学业分层测评(十七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.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不变
B.含有的中子数较裂变前重核的中子数不变
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
E.含有的中子数较裂变前重核的中子数少
【解析】 由于在裂变反应中吸收一个中子而释放2～3个中子，质子数并没有发生变化，而两个新核的中子数减少，故选项A、E正确，B错误；反应后质量发生了亏损而释放能量，并不等于俘获中子时得到的能量，在裂变反应中，产物并不是唯一的，而是多种多样的，故选项D正确，选项C错误.
【答案】 ADE
2.关于重核的裂变，以下说法正确的是( )
A.核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B.中子从铀块中通过时，并不一定发生链式反应
C.重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减小
D.重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
E.重核裂变虽释放出大量能量，产生明显的质量亏损，但仍然满足质量数守恒
【解析】 根据重核发生裂变的条件和裂变释放核能的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程.释放的能量远大于其俘获中子时吸收的能量.链式反应是有条件的，即铀块的体积必须大于其临界体积，如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生.在裂变反应中质量数、电荷数均守恒；即核子数守恒，所以核子数是不会减小的，因此选项A、C错误，B、E正确；重核裂变为中等质量的原子核时，发生质量亏损，从而释放出核能，选项D正确.
【答案】 BDE
3.铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是U＋n→Ba＋Kr＋3n.下列说法正确的有( )
A.上述裂变反应中伴随着中子放出
B铀块体积对链式反应的发生无影响
C.铀核的链式反应可人工控制
D.铀核的半衰期会受到环境温度的影响
E.铀块体积必须大于临界体积，才能发生链式反应
【解析】 根据裂变反应的规律和影响半衰期的因素解决问题.裂变反应式中的n为中子，铀块体积大于临界体积，才能发生链式反应，且铀核的链式反应是可控的，选项A、C、E正确，选项B错误；放射性元素的半衰期不受外界压强、温度的影响，选项D错误.
【答案】 ACE
4.关于铀核裂变，下列说法正确的是( )
A.铀核裂变的产物是多种多样的，但只能裂变成两种不同的核
B.铀核裂变还能同时释放2～3个中子
C.为了使裂变的链式反应容易进行，最好用纯铀235
D.铀块的体积对产生链式反应无影响
E.若能发生链式反应，中子数迅速增加，几秒之内即可释放出巨大的核能
【解析】 铀核裂变的产物是多种多样的，具有极大的偶然性，但裂变成两个核的情况较多，也会分裂成多个核，并放出几个中子.铀235被中子轰击时，裂变的概率大，且可以俘获各种能量的中子引起裂变，而铀238只有俘获能量在1
MeV以上的中子才能发生裂变，且裂变的几率小，而要引起链式反应，必须使铀块的体积大于临界体积.故选项B、C正确，A、D错误；若能发生链式反应，中子数迅速增加，铀核裂变快速进行，快速释放巨大的核能，为不可控核反应，E正确.
【答案】 BCE
5.2020年以前我国将新增投产2
300万千瓦的核电站，核电站与火电站相比较，下列说法正确的是( )
A.核燃料释放的能量远大于相等质量的煤放出的能量
B.就可采储量来说，地球上核燃料资源远大于煤炭
C.在经济效益方面核电与火电不相上下
D.核电站没有任何污染
E.核反应堆用过的核废料具有很强的辐射性，要做特殊处理
【解析】 核燃料释放的能量远大于相等质量的煤放出的能量，A项正确；就可采储量所提供的能量来说，核燃料提供的能量远大于煤炭所能提供的能量，而不是采储量，B项错误；在经济效益方面核电与火电不相上下，C项正确；核电站是有污染的，核反应堆用过的核废料具有很强的辐射性，要做特殊处理，D项错误，E项正确.
【答案】 ACE
6.我国秦山核电站第三期工程中有两组60万千瓦的发电机组，发电站的核能来源于U的裂变，现有五种说法，其中正确的是( )
A.U原子核中有92个质子，143个中子
B.U的一种可能裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程为U＋n―→Xe＋Sr＋2n
C.U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短
D.一个U裂变能放出200
MeV的能量，合3.2×10－11
J
E.一个U裂变能放出200
MeV的能量，合3.2×10－17
J
【解析】 由U的质量数和电荷数关系易知A正确；由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒知B正确；半衰期不受外界因素干扰，故C错误；因为200
MeV＝200×106×1.6×10－19
J＝3.2×10－11
J，所以D正确，E错误.
【答案】 ABD
7.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235.043
9
u，中子的质量为1.008
7
u，锶90的质量为89.907
7
u，氙136的质量为135.907
2
u，则此核反应中质量亏损Δm＝________u，释放的核能ΔE＝________MeV.
【解析】 质量亏损Δm＝235.0439
u＋1.0087
u－135.9072
u－89.9077
u－10×1.0087
u＝0.1507
u
由ΔE＝Δmc2可求得释放的核能ΔE＝0.1507
uc2＝0.1507×931.5
MeV＝140.3771
MeV.
【答案】 0.1507 140.3771
8.落在日本广岛上的原子弹，相当于2万吨TNT炸药放出的能量.原子弹放出的能量约8.4×1013
J，试问有多少个U原子核进行分裂？该原子弹中含U的质量最小限度为多少千克？(一个U原子核分裂时所产生的能量约为200
MeV)
【解析】 一个U原子核分裂时所产生的能量约为200
MeV＝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：n＝个≈2.6×1024个，铀的质量m＝235×10－3×kg≈1.015
kg.
