4×6＝24.
一次α衰变质子数减少2个，一次β衰变质子数增加1个．所以质子数共减少2×6－8＝4
中子数减少24－4＝20个．
答案：(1)4　(2)20　(3)24
14．(10分)1920年，质子已被发现，英国物理学家卢瑟福曾预言可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在，他把它叫做中子.1930年发现，在真空条件下用α射线轰击铍(Be)时，会产生一种看不见的、贯穿力极强的不知名射线和另一种粒子．经过研究发现，这种不知名射线具有如下的特点：①在任意方向的磁场中均不发生偏转；②这种射线的速度小于光速的十分之一；③用它轰击含有氢核的物质，可以把氢核打出来，用它轰击含有氮核的物质，可以把氮核打出来，并且被打出的氢核的最大速度vH和被打出的氮核的最大速度vN之比近似等于15∶2.若该射线中的粒子均具有相同的能量，与氢核和氮核碰前氢核和氮核可以认为静止，碰撞过程中没有机械能的损失．已知氢核的质量MH与氮核的质量MN之比等于1∶14.
(1)写出α射线轰击铍核的核反应方程．
(2)上述的三个特点中，哪个特点可以说明该射线是不带电的？哪个特点可以说明它不是γ射线？
解析：(1)Be＋He―→C＋n.
(2)由①可知，该射线在任何方向的磁场中均不发生偏转，因此该射线不带电．
由②可知，因为该射线速度远小于光速，所以它不是γ射线．
答案：(1)Be＋He―→C＋n
(2)见解析
15．(12分)为测定水库的存水量，将一瓶放射性溶液倒入水库中，已知这瓶溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素半衰期为2天，10天以后从水库取出1?的水，并测得每分钟衰变10次，求水库的存水量为多少？
解析：设放射性同位素原有质量为m0,10天后的剩余质量为m，水库存水量Q ?，由每分钟衰变次数与其质量成正比可得＝，
由半衰期公式得：m＝m0()，
由以上两式联立代入数据得：＝()，
解得水库存水量为Q＝2.5×105?．
答案：2.5×105?
16．(12分)一个静止的氮核N俘获一个速度为2.3×107m/s的中子生成一个复核A，A又衰变成B、C两个新核，设B、C速度方向与中子速度方向相同，B的质量是中子的11倍，速度是106 m/s，B、C在同一匀强磁场中做圆周运动的半径比RB:RC＝11:30.
(注：涉及动量问题时，亏损质量可忽略不计)
求：(1)C核的速度大小；
(2)根据计算判断C核是什么；
(3)写出核反应方程式．
解析：(1)mnvn＝mBvB＋mCvC
vC＝＝
＝3×106m/s.
(2)由qvB＝
R＝
即RB＝
RC＝　＝
即＝·
＝
因为qC＋qB＝7，所以qC＝2
又mC＝4，所以C核是He.
(3)方程：N＋n→B＋He.
答案：(1)3×106m/s　(2)He　(3)N＋n→B＋He

1．氮原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是(　　)
A．核力、万有引力、库仑力
B．万有引力、库仑力、核力
C．库仑力、核力、万有引力
D．核力、库仑力、万有引力
解析：选D.核力是强力，它能将核子束缚在原子核内．万有引力最弱，研究核子间相互作用时万有引力可以忽略．
2．中子和质子结合成氘核时，质量亏损为Δm，相应的能量ΔE＝Δmc2＝2.2 MeV是氘核的结合能．下列说法正确的是(　　)
A．用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子
B．用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
C．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
D．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
答案：AD
3．一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3.853131×10－25 kg，钍核的质量为3.786567×10－25kg，α粒子的质量为6.64672×10－27 kg.在这个衰变过程中释放出的能量等于________J．(保留两位有效数字)
解析：由题设条件求出质量亏损为
Δm＝mU－mTh－mα
＝3.853131×10－25kg－3.786567×10－25kg－6.64672 ×10－27kg＝9.7×10－30 kg.
根据质能方程ΔE＝Δmc2求出释放的能量为
ΔE＝Δmc2＝9.7×10－30×(3×108)2J＝8.7×10－13 J.
