(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1.
图1－2
如图1－2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．
2.
图1－3
质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移－时间图像如图1－3所示，由图判断以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②质量m1等于质量m2；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反，其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
答案：C
3．质量为M的小车在光滑水平面上以速度v向东行驶，一个质量为m的小球从距地面H高处以与小车相同方向的速度v2做平抛运动，正好落入车中，此后小车的速度将 ( )
A．增大 B．减小
C．不变 D．先减小后增大
解析：选C.由水平方向动量守恒可得
Mv＋mv2＝(M＋m)v′，
v′＝，故C正确．
4.
图1－4
如图1－4所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )
A．以速度v做平抛运动
B．以小于v的速度做平抛运动
C．静止于车上
D．自由下落
解析：选D.由动量守恒：mv＝mv1＋mv2
由机械能守恒：mv2＝mv＋mv
所以v1＝0 m/s，v2＝v，故D正确．
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不相同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不相同，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD.由动量守恒定律－ΔpA＝pB知，若m1＝m2得－vA′＝vB′，A对，B错．若m1≠m2得－vA′≠vB′，C错，粘合时，D对．
6．A、B两船质量均为m，都静止在水面上，今A船上有质量为的人，以对地水平速率v从A船跳到B船上，再从B船跳到A船上，然后再从A船跳到B船上……经过若干次跳跃后，最终停在B船上．不计水的阻力，下列说法中正确的是( )
A．A、B(包括人)两船速率之比为3∶2
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船动能之比为3∶2
D．以上答案均不正确
解析：选ABC.由动量守恒得：
mvA－(m＋)vB＝0
解得：vA/vB＝3∶2，故A、B对；
＝＝3∶2，故C对．
7．质量分别为mA和mB的人，站在停于水平光滑的冰面上的冰车C上，当此二人做相向运动时，设A的运动方向为正，则关于冰车的运动，下列说法中正确的是( )
A．如果vA>vB，则车运动方向跟B的方向相同
B．如果vA>vB，则车运动方向跟B的方向相反
C．如果vA＝vB，则车保持静止
D．如果mAvA>mBvB，则车运动方向跟B的方向相同
解析：选D.由动量守恒得：mAvA－mBvB＋m车v车＝0
只有mAvA>mBvB时，v车<0.故D对．
8．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比可能为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选AB.设碰撞后M、m的速度分别为v1、v2，碰撞需满足的几个关系如下
Mv＝Mv1＋mv2.
Mv＋mv≤Mv2.
v1≤v2.
又由题意Mv1＝mv2.
解以上关系式得1≤≤3.
9.
图1－5
如图1－5所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．m1、m2组成的系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD.两球运动过程中，满足动量守恒和机械能守恒，并且弹簧最长时v1＝v2＝v′
由m2v0＝m1v1＋m2v2
m2v＝m1v＋m2v＋Ep
可得共同速度v′＝
弹簧最长时Ep＝.
10．两个弹性小球相向运动发生碰撞的短暂过程中，两个球同时依次经过减速、停止又反向运动的几个阶段，关于这两个球碰撞前的情况有以下叙述，以下判断正确的是( )
①两个球的质量一定相等
②两个球的动量大小一定相等
③两个球的速度大小与其质量成反比
④两个小球碰撞过程中交换速度
A．①②③④ B．①②③
C．②③④ D．②③
解析：选D.两弹性小球相向碰撞过程中，总动量守恒，由两球同时停止可知两球总动量为零，即两球的碰前动量一定等大反向；由于其质量不一定相同，若碰撞后速度交换，则其碰后总动量方向与碰前总动量方向可能相反(若两球质量不等时)，即①④错，②③正确，应选D.
二、填空题(本题共2小题，共10分．按题目要求作答)
11．(6分)如图1－6(a)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的速度时，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．纸带记录的碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)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1－6
解析：由题图(b)知，碰前速度v1＝m/s＝0.60 m/s
碰后速度v2＝ m/s≈0.40 m/s.
答案：0.60 m/s 0.40 m/s
12．(4分)两个物体m和M碰撞前后的s－t图像如图1－7所示，由图可知m∶M＝________.
图1－7
答案：1∶3
三、计算题(本题共4小题，共40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.
图1－8
(9分)如图1－8所示，质量为3m的木块静止放置在光滑的水平面上．质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0，试求：
(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小；
(2)子弹穿透木块的过程中产生的热量．
解析：(1)设子弹穿出木块后，木块的速度大小为v，
设向右方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0＝3mv＋mv0，解得：v＝v0.
(2)设子弹穿透木块的过程中，产生的热量等于损失的动能：
Q＝mv－m(v0)2－·3m(v0)2
＝mv.
答案：(1)v0 (2)mv
14.
图1－9
(9分)质量分别为m1和m2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v1、v2向右运动，并发生对心正碰，碰后m2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，2返回又与m1相向碰撞，碰后两球都静止．求第一次碰后m1球的速度．
解析：设m1、m2碰后的速度大小分别为v1′、v2′，则由动量守恒知
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v1′－m2v2′＝0
解得v1′＝，方向向右．
答案：，方向向右
15.
图1－10
(10分)如图1－10所示，有一质量为m的物块静止在水平桌面左端，长为L的细线竖直悬挂一个质量为2m的小球，小球刚好与物块接触．现保持细线绷直，把小球拉向左上方使细线与竖直方向成60°夹角，无初速度释放，小球运动到最低点时恰与物块正碰，碰后小球继续向右摆动，上升的最大高度为(整个过程中小球不与桌面接触)，物块在桌面上向右滑行了L后静止，求物块与水平桌面间的动摩擦因数μ.
解析：小球下摆过程，由机械能守恒定律得，
2mg(L－Lcos60°)＝×2mv2
小球上摆过程，由机械能守恒定律得，
2mg·＝×2mv1′2
碰撞过程中动量守恒，即2mv＝2mv1′＋mv2′
又由运动学公式知＝L，a＝μg
联立上式并代入数据得μ＝0.5.
答案：0.5
16．(12分)光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2 kg的A、B两物体都以v0＝6 m/s的速度向右运动，弹簧处于原长．质量为4 kg的物体C静止在前方，如图1－11所示，B与C发生碰撞后粘合在一起运动，在以后的运动中，求：
图1－11
(1)弹性势能最大值为多少？
(2)当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？
解析：(1)B、C碰撞瞬间，B、C的总动量守恒，
由动量守恒定律得：mBv0＝(mB＋mC)v
解得：v＝2 m/s
三个物体速度相同时弹性势能最大，
由动量守恒定律得：mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v共，解得：v共＝3 m/s
设最大弹性势能为Ep，由机械能守恒得：
Ep＝mAv＋(mB＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J.
(2)当A的速度为零时，由动量守恒定律得：
mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC
解得vBC＝4 m/s
则此时的弹性势能Ep′＝mAv＋(mB＋mC)v2－(mB＋mC)v＝0.
答案：(1)12 J (2)0
[学生用书 P9]
1．若一个物体的动量发生了变化，则物体(质量不变)运动的( )
A．速度大小一定改变了
B．速度方向一定改变了
C．速度一定变化了
D．加速度一定不为零
解析：选CD.根据动量的定义p＝mv，在m一定时，只有v的大小或方向发生变化，动量p才会变化，根据加速度的定义a＝，则a一定不为零，故选C、D.
2．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以判定碰撞前( )
A．两球的动量大小一定相等
B．两球的质量相等
C．两球的动量一定相等
D．两球的速度一定相等
解析：选A.两球相碰，动量守恒，p1＋p2＝0，故动量大小相等，方向相反，与质量和速率无关．
图1－1－4
3．如图1－1－4所示．PQS是固定于竖直平面内的光滑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．下列说法正确的是( )
A．a比b先到S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到S，它们在S点的动量相等
D．b比a先到S，它们在S点的动量相等
解析：选A.自由下落加速度较大，路程较短，沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a比b用时短．由机械能守恒，两球到达S点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．
4．质量为m的α粒子，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为，而碳核获得的速度为( )
A. B．2v0
C. D.
解析：选C.α粒子与碳核所组成的系统动量守恒，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m×，所以v＝.
5．“草船借箭”中，若草船的质量为m1，箭的质量为m，草船以速度v1返回时，士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同，由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)
解析：由船与箭的作用过程中系统动量守恒知：
m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)
得Δv＝.
答案：
一、选择题
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
解析：选C.由动量守恒的条件知C正确，D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．
图1－1－5
2．一辆平板车静止在光滑的水平面上，车上一个人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图1－1－5所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将( )
A．左右振动
B．向左运动
C．向右运动
D．静止不动
解析：选A.人、锤和车组成的系统，在大锤敲打车的过程中，在水平方向上只有锤与车的相互作用力，没有其他外力，系统水平方向上动量守恒，其总动量大小为零．
3.
图1－1－6
如图1－1－6所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
A．v0，水平向右 B．0
C.，水平向右 D.，水平向右
解析：选C.物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生n次碰撞的过程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速度为v2＝0；作用后它们的末速度相同即v1′＝v2′＝v
由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′得：
mv0＝(m＋M)v
解得：v＝，方向与v0相同，水平向右．选项C正确．
4．质量为5m的机车以速度v运动，跟质量都为m的30节静止在光滑水平直轨道上的车厢挂接，则全部挂接在一起时的速度为( )
A. B.
C. D.
解析：选A.根据动量守恒定律得：5mv＝(30＋5)mv′，所以v′＝，故选A.
5．一物体从某高处由静止下落，设所受空气阻力恒定，当它下落h时动量大小为p1，下落2h时的动量大小为p2，那么p1∶p2应为( )
A．1∶1 B．1∶
C．1∶2 D．1∶4
解析：选B.由动能定理可知：(mg－f)h＝mv
(mg－f)2h＝mv
由以上两式得＝则＝＝ .
6．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两汽车动量p1和p2的大小关系是( )
A．p1等于p2 B．p1小于p2
C．p1大于p2 D．无法比较
解析：选C.由于p＝mv，Ek＝mv2，故p＝，又m1>m2，Ek2＝Ek1，故p1>p2，应选C.
7．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1－1－7所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是( )
图1－1－7
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解析：选ACD.在两手同时放开后，水平方向上无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，选项A对．
先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，选项B错．
先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的总动量仍守恒，即此后的总动量向左，选项C对．
其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，选项D对．
8.
图1－1－8
在如图1－1－8所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：选B.把系统从子弹射入木块到把弹簧压缩到最短的过程分段考虑．
第一段：子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒．
第二段：子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力(外力)不为零，但不做功，所以此过程系统机械能守恒，动量不守恒．
由于子弹射入木块的过程中，二者之间存在摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒．
9．质量为1 kg的物体在距地面高5 m处由静止自由下落，正落在以5 m/s速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车与沙子的总质量为4 kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )
A．3 m/s B．4 m/s
C．5 m/s D．6 m/s
解析：选B.物体与小车在相互作用过程中，水平方向不受外力，即在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律
m物v＋m车v′＝(m物＋m车)v共
由于物体竖直下落，即v＝0，所以v共＝ m/s＝4 m/s，故正确答案为B.
??10.
图1－1－9
如图1－1－9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不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断瞬间，系统在水平方向上的总动量为零，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′，根据动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.A选项正确．
二、非选择题
11．步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出的速度为855 m/s，则步枪的反冲速度多大？
解析：设子弹出枪口速度为v0，枪反冲速度为v，取v0方向为正方向，由动量守恒定律得
0＝mv0＋Mv
解得v＝－＝－2 m/s
负号表示与v0方向相反．
答案：2 m/s
12．从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距离地面高度为100 m、上升速度为17.5 m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s沿竖直方向落回发射点，求B经过多少时间落回发射点？(礼花弹爆炸后下落过程中不考虑空气阻力，g＝10 m/s2)
解析：设爆炸后A、B速度分别为vA、vB.
由动量守恒得：mv0＝vA＋vB
又知－h＝vAtA－gt，－h＝vBtB－gt
联立各式并代入数据解得：tB＝10 s.
答案：10 s
[学生用书 P9]
1．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球速度大小变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选AB.由动量守恒mv0＝m·v0＋2mv
得v＝v0或mv0＝－m·v0＋2mv
得v＝v0
并且可验证两种情况中，动能不增加，所以A、B对．
2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
解析：选D.A、B两项人与外界无作用，不行；C项，冰面光滑，不行；D项，利用反冲可以．
3．一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是( )
A．木板的上表面光滑而底面粗糙
B．木板的上表面粗糙而底面光滑
C．木板上、下两表面都粗糙
D．木板上、下两表面都光滑
解析：选AD.若上表面光滑，青蛙与木板间无法产生水平方向上的相互作用，无法改变水平方向上的运动状态．
4．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A. B．－
C. D．－
解析：选B.火箭反冲过程动量守恒，以火箭和喷出气体为研究对象，系统初始动量为零，选取向下的方向为正方向
0＝Δmv0＋(M－Δm)v，
v＝－，故答案为B.
5.
图1－3－6
用细线悬挂一质量为M的木块，木块静止，如图1－3－6所示，现有质量为m的子弹自左方水平射穿此木块，穿透前后子弹速度分别为v0和v，求木块能摆到的最大高度．
解析：在子弹穿过木块过程中
mv0＝mv＋Mv′，得v′＝
木块获得速度后上升，此过程机械能守恒(因为拉力与重力合力不为零，所以动量不守恒)，有Mv′2＝Mgh，
得h＝＝2.
答案：2
一、选择题
1．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总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D错．
2．小船相对于地面以速度v向东行驶，若在船上以相对于地面相同的速率2v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．速度为零
解析：选C.设小船质量为M，抛出的物体质量为m，则由动量守恒定律，有：Mv＝2mv－2mv＋(M－2m)v′
则v′＝>v，故C正确．
3．质量为2m的B球，静止放于光滑水平面上，另一质量为m的A球以速度v与B球正碰，若碰撞没有能量损失，则碰后A球的速度为( )
A．v/3 B．－v/3
C．2v/3 D．－2v/3
解析：选B.由动量守恒、能量守恒列方程组，解得vA′＝－.
4.
图1－3－7
小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1－3－7所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．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.利用反冲的原理使小车向前运动，故应打开阀门S2.