【答案】 2.6×1024个 1.015
kg
[能力提升]
9.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图5 2 1所示的关系.下列关于原子结构和核反应的说法正确的是( )
图5 2 1
A.由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量
B.由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能
C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大
D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度
E.慢化剂的作用是使快中子减速成慢中子，便于U 235吸收
【解析】 原子核D和E的核子平均质量大，结合成原子核F时存在质量亏损，要释放能量，A错误；原子核A的核子平均质量大，裂变成原子核B和C时质量亏损，要放出核能，B正确；入射光使某金属发生光电效应，光电子的最大初动能由入射光的频率决定，与其强度无关，C错误；镉棒可以吸收中子，在反应堆中能控制反应速度，D正确；在核反应堆中，慢化剂的作用就是使快中子减速变为慢中子，便于U 235吸收，故E正确.
【答案】 BDE
10.U受中子轰击时会发生裂变，产生Ba和Kr，同时放出200
MeV的能量，现要建设发电能力是50万千瓦的核电站，用铀235作为原子锅炉的燃料，假设核裂变释放的能量全部被用来发电，那么一天需要纯铀235的质量为多少？(阿伏加德罗常数取6.02×1023
mol－1)
【解析】 每天发电的总量
E＝24×3.6×103×5×108
J＝4.32×1013
J.
要得到这么多能量需要裂变的铀原子数目n＝＝1.35×1024(个).
则对应的质量
m＝·μ＝×235×10－3
kg＝0.527
kg.
【答案】 0.527
kg
11.在所有能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能.核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能.
【导学号：67080046】
(1)核反应方程式92U＋n―→56Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X为________，a＝________.以mU、mBa、mKr分别表示92U、56Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE是多少？
(2)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全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×10－11
J，核的质量mU＝390×10－27
kg，求每年(1年＝3.15×107
s)消耗的92U的质量.
【解析】 (1)由反应方程可知：X为n，a为3，释放的能量为
ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
(2)因电站发电效率为40%，故电站消耗U的功率为P′＝＝
kW＝2.5×106
kW，
电站每年消耗235U的能量为W＝Pt＝2.5×109×3.15×107
J＝7.875×1016
J.
每年消耗U的质量为
M＝mU＝
kg＝1
105
kg.
【答案】 (1)n 3 (mU－mBa－mKr－2mn)c2
(2)1
105
kg学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是( )
A.对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B.对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C.对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比
D.对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E.对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
【解析】 Ek＝hν－W＝h－W，同种金属逸出功相同，最大初动能与照射光强度无关，与照射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，不同种金属，保持入射光频率不变，最大初动能Ek与逸出功成线性关系.
【答案】 ADE
2.频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是( )
A.光子改变原来的运动方向，且传播速度变小
B.光子改变原来的传播方向，但传播速度不变
C.光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大
D.由于受到电子碰撞，散射后的光子波长大于入射光子的波长
E.由于受到电子碰撞，散射后的光子频率小于入射光子的频率
【解析】 碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A错误，B正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C错误，D、E正确.
【答案】 BDE
3.如图2 2 6所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，由图象可知( )
图2 2 6
A.该金属的逸出功等于E
B.该金属的逸出功等于hν0
C.入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D.入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
E.入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
【解析】 题中图象反映了光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能Ek＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A、B、D正确，而选项C、E错误.
【答案】 ABD
4.美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应.关于康普顿效应，以下说法正确的是
( )
A.康普顿效应说明光子具有动量
B.康普顿效应现象说明光具有波动性
C.康普顿效应现象说明光具有粒子性
D.当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量增加
E.当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量减少
【解析】 康普顿效应说明光具有粒子性，B项错误，A、C项正确；光子与晶体中的电子碰撞时满足动量守恒和能量守恒，故二者碰撞后，光子要把部分能量转移给电子，光子的能量会减少，D项错误，E项正确.
【答案】 ACE
5.实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图2 2 7所示.下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功，参照下表可以确定的是( )
【导学号：67080017】
图2 2 7
金属
钨
钙
钠
截止频率ν0/1014
Hz
10.95
7.73
5.53
逸出功W/eV
4.54
3.20
2.29
A.如用金属钨做实验得到的Ekm ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
B.如用金属钠做实验得到的Ekm ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
C.如用金属钠做实验得到的Ekm ν图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2
D.如用金属钨做实验，当入射光的频率ν<ν1时，不可能有光电子逸出
E.用金属钨、钙、钠做实验得到的Ekm ν图线都是一条直线，且这三条直线相互平行
【解析】 由光电效应方程Ekm＝hν－W可知Ekm ν图线是直线，且斜率相同，A、B错误，E正确；由表中列出的截止频率和逸出功数据可知，C正确，当入射光的频率小于金属钨的截止频率时，不发生光电效应，不可能有光电子逸出，D正确.
【答案】 CDE
6.现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3.当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为Ek，当改用c光束照射该金属板时________(填“能”或“不能”)发生光电效应，若能发生光电效应，飞出的光电子的最大初动能为________.
【解析】 对a、b、c三束光由光电效应方程可得：
－W＝Ek，－W＝Ek，
由以上两式可解得：＝Ek，W＝Ek，
当用c光束照射该金属板时－W＝Ekc
λc＝3λa，可解得：＝Ek>W，
Ekc＝Ek.