答案：8.7×10－13
一、选择题
1．关于原子核中质子和中子的说法，正确是(　　)
A．原子核中质子数和中子数一定相等
B．稳定的重原子核里，质子数比中子数多
C．原子核都是非常稳定的
D．由于核力的作用范围是有限的，以及核力的饱和性，不可能无节制的增大原子核而仍稳定存在
解析：选D.由稳定核的质子数与中子数的关系图像可知，质量越大的原子核内中子数越多于质子数．A、B错误；放射现象说明原子核也会发生变化，C错误；由核力作用特点可知，核子数越多的原子核越不稳定，D正确．
2．下列说法正确的是(　　)
A．一切原子核均具有结合能
B．自由核子结合为原子核时，可能吸收能量
C．结合能越大的原子核越稳定
D．平均结合能越大的原子核越稳定
解析：选AD.由自由核子结合成原子核的过程中，核力做正功，释放出能量．反之，将原子核分开变为自由核子需要吸收能量，该能量即为结合能，故A正确，B错误；核子较多的原子核的结合能越大，但它的平均结合能不一定大，平均结合能的大小反映了原子核的稳定性，故C错误，D正确．
3．关于核力，下列说法正确的是(　　)
A．核力是一种特殊的万有引力
B．原子核中任意两个核子之间都有核力作用
C．核力是原子核稳定存在的原因
D．核力是引力和斥力同时存在的力
解析：选C.核力不是万有引力，核力究竟是怎样产生的，还不清楚，但我们应区别于万有引力、重力、分子力来认识它，它是一种新的性质力；它是一种短程力，只有相邻的核子之间才有核力，则A、B错；在0.8～1.5 fm(1 fm＝10－15 m)范围内核力表现为引力，距离小于0.8 fm时核力又表现为斥力，所以D错．
4．对公式ΔE＝Δmc2，下列说法正确的是(　　)
A．能量可以转化为质量
B．质量可以转化为能量
C．能量的转化与质量的转化是成比例的
D．在核反应中，能量与质量都不守恒
解析：选C.ΔE＝mc2只是说明质量和释放出核能这两种现象间的联系，并不是说明物体的质量和能量之间存在着相互转化关系，故A、B错误，C正确．我们都知道，在核反应中，能量和质量并不违反守恒定律，故D错误．
5．下列说法中正确的是(　　)
A．质子与中子的质量不等，但质量数相等
B．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力
C．同一种元素的原子核有相同的质子数，但中子数可以不同
D．除万有引力外，两个中子之间不存在其他相互作用力
解析：选AC.中子的质量略大于质子的质量，质量数都是1，两个质子之间存在库仑力，质子和质子之间、中子与中子之间、质子与中子之间均存在核力，核力的作用范围很小，在10－14～10－15m的距离范围之内，且随着距离的增大而迅速减小．故正确答案为A、C.
6．核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为(　　)
A．原子核带正电，电子带负电，电荷间存在很大的库仑力
B．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力
C．核子间存在着强大的核力
D．核子间存在着复杂的磁力
解析：选C.只有核子间存在着强大的核力，才伴随着巨大的能量变化，因为功是能量转化的量度，有巨大的能量变化，就得做功多，而在位移极小的情况下，就要有强大的力，所以选C.
7．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，当质子和中子结合成氘核时，放出的能量是(　　)
A．m3c2　　　　　　　 B．(m1＋m2)c2
C．(m3－m2－m1)c2 D．(m1＋m2－m3)c2
解析：选D.质子和中子结合成原子核氘核时，总质量减小了，即质量亏损Δm＝(m1＋m2－m3)．依据质能方程可知，放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2.
8．对核子结合成原子核的下列说法正确的是(　　)
A．原子核内的核子间均存在核力
B．原子核内的质子间均存在核力和库仑力
C．当n个核子靠近到核力作用的范围而结合成为原子核时，其间“势能”一定减小
D．对质子数较多的原子核，其中的中子起到增加核力、维系原子核稳定的作用
解析：选CD.由于核力为近程力，只会发生在相邻核子之间，由此知A、B错误；当n个核子靠近到核力作用范围内，而距离大于0.8×10－15m核力表现为引力，在此过程核力必做正功，其间势能必定减小，形成原子核后距离一般不小于0.8×10－15m，故C正确；对质子数较多的原子核由于只有相邻的质子间才有核力，但各个质子间均有很强的库仑斥力，随着质子数的增加其库仑力增加，对于稳定的原子核，必须存在较多的中子才能维系二者的平衡，故D正确．
9．关于原子核的结合能与平均结合能，下列说法中正确的是(　　)
A．原子核的结合能等于核子与核子之间结合成原子核时核力做的功
B．原子核的结合能等于核子从原子核中分离，外力克服核力做的功
C．平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量
D．不同原子核的平均结合能不同，重核的平均结合能比轻核的平均结合能大
解析：选ABC.原子核中，核子与核子之间存在核力，要将核子从原子核中分离，需要外力克服核力做功．当自由核子结合成原子核时，核力将做功，释放能量．对某种原子核，平均每个核子的结合能称为平均结合能．不同原子核的平均结合能不同．重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能要小，轻核的平均结合能比稍重的核的平均结合能要小．综上所述，正确选项为ABC.