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( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：选CD.爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故C对；由牛顿第三定律知，D对．
6．(2011年高考福建卷)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：选A.根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA>0，所以vB>，故只有A项正确．
7．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质量为3000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车连在一起，并向南行驶滑行了一小段距离后停下．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速度行驶，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
答案：A
8．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图1－3－8所示．若再次以相同量压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为( )
图1－3－8
A. B.x
C．x D.x
解析：选D.用板挡住A球只释放B球时，弹簧的弹性势能转化为B球的动能，mv＝Ep ①，再以相同量压缩弹簧而同时释放A、B两球，则弹性势能转化为两球的总动能，因二者质量相同，所以2×mvB′2＝Ep ②，由①②可知vB＝vB′，结合平抛运动知识可知，B球落地点距桌边x′＝，D选项正确．
9.
图1－3－9
如图1－3－9所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
解析：选C.小球和槽在竖直方向所受合力不为零，动量不守恒，A项错误；下滑过程中，小球和槽之间的弹力做功，B项错；被弹簧反弹后，小球和槽做匀速直线运动．小球不能回到槽高h处，C正确，D错误．
二、非选择题
10.
图1－3－10
如图1－3－10所示，装甲车和其中炮弹的总质量为M，正沿轨道向右匀速行驶，其速度为v0，发射一枚质量为m的炮弹后，装甲车的速度变为v，仍向右行驶．若不计轨道的摩擦，求炮弹射出炮口时相对于炮口的速度是多少？(炮管是水平的)
解析：设炮弹相对于炮口的速度为u，则对地速度为(u＋v)
由动量守恒定律：
Mv0＝(M－m)v＋m(u＋v)
解得：u＝.
答案：
11．如图1－3－11所示，竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切，质量为M＝2.0 kg的小物块B静止在水平面上．质量为m＝1.0 kg的小物块A从距离水平面高h＝0.45 m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动．取g＝10 m/s2，求：
图1－3－11
(1)A经过Q点时速度的大小v0；
(2)A与B碰后速度的大小v；
(3)碰撞过程中系统(A、B)损失的机械能ΔE.
解析：(1)A从P滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得
mgh＝mv
A经过Q点时速度的大小
v0＝＝3.0 m/s.
(2)A与B相碰，根据动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
解得v＝＝1.0 m/s.
(3)根据能量守恒定律得
ΔE＝mv－(m＋M)v2
解得A与B碰撞过程中系统损失的机械能
ΔE＝3.0 J.
答案：(1)3.0 m/s (2)1.0 m/s (3)3.0 J
12．质量为m1＝1000 g的鸟在空中水平飞行，离地高h＝20 m，速度v1＝6 m/s，突然被一颗质量为m2＝20 g、沿水平方向以速度v2＝300 m/s同向飞行的子弹击中．假定子弹留在鸟体内，鸟立即死去，取g＝10 m/s2.问：
(1)鸟被击中后，经多少时间落地；
(2)鸟落地处离被击中处的水平距离是多少？
解析：(1)设子弹射入鸟体后两者的共同速度为v，水平方向不受外力，由动量守恒定律得：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝＝11.76 m/s
鸟被击中后做平抛运动，落地时间为
t＝＝ s＝2 s.
(2)落地处距击中处的水平距离为：
s＝vt＝11.76×2 m＝23.52 m.
答案：(1)2 s (2)23.52 m
(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于原子结构和原子核，下列说法中正确的是( )
A．利用α粒子散射实验可以估算原子核的半径
B．利用α粒子散射实验可以估算核外电子的运动半径
C．原子的核式结构模型很好地解释了氢原子光谱的实验
D．处于激发态的氢原子放出光子后，核外电子运动的动能将增大
解析：选AD.核外电子对粒子几乎没有什么阻挡作用，故无法估算核外电子的运动半径，选项B错误；玻尔的氢原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，选项C错误．
2．关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的有( )
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对，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对．
3．关于特征谱线的说法正确的是( )
①明线光谱中的明线和吸收光谱中的暗线都是特征谱线
②明线光谱中的明线是特征谱线，吸收光谱中的暗线不是特征谱线
③明线光谱中的明线不是特征谱线，吸收光谱中的暗线是特征谱线
④同一元素的明线光谱的明线与吸收光谱的暗线是相对应的
A．只有① B．只有③
C．只有①④ D．只有②④
解析：选C.由于原子发光只发出特定频率的光，光谱为线状谱；而当白光通过这种物质时，同样也只吸收相应频率的光而形成暗线，由此可知①、④正确，选C.
图2－1
4．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2－1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．42.8 eV(光子) B．43.2 eV(电子)
C．41.0 eV(电子) D．54.4 eV(光子)
解析：选A.由于光子能量不可分，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收，故A项中光子不能被吸收；而实物粒子(如电子)只要能量不小于两能级差，均可能被吸收，故B、C两项中电子均能被吸收．
5．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.在阴极射线管中管壁上出现荧光是由于阴极射线撞击的结果，并不是电子打在管壁上形成阴极射线，A错误；通过实验，证明其阴极射线本质上是电子，通过在电场、磁场中偏转的情况证明阴极射线带负电，B正确、C错误；由于电子与氢原子核的带电量相等，但电子质量远小于氢原子核，故D错误．
6．关于氢原子对光的吸收或辐射条件，下列说法正确的是( )
A．氢原子可吸收一切频率的光子
B．氢原子可吸收大于相邻两个能级差值的所有频率的光子
C．氢原子只吸收满足两个能级差的特定频率的光子
D．氢原子辐射的光子能量一定等于两个能级之间的差值
答案：CD
7．氢原子的基态能量为E1，下面四个能级图，正确代表氢原子能级的是( )
图2－2
解析：选C.由氢原子的能级公式En＝知，当n＝2,3,4…时能量依次为En＝E1、E1、E1…，故C正确．
8．已知氢原子的能级规律为En＝E1(其中E1＝－13.6 eV，n＝1,2,3…)．现用光子能量为12.75 eV的光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是( )
A．照射光中的光子不能被基态的氢原子吸收
B．可能观测到氢原子发射不同波长的光有3种
C．氢原子发射不同波长的光有2种是可见光
D．可能观测到氢原子发射不同波长的光有6种
解析：选CD.当用E＝12.75 eV的光子照射处于基态的氢原子满足E＝En－E1，则En＝E＋E1＝12.75 eV＋(－13.6) eV＝－0.85 eV，即氢原子跃迁到n＝4的激发态，A错误；处于n＝4的激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子的种数N＝C＝6，其中从n＝4跃迁到n＝2和从n＝3跃迁到n＝2的光子为可见光，由此可知B错误；C、D正确．
9．(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.由En＝E1/n2知，第一激发态的能量为E2＝，又≥－，得λ≤－，故C对，A、B、D错．
10．原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子．例如在某种条件下，铬原子的n＝2能级上的电子跃迁到n＝1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n＝4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子．已知铬原子的能级公式可简化表示为En＝－，式中n＝ 1,2,3…表示不同能级，A是正的已知常数．上述俄歇电子的动能是( )
A.A B.A
C.A D.A
答案：C
二、填空题(本题共2小题，共10分．按题目要求作答)
11．(4分)密立根用喷雾的方法获得了带电油滴，然后把这些带有不同电荷量和质量的油滴置于电场中，通过电场力和重力平衡的方法最终测得了带电油滴带的电荷量．某次测量中，他得到了如下数据，则可得出结论为：
________________________________________________________________________.
油滴编号
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，
9．70×10－19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：油滴带电量都为元电荷e的整数倍
12．(6分)氢原子光谱中，有一条谱线在真空中的波长为656.3 nm，这条谱线的频率为________ Hz，对应于这条谱线的光子能量为________ J，这条谱线是氢原子从n＝________的能级跃迁到n＝________的能级时发射出来的．
解析：由c＝λν，得ν＝＝ Hz≈4.57×1014 Hz，
光子能量ε＝hν＝hc/λ＝ J≈3.03×10－19 J≈1.89 eV，相当于氢原子由n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的能量．
答案：4.57×1014 3.03×10－19 3 2
三、计算题(本题共4小题，共40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．(9分)氢原子的电子在第二条轨道和第三条轨道上运动时，其动能之比、动量之比、周期之比分别为多少？
解析：电子绕核运动，库仑引力提供向心力，则
得Ek＝，则Ek2∶Ek3＝r3∶r2
又rn＝n2r1，故Ek2∶Ek3＝9∶4
由动能与动量的关系知p＝，故p2∶p3＝3∶2，所以v2∶v3＝3∶2
由T＝知，周期之比T2∶T3＝∶＝×＝8∶27.
答案：9∶4 3∶2 8∶27
14．(9分)电子所带电量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的．他测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于某个最小电量的整数倍．这个最小电量就是电子所带的电量．密立根实验的原理如图2－3所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电．从喷雾器嘴喷出的小油滴，落到A、B两板之间的电场中．小油滴由于摩擦而带负电，调节A、B两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡．已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105 N/C，油滴半径是1.64×10－4 cm，油的密度是0.851 g/cm3，求油滴所带的电量，此电量是电子电量的多少倍？
图2－3
解析：小油滴质量
m＝ρV＝ρ·πr3①
由题意知mg－Eq＝0②
由①②两式可得：
q＝
＝ C
＝8.02×10－19 C.
小油滴所带电量q是电子电量e的倍数为n＝＝5倍．
答案：5倍
15．(10分)
图2－4
氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6 eV，其能级图如图2－4所示．求
(1)氢原子在n＝4的定态时，可放出几种频率的光？其中最小频率等于多少？
(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射此原子？
解析：(1)根据玻尔理论，氢原子由n＝4的能级向低能级跃迁时有6种可能．
由En－En－1＝hν可知能级之间的能量差越小，辐射光子的频率就越低，由题图可知，从n＝4跃迁到n＝3，辐射的能量最少，
ν＝＝ Hz
＝1.6×1014 Hz.
(2)欲使氢原子电离，即将电子移到离核无穷远处，此时E∞＝0，由能量守恒得
ΔE≥E∞－E1＝0－(－13.6)≥13.6 eV，
而这份能量所对应光子的最小频率应为：
ν0＝ Hz＝3.28×1015 Hz.
答案：(1)6种 1.6×1014Hz (2)3.28×1015 Hz
16．(12分)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．
(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的紫外线照射氢原子，求氢原子电离后电子的速度为多大？(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝0.91×10－30 kg)．
解析：(1)n＝2时，E2＝ eV＝－3.4 eV
所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n＝∞的轨道，n＝∞时，E∞＝0.
所以，要使处于n＝2激发态的原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
ν＝＝ Hz
＝8.21×1014 Hz.
(2)波长为200 nm的紫外线的一个光子所具有的能量
E0＝h·ν＝h·
＝6.63×10－34× J
＝9.945×10－19 J
电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
由能量守恒：hν－ΔE＝mv2
代入数值解得：v＝1.0×106 m/s.
答案：(1)8.21×1014 Hz (2)1.0×106 m/s
1．关于阴极射线的实质，下列说法正确的是( )
A．阴极射线实质是氢原子
B．阴极射线实质是电磁波
C．阴极射线实质是电子
D．阴极射线实质是X射线
解析：选C.阴极射线是原子受激发射出的电子，关于阴极射线是电磁波、X射线都是在研究阴极射线过程中的一些假设，是错误的．
2．电子的发现说明( )
A．原子是由原子核和电子组成的
B．物质是带电的且一定带负电
C．原子可进行再分
D．原子核可再分
解析：选C.电子是原子的一部分，说明原子可再分，但不能说明原子的结构．
3．关于电荷量，下列说法错误的是( )
A．物体的带电荷量可以是任意值
B．物体的带电荷量只能是某些值
C．物体的带电荷量的最小值为1.6×10－19 C
D．一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这是它失去了1010个电子的缘故
答案：A
4．阴极射线是从阴极射线管的阴极发出的高速运动的粒子流，这些微观粒子是________．若在如图2－1－5所示的阴极射线管内加上垂直于纸面向里的磁场，阴极射线将________(填“向上”、“向下”、“向里”或“向外”)偏转．
图2－1－5
解析：运用左手定则判定电子所受洛伦兹力的方向向下，故阴极射线向下偏转．
答案：电子 向下
5．如图2－1－6所示，有一电子束穿过具有匀强电场和匀强磁场的空间区域，该区域的电场强度和磁感应强度分别为E和B.
图2－1－6
(1)如果电子束的速度为v0，要使电子束穿过上述空间区域不发生偏转，电场和磁场应满足什么条件？
(2)如果撤去磁场，电场区域的长度为l，电场强度的方向和电子束初速度方向垂直，电场区域右边缘离屏之间的距离为d，要使电子束在屏上偏移距离为y，所需加速电压为多大？
解析：(1)要使电子不发生偏转，则有eE＝ev0B，E＝v0B.
(2)电子在电场中向上的偏转量s＝·t2，
设偏转角为θ，则tanθ＝，其中vy＝t.
在加速电场中eU＝mv，v0＝.
偏移距离y＝s＋dtanθ，
由以上各式可得U＝.
答案：见解析
一、选择题
1．关于电子的发现者，下列说法正确的是( )
A．英国的汤姆孙
B．德国的普吕克尔
C．德国的戈德斯坦
D．美国的密立根
答案：A
2．汤姆孙对阴极射线的探究，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．物质中可能有电子，也可能没有电子
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
答案：D
3.
图2－1－7
如图2－1－7所示，在阴极射线管正上方平行放一根通有强电流的长直导线，则阴极射线将( )
A．向纸内偏转
B．向纸外偏转
C．向下偏转
D．向上偏转
解析：选D.由安培定则可以判断阴极射线所在处的磁场垂直纸面向外，电子从负极射出向右运动，由左手定则可判定阴极射线(电子)向上偏转．
4．如图2－1－8是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，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2－1－8
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．
5.
图2－1－9
如图2－1－9所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内抽成真空，A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速电极，A、K之间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v，下列说法正确的是( )
A．如果AK间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度为2v
B．如果AK间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度为
C．如果AK间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度为
D．如果AK间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度为v
解析：选D.当AK间电压不变，距离变化时，电场力对电子做功不变，即射出时速度仍为v，A、B错误；当AK间电压减半时，电场力对电子做功为原来的一半，而eU＝mv2，则eU＝mv′2，则v′＝v，即速度变为原来的，D正确，C错误．
6．来自宇宙的质子流，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质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
答案：B
图2－1－10
7．向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通以如图2－1－10所示电流，电子的偏转方向为( )
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．
8．关于密立根“油滴实验”的科学意义，下列说法正确的是( )
A．测得了电子的电荷量
B．提出了电荷分布的量子化观点
C．为电子质量的最终获得作出了突出贡献
D．为人类进一步研究原子的结构提供了一定的理论依据
答案：ABCD
9．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.经加速电场加速后eU＝mv2，v＝，电子束的电流为I＝neSv，n＝，Δl长电子束的电子个数为N＝nSΔl＝ ，故B正确．
二、非选择题
10.