【答案】 能 Ek
7.A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EkA、EkB.求该金属的逸出功.
【解析】 由光电效应方程可得：EkA＝EA－W，EkB＝EB－W，
又EA∶EB＝2∶1，可解得该金属的逸出功W＝EkA－2EkB.
【答案】 EkA－2EkB
[能力提升]
8.如图2 2 8所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接，用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而且另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转.下列说法正确的是( )
图2 2 8
A.a光的频率一定大于b光的频率
B.电源正极可能与c接线柱连接
C.用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应
D.若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由e→G→f
E.若增加a光的强度，则单位时间内逸出的光电子数增加，逸出的光电子最大初动能变大
【解析】 用单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用单色光b照射时，电流计G的指针不偏转，说明单色光a的频率一定大于单色光b的频率，A对.单色光a照射时一定发生光电效应，单色光b照射时可能发生光电效应，但由于加反向电压，光电流为零，也可能没有发生光电效应，C错误，B对.若灵敏电流计的指针发生偏转，电流方向一定是与电子定向运动的方向相反，由e→G→f，D对.若增加a光的强度，单位时间内逸出的光电子数增加，但光电子最大初动能不变，E错误.
【答案】 ABD
9.在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置，如图2 2 9(a)所示，在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图(b)所示.则正确的是( )
图2 2 9
A.乙光的频率大于甲光的频率
B.甲光的波长大于丙光的波长
C.丙光的光子能量小于甲光的光子能量
D.乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能
E.乙、丙两种光对应的光电子的最大初动能相等
【解析】 由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0及遏止电压的含义可知，hν－W0＝eUc，结合题意与图象可以判断，W0相同，U1>U2，则三种色光的频率为ν乙＝ν丙>ν甲，故丙光子能量大于甲光子能量，C错误，同时判断乙光对应光电子的最大初动能等于丙光对应光电子的最大初动能，A、E正确，D错误，由ν＝知，λ乙＝λ丙＜λ甲，B正确.
【答案】 ABE
10.小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图2 2 10甲所示.已知普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s.
图2 2 10
(1)图甲中电极A为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)；
(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝________J.
【解析】 (1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极.
(2)由题图可知，铷的截止频率νc为5.15×1014
Hz，逸出功W0＝hνc＝6.63×10－34×5.15×1014
J≈3.41×10－19
J.
(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz时，由Ek＝hν－hνc得，光电子的最大初动能为Ek＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014
J≈1.23×10－19
J.
【答案】 (1)阳极 (2)5.15×1014[(5.12～5.18)×1014均视为正确] 3.41×10－19[(3.39～3.43)×10－19均视为正确] (3)1.23×10－19[(1.21～1.25)×10－19均视为正确
11.紫光在真空中的波长为4.5×10－7m，问：
(1)紫光光子的能量是多少？
(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014
Hz的金属钾时能否产生光电效应？
(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h＝6.63×10－34
J·s)
【解析】 (1)紫光光子的能量
E＝hν＝h＝4.42×10－19
J.
(2)紫光频率
ν＝＝6.67×1014
Hz，
因为ν>ν0，所以能产生光电效应.
(3)光电子的最大初动能为
Ekm＝hν－W＝h(ν－ν0)
＝1.36×10－19
J.
【答案】 (1)4.42×10－19
J (2)能
(3)1.36×10－19
J
12.光电管是应用光电效应实现光信号与电信号之间相互转换的装置，其广泛应用于光功率测量、光信号记录、电影、电视和自动控制等诸多方面.如图2 2 11所示，C为光电管，B极由金属钠制成(钠的极限波长为5.0×10－7
m).现用波长为4.8×10－7
m的某单色光照射B极.
【导学号：67080018】
图2 2 11
(1)电阻R上电流的方向是向左还是向右？
(2)求出从B极发出的光电子的最大初动能；
(3)若给予光电管足够大的正向电压时，电路中光电流为10
μA，则每秒射到光电管B极的光子数至少为多少个？
【解析】 (1)B极板上逸出光电子，相当于电源的正极，A为负极，故流过R的电流向左.
(2)Ekm＝h－h
＝6.63×10－34×3×108×－
J
＝1.66×10－20
J.
(3)每秒电路中流过的电子电荷量
q＝It＝10×10－6×1
C＝1×10－5
C
n＝＝个＝6.25×1013个.
【答案】 (1)向左 (2)1.66×10－20
J
(3)6.25×1013个学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于质子与中子，下列说法正确的是( )
A.原子核(除氢核外)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
E.查德威克用α粒子轰击铍发现了质子
【解析】 原子核(除氢核外)由质子和中子构成，质子和中子统称为核子，卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在，查德威克用α粒子轰击铍发现了中子，故A、B、C正确，D、E错误.
【答案】 ABC
2.α粒子击中氮14核后放出一个质子，转变为氧17核(O).在这个氧原子核中有( )
A.8个正电子
B.17个电子
C.9个中子
D.8个质子
E.这个氧原子核中不可能存在处于游离态的电子或正电子
【解析】 根据原子核的构成，核电荷数为8，即质子数为8，核外电子数为8，质量数为17，所以中子数为17－8＝9，原子核内没有游离的正电子，所以答案为C、D、E.
【答案】 CDE
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)，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核的质量数大3
D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
E.X核的电荷数比Z核的电荷数大2
【解析】 设原子核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＋ mn－1Y
mn－1Y＋H→He＋Z
因此比较X、Y、Z的质量数与核电荷数，可判定C、D、E均正确.