二、非选择题
10．一个α粒子轰击一个硼B变成一个未知粒子和碳14，还放出0.75×106eV的能量，写出核反应方程式____________________，反应过程中质量亏损为________kg.
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可以写出核反应方程为He＋5B→6C＋H；由爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，得Δm＝，代入数据计算得Δm＝1.3×10－30kg.
答案：He＋5B→6C＋H　1.3×10－30
11．氘核和氚核聚变时的核反应方程为H＋H→He＋n.已知H的平均结合能是2.78 MeV，H的平均结合能是1.09 MeV，He的平均结合能是7.03 MeV，试计算核反应时释放的能量．
解析：聚变反应前氘核和氚核的总结合能
E1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV＝10.52 MeV，
反应后生成的氦核的结合能
E2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV.
由于单个核子无结合能，所以聚变过程释放出的能量，
ΔE＝E2－E1＝(28.12－10.52) MeV＝17.6 MeV.
答案：17.6 MeV
12．两个中子和两个质子结合成一个氦核，同时释放一定的核能，若已知中子质量为1.0087 u，质子质量为1.0073 u，氦核质量为4.0026 u．试计算用中子和质子生成1 kg氦时释放的核能．
解析：计算核能的步骤一般是：首先，写出核反应方程；其次，计算质量亏损Δm；然后根据质能方程ΔE＝Δmc2计算核能．若Δm以原子核质量单位(u)为单位，可直接用ΔE＝Δm(u)×931.5 MeV计算，此法较方便且常用．
两个质子和两个中子结合成氦核的反应如下：
2n＋2H→He，
质量亏损Δm＝2×1.0087 u＋2×1.0073 u－4.0026 u＝0.0294 u
放出的核能ΔE＝0.0294×931.5 MeV＝27.3861 MeV
生成1 kg氦释放的总核能
E＝×6.02×1023×27.3861×106×1.6×10－19J＝6.59×1014J.
答案：6.59×1014J

1．当一个重核裂变时，它产生的两个核(　　)
A．一定是稳定的
B．所含有的中子数较裂变前重核的中子数少
C．裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量
D．可以是多种形式的两个核的组合
解析：选BD.重核裂变为两个中等质量的核时平均要放出2～3个中子，故两核中子数会比原来的重核减少，重核裂变的产物是多种多样的，选项B、D正确．
2．镉棒在核反应堆中所起的作用是(　　)
A．使快中子变成慢中子
B．使慢中子变成快中子
C．使反应速度加快
D．控制反应速度，调节反应速度的快慢
解析：选D.在核反应堆中石墨起变快中子为慢中子的作用．镉棒又叫控制棒，起吸收中子、控制反应速度、调节功率大小的作用，故D正确．
3．已知在铀235裂变成钡和氪的过程中，质量亏损Δm＝0.2153 u，则反应中平均每个核子释放的能量为多少？
解析：铀核裂变为不同的产物时，每个核子释放的能量不同，一般来说平均每个核子释放的能量为1 MeV.由爱因斯坦质能方程，可求得铀核裂变时放出的能量：
ΔE＝Δmc2＝0.2153×931.5 MeV＝201 MeV
铀核中含有235个核子，所以平均每个核子释放的能量为 MeV＝0.86 MeV.