图2－1－11
如图2－1－11所示，电子以初速度v0从O点进入长为l、板间距离为d、电势差为U的电场，出电场时打在屏上P点，经测量O′P为X0，求电子的比荷．
解析：由于电子进入电场中做类平抛运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动．满足
X0＝at2＝2＝
则＝.
答案：
图2－1－12
11．测量油滴带电荷量的装置如图2－1－12所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力．调节两金属板间的电势差u，当u＝U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动，该油滴所带电荷量q为多少？
解析：当u＝U0时，油滴做匀速直线运动，由力的平衡条件m1g＝q得q＝.
答案：
12.
图2－1－13
在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图2－1－13所示．abcd是一个长方形盒子，在ad边和cd边上各开有小孔f和e，e是cd边上的中点，荧光屏M贴着cd放置，能显示从e孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂
直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子经过电压为U的电场加速后，从f孔垂直于ad边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出．若已知＝＝L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力．请你根据上述条件求出带电粒子的比荷.
解析：带电粒子进入电场，经电场加速．根据动能定理得qU＝mv2，得v＝ .
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示．
设圆周半径为R，在三角形Ode中，有
(L－R)2＋2＝R2
整理得：R＝L，
洛伦兹力充当向心力：qvB＝m
联立上述方程，解得
＝.
答案：
1．(2011年高考上海卷)卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )
图2－2－5
解析：选D.α粒子轰击金箔后偏转，越靠近金箔，偏转的角度越大，所以A、B、C错误，D正确．
2．在α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子碰撞的影响，这是因为( )
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，因为电子是均匀分布的
C．电子体积极小，α粒子碰撞不到电子
D．α粒子和电子碰撞时损失能量极小，可忽略不计
解析：选D.α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时存在库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的，α粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子几乎不改变其运动方向，故上述选项中正确的为D.
3．用汤姆孙模型无法解释α粒子散射实验，因为根据汤姆孙模型计算结果，α粒子可以穿过金箔后偏离原来方向的角度是很小的，其理论依据是( )
A．电子质量远小于α粒子质量
B．α粒子碰撞电子的可能性很小
C．α粒子受原子内部正、负电荷的作用力相互抵消
D．原子内正电荷均匀分布，α粒子受正电荷的斥力大部分相互抵消
答案：ABD
4．卢瑟福原子核式结构理论的主要内容有( )
A．原子的中心有个核，叫原子核
B．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里
D．带负电的电子在核外绕着核旋转
解析：选ACD.卢瑟福原子核式结构理论的主要内容是：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，由此可见B选项错，A、C、D选项正确．
5．α粒子散射实验是让α粒子射向金箔去碰撞金原子，结果发现：大部分α粒子穿过金箔后不发生偏转，少数α粒子发生偏转，有的偏转角很大，问：
(1)为什么有的α粒子会发生大角度的偏转？
(2)已知金的原子序数为79，当α粒子距金原子中心为1.0×10－13 m时受到的库仑力多大？
解析：(1)按照卢瑟福的原子核式结构模型，原子中全部正电荷和几乎全部质量都集中在很小的体积内，即原子核内，核外分布着带负电荷的电子，当α粒子穿过金原子时，如果离核很远，受到原子核的库仑力就很小，运动方向的改变就很小．但是，有少数α粒子穿过金原子时，离核很近，这些α粒子受到的库仑力就较大，所以，它们的偏转角也就很大．
(2)由库仑定律可知α粒子所受库仑力为：
F＝k代入数据得：
F＝9×109× N
＝3.6 N.
答案：(1)见解析 (2)3.6 N
一、选择题
1．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粒子将发生大角度的偏转
答案：AC
2．在α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，符合下列哪种情况 ( )
A．动能最小
B．电势能最小
C．α粒子和金原子核组成的系统的能量最小
D．加速度最小
解析：选A.α粒子散射实验中，当α粒子接近金原子核时，金原子核对α粒子的作用力是斥力，对α粒子做负功，电势能增加，动能减小．此时由于离金原子核很近，所以库仑力很大，加速度很大，另外受到的金原子核外电子的作用相对较小，与金原子核对α粒子的库仑力相比，可以忽略，因为只有库仑力做功，所以机械能和电势能整体上是守恒的，故系统的能量可以认为不变．综上所述A正确，B、C、D错误．
3．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．原子核内有中子存在
C．电子是原子的组成部分
D．原子核是由质子和中子组成的
解析：选A.α粒子散射实验的结果是大部分α粒子沿原来方向运动，少部分发生大角度偏转，极少数偏转角超过90度甚至达到180度，说明原子的几乎全部质量与全部正电荷都集中在很小的核上，据此卢瑟福提出了原子的核式结构模型．
4．当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是( )
A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力的作用
B．α粒子一直受到原子核的斥力作用
C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用
D．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小
解析：选B.α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，故A、C错误，B正确；α粒子在靠近金原子核时斥力做负功，速度减小，远离时做正功，速度增大，故D错误．
5.
图2－2－6
用α粒子轰击金箔，α粒子在接近金原子核时发生偏转的情况如图2－2－6所示，则α粒子的路径可能是( )
A．a
B．b
C．c
D．a、b、c都是不可能的
解析：选AC.α粒子在穿过金箔时轨迹发生大角度偏转的主要原因是金原子核对α粒子的静电力作用．由于电子质量太小，对α粒子的运动影响甚微，α粒子和金原子核均带正电，故应相互排斥，轨迹a、c是符合实验情况的轨迹．α粒子与原子核(金核)通过库仑力发生作用，二者表现为斥力，而b路径表现为引力，故B不正确．判断α粒子的轨迹时，要根据散射的原理判断．
6.
图2－2－7
如图2－2－7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，则以下说法正确的是( )
A．α粒子在A处的速度比在B处速度小
B．α粒子在B处的速度最大
C．α粒子在A、C处的速度大小相等
D．α粒子在B处速度比在C处速度小
解析：选CD.由能量守恒定律可知，在A、B、C三点上，A、C位于原子核形成的同一等势面上，电势能和动能均相同，则A、C两点速率相等；由A到B，α粒子克服库仑力做功，动能减小，电势能增大，故B点速度最小，D正确．
7．在α粒子散射实验中，当α粒子穿过金箔时，下列理解正确的是( )
A．与金原子核相距较远的α粒子，可能发生大角度偏转
B．与金原子核相距较近的α粒子，可能发生大角度偏转
C．α粒子与金原子核距离最近时，系统的能量最小
D．α粒子与金原子核距离最近时，系统的电势能最大
解析：选BD.对α粒子散射现象，卢瑟福的核式结构学说做出了圆满的解释，并推算出了原子核的直径的数量级为10－15 m，只相当于原子半径的万分之一．若把原子核看成直径为1 cm的小球，则原子相当于直径100 m的球体．α粒子穿过金箔时，只有少数α粒子可能离核较近，金原子核对α粒子的库仑力较大，使α粒子发生大角度偏转，故A错，B对．α粒子与金原子核之间的作用力是库仑斥力，在α粒子向金原子核靠近时，要克服库仑力做功，α粒子的动能减少，电势能增加；在α粒子远离金原子核时，库仑力对α粒子做功，α粒子的动能增加，电势能减少，α粒子与金原子核组成的系统总能量不变，它们距离最近时，系统的电势能最大，故C错，D对．
8．在α粒子散射实验中，如果只考虑α粒子与金原子核的相互作用，则一个α粒子在穿越金原子核的过程中，以下说法正确的是( )
A．α粒子的动能逐渐减小
B．α粒子的势能逐渐增大
C．α粒子与金原子核组成的系统能量逐渐减小
D．α粒子的加速度大小先增大后减小
解析：选D.α粒子穿过金原子核的过程中，与金原子核先靠近后远离，所受到的斥力是先增大后减小，即加速度先增大后减小；电场力是先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，系统总能量不变．
9．对于Au的正确认识是( )
A．Au的全部正电荷和全部质量均位于原子核内
B．Au原子的质量数为197
C．Au原子的原子核内有79个质子
D．Au原子的核外有118个电子
解析：选BC.卢瑟福的核式结构模型表明全部正电荷和几乎全部质量位于原子核内而不是全部质量，故A错．由Au可知，一个金原子中有79个核外电子和79个质子，质量数为197，故B、C对，D错．
二、非选择题
10．在氢原子中如果电子从r1＝0.53×10－10 m的轨道上，由于获得能量而进入r2＝2.12×10－10 m的轨道上做匀速圆周运动，在该轨道上电子的动能是多少？(k＝9.0×109N·m2/C2)
解析：由于电子与原子核间的库仑引力充当向心力，满足＝
即Ek＝mv2＝
＝ J＝5.4×10－19 J.
答案：5.4×10－19 J
图2－2－8
11．如图2－2－8所示，M、N为原子核外的两个等势面，已知UNM＝100 V．一个α粒子以2.5×105 m/s从等势面M上的A点运动到等势面N上的B点，求α粒子在B点时速度的大小．(已知mα＝6.64×10－27 kg)
解析：α粒子在由A到B的过程中，满足
－2eUNM＝mv2－mv
由此得v＝
＝ m/s
＝2.3×105 m/s.
答案：2.3×105 m/s
12．已知金的原子序数为79，α粒子离金原子核的最近距离约为2×10－14 m，则
(1)α粒子离金核最近时受到的库仑斥力是多大？
(2)此力对α粒子产生的加速度是多大？
(3)估算金原子核的平均密度为多少？
(已知qα＝2e，mα＝6.64×10－27 kg，MAu＝3.3×10－25 kg)
解析：(1)根据库仑定律得：
F＝＝
＝9×109× N
＝91.008 N.
(2)根据牛顿第二定律得：
a＝＝ m/s2
≈1.37×1028 m/s2.
(3)α粒子离金原子核的最近距离约为金原子核的半径，则金原子核的体积为：
V＝πr3＝π×(2×10－14)3 m3
≈3.4×10－41 m3
ρ＝＝ kg/m3
≈9.7×1015 kg/m3.
答案：(1)91.008 N (2)1.37×1028 m/s2
(3)9.7×1015 kg/m3
1．白光通过棱镜后在屏上会形成按红、橙、黄、绿、蓝、靓、紫排列的连续光谱，下列说法不正确的是( )
A．棱镜使光增加了颜色
B．白光是由各种颜色的光组成的
C．棱镜对各种色光的偏折不同
D．发光物体发出了在可见光区的各种频率的光
解析：选A.白光通过棱镜使各种色光落在屏上的不同位置，说明棱镜对各种色光偏折不同，形成的连续光谱按波长(或频率)排列，即白光是包括各种频率的光，光的颜色是由波长(或频率)决定，并非棱镜增加了颜色，即B、C、D正确．故选A.
2．通过光栅或棱镜获得物质发光的光谱，光谱 ( )
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
解析：选AD.由于光谱是将光按波长展开，而波长与频率相对应，故A正确，而光子没有质量，各种色光在同一介质中传播速度相同，B、C错误；由爱因斯坦的光子说可知光子能量与光子频率相对应，D正确．
3．对于线状谱，下列说法中正确的是( )
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
答案：C
4．有关原子光谱，下列说法正确的是( )
A．原子光谱反映了原子结构特征
B．氢原子光谱跟氧原子光谱是不同的
C．太阳光谱是连续谱
D．鉴别物质的成分可以采用光谱分析
答案：ABD
5．关于光谱分析，下列说法错误的是( )
A．光谱分析的依据是每种元素都有其特征谱线
B．光谱分析不能用连续光谱
C．光谱分析既可以用线状谱也可以用吸收光谱
D．分析月亮的光谱可得知月球的化学组成
解析：选D.光谱分析常用反映原子特性的光谱，既可以用线状谱，也可以用吸收光谱，故A、B、C项正确，月亮反射太阳光，因此，分析月亮的光谱并不能鉴定月球的化学组成，所以D不正确，选D项．
一、选择题
1．在太阳的光谱中有许多暗线，这表明( )
A．太阳内部含有这些暗线所对应的元素
B．太阳大气层中缺少这些暗线所对应的元素
C．太阳大气层中含有这些暗线所对应的元素
D．地球的大气层中含有这些暗线所对应的元素
答案：C
2．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.原子的发射光谱是原子跃迁时形成的，由于原子的能级是分立的，所以氢原子的发射光谱不是连续谱，原子发出的光子的能量正好等于原子跃迁时的能级差，故氢原子只能发出特定频率的光，综上所述，选项A、D错，B、C对．
3．下列说法正确的是( )
A．所有氢原子光谱的波长都可由巴耳末公式求出
B．据巴耳末公式可知，只要n取不同的值，氢原子光谱的谱线可以有无数条
C．巴耳末系含氢原子光谱中的可见光部分
D．氢原子光谱是线状谱的一个例证
答案：CD
4．对于巴耳末公式下列说法正确的是 ( )
A．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应
B．巴耳末公式只确定了氢原子发光的可见光部分的光的波长
C．巴耳末公式确定了氢原子发光的一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光
D．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长
答案：C
5．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，关于光谱分析下列说法正确的是( )
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：选B.由于高温物体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明线是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线对照，即可确定物质的组成成分，B正确；高温物体发出的光通过物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线与所经物质有关，C错误；某种物质发出某种频率的光，当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光，因此线状谱中的亮线与吸收光谱中的暗线相对应．D错误．
6．下列说法中正确的是( )
A．炽热的固体、液体和高压气体发出的光形成线状谱
B．各种原子的线状谱中的明线和它吸收光谱中的暗线相对应
C．气体发出的光只能产生线状谱
D．甲物质发出的白光通过乙物质的蒸气形成了甲物质的吸收光谱
解析：选B.由于炽热固体、液体和高压气体发出各种频率的光，光谱为连续光谱，A、C错误．各种原子发光时发出特定频率的光，当用光照射时又会吸收相应频率的光，因此原子线状谱中的明线与吸收谱中的暗线相对应，B正确．甲物质发出的白光通过乙物质后某些光被乙物质吸收，得到的光谱应为乙物质的吸收光谱，D错误．
7．在燃烧的酒精灯芯上放上少许食盐，用摄谱仪得到的光谱应为( )
A．钠的发射光谱 B．钠的吸收光谱
C．钠的连续光谱 D．钠的线状谱
答案：AD
8．巴耳末通过对氢光谱的研究总结出巴耳末公式＝Rn＝3,4,5…，对此，下列说法正确的是( )
A．巴耳末依据核式结构理论总结出巴耳末公式
B．巴耳末公式反映了氢原子发光的连续性
C．巴耳末依据氢光谱的分析总结出巴耳末公式
D．巴耳末公式准确反映了氢原子发光的实际，其波长的分立值并不是人为规定的
解析：选CD.由于巴耳末是利用当时已知的、在可见光区的14条谱线做了分析总结出的巴耳末公式，并不是依据核式结构理论总结出来的，巴耳末公式反映了氢原子发光的分立性，也就是氢原子实际只发出若干特定频率的光，由此可知，C、D正确．
9．如图2－3－1甲所示的abcd为四种元素的特征谱线，图2－3－1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( )
图2－3－1
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．
10．以下说法中正确的是( )
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，所以选项A错误；光谱分析的优点是灵敏而且迅速，所以选项B正确；分析某种物质的组成，可用白光照射其低温蒸气产生的吸收光谱进行分析，通过另一种物质的低温蒸气只能取得另一种物质的吸收光谱，所以选项C错误；月球不能发光，它只能反射太阳光，故其反射的光谱是太阳的吸收光谱，而不是月球的光谱，不能用来分析月球上的元素，所以选项D错误．
每种原子都有自己的特征谱线，我们可以利用它来鉴别物质和确定物质的组成成分，它非常灵敏．光谱分析只能用线状谱或吸收光谱，而不能用连续光谱．
二、非选择题
11．在可见光范围内氢原子发光的波长最长的2条谱线所对应的n，它们的波长各是多少？氢原子光谱有什么特点？
解析：当n＝3,4时，氢原子发光所对应的波长最长．
当n＝3时 ＝1.10×107×
解得λ1＝6.5×10－7 m.