【答案】 CDE
4.有些元素的原子核可以从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子(如从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”)，当发生这一过程时( )
A.新原子是原来原子的同位素
B.新原子核比原来的原子核少一个质子
C.新原子核将带负电
D.新原子核比原来的原子核多一个中子
E.新原子核与原来的原子核具有相同的核子数
【解析】 原子核“俘获”一个电子后，带负电的电子与原子核内带正电的质子中和，原子核的质子数减少1，中子数增加1，形成一个新原子，新原子与原来的原子相比，质子数不同，中子数也不同，但核子数相同，不是同位素，所以B、D、E均正确.
【答案】 BDE
5.以下说法中正确的是( )
A.原子中含有带负电的电子，所以原子带负电
B.原子核中的中子数一定跟核外电子数相等
C.用α粒子轰击氮、氟、钠、铝等元素的原子核都可以打出质子，因此人们断定质子是原子核的组成部分
D.绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，因而原子核内还存在一种不带电的中性粒子
E.查德威克发现中子后又从许多元素的原子核中都能轰击出中子，表明中子是原子核的组成部分
【解析】 原子中除了有带负电的电子外，还有带正电的原子核，故A错；原子核中的中子数不一定跟核外电子数相等，故B错；正是用α粒子轰击原子核的实验才发现了质子，故C正确；因为绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，才确定原子核内还有别的中性粒子，故D正确；由中子的发现过程可知，选项E正确.
【答案】 CDE
6.以下是物理学史上3个著名的核反应方程
x＋Li→2y y＋N→x＋O y＋Be→z＋C
x、y和z是3种不同的粒子，其中z是________.
【解析】 把前两个方程化简，消去x，即N＋Li＝y＋O，可见y是He，结合第三个方程，根据电荷数守恒、质量数守恒可知z是中子n.
【答案】 n
7.最近国外科技杂志报道，将Ni和82Pb经核聚变并释放出一个中子后，生成第110号元素的一种同位素，该同位素的中子数是________.
【解析】 根据质量数与电荷数守恒，写出核反应方程
Ni＋82Pb―→Y＋n，则Y的中子数为269－110＝159.
【答案】 159
8.一个静止的氮核N俘获了一个速度为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的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之比RB∶RC＝11∶30，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.
【解析】 氮核吸收了一个中子变成的复核不稳定，将发生衰变.整个过程中，中子、氮核以及两个新核组成一个系统，过程前后都不受外界的任何干扰，所以整个系统在俘获与衰变过程中动量均守恒.利用这一点，可以求出C核的速度.然后根据粒子在磁场中的运动情况就可以判断核的种类，写出核反应方程.
(1)氮核从俘获中子到衰变成B、C两个新核的过程动量守恒，有mnvn＝mBvB＋mCvC
根据质量数守恒规律，可知C核的质量数为14＋1－11＝4.
由此解得vC＝3×106
m/s.
(2)由带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动时R＝，可得
＝＝＝①
qB＋qC＝7②
将①②式联立求解得qC＝2，而AC＝4，则C核是氦原子核.
(3)核反应方程式是N＋n→B＋He.
【答案】 见解析
[能力提升]
9.有两束均由质子和氘核混合组成的粒子流，第一束中的质子和氘核具有相同的动量，第二束中的质子和氘核具有相同的动能.现打算将质子和氘核分开，有以下一些做法，这些方法中可行的是( )
【导学号：67080034】
A.让第一束粒子流垂直电场方向进入匀强电场后穿出
B.让第一束粒子流垂直磁场方向进入匀强磁场后穿出
C.让第二束粒子流垂直电场方向进入匀强电场后穿出
D.让第二束粒子流垂直磁场方向进入匀强磁场后穿出
E.让粒子流垂直于电场方向进入速度选择器，适当调节两板间电场强度大小，让粒子流从板间穿出
【解析】 在电场中，电场方向上的偏移量为
y＝at2＝＝
在磁场中，轨道半径为
R＝＝＝
所以，以相同的动量进入电场和以相同的动能进入磁场能分开.适当调节速度选择器两板间电场强度，可使质子满足Eq＝Bvq，沿直线飞出，则氘核将沿电场方向偏转，倾斜穿出，故A、D、E正确.
【答案】 ADE
10.1930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；
(3)若与中子碰撞后的碳核垂直于磁场方向射入匀强磁场，测得碳核做圆周运动的半径为R，已知元电荷的电荷量为e，求该磁场的磁感应强度大小.
【解析】 (1)Be＋He―→n＋C.
(2)根据动量守恒定律有
mnv0＝－mnv1＋12mnv2，
解得：v2＝.
(3)根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有6eBv2＝12mnv/R
解得：B＝.
【答案】 (1)Be＋He―→n＋C
(2) (3)
11.质谱仪是一种测定带电粒子的质量及分析同位素的重要工具，它的构造原理如图4 1 5所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x.
【导学号：67080035】
图4 1 5
(1)设离子质量为m、电荷量为q、加速电压为U、磁感应强度大小为B，求x的大小；
(2)氢的三种同位素H、H、H从离子源S出发，到达照相底片的位置距入口处S1的距离之比xH∶xD∶xT为多少？
【解析】 (1)离子在电场中被加速时，由动能定理
qU＝mv2，
进入磁场时洛伦兹力提供向心力，qvB＝，又x＝2r，
由以上三式得x＝.