答案：0.86 MeV
一、选择题
1．利用重核裂变释放核能时选用铀235核，主要原因是(　　)
A．它裂变放出核能比其他重核裂变多
B．它可能分裂成三部分或四部分
C．它能自动裂变，与体积无关
D．它比较容易发生链式反应
解析：选D.铀235俘获任何能量的中子都会发生裂变反应，吸收低能量的中子裂变的几率更大，D项正确．
2．235 92U吸收一个慢中子后，分解成139 54Xe和9438Sr，并放出下列什么粒子(　　)
A．一个α粒子　　　　　　 B．一个氘核
C．三个中子 D．两个中子
答案：C
3．铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法中正确的是(　　)
A．反应堆中铀的质量是重要因素，与体积无关
B．为了使裂变的链式反应容易发生，最好直接利用裂变时产生的中子
C．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生
D．能否发生链式反应与铀块的质量无关
解析：选C.使铀核裂变发生链式反应，铀块的体积必须大于临界体积，但铀核的质量无论怎样，只要组成铀块的体积小于临界体积，则不会发生链式反应，裂变反应中产生的中子为快中子，这些快中子不能直接引发新的裂变．如果铀块的质量大，则其体积大，若超过临界体积则发生链式反应，由此知A、B、D错误，C正确．
4．在核反应中，控制铀235核裂变反应速度的方法是(　　)
A．使用浓缩铀
B．改变铀块的临界体积
C．通过自动控制装置，改变镉棒插入的深度，以改变反应堆中的中子数目
D．利用石墨与中子的碰撞来改变中子的速度
解析：选C.控制核反应堆中核反应的速度是靠调节中子数来实现的，故只有C正确．
5．一个铀235吸收一个中子后发生的反应式是235 92U＋10n→
136 54Xe＋9038Sr＋1010n，放出的能量为E，铀235核的质量为M，中子的质量为m，氙136核的质量为m1，锶90核的质量为m2，真空中光速为c，则释放的能量E等于(　　)
A．(M－m1－m2)c2 B．(M＋m－m1－m2)c2
C．(M－m1－m2－9m)c2 D．(m1＋m2＋9m－M)c2
解析：选C.铀235裂变时质量亏损：Δm＝M＋m－m1－m2－10m＝M－m1－m2－9m，由质能方程可得：E＝Δmc2＝
(M－9m－m1－m2)c2
6．一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U＋n→X＋Sr＋2n，则下列叙述正确的是(　　)
A．X原子核中含有86个中子
B．X原子核中含有141个核子
C．因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数增加
D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少
解析：选A.由核裂变过程质量数、电荷数守恒，可算出X原子核质量数A＝140，电荷数Z＝54，故X原子核中有140－54＝86(个)中子，140个核子，故A正确．
7．目前核电站利用的核反应是(　　)
A．裂变、核燃料为铀 B．聚变、核燃料为铀
C．裂变、核燃料为氘 D．聚变、核燃料为氘
答案：A.
8．下列核反应中，表示核裂变的是(　　)
A．235 92U→234 90Th＋42He
B．235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n
C．3015P→3014Si＋01e
D．94 Be＋42He→12 6C＋10n
解析：选B.裂变是重核俘获中子后变成中等质量的原子核，同时还要放出几个中子．
9．在核反应式U＋n→Sr＋Xe＋kX中(　　)
A．X是中子，k＝9 B．X是中子，k＝10
C．X是质子，k＝9 D．X是质子，k＝10
解析：选B.核反应方程应遵循电荷数守恒和质量数守恒，在题目所给核反应中，设X的质子数为x，则核反应方程的左边质子数为92＋0＝92，右边质子数为38＋54＋x＝92，x＝0，X的质子数为0，所以X为中子，左边质量数为235＋1＝236，右边质量数为90＋136＋k×1＝236，k＝10，所以k的数值为10.
二、非选择题
10．裂变反应是目前核能利用中最常用的反应，以原子核U为燃料的反应堆中，U俘获一个慢中子后发生裂变反应可以有多种方式，其中一种方式可表示为：
U＋n→Xe＋Sr＋3n
其中：mU＝235.0439 u，mn＝1.0087 u，mXe＝138.9178 u，mSr＝93.9154 u(以原子核质量u为单位)，已知1 u的质量对应的能量为9.3×102 MeV，求放出的能量．
解析：裂变前后的质量亏损是：
Δm＝(235.0439＋1.0087－138.9178－93.9154－3×1.0087) u
由质能方程E＝mc2有ΔE＝Δmc2，
即放出的能量ΔE＝Δm×9.3×102 MeV＝1.8×102 MeV.
答案：1.8×102 MeV
11．每昼夜消耗220 g铀235 的原子能发电站，如果效率为25 %，它能产生的电功率是多大？(每个铀核裂变时放出的能量是200 MeV)
解析：220 g铀235 中含铀核数量为
N＝×6.02×1023＝5.64×1023(个)
N个铀核裂变放出能量为
E＝5.64×1023×200 MeV＝1.13×1026 MeV
转化成电能E电＝E×25%＝2.83×1025 MeV
＝2.83×1025×106×1.6×10－19J＝4.53×1012J
一昼夜时间为t＝24×3600 s＝86400 s
所以电功率P＝＝W＝5.24×107W.