当n＝4时 ＝1.10×107×
解得λ2＝4.8×10－7 m.
除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都满足与巴耳末公式类似的关系式，即＝R其中a分别为1,3,4…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．
答案：见解析
12．计算巴耳末系中波长最大的谱线的光子能量．
解析：据公式＝R，
可知当n＝3，波长最大，λ＝654.5 nm.
据公式c＝λν，E＝hν，得
E＝hν＝h＝ J
＝3.04×10－19 J.
答案：3.04×10－19 J
13．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有莱曼系、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少？n＝6时，传播频率为多大？
解析：(1)由帕邢系公式＝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，故波速为光速c＝3×108 m/s，
由v＝＝λν，得ν＝＝＝ Hz
＝2.75×1014 Hz.
答案：(1)1.09×10－6 m (2)3×108 m/s 2.75×1014 Hz
1．一群处于基态的氢原子吸收了能量E0的光子后，释放出多种能量的光子，其中有一种光子的能量为E1，则下列说法正确的是( )
A．E1一定不大于E0 B．E1一定不小于E0
C．E1一定小于E0 D．E1一定等于E0
解析：选A.氢原子只吸收能量等于其两能级之差的光子，氢原子再次向低能级跃迁时释放的光子能量也等于某两能级之差，但不大于E0.
2．一个氢原子中的电子从一半径为ra的轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的轨道，已知ra>rb，则在此过程中( )
A．原子发出一系列频率的光子
B．原子要吸收一系列频率的光子
C．原子要吸收某一频率的光子
D．原子要辐射某一频率的光子
答案：D
3．(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：Em－En＝hν1，Ek－En＝hν2.因为紫光的频率大于红光的频率，所以ν2>ν1，即k能级的能量大于m能级的能量，氢原子从能级k跃迁到能级m时向外辐射能量，其值为Ek－Em＝hν2－hν1，故只有D项正确．
图2－4－5
4．如图2－4－5所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态．若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是( )
A．原子A可能辐射出3种频率的光子
B．原子B可能辐射出3种频率的光子
C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4
D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4
解析：选B.氢原子从激发态n跃迁到基态过程中可发出的光子种数为，则原子A只能发出一种光子，原子B能发出3种光子，故A错、B对．又由玻尔理论知，光子照射氢原子使其跃迁到高能级时，只能吸收特定频率的光子，则C、D错，答案为B.
5．如图2－4－6所示，一群处于基态的氢原子吸收某种光子后，向外辐射了ν1、ν2、ν3三种频率的光子，且ν1>ν2>ν3，则( )
图2－4－6
A．被氢原子吸收的光子的能量为hν1
B．被氢原子吸收的光子的能量为hν2
C．ν1＝ν2＋ν3
D．hν1＝hν2＋hν3
解析：选ACD.氢原子吸收光子后能向外辐射出三种频率的光子，说明氢原子从基态跃迁到第三激发态，在第三激发态不稳定，又向低能级跃迁，发出光子，其中从第三能级跃迁到第一能级的光子能量最大，为hν1，从第二能级跃迁到第一能级的光子能量比从第三能级跃迁到第二能级的光子能量大．由能量守恒可知，氢原子一定是吸收了能量为hν1的光子，且关系式hν1＝hν2＋hν3，ν1＝ν2＋ν3存在，故答案为A、C、D.
一、选择题
1．按照玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是( )
A．第m个定态和第n个定态的轨道半径rm和rn之比为rm∶rn＝m2∶n2
B．第m个定态和第n个定态的能量Em和En之比为Em∶En＝n2∶m2
C．电子沿某一轨道绕核运动，若其圆周运动的频率是ν，则其发光频率也是ν
D．若氢原子由能量为E的定态，向低能级跃迁时则其发光频率为ν＝
答案：AB
2．如图2－4－7中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量En.用下列几种能量的光子照射处于基态的氢原子，能使氢原子发生跃迁或电离的是( )
图2－4－7
A．9 eV的光子 B．12 eV的光子
C．10.2 eV的光子 D．15 eV的光子
解析：选CD.能使氢原子发生基态电离的最小能量为13.6 eV，能使电子发生跃迁的最小能量为10.2 eV，故选项C、D正确．
图2－4－8
3．汞原子的能级图如图2－4－8所示，现让一束光子能量为8.8 eV的单色光照射到大量处于基态(量子数n＝1)的汞原子上，能发出6种不同频率的色光．下列说法中正确的是( )
A．最大波长光子的能量为1.1 eV
B．最大波长光子的能量为2.8 eV
C．最大频率光子的能量为2.8 eV
D．最大频率光子的能量为4.9 eV
解析：选A.能发出6种不同频率的色光，说明汞核外电子是从汞原子n＝4的高能级向较低能级跃迁，所以E4＝(－10.4＋8.8)eV＝－1.6 eV.
从n＝4跃迁至n＝1，光子频率最大，波长最小．
从n＝4跃迁至n＝3，光子频率最小，波长最大，故选A.
4．可见光光子的能量在1.61 eV～3.10 eV范围内．若氢原子从高能级跃迁到量子数为n的低能级的谱线中有可见光，根据氢原子能级图(如图2－4－9所示)，可判断n为( )
图2－4－9
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.由能级公式可得释放的光子能量ΔE＝Em－En，而ΔE21＝E2－E1＝10.2 eV，远大于可见光光子的能量，要使1.61 eV≤ΔE≤3.10 eV，电子只能从较高能级跃迁到第2能级，即n＝2，B正确．
5．氢原子从能量为E1的较高激发态跃迁到能量为E2的较低激发态时，设真空中的光速为c，则( )
A．吸收光子的波长为
B．辐射光子的波长为
C．吸收光子的波长为
D．辐射光子的波长为
解析：选D.本题考查玻尔理论中的原子跃迁假说．从高能级E1自发地跃迁到低能级E2时，要放出光子，且有：h＝E1－E2，解得λ＝，故只有D选项正确．
6．紫外线照射一些物体时会发生荧光效应，即物质发出可见光．这些物质中的原子先后发生两次跃迁，其能量变化分别为ΔE1和ΔE2.下列关于原子这两次跃迁的说法，正确的是( )
A．两次均向高能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2|
B．两次均向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2|
C．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2|
D．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2|
解析：选D.在紫外线的照射下，原子首先由低能级向高能级跃迁，处于较高能级的原子由于不稳定，然后再由高能级向低能级跃迁，由于发出的可见光的频率小于紫外线的频率，所以有|ΔE1|>|ΔE2|.
7.
图2－4－10
μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．图2－4－10为μ氢原子的能级示意图．假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光，且频率依次增大，则E等于( )
A．h(ν3－ν1) B．h(ν5＋ν6)
C．hν3 D．hν4
解析：选C.μ氢原子吸收能量后从高能级向低能级跃迁，可能产生的光子的频率数为，故μ氢原子吸收能量后从n＝4能级向低能级跃迁．所以能量E与hν3相等．正确选项为C.
8.
图2－4－11
氢原子的能级如图2－4－11所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，下列说法错误的是( )
A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光
解析：选D.要使处于n＝3能级的氢原子电离，其光子的能量必须大于或等于1.51 eV，而紫外线光子的能量大于3.11 eV，故能使n＝3能级的氢原子电离；大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，放出的光子在红外线区，故具有显著的热效应；大量氢原子由n＝4能级向低能级跃迁时，可能放出6种不同频率的光子．由以上分析可知D选项错误．故正确答案为D.
9．如图2－4－12所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.07 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有多少种( )
图2－4－12
A．15 B．10
C．4 D．1
解析：选B.基态的氢原子的能级值为－13.61 eV，吸收13.07 eV的能量后变为－0.54 eV，原子跃迁到了5能级，由于氢原子是大量的，故辐射的光子种类是＝＝10(种)．
10.
图2－4－13
氢原子的部分能级如图2－4－13所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间．由此可推知，氢原子( )
A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短
B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光
C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的光为可见光
解析：选AD.从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光子的能量最小值ΔE＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6) eV＝10.2 eV>3.11 eV，由λ＝可判断，从高能级向n＝1能级跃迁时最大波长比可见光的最小波长还小，因此选项A正确．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光子的能量范围是1.89 eV≤ΔE≤3.40 eV，与可见光光子的能量有重合的范围，因此，从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光有可见光，也有非可见光，故选项B错误．从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光子能量范围为：0.66 eV≤ΔE≤1.51 eV，比可见光光子的能量小，由ΔE＝hν可知这些光子的频率均小于可见光的频率，故选项C错误．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出光子的能量为ΔE＝1.89 eV，在可见光光子能量范围之内，故选项D正确．
二、非选择题
11．有一群氢原子处于n＝4的能级上，已知氢原子的基态能量E1＝－13.6 eV，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，求：
(1)这群氢原子的光谱共有几条谱线？
(2)这群氢原子发出的光子的最大频率是多少？
解析：(1)这群氢原子的能级如图所示，由图可以判断，这群氢原子可能发生的跃迁共有6种，所以它们的谱线共有6条．
(2)频率最大的光子能量最大，对应的跃迁能级差也最大，即从n＝4跃迁到n＝1发出的光子能量最大，根据玻尔第二假设，发出光子的能量：hν＝－E1
代入数据，解得：ν＝3.1×1015 Hz.
答案：(1)6条 (2)3.1×1015 Hz
12．氢原子基态能量E1＝－13.6 eV，电子绕核做圆周运动的半径r1＝0.53×10－10 m．求氢原子处于n＝4激发态时：
(1)原子系统具有的能量．
(2)电子在n＝4轨道上运动的动能．
(3)要使n＝4激发态的电子电离，至少要用多大频率的光照射？(已知能量关系En＝E1，半径关系rn＝n2r1，k＝9.0×109 N·m2/C2)
解析：(1)E4＝＝－0.85 eV.
(2)因为r4＝42r1，
k＝m.
所以Ek4＝mv2＝
＝J
＝0.85 eV.
(3)因为E4＝－0.85 eV，
所以光子能量E≥0.85 eV的才能使其电离
E＝hν≥0.85 eV，
ν≥ Hz
即ν≥2.05×1014 Hz.
答案：(1)－0.85 eV (2)0.85 eV (3)2.05×1014 Hz
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．放射性元素衰变时放出的三种射线，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.由放射性元素衰变时产生的α射线、β射线、γ射线的电离及穿透性质可知B正确．
2．某放射性元素经过x次α衰变，y次β衰变得到新核，与原来的放射性元素原子核相比较( )
A．质子数减少(2x－y)，中子数减少(2x＋y)
B．质子数减少(2x－y)，中子数减少2y
C．质子数减少2x，中子数减少2y
D．质子数减少2y，中子数减少(2x＋y)
解析：选A.衰变过程如下y0x0A，由反应方程式可知，新核C与原来的原子核A相比质子数减少了(2x－y)，中子数减少了(2x＋y)，故A对，B、C、D错．
3．下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是( )
A．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况
B．把含有放射性元素的肥料施给农作物，利用探测器的测量，找出合理的施肥规律
C．利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹
D．给怀疑患有甲状腺的病人注射碘131，诊断甲状腺的器质性和功能性疾病
解析：选ABD.利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹是利用γ射线贯穿能力强的特点，因此C选项不属于示踪原子的应用，A、B、D都是用作为示踪原子，故A、B、D正确．
4．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．
5．在匀强磁场中，某一处于静止状态的放射性原子核X发生α衰变，从X核中放射出一个α粒子，其速度方向垂直于磁感线，并测得α粒子的轨道半径是R，则反冲核运动半径是R的( )
A.倍 B.倍
C.倍 D.倍
解析：选C.α衰变中动量守恒，故有mαvα＝mXvX，根据R＝知＝，反冲核半径RX＝·R＝·R.故选项C正确．
图3－3
6．在匀强磁场里有一个原来静止的放射性碳14，它所放射的粒子与反冲核的轨迹是两个相切的圆，圆的半径比为5∶1，如图3－3所示，那么碳的衰变方程是( )
A.C―→He＋Be
B.C―→e＋B
C.C―→e＋N
D.C―→H＋B
解析：选D.由于两个轨迹为外切圆，放出的粒子和反冲核方向相反，由左手定则可知，它们必均为正电荷；而衰变过程中两者动量大小相等，方向相反，由于qBv＝，则R＝，因半径之比为5∶1，它们的电量之比为1∶5，由此可知D正确．
7．某原子核内有N个核子，其中包含有质子n个，放出1个α粒子和1个β粒子，它自身转化成1个新核，可知这个新核( )
A．有(n－1)个质子 B．有(n－2)个中子
C．核子数是(N－3)个 D．原子序数是(N－n－2)
解析：选A.原子核内，质子数n个，中子数(N－n)个，α衰变一次，质子与中子数各减少2个．β衰变一次，中子数减少1个，质子数加1.所以新核内：
质子数为：n－2＋1＝(n－1)(个)
中子数为：(N－n)－2－1＝(N－n－3)(个)
总核子数为：(n－1)＋(N－n－3)＝(N－4)(个)
原子序数＝质子数＝(n－1)个．
8．重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从238 92U开始到稳定的Pb为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237 93Np开始到稳定的209 83Bi为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出237 93Np后才发现的，下面的说法正确的是( )
A．Np237系列中所有放射性元素的质量数都等于4n＋1(n等于正整数)
B．从237 93Np到Bi，共发生7次α衰变和4次β衰变
C．可能Np237系列中的所有放射性元素的半衰期对于地球年龄都比较短
D．天然的Np237系列中的放射性元素在地球上从来就没有出现过
解析：选ABC.从Np开始到Bi，质量数少28，所以发生7次α衰变，电荷数减少10，所以还发生4次β衰变，对于C、D选项我们要注意关键词“可能”与“从来”就很容易判断了．
9．(2010年高考北京理综卷)太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近( )
A．1036 kg B．1018 kg
C．1013 kg D．109 kg
解析：选D.根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，得Δm＝＝ kg≈4×109 kg.