(2)氢的三种同位素的质量数分别为1、2、3，由(1)结果知，
xH∶xD∶xT＝∶∶＝1∶∶.
【答案】 (1) (2)1∶∶学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.一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
E.气球可能加速上升
【解析】 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选项错误.E项违背动量守恒.
【答案】 ABC
2.质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图1 3 5所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
图1 3 5
A.人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B.人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C.人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D.不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
E.人在车上行走的平均速度越大，车在地面移动的平均速度也越大
【解析】 由人与车组成的系统动量守恒得：mv人＝Mv车，可知A、E正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误.
【答案】 ADE
3.小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1 3 6所示.当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
图1 3 6
A.如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B.整个系统任何时刻动量都守恒
C.当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D.整个系统最后静止
E.木块的位移一定大于小车的位移
【解析】 因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B、C、D均正确，E错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误.
【答案】 BCD
4.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图1 3 7所示为两球碰撞前后的位移图像.a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m＝2
kg，则由图像判断下列结论正确的是( )
【导学号：67080009】
图1 3 7
A.A、B碰撞前的总动量为3
kg·m/s
B.碰撞时A对B所施冲量为－4
N·s
C.碰撞前后A的动量变化量为4
kg·m/s
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10
J
E.B球的质量为8
kg
【解析】 根据图象可以求出碰撞前小球的速度vA＝－3
m/s，vB＝2
m/s；碰撞后两球共同运动的速度v＝－1
m/s，根据动量守恒定律有mB＝
kg，即碰撞前的总动量为－
kg·m/s.碰撞前后A的动量变化量为4
kg·m/s；碰撞时A对B所施冲量为×(－1－2)
N·s＝－4
N·s；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10
J.
【答案】 BCD
5.如图1 3 8所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
图1 3 8
A.落地时a的速度大于b的速度
B.落地时a的速度小于b的速度
C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
E.下落过程中a、b两块动量的增量不相等
【解析】 P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误.magt＜mbgt，E正确.
【答案】 ACE
6.质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为________.
【解析】 依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则：Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝(Mv0＋Δmv)/M.
【答案】 (Mv0＋Δmv)/M
7.如图1 3 9所示，火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，火炮的速度变为v2，仍向右行驶.则炮弹相对炮筒的发射速度v0为________.
图1 3 9
【解析】 火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒.设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)，由Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝－v2＝.
【答案】
8.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重1吨左右)，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m，则小船的质量为多少？
【解析】 如图所示，设该同学在时间t内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即：m＝M
又：x人＝L－d
解得M＝.
【答案】
9.质量为m1、m2的滑块分别以速度v1和v2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图1 3 10所示，已知v2>v1，有一轻弹簧固定在m2上，求弹簧被压缩至最短时m1的速度多大？
图1 3 10
【解析】 两滑块匀速下滑所受合外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒.当弹簧被压缩时，m1加速，m2减速，当压缩至最短时，m1、m2速度相等.
设速度相等时为v，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得弹簧被压缩至最短时的速度
v＝.
【答案】
[能力提升]
10.平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍.从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动.水对船的阻力忽略不计.下列说法中正确的是( )
A.人走动时，他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度
B.他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C.人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D.人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
E.人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的8倍
【解析】 人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A正确；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误E正确；动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确.
【答案】 ADE
11.如图1 3 11所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是多少？
图1 3 11
【解析】 此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2
因此0＝mx1－Mx2①
且x1＋x2＝hcot
α②
由①②可得x2＝.
【答案】
12.某校课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10－4
m3/s，喷出速度保持水平且对地为10
m/s.启动前火箭总质量为1.4
kg，则启动2
s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103
kg/m3.
【解析】 “水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为m，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
(m－ρQt)v′＝ρQtv
火箭启动后2
s末的速度为
v′＝＝
m/s＝4
m/s.
【答案】 4
m/s
13.如图1 3 12所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)
图1 3 12
【解析】 蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则
Mv′－mv＝0
蛙下落时间t＝
若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝
解得v＝.
【答案】 章末综合测评(五)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分.在每小题给出的五个选项中，有三项是符合题目要求的，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)
1.关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )
A.U→Th＋He是α衰变
B.N＋He→O＋H是β衰变
C.H＋H→He＋n是轻核聚变
D.Se→Kr＋2e是重核裂变
E.U＋n→Ba＋Kr＋3n是重核裂变
【解析】 据核反应各类型特点可知：A、D项均为衰变，A中放出α粒子，A正确，D错误.B项为人工转变，B错误；C项为轻核聚变，E项为重核裂变反应，C、E正确.
【答案】 ACE
2.下列说法中正确的是( )
A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B.放射性元素的半衰期不会随物理或化学条件的变化而变化
C.约里奥—居里夫人用α粒子轰击铝箔发现了中子
D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量
E.He＋N→O＋H是卢瑟福发现质子的核反应方程
【解析】 放射性元素的半衰期由元素的原子核决定，与化学、物理状态无关，故选项A错误，B正确；由物理学史可知中子是由查德威克发现的，选项C错误；核子结合成原子核放出核能，因此原子核所含核子单独存在时的总质量大于核原子核的质量，选项D正确；用α粒子轰击氮核生成氧核和质子是卢瑟福发现质子的实验，E正确.