答案：5.24×107W
12．在可控制反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作慢化剂．中子在重水中可与H核碰撞减速，在石墨中与C核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．其反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作慢化剂，哪种减速效果更好？
解析：设中子质量为Mn，靶核质量为M，由动量守恒定律：
Mnv0＝Mnv1＋Mv2
由能量守恒：Mnv＝Mnv＋Mv
解得：v1＝v0
在重水中靶核质量：MH＝2Mn，
v1H＝v0＝－v0，
在石墨中靶核质量：MC＝12Mn，
v1C＝v0＝－v0
与重水靶核碰后中子速度减小得多，故重水减速效果更好．
答案：见解析

1．聚变与裂变相比，下列说法正确的是(　　)
A．聚变比裂变产能效率高
B．在目前情况下，使原子核聚变要比裂变容易
C．原子弹的燃料是235U
D．氢弹的原理是核的聚变，需由原子弹来引爆
解析：选ACD.聚变比裂变的平均结合能大，故A正确；在目前的条件下，核裂变要比核聚变容易很多，故B错；原子弹利用的核裂变燃料为235U，氢弹利用的核聚变需原子弹引爆，故C、D正确．
2．目前我国已经建成秦山和大亚湾核电站并投入使用，请根据所学物理知识，判断下列说法中正确的是(　　)
A．核能发电对环境的污染比火力发电要小
B．核能发电对环境的污染比火力发电要大
C．都只利用重核裂变释放大量的原子能
D．既有重核裂变，又有轻核聚变释放大量的原子能
解析：选AC.目前核电站都用核裂变，其原料是铀，且核裂变在核反应堆中应用是比较清洁的能源，故A、C正确，B、D错．
3．一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量为mH＝1.0073 u，中子质量为 mn＝1.0087 u，氚核质量为m＝3.0180 u.
(1)写出聚变方程．
(2)释放出的核能是多大？
(3)平均每个核子释放的能量是多大？
解析：(1)聚变方程为：H＋2n→H.
(2)质量亏损为：Δm＝mH＋2mn－m＝(1.0073＋2×1.0087－3.0180)u＝0.0067 u，释放出的核能：ΔE＝Δmc2＝0.0067×931.5 MeV＝6.24 MeV.
(3)平均每个核子放出的能量为
MeV＝2.08 MeV.
答案：(1)H＋2 n→H　(2)6.24 MeV　(3)2.08 MeV
一、选择题
1．下列核反应中属于核聚变的是(　　)
A.H＋H→He＋n
B.Th→Pa＋e
C.U＋n→Xe＋Sr＋2n
D.Be＋He→O＋n
解析：选A.B项是衰变，C项是裂变；D项是人工转变；A项是轻核聚变．
2．一个氘核(H)与一个氚核(H)发生聚变，产生一个中子和一个新核，并出现质量亏损．聚变过程中(　　)
A．吸收能量，生成的新核是He
B．放出能量，生成的新核是He
C．吸收能量，生成的新核是He
D．放出能量，生成的新核是He
解析：选B.一个氘核与一个氚核发生聚变的核反应方程是：H＋H→He＋n.有质量亏损要放出能量，故只有B正确．
3．关于轻核聚变释放核能，下列说法正确的是(　　)
A．一次聚变反应一定比一次裂变反应释放的能量多
B．聚变反应一定比裂变反应每个核子释放的平均能量大
C．聚变反应中粒子的平均结合能变小
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
解析：选B.在一次聚变反应中释放的能量不一定比裂变反应多，但平均每个核子释放的能量一定大，故A错误，B正确；由于聚变反应中释放出巨大能量，则比结合能一定增加，质量发生亏损，故C、D错误．
4．北京奥委会接受专家的建议，大量采用对环境有益的新技术．如奥运会馆周围80%～90%的路灯将利用太阳能发电技术，奥运会90%的洗浴热水将采用全玻璃真空太阳能集热技术．太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变反应形成的，其核反应方程是(　　)
A．4H→He＋2e
B.N＋He→O＋H
C.U＋n→Xe＋Sr＋10n
D.U→Th＋He
解析：选A.热核聚变反应是指轻核结合为质量较重的核的反应，故A正确；B项中为实现原子核人工转变的反应．C项中为裂变，D项中为衰变，均不属聚变反应，故B、C、D不正确．
5．现阶段太阳向外辐射的能量是由于太阳内部氢核聚变产生的，大约在40亿年以后太阳内部将会启动另一种核反应，其核反应方程为：He＋He＋He→C，到那时太阳向外辐射的能量是由上述两种核反应共同产生的．已知He的质量为m1，C的质量为m2，则下列判断正确的是(　　)
A．3m1＞m2　　　　 B．3m1＜m2
C．3m1＝m2 D．m1＝3m2
解析：选A.由于核反应He＋He＋He→C放出核能，根据爱因斯坦质能方程，可得3m1＞m2，故A项正确．
6．在某些恒星内，3个α粒子结合成1个C核，C原子的质量是12.0000 u，He原子的质量是4.0026 u，已知1 u＝
1．66×10－27 kg.则(　　)
A．反应过程中的质量亏损是Δm＝0.0078 u
B．反应过程中的质量亏损是Δm＝1.29×10－29 kg
C．反应过程中释放的能量是7.26 MeV
D．反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J
解析：选ABC.由题目可得此核反应的方程为3He→C＋ΔE，则反应后的质量亏损为Δm＝(3×4.0026－12.0000) u＝0.0078×1.66×10－27 kg＝1.29×10－29 kg.由质能方程ΔE＝Δmc2＝1.29×10－29×(3.0×108)2 J＝1.161×10－12 J＝7.26 MeV.故正确答案为A、B、C.