10．光子的能量是hν，动量的大小为hν/c.如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子．则衰变后的原子核( )
A．仍然静止
B．沿着与光子运动方向相同的方向运动
C．沿着与光子运动方向相反的方向运动
D．可以向任何方向运动
解析：选C.本题考查放射性元素发生衰变时除满足质量数、电荷数守恒外还需满足动量守恒，因此一个静止的放射性元素的原子核发生一个γ光子后，衰变后的原子核必沿着与光子运动方向相反的方向运动．
11．原来静止的原子核X衰变放出的α粒子的动能为E0，假设衰变时产生的能量全部以动能形式释放出来，则在此衰变过程中总的质量亏损是( )
A. B.
C. D.
解析：选D.设衰变过程产生的新核为Y，则有X→He＋Y，Y和α粒子组成的系统动量守恒且总动量为零，Y和α粒子的动量等大反向，则有：＝，EkY＝，系统获得的总动能为E0＋EkY＝，由于衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来，根据爱因斯坦的质能方程，Δmc2＝，Δm＝.
12．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粒子分别为( )
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
解析：选A.硼与α粒子反应，核反应方程为B＋He―→N＋X而氮仍发生衰变，方程为N―→C＋Y，由此可知，X为中子，Y为正电子，故A正确．
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时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．(9分)有一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%.假定反应堆中发生的裂变反应都是U＋n→Ba＋Kr＋3n.已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11 J，消耗U核的质量mU＝390×10－27 kg.求每年(1年＝3.15×107 s)消耗的U的质量．
解析：用T表示一年的时间，反应堆每年提供的核能为E总＝.
以M表示每年消耗的U的质量，得M∶mU＝E总∶ΔE
解得M＝
代入数据得：M＝1.10×103 kg.
答案：1.10×103 kg
14．(9分)氘核与氚核的聚变反应：H＋H→He＋n＋17.6×106 eV，已知电子电量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，求：
(1)这一过程的质量亏损是多少千克？
(2)1 g氘核完全参与上述反应，共释放核能多少(阿伏伽德罗常量NA＝6.0×1023 mol－1)?
解析：(1)Δm＝＝ kg＝3.13×10－29 kg.
(2)氘的摩尔质量为2×10－3 kg/mol，则1 g氘核的数目为
n＝NA＝×6.0×1023＝3×1023(个)，这些氘完全反应共释放的能量为：
E＝nΔE＝3×1023×17.6×106×1.6×10－19 J＝8.45×1011 J.
答案：(1)3.13×10－29 kg (2)8.45×1011 J
15．(10分)一静止的U核衰变为Th核时，只放出一个α粒子，已知Th的质量为MTh，α粒子质量为Mα，衰变过程中质量亏损为Δm，光在真空中的速度为c，若释放的核能全部转化为系统的动能，求放出的α粒子的初动能．
解析：根据动量守恒定律得0＝MThvTh－Mαvα
根据能量守恒得：
Δmc2＝MThv＋Mαv
解以上方程可得
Ekα＝Mαv＝·Δmc2.
答案：·Δmc2
16．(12分)(1)氢原子第n能级的能量为En＝，其中E1是基态能量，而n＝1,2,3….若一氢原子发射能量为－E1的光子后处于比基态能量高出－E1的激发态，则氢原子发射光子前后分别处于第几能级？
(2)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)．
解析：(1)设氢原子发射光子前后分别位于第l与第m能级，则依题意有
－＝－E1①
－E1＝－E1②
由②式解得
m＝2③
由①③式得l＝4④
氢原子发射光子前后分别处于第4与第2能级．
(2)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、v′Ne.由动量守恒与机械能守恒定律，有
mαv＋mNevNe＝mNev′Ne
mαv2＋mNevNe2＝mNev′Ne2
解vNe＝v，v′Ne＝v.
答案：见解析
1．人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从( )
A．发现电子开始的
B．发现质子开始的
C．进行α粒子散射实验开始的
D．发现天然放射现象开始的
解析：选D.自从贝克勒尔发现天然放射现象后，科学家对放射性元素、射线的组成、产生的原因进行了大量研究，逐步认识到原子核的复杂结构，故D正确．
2．从铅罐的放射源放出的射线通过磁场区域被分成三束，如图3－1－6所示，由此可判定( )
图3－1－6
A．射线由三部分组成，带电情况不同
B．射线由三部分组成，它们的质量不同
C．射线由三部分组成，它们的速度不同
D．射线由三部分组成，它们的能量不同
解析：选A.由于射线进入磁场分成三束，说明磁场对它们的作用力不同，而磁场对带电的运动粒子才可能产生作用，由此可知它们的带电情况不同，故A正确；而磁场的作用力与它们的质量、速度、能量没有直接关系，B、C、D错误．
3．氦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.核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的，可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D选项正确．
4．以下几个核反应方程中，粒子X代表中子的方程是( )
A.N＋He―→O＋X
B.Be＋He―→C＋X
C.P―→Si＋X
D.C―→N＋X
解析：选B.由核反应过程中质量数和电荷数守恒可以判断出B正确．
5．下列有关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，衰变速度越快
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，元素的半衰期也变长
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的时间，它反映了放射性元素衰变速度的快慢，若半衰期越短，衰变越快；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，故A正确，B、C、D错误．
一、选择题
1．天然放射物质的放射线包含三种成分，下面的说法中正确的是( )
A．一张厚的黑纸可以挡住α射线，但不能挡住β射线和γ射线
B．某原子核在放出γ粒子后会变成另一种元素的原子核
C．三种射线中对气体电离作用最强的是α射线
D．β粒子是电子，但不是原来绕核旋转的核外电子
答案：ACD
2．一个原子核为Bi，关于这个原子核，下列说法中正确的是( )
A．核外有83个电子，核内有127个质子
B．核外有83个电子，核内有83个质子
C．核内有83个质子，127个中子
D．核内有210个核子
解析：选CD.根据原子核的表示方法得质子数为83，质量数为210，故中子数为210－83＝127个，而质子和中子统称核子，故核子数为210个，因此C、D正确．由于不知道原子的电性，就不能判断核外电子数，故A、B不正确．
3．下列核反应方程正确的是( )
A.U―→Th＋H
B.Be＋He―→C＋n
C.Th―→Pa＋e
D.P―→Si＋e
解析：选B.根据在核反应中电荷数守恒、质量数守恒定律，对四个选项逐一验证，只有选项B同时满足“两个守恒”．
4．人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一，氦的这种同位素应表示为( )
A.He B.He
C.He D.He
解析：选B.氦的同位素质子数一定相同，质量数为3，故可写作He，因此B正确，A、C、D错．
5.U衰变为Rn要经过m次α衰变和n次β衰变，则m、n分别为( )
A．2,4 B．4,2
C．4,6 D．16,6
解析：选B.由于β衰变不改变质量数，则Z＝＝4，α衰变使电荷数减少8，但由U衰变为Rn，电荷数减少6，说明经过了2次β衰变，故B正确．
6．若用x代表一个中性原子中核外的电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对234 90Th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Th中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝90；中性原子的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选项对．
7．关于核力的说法正确的是( )
A．核力同万有引力没有区别，都是物体间的作用
B．核力就是电磁力
C．核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内
D．核力与电荷有关
解析：选C.核力是短程力，超过1.5×10－15 m，核力急剧下降几乎消失，故C对；核力与万有引力、电磁力不同，故A、B不对；核力与电荷无关，故D错．
8.
图3－1－7
如图3－1－7所示，天然放射性元素，放出α、β、γ三种射线同时射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，射入时速度方向和电场、磁场方向都垂直，进入场区后发现β射线和γ射线都沿直线前进，则α射线( )
A．向右偏 B．向左偏
C．直线前进 D．无法判断
解析：选A.γ射线不带电故在电磁场中不偏转，β射线不偏转是因为电场力与洛伦兹力是一对平衡力，故Eq＝Bqv即v＝，而α射线的速度比β射线小，因此α射线受向右的电场力远大于向左的洛伦兹力，故α射线向右偏，A正确，B、C、D错．
9.
图3－1－8
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3－1－8中的a、b所示，由图可以判定( )
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无法判定
解析：选BD.由左手定则，当粒子在磁场中反向运动，若两粒子电性相同，则所形成的圆轨迹应外切；电性相反，则所形成的圆轨迹内切，由图知核与粒子电性相反，又因反冲核带正电，所以带电粒子应带负电，即核反应为β衰变，A错，B正确．不管磁场方向向里还是向外，电性相反的粒子轨迹都为内切圆，所以D正确．综上所述，本题的正确选项为BD.
10．有甲、乙两种放射性元素，它的半衰期分别是τ甲＝15天，τ乙＝30天，它们的质量分别为m甲、m乙，经过60天这两种元素的质量相等，则它们原来的质量之比M甲∶M乙是( )
A．1∶4 B．4∶1
C．2∶1 D．1∶2
解析：选B.对60天时间，甲元素经4个半衰期，乙元素经2个半衰期，由题知M甲4＝M乙2，则M甲∶M乙＝4∶1，故B正确．
二、非选择题
11．约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素P衰变成Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是________，P是P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg P随时间衰变的关系如图3－1－9所示，请估算4 mg的P经多少天的衰变后还剩0.25 mg?
图3－1－9
解析：P衰变的方程：P―→Si＋e，即这种粒子为正电子．图中纵坐标表示剩余P的质量，经过t天4 mg的P还剩0.25 mg，也就是1 mg中剩 mg＝0.062 5 mg，由图示估读出此时对应天数为56天．
答案：正电子 56天(54～58天都算对)
12.
图3－1－10
静止在匀强磁场中的某放射性原子核，沿垂直于磁场方向放出一个α粒子后，α粒子和新核都做匀速圆周运动，如图3－1－10所示，测得α粒子和新核的轨道半径之比为44∶1，由此可知，该放射性原子核是哪种元素的原子核？
解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 ，洛伦兹力提供向心力，由Bqv＝m得圆周运动半径：r＝.
又衰变过程中α粒子和新核组成的系统动量守恒
mαvα＝m新v新
所以＝＝
新核核电荷数为q新＝44qα＝44×2＝88
可知原放射性元素原子核的核电荷数q原＝88＋2＝90
故该放射性元素为90号元素钍(Th)．
答案：该放射性元素为90号元素钍Th
1．放射性同位素被用做示踪原子，主要是因为( )
A．放射性同位素具有相同的性质
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错误．
2．某原子核X吸收一个中子后，放出一个电子，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
答案：A
3．关于爱因斯坦质能方程的下列说法中正确的是( )
A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能
B．E＝mc2是物体各种形式能的总和
C．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中，亏损的质量Δm转化成能量ΔE放出
D．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中亏损的静质量转化为动质量，被放出的能量带走
解析：选BD.由爱因斯坦质能方程E＝mc2表明物体的质量与其他各种形式的能量之间的关系，选项A错误，B正确；ΔE＝Δmc2表明，在核反应中，亏损Δm质量将产生ΔE＝Δmc2的能量，选项C错误，D正确．
4．在工业生产中，某些金属材料内部出现的裂痕是无法直接观察到的，如果不能够发现它们，可能会给生产带来极大的危害．自从发现放射线以后，则可以利用放射线进行探测，这是利用了( )
A．α射线产生He
B．β射线的带电性质
C．γ射线的贯穿本领
D．放射性元素的示踪本领
解析：选C.由放射性的应用知道本题应选C项.
5．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.
一、选择题
1．下列有关放射性同位素P的说法中正确的是( )
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．含有P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响
解析：选BD.同位素具有相同的质子数，所以选项A错误；同位素有相同的化学性质，所以选项B正确；半衰期与元素属于化合物还是单质没有关系，所以用P制成化合物后它的半衰期不变，即选项C错误；含有P的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D正确．
2．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突变不一定都是有益的，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．
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生成Z核并放出一个氦核(He)．则下面说法正确的是( )
A．X核比Z核多一个质子
B．X核比Z核少一个中子
C．X核的质量数比Z核质量数大3
D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
解析：选CD.设原子核X的符号为X，则原子核Y为Y，X―→e＋Y，H＋Y―→He＋Z，故原子核Z为Z.