【答案】 BDE
3.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9
MeV和H＋H→He＋X＋17.6
MeV，下列表述正确的有( )
A.X是中子
B.Y的质子数是3，中子数是6
C.两个核反应都没有质量亏损
D.氘和氚的核反应是核聚变反应
E.两个核反应都有核能释放，因此都有质量亏损
【解析】 根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D、E正确.
【答案】 ADE
4.热核反应是一种理想能源的原因是( )
A.轻核聚变比重核裂变时释放的能量多
B.对环境的放射性污染较裂变轻，且较容易处理
C.热核反应的原料在地球上储量丰富
D.热核反应的速度容易控制
E.就每个核子平均释放的能量来说，热核反应比重核裂变时释放的能量多
【解析】 不能说轻核聚变比重核裂变时释放的能量多，但就每个核子平均释放的能量来说，聚变反应平均每个核子比裂变反应中平均每个核子放出的能量要大3～4倍，且其原料均为氢的同位素，在地球上储量极为丰富，其放射性污染也较裂变轻.但是，目前只是能够让轻核聚变发生，还不能控制聚变反应的速度、和平利用聚变时释放的核能，综上所述，B、C、E正确，A、D错误.
【答案】 BCE
5.质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，例如He是H的“镜像核”，同样H也是He的“镜像核”，则下列说法正确的是( )
A.N和O互为“镜像核”
B.N和C互为“镜像核”
C.β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子
D.核反应H＋H→He＋n的生成物中有α粒子，该反应是α衰变
E.核反应H＋H→He＋n的生成物中虽有α粒子，但该反应属于轻核聚变
【解析】 根据“镜像核”的定义，N和C互为“镜像核”，选项B正确，A错误；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，选项C正确；核反应H＋H→He＋n的生成物中虽有α粒子，但该反应是聚变反应，选项D错误，E正确.
【答案】 BCE
6.下列说法中正确的是( )
A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应
B.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量
C.只要有核反应发生，就一定会释放出核能
D.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数
E.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数大于质子数
【解析】 太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确.核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误.随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误，E正确.
【答案】 ABE
二、非选择题(本题共5小题，共64分，按题目要求作答)
7.(2015·江苏高考)(8分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料.U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分，并产生________个中子.要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积.
【解析】 核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：U＋n―→Ba＋Kr＋3n，即产生3个中子.临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积.
【答案】 3 大于
8.(12分)1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素78Pt，制取过程如下：
(1)用质子轰击铍Be产生快中子，核反应方程：_____________；
(2)用快中子轰击汞80Hg，反应过程可能有两种：
①生成78Pt，放出氦原子核，核反应方程：_____________________；
②生成78Pt，放出质子、中子，核反应方程：
___________________________________________________________；
(3)生成的铂78Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞80Hg，核反应方程：________________________________________________.
【答案】 (1)Be＋H―→B＋n
(2)①80Hg＋n―→78Pt＋He
②80Hg＋n―→78Pt＋2H＋n
(3)78Pt―→79Au＋ 0－1e；79Au―→80Hg＋ 0－1e
9.(12分)同位素原子在许多方面有着广泛的应用，1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源时，铝箔虽不再发射中子，但仍能继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期.
【导学号：67080049】
(1)写出α粒子轰击铝Al产生中子的核反应方程式；
(2)上述产生的具有放射性的同位素叫做放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式；
(3)简要说明放射性同位素的应用，并至少举出两个实际应用的例子.
【解析】 (1)Al＋He→P＋n.
(2)P→Si＋e.
(3)利用射线辐射育种，作为示踪原子，检查管道等.
【答案】 见解析
10.(2015·海南高考)(16分)运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.
【解析】 设衰变前原子核X的速度为v0，衰变后放出的α粒子的速度为v，由动量守恒有：
Mv0＝m2v
再由反应中能量守恒有
Mv＝m2v2－ΔE
由爱因斯坦质能方程有
ΔE＝Δmc2
而Δm＝M－(m1＋m2)
解之有
ΔE＝m2v2－Mv＝[M－(m1＋m2)]c2
＝(M－m1－m2)c2
Ekα＝m2v2＝＝c2.
【答案】 (M－m1－m2)c2 c2
11.(16分)足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核Rn，它放射出一个α粒子后变为Po核.假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：
(1)α粒子与Po核在匀强磁场中的径迹圆半径之比，画出它们在磁场中运动轨迹的示意图；
(2)α粒子与Po核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)
(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变轨迹示意图有何不同？
【解析】 (1)氡核经α衰变的核反应方程为：Rn→Po＋He，衰变的极短过程系统动量守恒，设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律
0＝mαvα－mPovPo，即mαvα＝mPovPo
α粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力qvB＝，r＝∝，
故＝＝＝，示意图如图甲所示.
(2)它们在磁场中运动的周期T＝＝∝，它们的周期之比为＝·＝·＝，
即109Tα＝84TPo，这样α粒子转109圈，Po核转84圈，两者才相遇.所以，α粒子与Po核两次相遇的时间间隔Δt＝109Tα.
(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，它们两个衰变时运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于新核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如乙所示.