7．科学家发现在月球上含有丰富的He(氦3)，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He＋He→2H＋He.关于He聚变下列表述正确的是(　　)
A．聚变反应不会释放能量
B．聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损
D．目前核电站都采用He聚变反应发电
解析：选B.聚变反应发生了质量亏损，释放出巨大的能量，产生了新的原子核，故A、C错误，B正确；目前核电站利用的是裂变反应而非聚变，故D错误．
8．一个质子和一个中子聚变组合成一个氘核，同时辐射出一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常数为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．聚变反应的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3
C．辐射出的γ光子能量E＝(m3－m1－m2)c
D．γ光子的波长λ＝
解析：选B.A项中核反应方程不满足质量数守恒，错误．B项中Δm正好是结合前核子总质量与原子核质量之差，由质能方程可知辐射出的γ光子的能量为E＝(m1＋m2－m3)c2，C项错误．由c＝λv及E＝hv得，γ光子的波长为λ＝，故D错．
9．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为6H→kHe＋dH＋2n＋43.15 MeV由平衡条件可知(　　)
A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3
解析：选B.由质量数守恒和电荷数守恒，分别有4k＋d＝10,2k＋d＝6，解得k＝2，d＝2.正确选项为B.
10．我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电，显示了EAST装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000 s，温度超过1亿度，标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)
A．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是中子
C．两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1－m3－m4)c2
D．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性
解析：选BD.由核反应方程知2H→He＋X，X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(2m1－m3－m2)c2，聚变反应的污染非常小．而现实运行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D正确．
二、非选择题
11．两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核(氦的同位素)．已知氘核质量mD＝2.0136 u，氦核质量mHe＝3.0150 u，中子质量mn＝1.0087 u.
(1)写出聚变的核反应方程；
(2)求该反应中的质量亏损；
(3)计算释放出的核能．
解析：(1)H＋H→He＋n.
(2)Δm＝2mD－mHe－mn＝2×2.0136 u－3.0150 u－
1．0087 u＝0.0035 u.
(3)E＝Δmc2＝0.0035×931.5 MeV＝3.26 MeV.
答案：(1)H＋H→He＋n
(2)0.0035 u　(3)3.26 MeV
12．现在世界上许多国家都在积极研究可控热核反应的理论和技术，以解决能源危机问题．热核反应中所用的燃料——氘，在地球上储量非常丰富，1 L海水中大约有0.3 g氘，如果用来进行热核反应，放出的能量约与燃烧300 L汽油相当．若氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，光速为c，阿伏伽德罗常数为NA，氘的摩尔质量为m0.
(1)写出两个氘核聚变成一个氦核的核反应方程；
(2)质量为M的氘参与上述聚变反应可释放出的能量为多少？
解析：(1)核反应方程为H＋H→He.
(2)核反应的质量亏损为Δm＝2m1－m2
ΔE＝Δmc2＝(2m1－m2)c2
据题意得，质量为M的氘中的氘核数为n＝NA
质量为M的氘核参与聚变放出的能量为E＝＝.
答案：(1)H＋H→He　(2)

(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．太阳不断地向外辐射能量，仍保持1千万度以上的高温，其主要原因是太阳内部进行着激烈的(　　)
A．衰变反应　　　 B．人工核反应
C．裂变反应 D．热核反应
解析：选D.太阳内部进行的是核聚变即热核反应，所以选D.