4．对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是( )
A．如果物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm
B．如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应增加Δmc2
C．Δm是原子核在衰变过程中增加的质量
D．在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子质量和与组成原子核的质量之差就是Δm
答案：ABD
5．某核反应方程为H＋H→He＋X.已知H的质量为2.0136 u，H的质量为3.0180 u，He的质量为4.0026 u，X的质量为1.0087 u．则下列说法中正确的是( )
A．X是质子，该反应释放能量
B．X是中子，该反应释放能量
C．X是质子，该反应吸收能量
D．X是中子，该反应吸收能量
解析：选B.由题目所给核反应方程式，根据核反应过程质量数、电荷数守恒规律，可得：
H＋H→He＋X，X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.0136 u＋3.0180 u＝5.0316 u，反应后产物总质量m2＝4.0026 u＋1.0087 u＝5.0113 u，总质量减少，出现了质量亏损，根据爱因斯坦的质能方程可知，该反应释放能量．故B正确．
6．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性．设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是( )
A．ΔE＝(m1－m2－m3)c2
B．ΔE＝(m1＋m3－m2)c2
C．ΔE＝(m2－m1－m3)c2
D．ΔE＝(m2－m1＋m3)c2
解析：选B.反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确．
7．在下列四个核反应方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子，以下判断中正确的是( )
U＋n→Kr＋Ba＋3X1
P―→Si＋X2
U→Th＋X3
Th―→Pa＋X4
A．X1是中子 B．X2是质子
C．X3是α粒子 D．X4是正电子
解析：选AC.根据核电荷数守恒，可以算出X1的质子数为：＝0，而根据质量数守恒可以算出X1的质量数：＝1，所以X1是中子，A正确．同理可算出：X2是正电子，X3是α粒子，X4是电子，所以B、D错误，C正确．
8．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mp、mD.现用光子能量为E的γ射线照射静止氘核使之分解，反应方程为
γ＋D―→p＋n.若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是( )
A.[(mD－mp－mn)c2－E]
B.[(mp＋mn－mD)c2＋E]
C.[(mD－mp－mn)c2＋E]
D.[(mp＋mn－mD)c2－E]
解析：选C.核反应因质量亏损释放的的核能ΔE＝(mD－mp－mn)c2，再加上原光子的能量也转化成动能，又两个粒子动能相等，所以有：Ek＝，选项C正确．
9．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
解析：选AD.根据核的结合能概念，核子结合成核所释放的核能与逆过程所需要的能量相等，A、D正确．根据动量守恒定律，用光子照射静止氘核时总动量不为零，Ek＝，故照射后总动能不为零，B、C错．
二、非选择题
10．氘核和氚核聚变时的核反应方程为H＋H→He＋n.已知H的比结合能是2.78 MeV，H的比结合能是1.09 MeV，He的比结合能是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
11．一锂核(Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子．已知一个氢原子核的质量是1.6736×10－27kg，一个锂核的质量是11.6505×10－27 kg，一个氦核的质量是6.646×10－27 kg.
(1)试写出这一过程的核反应方程；
(2)计算这一过程中的质量亏损；
(3)计算这一过程中所释放的核能．
解析：(1)这一过程的核反应方程为：
Li＋H―→2He
(2)质量亏损Δm＝mLi＋mH－2mα
＝11.6505×10－27＋1.6736×10－27－2×6.6466×10－27 kg＝3.09×10－29 kg
(3)释放核能ΔE＝Δmc2＝3.09×10－29×(3×108)2 J
＝2.781×10－12 J.
答案：(1)Li＋H―→2He
(2)3.09×10－29 kg
(3)2.781×10－12 J
12．一个原来静止的锂核( Li)俘获一个速度为7.7×104 m/s的中子后，生成一个氚核和一个氦核，已知氚核的速度大小为1.0×103 m/s，方向与中子的运动方向相反．
(1)试写出核反应方程；
(2)求出氦核的速度；
(3)若让一个氘核和一个氚核发生聚变时，可产生一个氦核同时放出一个中子，求这个核反应释放出的能量．(已知氘核质量为mD＝2.014102 u，氚核质量为mT＝3.016050 u，氦核的质量mHe＝4.002603 u，中子质量mn＝1.008665 u，1 u＝1.6606×10－27 kg)
解析：(1)Li＋n―→H＋He
(2)由动量守恒定律mnv0＝－mTv1＋mHev2
v2＝＝ m/s
＝2×104 m/s
(3)质量亏损为
Δm＝mD＋mT－mHe－mn＝(2.014102＋3.016050－4.002603－1.008665)u＝0.018884 u＝3.136×10－29 kg
根据爱因斯坦质能方程
ΔE＝Δmc2＝3.136×10－29×(3×108)2 J
＝2.82×10－12 J.
答案：(1)Li＋n―→H＋He (2)2×104 m/s
(3)2.82×10－12 J
1．裂变反应中释放出的能量来自于( )
A．核子消失转化为能量
B．原子中电子与原子核的电势能减小
C．入射的中子消失转化为能量
D．原子核的比结合能变大，释放出能量
答案：D
2．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．铀块的质量是重要因素，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．裂变能否发生链式反应与铀块的质量无关
答案：C
3.U吸收一个慢中子后，分裂成Xe和Sr，同时还放出( )
A．一个α粒子 B．一个氘核
C．三个中子 D．两个中子
解析：选C.该裂变反应的方程为U＋n―→Xe＋Sr＋Y，放出的粒子Y只能是3个中子，故C正确．
4．下列核反应中，表示核裂变的是( )
A．238 92U→234 90Th＋42He
B．235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n
C．3015P→3014Si＋01e
D．94Be＋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．
5．曾落在日本广岛上的原子弹，相当于2万吨梯恩梯(TNT)，该火药的能量约8.4×1013 J，试问有多少个U原子进行裂变；该原子弹中含U的质量最小限度为多少？(一个铀U原子核分裂时所产生的能量约为200 MeV)
解析：因一个U原子核分裂时所产生的能量约为200 MeV，所以
200×106 eV＝2.0×108×1.6×10－19 J＝3.2×10－11 J
设共有n个U核发生裂变．
则n＝ 个＝2.6×1024 个
铀的质量：m＝235× g＝1.015 kg.
答案：2.6×1024 个 1.015 kg
一、选择题
1．原子反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置，它主要由哪四部分组成( )
A．原子燃料、减速剂、冷却系统和控制调节系统
B．原子燃料、减速剂、发热系统和传热系统
C．原子燃料、调速剂、碰撞系统和传热系统
D．原子燃料、中子源、原子能聚存系统和输送系统
解析：选A.核反应堆是由堆芯、中子反射层、控制系统和防护层组成的，A项正确．
2．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
解析：选A.目前核电站利用铀裂变释放能量．
3．从核能到电能，下列能量转换过程中正确的是( )
A．核能→内能→电能
B．核能→机械能→内能→电能
C．核能→内能→机械能→电能
D．核能→光能→电能
解析：选C.核燃料裂变释放的核能使反应区温度升高(转化为内能)，反应堆放出的热使水变成水蒸气，高温高压的水蒸气推动汽轮机运转(内能转化为机械能)，汽轮机带动发电机发电(机械能转化为电能)．
4．当一个重核裂变时，它所产生的两个核( )
A．含有的质子数较裂变前重核的质子数减少
B．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．可能是多种形式的两个核的组合
解析：选BD.由于在裂变反应中吸收一个中子而释放出几个中子，质子数没有发生变化，而两个新核的中子数减少，A错误，B正确．反应前后质量发生了亏损而释放出能量，并不等于俘获中子的能量，在裂变反应中，产物并不是惟一的，故C错误，D正确．
5．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．
6．下面是铀核裂变反应中的一个：U＋n→Xe＋Sr＋10n，已知铀235的质量为235.0439 u，中子的质量为1.0087 u，锶90的质量为89.9077 u，氙136的质量为135.9072 u，则此核反应中( )
A．质量亏损为Δm＝235.0439 u＋1.0087 u－89.9077 u－135.9072 u
B．质量亏损为Δm＝(235.0439＋1.0087－89.9077－135.9072－10×1.0087)u
C．释放总能量为ΔE＝(235.0439＋1.0087－89.9077－135.9072－10×1.0087)×(3×108)2J
D．释放总能量为ΔE＝(235.0439＋1.0087－89.9077－135.9072－10×1.0087)×931.5 MeV
解析：选BD.质量亏损是反应物与生成物之差，差值可用“u”或“kg”作单位，前者直接用1 u的亏损放出931.5 MeV的能量计算，后者核能的单位是焦耳．
7．北约对南联盟进行的轰炸中，大量使用了贫铀炸弹．贫铀是从金属中提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀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．爆炸后的弹片不会对人体产生危害，不会对环境产生长期污染
C．铀238的衰变速度很快
D．铀的半衰期很长
解析：选AD.铀238具有放射性，会对环境造成危害，而且由于其半衰期很长，所以这种危害是长期的．故A、D对．
二、非选择题
8．一个U235吸收一个中子后发生的反应是235 92U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋1010n，放出的能量为E.U235核的质量为M，中子的质量为m0，Xe 136核的质量为m1，Sr90核的质量为m2，真空中的光速为c，则释放的能量E＝________.
解析：由ΔE＝Δmc2可以求得释放的核能
E＝(M－m1－m2－9m0)c2.
答案：(M－m1－m2－9m0)c2
9．原子反应堆的功率为104 kW,1 h消耗核燃料为8.75 g，已知每个铀235裂变时放出200 MeV的核能，求该燃料中铀235所占的百分比．
解析：反应堆每小时耗能：
E＝Pt＝107×3600 J＝3.6×1010 J
每个铀核裂变时放出的能量为：
E1＝2×108×1.6×10－19 J
＝3.2×10－11 J
每小时需铀235的量为：
m＝×235 g＝0.44 g
所占比例为＝5%.
答案：5%
10．铀核裂变的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n.试计算裂变释放出的能量．已知U、Ba、Kr的质量分别为235.0439 u、140.9139 u和91.8973 u，中子质量为1.008665 u.
解析：Δm＝235.0439＋1.008665－(140.9139＋91.8973＋3×1.008665) u＝0.21537 u
ΔE＝931.5×0.21537＝201 MeV.
答案：201 MeV
11．在可控核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＝12M，
v1C＝v0＝－v0
与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
答案：见解析
12．秦山核电站第一期工程装机容量为30万千瓦．如果1 g铀235完全裂变时要产生的能量为8.2×1010 J，并且假定所产生的能量都变成了电能，试探究分析每年要消耗多少铀235？(一年可按365天计算)
解析：秦山核电站一年由铀235裂变产生的总能量为：
E＝Pt＝3.0×108×365×24×3600 J＝9.46×1015 J
1 g铀235裂变释放的能量：E′＝8.2×1010 J
所以每年需消耗的铀235为：
m＝＝ g＝1.15×105 g＝115 kg.
答案：115 kg
1．关于核能的利用，下列说法正确的是( )
A．现在的核电站既有裂变反应堆也有聚变反应堆
B．在地球上，人类还无法实现聚变反应
C．当人类实现了受控核聚变，稳定输出核能时，世界就会克服“能源危机”
D．世界现有核电站能够进行聚变反应而输出核能
解析：选C.现有核电站均为重核裂变反应释放能量，而裂变反应和聚变反应的条件不同，现在的核电站不能进行聚变反应，故A、D错误；虽然人类已经掌握了聚变反应的技术．但还不能实现大规模的受控核聚变，故B错误；由于地球上储备有大量的聚变原料， 一旦实现受控核聚变，世界将不再存在“能源危机”，故C正确．
2．发生轻核聚变的方法是( )
A．用中子轰击
B．保持室温环境，增大压强
C．把物质加热到几百万摄氏度以上的高温
D．用γ光子照射
解析：选C.发生轻核聚变的条件是使核的距离十分接近，达到10－15m，这就要使原子核获得很大的动能，所用方法是把它们加热到几百万摄氏度以上的高温，因此聚变反应又叫做热核反应，C选项正确．
3．现有三个核反应方程：
①Na―→Mg＋e
②U＋n―→Ba＋Kr＋3n
③H＋H―→He＋n
下列说法正确的是( )
A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变
B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变
C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变
D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变
解析：选C.裂变是重核变为中等质量的核，由此可知②是裂变；衰变有α衰变和β衰变，α衰变的结果是释放氦核，β衰变的结果是从中子中释放电子，即①为衰变；聚变是质量较小的核结合成质量较大的核，即③为聚变．故C正确．
4．重核裂变和轻核聚变是人们利用原子能的两种主要途径，下列关于它们的说法中正确的是( )
A．裂变过程质量增加，聚变过程质量亏损
B．聚变过程质量增加，裂变过程质量亏损
C．聚变和裂变过程都有质量亏损
D．聚变和裂变过程都有质量增加
解析：选C.根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2知，在核反应中，当发生质量亏损时，将有核能释放出来．因此聚变和裂变过程中都有质量亏损．故正确答案为C.
5．四个氢核聚变成一个氦核，同时释放出两个正电子，这个核反应中释放的能量是多少？若1 g氢完全聚变，能释放多少能量？(氢核质量为1.6375×10－27 kg，氦核质量为6.6425×10－27 kg，电子质量为9.1×10－31 kg)
解析：氢核聚变的核反应方程为
4H―→He＋2e
质量亏损Δm＝4mH－mα－2me
＝0.0497×10－27 kg
放出的能量为：ΔE＝Δmc2＝4.47×10－12J
1 g氢聚变放出能量为
E＝×6.02×1023×4.47×10－12J
＝6.73×1011J.
答案：4.47×10－12J 6.73×1011J
一、选择题
1．一个中子和一个质子结合成一个氘核，并释放出一个光子．若中子、质子、氘核的质量分别是m1、m2、m3，则( )
A．由于反应前后质量数不变，所以m1＋m2＝m3
B．由于反应时释放了能量，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．反应时产生了频率为(m1＋m2－m3)c2/h的光子，式中c是光速，h是普朗克常量
解析：选BD.聚变过程以光子的形式释放能量，因此一定发生质量亏损，但反应前后质量数不变，这是因为质量数与质量是完全不同的，故A、C选项错，B选项正确．由ΔE＝(m1＋m2－m3)c2＝hν得：反应时产生光子的频率为ν＝(m1＋m2－m3)c2/h，D选项正确．
2．以下核反应方程中属于核聚变的是( )
A.H＋H―→He＋n
B.N＋He―→O＋H
C.H＋n―→H＋γ
D．4H―→He＋2e
解析：选ACD.轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．
3．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，Q2D．X是He，Q2解析：选B.由核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒知：X是He，排除A、C选项；由题知：前一核反应过程的质量亏损Δm1＝(1.0087＋12.0000－13.0057) u＝0.0030 u，而后一核反应的质量亏损Δm2＝(1.0087＋15.0001－12.0000－4.0026) u＝0.0062 u，Δm2>Δm1，故Q2>Q1，D错，B正确．
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．如奥运会场馆周围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，均不属于聚变反应，故B、C、D不正确．
5．氘和氚发生聚变反应的方程式是H＋H―→He＋n＋17.6 MeV，若有2 g氘和3 g氚全部发生聚变，NA为阿伏伽德罗常量，则释放的能量是( )
A．NA×17.6 MeV B．5 NA×17.6 MeV
C．2NA×17.5 MeV D．3NA×17.6 MeV
解析：选A.由于H、H均为1摩尔，其原子核数相等，完全发生聚变反应时，共有NA次，释放能量应为NA×17.6 MeV，故A正确．
6．2006年9月28日，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．
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.聚变反应是轻核变为中等质量核的反应，发生质量亏损，释放能量．目前核电站采用重核裂变反应．
8．现在太阳向外辐射的能量是由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．3m1C．3m1＝m2 D．m1＝3m2
解析：选A.聚变反应是放能反应，因而质量是减小的，所以A项正确．
9．在某些恒星内，3个α粒子结合成一个C，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．反应过程中放出的能量是7.26 MeV
D．反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J
解析：选ABC.其反应方程是3He→C.