【答案】 (1)42∶1 见解析 (2)Δt＝109Tα (3)见解析学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于放射性的应用，下列说法正确的是( )
A.利用α射线使空气电离，把静电荷导走
B.利用β射线照射植物的种子，使产量显著增加
C.利用γ射线来治疗肺癌、食道癌等疾病
D.利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子
E.利用β射线进行金属探伤
【解析】 α射线的电离作用很强，可利用α射线的电离作用，把静电荷导走A对；γ射线对生物具有物理化学作用，照射种子可使基因变异，可用于放射性治疗，β射线不具有生物作用，B错，C对；同位素的核外电子数相同，化学性质相同，放射性同位素带有“放射性标记”，可用探测器探测，D对；利用γ射线进行金属探伤，E错.
【答案】 ACD
2.关于放射性的应用与防护，下列说法正确的是( )
A.通过原子核的人工转变可以发现和制造新元素
B.在人工核反应过程中，质量守恒
C.利用示踪原子可以研究生物大分子的结构
D.人类一直生活在放射性的环境中
E.射线对人体没有破坏作用
【解析】 通过原子核的人工转变可以发现和制造新元素，A项正确；在人工核反应过程中，质量数守恒，B项错；利用示踪原子可以研究生物大分子的结构，C项正确；人类一直生活在放射性的环境中，地球上的每个角落都有射线，D项正确；只有在安全剂量之内的射线才对人体没有破坏作用，E项错.
【答案】 ACD
3.放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用.下列选项中，属于γ射线的应用的是( )
A.医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤
B.机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地
C.铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制
D.用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期
E.γ射线的穿透能力很强，可用于钢板探伤
【解析】 γ射线的电离作用很弱，不能使空气电离成为导体，B错误；γ射线的穿透能力很强，薄铝板的厚度变化时，接收到的信号强度变化很小，不能控制铝板厚度，但可用于金属钢板探伤，C错误，E正确；γ射线能量很大，可以杀菌，延长水果的保存期，对肿瘤细胞有很强的杀伤作用，故A、D正确.
【答案】 ADE
4.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( )
图4 3 2
A.A是α粒子的径迹
B.B是α粒子的径迹
C.C是α粒子的径迹
D.A是新核的径迹
E.C是质子的径迹
【解析】 α粒子轰击氮的核反应方程为He＋N→O＋H，入射的是α粒子.所以B是α粒子产生的径迹，质量大、电离作用强的新核O，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B、D、E.
【答案】 BDE
5.防止放射性污染的防护措施有( )
A.将废弃的放射性物质进行深埋
B.将废弃的放射性物质倒在下水道里
C.接触放射性物质的人员穿上铅防护服
D.严格和准确控制放射性物质的放射剂量
E.将废弃的放射性物质投放到大海里
【解析】 因为放射性物质残存的时间太长，具有辐射性，故应将其深埋，A对，B、E均错；铅具有一定的防止放射性的能力，接触放射性物质的人员穿上铅防护服，并要控制一定的放射剂量，故C、D对.
【答案】 ACD
6.医学界通过14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是________.
【解析】 用14C标记C60来查明元素的行踪，发现可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，因此14C的作用是做示踪原子.
【答案】 示踪原子
7.放射性在技术上有很多应用，不同的放射源可用于不同目的.下表列出了一些放射性元素的半衰期和可供利用的射线.
元素
射线
半衰期
钋210
α
138天
氡222
β
3.8天
锶90
β
28年
铀238
α、β、γ
4.5×109年
某塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让厚的聚乙烯膜通过轧辊把聚乙烯膜轧薄，利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀.可利用的元素是________.
【解析】 要测定聚乙烯薄膜的厚度，则要求射线可以穿透薄膜，因此α射线不合适；另外，射线穿透作用还要受薄膜厚度影响，γ射线穿透作用最强，薄膜厚度不会影响γ射线穿透，所以只能选用β射线，而氡222半衰期太小，铀238半衰期太长，所以只有锶90较合适.
【答案】 锶90
8.用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然放射性同位素只不过40几种，而今天人工制造的同位素已达1
000多种，每种元素都有放射性同位素，放射性同位素在农业、医疗卫生、科研等许多方面得到广泛应用.
【导学号：67080039】
(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失，其原因是________.
A.射线的贯穿作用
B.射线的电离作用
C.射线的物理、化学作用
D.以上三个选项都不是
(2)如图4 3 3是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图，如工厂生产的是厚度1
mm铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度起主要作用的是________射线.
图4 3 3
(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素结晶是同一物质，为此曾采用放射性同位素14C做________.
【解析】 (1)因放射性的电离作用，空气中与验电器所带电荷电性相反的离子与之中和，所以使验电器所带电荷消失.
(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度1
mm的铝板，因而探测器不能探到，γ射线穿透本领最强，穿透1
mm的铝板和几毫米厚铝板打在探测器上很难分辨，β射线也能穿透几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨.
(3)把掺入14C的人工合成牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素合为一体，它们是同一物质，把这种放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可了解某些不容易查明的情况或规律，人们把这种用途的放射性同位素叫做示踪原子.
【答案】 (1)B (2)β (3)示踪原子
[能力提升]
9.贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器，贫铀是提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力，而且铀238具有放射性，残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染.人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病.下列结论正确的是( )
A.铀238的衰变方程式为：U→Th＋He
B.U和U互为同位素
C.人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变
D.贫铀弹的穿甲能力很强，也是因为它的放射性
E.癌症病人可以生活在遭受贫铀炸弹破坏的环境里，以达到放射性治疗的效果
【解析】 铀238具有放射性，放出一个α粒子，变成钍234，A正确.铀238和铀235质子数相同，故互为同位素，B正确.核辐射能导致基因突变，是皮肤癌和白血病的诱因之一，C正确.贫铀弹的穿甲能力很强，是因为它的弹芯是由高密度、高强度、高韧性的铀合金组成，袭击目标时产生高温化学反应，所以其爆炸力、穿透力远远超过一般炸弹，D错.医学上利用放射线治疗癌症是有放射位置和放射剂量限制的，不能直接生活在被贫铀炸弹破坏的环境里，E错.