2．下列说法正确的是(　　)
A.N＋H―→C＋He是α衰变方程
B.H＋H―→He＋γ是核聚变反应方程
C.U―→Th＋He是核裂变反应方程
D.He＋Al―→P＋n是原子核的人工转变方程
解析：选BD.A、D中核反应方程为人工核转变，B中核反应方程为聚变，C中核反应方程为衰变方程，故A、C错，B、D正确．
3．“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风．下列核反应方程中，属于研究两弹的基本核反应方程的是(　　)
A.N＋He―→O＋H
B.U＋n―→Sr＋Xe＋10 n
C.U―→Th＋He
D.H＋H―→He＋n
解析：选BD.“两弹”指原子弹和氢弹，原子弹的核反应方程是铀核裂变，B选项正确．氢弹的核反应方程是轻核聚变，D选项正确．
4．关于热核反应，下列说法正确的是(　　)
A．只要有足量的氘和氚混合，就可以发生热核反应
B．热核反应中平均每个核子放出能量比链式反应多
C．地球内部持续进行着热核反应
D．热核反应需要几千万开尓文的高温
解析：选BD.要使轻核发生聚变，必须使它们的距离十分接近，达到10－15m.由于原子核都是带正电的，要接近到这种程度，就必须克服巨大的库仑斥力，这就要求原子核具有很大的动能，所以需要把它们加热到几千万开尓文的高温，故A错、D对．热核反应与链式反应相比，平均每个核子放出的能量要大3～4倍，B正确．太阳和其他恒星内部持续进行着激烈的热核反应，而不是地球内部，所以C错误．
5．关于我国已建成的秦山和大亚湾核电站，下列说法正确的是(　　)
A．它们都是利用核聚变释放原子能的
B．它们都是利用核裂变释放原子能的
C．裂变和聚变的核燃料都可以是纯铀235
D．一座是利用核裂变释放原子能，一座是利用核聚变释放原子能
解析：选B.现在我国的核电站是利用核裂变，可控热核反应还在实验阶段，故答案为B.
6．氘核(H)和氚核(H)的核反应方程如下：H＋H→He＋n，设氘核的质量为m1，氚核的质量为m2，氦核的质量为m3，中子的质量为m4，则核反应过程中释放的能量为(　　)
A．(m1＋m2－m3)c2
B．(m1＋m2－m4)c2
C．(m1＋m2－m3－m4)c2
D．(m3＋m4－m1－m2)c2
解析：选C.此变化过程中释放能量，说明聚变之后，新核的质量之和小于聚变之前原来核的质量之和，质量亏损为(m1＋m2)－(m3＋m4)，而不是(m3＋m4)－(m1＋m2)．此反应的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2.
7．关于聚变，以下说法中正确的是(　　)
A．两个轻核聚变为中等质量的原子核时释放出能量
B．同样质量的物体发生聚变时放出的能量比同样质量的物质裂变时释放的能量大好多倍
C．聚变反应的条件是聚变物质的体积达到临界体积
D．发生聚变反应时的原子核必须有足够大的动能
解析：选BD.两个轻核聚合为较大质量的原子核就可释放能量但不一定是中等质量的核，故A项错误；聚变反应放出的能量比同样质量的物质裂变时放出的能量大得多，这点我们由聚变反应的特点就可以知道，故B正确；裂变反应的条件是裂变物质的体积达到临界体积，而聚变反应的条件是原子核间距达到10－15m，故要求有足够大的动能才能克服原子间的斥力做功，故C错，D正确．
8.
图5－2
如图5－2所示是原子核的核子平均质量A与原子序数Z的关系图像，下列说法正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若C、B能结合成A，结合过程一定要释放能量
D．若F、C能结合成B，结合过程一定要释放能量
解析：选A.从关系图像可以看出，Fe对应最小平均核子质量，D、E、F、C、B、A的原子序数逐渐增加，而平均核子质量先减小后增大，每个核子所对应的能量也先减少后增大，因此D、E结合成F，释放能量，故A正确．
9．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
H＋C→N＋Q1，H＋N→C＋X＋Q2
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：
原子核
H
He
He
C
N
N
质量/u
1.0078
3.0160
4.0026
12.0000
13.0057
15.0001
以下推断正确的是(　　)
A．X是He，Q2＞Q1　　　 B．X是He，Q2＞Q1
C．X是He，Q2＜Q1 D．X是He，Q2＜Q1
解析：选B.H＋C→N中质量亏损为Δm1＝(1.0078＋12.0000－13.0057)u＝0.0021 u，根据电荷数守恒和质量数守恒可知H＋N→C＋X中X的电荷数为2、质量数为4，质量亏损为Δm2＝(1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026)u＝0.0053 u，根据爱因斯坦的质能方程可知Q1＝Δm1c2、Q2＝Δm2c2，则Q1＜Q2.
10．据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是(　　)
A．“人造太阳”的核反应方程是H＋H→He＋n
B．“人造太阳”的核反应方程是92U＋n→56Ba＋Kr＋3n
C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2
D．“人造太阳”核能大小的计算公式是E＝mc2
解析：选AC.“人造太阳”发生的是氢核聚变，所以核反应方程式为H＋H→He＋n，而B选项中的核反应是核裂变，故错误；“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2，而核能大小的计算公式为E＝mc2，D错误，故选项A、C正确．
二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)
11．太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核的热核反应，这种核反应释放出的能量就是太阳能的来源，其核反应方程是__________________；若mH＝1.0078 u，mα＝4.0026 u，me＝0.000548 u，则该反应中发生的质量亏损是________u；如果1 u相当于931.5 MeV，则该反应中释放的能量是________ MeV.