其质量亏损Δm＝3×4.0026 u－12.0000 u＝0.0078 u．A项对．Δm＝0.0078×1.66×10－27 kg＝1.29×10－29 kg，B项对．ΔE＝0.0078×931.56 MeV＝7.26 MeV，C项对．ΔE＝7.26×106×1.6×10－19 J＝1.16×10－12 J，D项错．
二、非选择题
10．太阳内部进行着剧烈的氢核聚变反应，氦核是由4个质子生成，同时有正电子放出，正电子又会和负电子湮没成为一对光子，在这一核反应过程中放出4.5×10－12 J能量，已知现在太阳每秒辐射5.0×1026 J能量．
(1)写出上述两个核反应方程；
(2)计算出太阳每秒产生的氦核数目．
解析：(1)4H→He＋2e，e＋e→2γ.
(2)4.5×10－12·n＝5.0×1026
n＝1.1×1038(个)．
答案：(1)4H→He＋2e，e＋e→2γ
(2)n＝1.1×1038个
11．天文学家测得银河系中氦的含量约为25%.有关研究表明，宇宙中氦生成的途径有两条：一是在宇宙诞生后3分钟左右生成的；二是在宇宙演化到恒星诞生后，由恒星内部的氢核聚变反应生成的．
(1)把氢核聚变反应简化为4个氢核(H)聚变成氦核(He)，同时放出2个正电子(e)和2个中微子(νe)，请写出该氢核聚变反应的方程，并计算一次反应释放的能量．
(2)研究表明，银河系的年龄约为t＝3.8×1017 s，每秒钟银河系产生的能量约为1×1037 J(P＝1×1037 J/s)．
现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，试估算银河系中氦的含量(最后结果保留一位有效数字)．
(3)根据你的估算结果，对银河系中氦的主要生成途径作出判断．
(可能用到的数据：银河系质量约为M＝3×1041 kg，原子质量单位1 u＝1.66×10－27 kg,1 u相当于1.5×10－10 J的能量，电子质量me＝0.0005 u，氦核质量mα＝4.0026 u，氢核质量mp＝1.0078 u，中微子νe质量为零)
解析：(1)4H→He＋2e＋2νe
Δm＝4mp－mα－2me ΔE＝Δmc2＝4.14×10－12 J.
(2)m＝ mα＝6.1×1039 kg
氦的含量k＝＝×100%≈2%.
(3)由估算结果可知，k≈2%，远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的．
答案：(1)4H→He＋2e＋2νe 4.14×10－12 J
(2)2% (3)见解析
12．两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)写出聚变方程并算出释放的核能(已知1 u＝931.5 MeV)．
(2)若反应前两氘核的动能均为EkD＝0.35 MeV.它们正面对撞发生聚变，且反应后全部能量转变为动能，则反应产生的氦核和中子的动能各为多大？
解析：(1)聚变的核反应方程为：
2H→He＋n.
这个核反应中的质量亏损为：
Δm＝2mD－(mHe＋mn)
＝(2×2.0136－3.0150－1.0087) u
＝0.0035 u.
释放的核能为
ΔE＝0.0035×931.5 MeV＝3.26 MeV.
(2)把两个氘核作为一个系统，对撞过程中动量守恒．由于反应前两氘核动能相同，其动量等值反向，因此反应前后系统的总动量恒为零，即
0＝mHevHe＋mnvn.①
又由于反应前后总能量守恒，故反应后氦核和中子的总动能为
mHev＋mnv＝ΔE＋2EkD.②
因为mHe∶mn＝3∶1，
所以氦核和中子的速率之比为＝.
把这两个关系代入②式得：
ΔE＋2EkD＝4·mHev＝4EkHe.
即(3.26＋2×0.35) MeV＝4EkHe.
得氦核的动能和中子的动能分别为
EkHe＝(3.26＋2×0.35) MeV＝0.99 MeV，
Ekn＝3EkHe＝2.97 MeV.
答案：(1)2H→He＋n 3.26 MeV
(2)0.99 MeV 2.97 MeV
(时间：90分钟；满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于黑体辐射的强度与波长的关系，下图正确的是( )
图4－2
解析：选B.根据黑体辐射的实验规律：随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，故图线不会有交点，选项C、D错误．另一方面，辐射强度的极大值会向波长较短方向移动，选项A错误，B正确．
2．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，则( )
A．当用频率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：选AB.该金属的极限频率为ν0，则可知逸出功W＝hν0，逸出功由金属自身性质决定，与照射光的频率无关，因此C选项错误，由光电效应的实验规律可知A正确，由光电效应方程Ekm＝hν－W，将W＝hν0代入可知B正确，D错误，因此本题正确选项为AB.
3．下列实验中，能证明光具有粒子性的是( )
A．光电效应实验 B．光的双缝干涉实验
C．光的圆孔衍射实验 D．康普顿效应实验
解析：选AD.光电效应、康普顿效应现象的出现，使光的电磁说出现了无法逾越的理论难题，只有认为光子具有粒子性才能很好解释上述现象，故A、D支持光的粒子性，而B、C支持光的波动性，故选AD.
4．用频率为ν的单色光照射在某种金属表面产生光电效应，由金属表面逸出的光电子垂直射入匀强磁场做圆周运动时，其最大半径为r.若要使最大半径r增大，可采取( )
A．用频率大于ν的单色光照射
B．用频率小于ν的单色光照射
C．仍用频率为ν的单色光照射，但延长照射时间
D．仍用频率为ν的单色光照射，但增大光的强度
解析：选A.只有增大频率，才能增加光电子的初动能，即增大光电子速度，由r＝知，速度增大时，半径增大．
5．两束能量相同的色光，都垂直地照射到物体表面，第一束光在某段时间内打在物体上的光子数与第二束光在相同时间内打在物体表面上的光子数之比为4∶5，则这两束光的光子能量和波长之比为( )
A．4∶5 4∶5 B．5∶4 4∶5
C．5∶4 5∶4 D．4∶5 5∶4
解析：选B.由E＝nε，能量相同时n与ε成反比，所以光子能量比为5∶4.又根据ε＝hν＝h，所以波长之比为4∶5.
6．某光波射到一逸出功为W的光电材料表面，所产生的光电子在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的最大半径为r，则该光波的频率为(设电子的质量为m，带电量为e，普朗克常量为h)( )
A. B.
C.＋ D.－
解析：选C.由光电效应方程hν－W＝mv2①
由向心力公式evB＝②
由①②两式可得：ν＝＋.
7．利用光子说对光电效应的解释，下列说法正确的是( )
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电子，积累了足够的能量才能从金属表面逸出
D．无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子
解析：选A.由于发生光电效应时，一个电子只能吸收一个光子且不需要能量的积累，能不能逸出金属表面决定于光子的频率，只有入射光频率大于极限频率才能发生光电效应，故只有A选项正确．
8．下列各种说法中正确的有( )
A．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的照射时间太短
C．在光的单缝衍射实验中，狭缝越窄，光子动量的不确定量越大
D．任何一个运动物体，无论是太阳、地球，还是小到电子、质子，都与一种波相对应，这就是物质波．物质波是概率波
答案：ACD
9.
图4－3
光子有能量，也有动量，动量p＝h/λ客观存在，也遵守有关动量的规律．如图4－3所示，真空中，有一哑铃形的装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是与左边大小、质量相同的圆形白纸片．当用平行光垂直正面照射这两个圆面时，对于装置开始时的转动情况(俯视)，下列说法中正确的是( )
A．顺时针方向转动
B．逆时针方向转动
C．顺时针方向和逆时针方向都有可能
D．不会转动
解析：选B.光具有粒子性，光子打在物体的表面上时，会对物体表面产生压力，该压力可由F·t＝n·Δp求得(n为光子数)．光子打在黑色物体表面上，将被吸收，而打在白色物体表面上时，将会被反射，动量变化较大，因而圆形白纸片的圆面所受到的作用力大，从而产生逆时针方向转动，故A、C、D错误，应选B.
10．某金属的逸出功为2.3 eV，这意味着( )
A．这种金属内部的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
B．这种金属表层的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
C．要使这种金属有电子逸出，入射光子的能量必须大于2.3 eV
D．这种金属受到光照时若有电子逸出，则电子离开金属表面时的动能至少等于2.3 eV
解析：选C.电子吸收光子的能量后，向金属表面运动经过的路径不同，中途损失的能量也不同，直接从金属表面逸出而做的最小的功叫逸出功．故C项正确．
11．如图4－4所示，一验电器与锌板用导线相连，现用一紫外线灯照射锌板，关灯之后，验电器指针保持一定的偏角( )
图4－4
A．将一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大
B．将一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将保持不变
C．使验电器指针回到零，改用强度更大的紫外线灯照射锌板，验电器的指针偏角将增大
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，验电器的指针一定偏转
解析：选C.将一带负电的金属小球与锌板接触，验电器指针偏角将变小；改用强度更大的紫外线灯照射锌板，验电器的指针偏角将增大，所以C正确．
图4－5
12．如图4－5是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则( )
A．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流
B．若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时，电路中光电流一定增大
C．若将变阻器滑动头P从图示位置向右滑一些，仍用波长为λ0的光照射，则电路中光电流一定增大
D．若将变阻器滑动头P从图示位置向左滑过中心O点时，其他条件不变，则电路中仍可能有光电流
解析：选D.根据光电效应发生的条件，用波长为λ1的光照射时，电路中有可能有光电流，有可能没有光电流，用波长为λ2的光照射时，电路中一定有光电流，但光电流大小与光强有关，所以光电流不一定增大，A、B错误．滑动头向右滑，使加在光电管的正向电压增大，若滑动前光电流已达最大则光电流不变，则光电流增大．所以C错误．滑动头滑过中心O点，即加在光电管上的为反向电压，但只要电压值小于遏止电压值，仍可能有光电流，D正确．
二、计算题(本题共4小题，共40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．(9分)氦氖激光器发射波长为632.8 nm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？
解析：根据爱因斯坦光子学说，光子能量E＝hν，而λν＝c，所以E＝＝ J＝3.14×10－19 J，合1.96eV.因为发光功率等于光子的总能量除以单位时间，所以1 s内发射的光子数为n＝＝ 个＝5.73×1016 个．
答案：1.96 eV 5.73×1016 个
14．(9分)如图4－6所示为证实电子波存在的实验装置，从F上漂出的热电子可认为初速度为零，所加加速电压U＝104 V，电子质量为m＝0.91×10－30 kg.电子被加速后通过小孔K1和K2后入射到薄的金膜上，发生衍射作用，结果在照相底片上形成同心圆明暗条纹．试计算电子的德布罗意波长．
图4－6
解析：由Ue＝mv2，p＝ λ＝
代入数据可得λ＝1.23×10－11 m.
答案：1.23×10－11 m
15．(10分)波长为λ＝0.71 ?的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B的匀强磁场区域内做最大半径为r的匀速圆周运动，已知r·B＝1.88×10－4 T·m.试求：
(1)光电子的最大初动能．
(2)金属的逸出功．
解析：(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力m＝evB，v＝.
电子的最大初动能
Ek＝mv2＝
＝ J
≈4.97×10－16 J＝3.1×103 eV.
(2)入射光的能量
E＝＝ eV
≈1.75×104 eV
根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功
W＝hν－Ek＝1.44×104 eV.
答案：(1)3.1×103 eV (2)1.44×104 eV
16．(12分)电子具有多大速度时，德布罗意波的波长同光子能量为4×104 eV的X射线的波长相等？这电子需经多大的电压加速？(电子质量为9.1×10－31kg)
解析：由德布罗意波公式λ＝和光子能量公式
ε＝hν＝h联立可得：
ve＝＝ m/s＝2.34×107 m/s.
由动能定理可得：eU＝mev，
所以U＝＝ V
＝1.56×103 V.
答案：2.34×107 m/s 1.56×103 V
[学生用书 P55]
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
解析：选ACD.根据热辐射的定义，A正确；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射只与黑体的温度有关，B错误，C正确；根据黑体的定义知D正确．
2．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.发生光电效应的条件就是光的频率大于极限频率，故A对、B错；由光电效应方程mv2＝hν－W可知某种金属的逸出功一定，入射光的频率越高，所产生的光电子的最大初动能越大，而与入射光强度无关，故C错，D对．
图4－1－3
3．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连．用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图4－1－3所示，这时( )
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
解析：选B.锌板原来不带电，验电器的指针发生了偏转，说明锌板在弧光灯的照射下发生了光电效应，发生光电效应时，锌板向空气中发射电子，所以锌板带正电，验电器指针亦带正电，故选B项．
4．对于带电微粒的辐射和吸收能量时的特点，以下说法正确的是( )
A．以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收
B．辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍
C．吸收的能量可以是连续的
D．辐射和吸收的能量是量子化的
解析：选ABD.根据普朗克能量子假说，带电粒子的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，能量的辐射和吸收要一份份的进行，故A、B、D正确．
5．某广播电台的发射功率为10 kW，发射的电磁波在空气中传播时波长为187.5 m，试求：
(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子？
(2)若光子向各个方向均匀发射，求在离天线2.5 km处，直径为2 m的环状天线每秒接收的光子个数及接收功率．
解析：(1)每个光子的能量E＝hν＝hc/λ
＝ J≈1.06×10－27 J
所以每秒钟电台发射上述波长的光子数
N＝Pt/E＝ 个≈1031 个．
(2)设环状天线每秒接收光子数为n个，以电台发射天线为球心，则半径为R的球面积S＝4πR2，而环状天线的面积为S′＝πr2，所以n＝×N＝4×1023 个
接收功率P收＝·P总＝4×10－4 W.
答案：(1)1031 个 (2)4×1023 个 4×10－4 W
一、选择题
图4－1－4
1．如图4－1－4所示电路的全部接线及元件均完好．用光照射光电管的K极板，发现电流计无电流通过，可能的原因是( )
A．A、K间加的电压不够高
B．电源正负极接反了
C．照射光的频率不够高
D．照射光的强度不够大
解析：选BC.如果入射频率过低，不能发生光电效应；如果发生了光电效应现象，但是电源正负极接反了，且电压高于遏止电压，电流表中也不会有电流．B、C正确．电压不够高，光强不够大时，只能影响光电流大小，不会导致无电流通过，A、D错误．
2．假设一个沿着一定方向运动的光子和一个静止的自由电子相互碰撞后，电子向某一方向运动，光子将偏离原来运动方向．这种现象称为光子的散射，散射后的光子跟原来相比( )
A．光子将从电子处获得能量，因而频率增大
B．散射后的光子运动方向将与电子运动方向在一条直线上，但方向相反
C．由于受到电子碰撞，散射光子的频率低于入射光子的频率
D．散射光子虽改变原来的运动方向，但频率不变
解析：选C.光子的散射叫康普顿效应．光子和电子碰撞时遵循动量守恒、能量守恒，碰撞过程中，光子的一些能量转移给了电子．使得散射光子的频率低于入射光子的频率．散射后光子的运动方向与电子的运动方向不一定在一条直线上．综上所述，选项A、B、D三项均错．C选项正确．
3．(2011年高考上海单科卷)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是( )
A．改用频率更小的紫外线照射
B．改用X射线照射
C．改用强度更大的原紫外线照射
D．延长原紫外线的照射时间
解析：选B.金属发生光电效应必须使光的频率大于极限频率，X射线的频率大于紫外线的频率．
4．一验电器与有绝缘支座的锌板相连接后，同时发现验电器指针张开一定角度，如图4－1－5所示，今用弧光灯照射锌板，发现验电器指针偏角立即变小，为零后又张开一定角度，则( )
图4－1－5
A．一定发生了光电效应
B．锌板原来一定带正电荷
C．锌板原来一定带负电荷
D．锌板原来可能带正电也可能带负电，但后来一定带正电
解析：选AC.弧光灯照射锌板，锌板带电量发生变化，说明一定发生了光电效应，锌板上有电子逸出，锌板的总电量减小，说明锌板原来带有负电荷，A、C正确．
5．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到的波长为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.因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，所以察觉到绿光所接收的最小功率P＝，
式中E＝6ε，又ε＝hν＝h，可解得
P＝6× W＝2.3×10－18 W.
6．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是( )
A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置
B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出
C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关
D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应
解析：选A.硅光电池是将太阳能转化为电能的装置，当太阳光线照射到电池表面时，光子使原子内的电子脱离原子成为自由电子，自由电子的迁移形成电势差．但吸收了光子能量的电子并不一定都能逸出，故A对，B错．由光电效应方程mv2＝hν－W可知逸出的光电子的最大初动能mv2与入射光的频率ν有关，故C错．只有入射光的频率大于硅的极限频率时，才能产生光电效应，故D错．
7．(2010年高考四川理综卷)用波长为2.0×10－7m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效数字)( )
A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 Hz
C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz
解析：选B.由爱因斯坦的光电方程h＝Ekm＋W，而金属的逸出功W＝hν0，由以上两式得，钨的极限频率为：ν0＝－＝7.9×1014 Hz，B项正确．
8．(2010年高考浙江卷)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图4－1－6所示．则可判断出( )
图4－1－6
A．甲光的频率大于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
解析：选B.当光电管两端加上反向截止电压光电流为零时，则由动能定理mv－0＝eU，对同一光电管(逸出功W相同)使用不同频率的光照射，有hν－W＝mv，两式联立可得：hν－W＝eU，丙光的反向截止电压最大，则丙光的频率最大，A、C错误，又λ＝可见λ丙＜λ乙，B正确；又由hν－W＝mv或由mv－0＝eU可知丙光对应的最大初动能最大．
9.
图4－1－7
如图4－1－7所示，当电键S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射到阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零．由此可知阴极材料的逸出功为( )
A．1.9 eV B．0.6 eV
C．2.5 eV D．3.1 eV
答案：A
二、非选择题
10．铝的逸出功是4.2 eV，现在用波长为200 nm的光照射铝的表面．求：
(1)光电子的最大初动能．
(2)遏止电压．
(3)铝的截止频率．
解析：根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0可求得最大初动能．由Ekm＝eUc求得遏止电压，铝的截止频率由ν0＝可求．
(1)根据光电效应方程有Ekm＝－W0
＝ J
＝3.225×10－19 J.
(2)由Ekm＝eUc可得
Uc＝＝ V≈2.016 V.
(3)由hν0＝W0知
ν0＝＝ Hz
≈1.014×1015 Hz.
答案：(1)3.225×10－19 J (2)2.016 V
(3)1.014×1015 Hz
11．已知某金属表面接受波长为λ和2λ的单色光照射时，释放出光电子的最大初动能分别为30 eV和10 eV，求能使此种金属表面产生光电效应的入射光的极限波长为多少？
解析：若此种金属的逸出功为W0，极限波长为λ0，由爱因斯坦光电效应方程：
h－W0＝Ek1，①
h－W0＝Ek2，②
h＝W0③
联立①②③可得：λ0＝1.24×10－7 m.
答案：1.24×10－7m
12．一灯泡功率P＝1 W，均匀地向周围辐射平均波长λ＝10－6 cm的光；求距灯泡10 km处，垂直于光的传播方向上，1 cm2面积内每秒钟通过的光子数．
解析：把灯泡看成点光源，若不考虑光在传播过程中的能量损失，则以光源为中心的每个球面上每秒钟通过的能量为E＝Pt＝1×1 J＝1 J.
设距光源s cm处在垂直于光线的1 cm2面积上每秒钟通过的能量为Es，则Es＝.
因为每个光子的能量为E0＝h，所以垂直于光线的1 cm2面积上每秒钟通过的光子数为：
n＝＝
＝ 个
＝4.0×103个．
答案：4.0×103个
[学生用书 P60]
1．关于光的波动性与粒子性以下说法正确的是( )
A．爱因斯坦的光子说否定了光的电磁说
B．光电效应现象说明了光的粒子性
C．光波不同于机械波，它是一种概率波
D．光的波动性和粒子性是相互矛盾的，无法统一
解析：选BC.爱因斯坦的光子说和光的电磁说在微观世界中是统一的．
2．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
解析：选BD.一切运动的物体都有一种物质波与它对应，不管是宏观物体还是微观粒子，都具有波动性；宏观运动的物体不易观察到其波动性是因为其波长太短，物质波的波长越长，波动性越明显．答案为BD.
3．物理学家做了一个有趣的实验：在光屏处放上照相用的底片．若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光的时间不太长，底片上只能出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹，对这个实验结果有下列认识，其中正确的是( )
A．曝光时间不太长时，底片只能出现一些不规则的点，表现出光的波动性
B．单个光子通过双缝后的落点可以预测
C．只有大量光子的行为才能表现出光的粒子性
D．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方
解析：选D.少数光子落点不确定，到达某点的概率受波动规律支配，体现了粒子性．大量光子的行为符合统计规律，受波动规律支配，体现了波动性，故只有D正确．
4．光通过单缝所发生的现象，用位置和动量的不确定关系的观点加以解释，下列叙述正确的是( )
A．单缝越宽，光沿直线传播，是因为单缝越宽，位置不确定量Δx越大，动量不确定量Δpx越大的缘故
B．单缝越宽，光沿直线传播，是因为单缝越宽，位置不确定量Δx越大，动量不确定量Δpx越小的缘故
C．单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为单缝越窄，位置不确定量Δx越小，动量不确定量Δpx越小的缘故
D．单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为单缝越窄，位置不确定量Δx越小，动量不确定量Δpx越大的缘故
解析：选BD.由粒子位置不确定量Δx与粒子动量不确定量Δpx的不确定关系：ΔxΔpx≥可知，单缝越宽，位置不确定量Δx越大，动量不确定量Δpx越小，所以光沿直线传播，B正确；单缝越窄，位置不确定量Δx越小，动量不确定量Δpx越大，所以中央亮纹越宽，D正确．
5．在国际田联大奖赛洛桑站110米栏的决赛中，中国飞人刘翔以12秒88的成绩打破了沉睡13年之久的世界纪录，令世界华人为之振奋．设刘翔质量为74 kg，计算刘翔110米栏跑中的德布罗意波长，并说明其波动性是否明显．
解析：刘翔110米栏跑时对应德布罗意波波长为λ＝＝＝ m＝1.1×10－36 m.
可见此波长极短，其波动性很难表现出来．
答案：1.1×10－36 m，波动性不明显
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．光波是电磁波，所以不能说光具有粒子性
B．光波和水波、绳波一样是机械波
C．光电效应现象显示了光具有粒子性
D．光的干涉、衍射现象揭示了光具有波动性
解析：选CD.粒子性和波动性是两个对立的事物，但是单用粒子或波的模型都不能对光的现象做出满意的解释．“统一”的方法论原则告诉我们光既有波动性又具有粒子性．这种对立统一的观点可能和我们的日常观念相抵触，较难接受．同学们学习了光的干涉、衍射、光电效应，前两者为波的特性，后者为量子论(光子说)的有力证据，所以光在不同的条件下表现出不同的性质，因而与机械波不同．
2．关于物质波，下列认识错误的是( )
A．任何运动的物体(质点)都伴随一种波，这种波叫做物质波
B．X射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的
C．电子的衍射实验，证实了物质波假设是正确的
D．宏观物体尽管可以看做为物质波，但它们不具有干涉、衍射等现象
解析：选BD.据德布罗意物质波理论知，任何一个运动的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相对应，这种波就叫物质波，可见，A选项是正确的．
由于X射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X射线的衍射现象，并不能证实物质波理论的正确性，即B选项错误．
电子是一种实物粒子，电子的衍射现象表明运动着的实物粒子具有波动性，故C选项说明是正确的．
由电子穿过铝箔的衍射实验知，少量电子穿过铝箔后所落位置是散乱的，无规律的，但大量电子穿过铝箔后落的位置则呈现出衍射图样，即大量电子的行为表现出电子的波动性，干涉、衍射是波的特有现象，只要是波，都会发生干涉、衍射现象，故选项D错误，综合以上分析知，本题应选BD.
3．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波长和频率为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能表现出波动性
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
答案：ABC
4．下列说法不正确的是( )
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．任何一个运动的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
答案：D
5．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．电子的运动不再遵守牛顿运动定律，不可能同时准确地知道电子的位置和动量，不可能用“轨迹”来描述电子的运动，只能通过概率波来描述．所以A、B、C项均错．
6．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、电子电量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的( )
A．最短波长为 B．最长波长为h
C．最小频率为 D．最大频率为
解析：选D.波长最短的光子能量最大，其能量ε＝hν＝h＝eU，所以λ＝，νm＝＝，D项正确．
7．要观察纳米级以下的微小结构，需要利用分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜．有关电子显微镜的下列说法正确的是( )
A．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C．它是利用了电子物质波的波长比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D．它是利用了电子物质波的波长比可见光长，因此更容易发生明显衍射
解析：选A.电子显微镜的分辨率比光学显微镜更高，是因为电子物质波的波长比可见光短，和可见光相比，电子物质波更不容易发生明显衍射，所以分辨率更高．
8．科学家设想未来的宇航事业中利用太阳帆来加速星际飞船．“神舟五号”载人飞船在轨道上运行期间，成功实施了飞船上太阳帆板的展开试验．设该飞船所在地每秒每单位面积(m2)接收的光子数为n，光子平均波长为λ，太阳帆板面积为S，反射率为100%，光子动量p＝.设太阳光垂直射到太阳帆板上，飞船总质量为m，则飞船加速度的表达式为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.Δt时间内太阳帆板接收的光子数为N＝nS·Δt，光子的总动量为：p1＝nS·Δt·，反射后光子的总动量为：p2＝p1，方向两者相反，由F＝得：F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝，故D对．
二、非选择题
9．在单缝衍射实验中，若单缝宽度是1.0×10－9 m，那么光子经过单缝发生衍射，动量不确定量是多少？
解析：单缝宽度是光子经过狭缝的不确定量，即Δx＝1.0×10－9 m，
由Δx·Δpx≥有：1.0×10－9·Δpx≥，
则Δpx≥0.53×10－25 kg·m/s.
答案：Δpx≥0.53×10－25 kg·m/s
10．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)
解析：中子的动量为：p1＝m1v，子弹的动量为：p2＝m2v，据λ＝知中子和子弹的德布罗意波长分别为：
λ1＝，λ2＝
联立以上各式解得：λ1＝，λ2＝
将m1＝1.67×10－27 kg，v＝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.
答案：见解析
11．已知＝5.3×10－35 J·s，试求下列情况中速度测定的不确定量，并根据计算结果，讨论在宏观和微观世界中进行测量的不同情况．
(1)一个球的质量m＝1.0 kg，测定其位置的不确定量为10－6 m.
(2)电子的质量me＝9.0×10－31 kg，测定其位置的不确定量为10－10 m.
解析：由ΔxΔpx≥得：
(1)球的速度测定的不确定量
Δv≥＝ m/s＝5.3×10－29 m/s.
(2)电子的速度测定的不确定量
Δv≥＝ m/s＝5.9×105 m/s.
球的速度不确定量在宏观世界中微不足道，可认为球的速度是确定的，其运动遵从经典物理学理论．
电子的速度不确定量不可忽略，不能认为原子中的电子具有确定的速度，其运动不能用经典物理学理论处理．
答案：见解析
12．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2500 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．
解析：(1)电子的动量：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＝2500 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＝＝20.
答案：(1)5.4×10－24 kg·m/s 1.2×10－10 m
(2)5.0×10－10 m 20