解析：核反应方程为4H→He＋2e.
核反应的质量亏损为：Δm＝4mH－mα－2×me＝4×
1．0078 u－4.0026 u－2×0.000548 u＝0.0275 u.
该核反应释放的能量为：
ΔE＝0.0275×931.5 MeV≈25.62 MeV.
答案：(1)4H→He＋2e　0.0275　25.62
12．(1)在核电站中，为了防止放射性物质泄漏，核反应堆有三道防护屏障：燃料包壳、压力壳和安全壳，见图5－3甲．结合图乙可知，安全壳应当选用的材料是________．
图5－3
(2)核反应堆中的核废料具有很强的放射性，目前常用的处理方法是将其装入特制的容器中，然后________．
A．沉入海底　　　 B．放至沙漠
C．运到月球 D．深埋地下
答案：(1)混凝土　(2)D
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答时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)
13．(10分)为验证爱因斯坦质能方程 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＝18.1 MeV.
(1)写出该核反应方程；
(2)通过计算说明ΔE＝Δmc2正确．(已知质子、α粒子、锂核的质量分别为mp＝1.0078 u，mα＝4.0026 u，mLi＝7.0160 u)
答案：(1)Li＋H→He＋He
(2)核反应过程中的质量亏损：Δm＝mLi＋mp－2mα＝7.0160 u＋1.0078 u－2×4.0026 u＝0.0186×931.5 MeV≈17.3 MeV.而系统增加的动能：ΔE＝E2－E1＝(18.1－0.6)MeV＝17.5 MeV.这些能量正是来自核反应中的质量亏损，在误差允许范围内可视为相等，所以ΔE＝Δmc2正确
14．(10分)氘发生热核反应有如下4种情况，而且每种情况概率相同(大量粒子的统计规律)．
H＋H→H＋H＋4 MeV
H＋H→He＋n＋17.6 MeV
H＋H→He＋n＋3.3 MeV
H＋H→He＋H＋18.3 MeV
1 L海水中大约有0.03 g氘，如果这些氘核完全发生聚变反应，释放的能量是多少？
解析：由题给条件知，4种情况中共有6个氘核参与反应，平均每个氘核放出的能量是7.2 MeV
1 L海水中氘核数为
×6.02×1023＝9.03×1021(个)
释放的能量为E＝7.2×9.03×1021 MeV＝1.04×1010J.
答案：1.04×1010J
15．(12分)如图5－4甲所示，静止在匀强磁场中的Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104 m/s的中子而发生核反应：Li＋n→H＋He，若已知He的速度v2＝2.0×104 m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：
　　　　　　　　图5－4
(1)H的速度大小和方向．
(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算半径之比；
(3)当He旋转三周时，粒子H旋转几周？
解析：(1)反应前后动量守恒：m0v0＝m1v1＋m2v2(v1为氚核速度，m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氢核质量)代入数值可解得：v1＝－1.0×103 m/s，
负号说明方向与v0相反．
(2)H和He在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比r1∶r2＝∶＝3∶40.
(3)H和He做匀速圆周运动的周期之比
T1∶T2＝∶＝3∶2
所以它们的旋转周数之比：n1∶n2＝T2∶T1＝2∶3，
即He转三周，H转2周．
答案：(1)大小为1.0×103 m/s，方向与v0相反　(2)3∶40　(3)2周
16．(12分)如果要把O分成8个质子和8个中子，要给它多少能量？要把它分成4个He，要给它多少能量？已知O的核子平均结合能是7.98 MeV，He的核子平均结合能是7.07 MeV.
解析：将O分成8个质子和8个中子所提供的能量为O的结合能，即为其核子数与平均结合能的乘积，将O分成4个He可以看做两个方程：一是将O分成8个质子和8个中子，然后再将8个质子和8个中子结合成4个He，需提供的能量为此两个过程的能量之差．
把O分成8个质子和8个中子需提供的能量为
ΔE1＝16×7.98 MeV＝127.68 MeV.
将2个质子和2个中子结合成一个He所放出的能量为
ΔE2＝4×7.07 MeV＝28.28 MeV.
则将O分成4个He需提供的能量为
ΔE′＝ΔE1－4ΔE2＝127.68 MeV－4×28.28 MeV
＝14.56 MeV.
答案：127.68 MeV　14.56 MeV