【答案】 ABC
10.某校学生在进行社会综合实践活动时，收集列出了一些放射性同位素的半衰期和可供利用的射线(见下表)，并总结出它们的几种用途.
同位素
放射线
半衰期
同位素
放射线
半衰期
同位素
放射线
半衰期
钋210
α
138天
锶90
β
28年
钴60
γ
5年
镅241
β
433天
锝99
γ
6小时
氡
α
3.8天
根据上表请你分析判断下面结论正确的是( )
A.塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让较厚的聚乙烯膜通过轧辊后变薄，利用α射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀
B.钴60的半衰期为5年，若取4个钴60原子核，经10年后就一定剩下一个原子核
C.把放射性元素钋210掺杂到其他稳定元素中，放射性元素的半衰期不变
D.用锝99可以作示踪原子，用来诊断人体内的器官是否正常.方法是给被检查者注射或口服附有放射性同位素的元素的某些物质，当这些物质的一部分到达到检查的器官时，可根据放射性同位素的射线情况分析器官正常与否
E.半衰期是一个统计概念，对大量的原子核的衰变才有意义
【解析】 因为α射线不能穿透薄膜，无法测量薄膜的厚度，所以A错误；钴60的半衰期为5年是指大量钴60原子核因衰变而减少到它原来数目的一半所需要的时间，因此B错误，C、E正确；检查时，要在人体外探测到体内辐射出来的射线，而又不能让放射性物质长期留在体内，所以应选取锝99作为放射源，D正确.
【答案】 CDE
11.为了临床测定病人血液的体积，可根据磷酸盐在血液中被红血球吸收这一事实，向病人体内输入适量含有P作示踪原子的血液，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后测量出其放射性强度为10
800
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，则病人的血液体积大约为多少？
【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，应有×V＝10
800，
解得：V＝4
320
cm3.
【答案】 4
320
cm3
12.1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用Co的衰变来验证，其核反应方程是Co→Ni＋e＋e.其中e是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零.
(1)在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数A是________，核电荷数Z是________.
(2)在衰变前Co核静止，根据云室照片可以看出，衰变产物Ni和e的运动径迹不在一条直线上，如果认为衰变产物只有Ni和e，那么衰变过程将违背________守恒定律.
(3)Co是典型的γ放射源，可用于作物诱变育种.我国应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3
000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大.γ射线处理作物后主要引起________，从而产生可遗传的变异.
【解析】 (1)根据质量数和电荷数守恒，核反应方程为：Co→Ni＋e＋e，由此得出两空分别为60和28.
(2)衰变过程遵循动量守恒定律.原来静止的核动量为零，分裂成两个粒子后，这两个粒子的动量和应还是零，则两粒子径迹必在同一直线上.现在发现Ni和e的运动径迹不在同一直线上，如果认为衰变产物只有Ni和e，就一定会违背动量守恒定律.
(3)用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生突变，从而培育出优良品种.
【答案】 (1)60 28 (2)动量 (3)基因突变
13.正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15O注入人体，参与人体的代谢过程.15O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像.根据PET原理，回答下列问题：
(1)写出15O的衰变和正负电子湮灭的方程式.
(2)将放射性同位素15O注入人体，15O的主要用途是( )
A.利用它的射线 B.作为示踪原子
C.参与人体的代谢过程
D.有氧呼吸
(3)PET中所选的放射性同位素的半衰期应________.(填“长”、“短”或“长短均可”)
【解析】 (1)由题意得O→N＋e，e＋e→2γ.
(2)将放射性同位素15O注入人体后，由于它能放出正电子，并能与人体内的负电子产生一对光子，从而被探测器探测到，所以它的用途为作为示踪原子.B正确.
(3)根据同位素的用途，为了减小对人体的伤害，半衰期应该很短.
【答案】 (1)O→N＋e，e＋e→2γ
(2)B (3)短章末综合测评(一)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)
1.水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )
A.在相等的时间间隔内动量的变化相同
B.在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C.在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D.在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
E.在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大
【解析】 做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D、E错误.
【答案】 ABC
2.如图1所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
图1
A.其他量不变，R越大x越大
B.其他量不变，μ越大x越小
C.其他量不变，m越大x越大
D.其他量不变，M越大x越大
E.其他量不变，x与m、M均无关
【解析】 小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A、B、E正确.
【答案】 ABE
3.下列说法中正确的是
( )
A.根据F＝可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
E.玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
【解析】 A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F＝是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对；由动量定理知E错.
【答案】 ACD
4.如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x t(位移—时间)图象.已知m1＝0.1
kg.由此可以判断( )
【导学号：67080014】
图2
A.碰前m2静止，m1向右运动
B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2＝0.3
kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4
J的机械能
E.碰撞过程中系统的机械能守恒
【解析】 分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8
m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝
m/s＝4
m/s，方向向右；碰后：v1′＝
m/s＝－2
m/s，v2′＝
m/s＝2
m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3
kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－＝0，故正确答案应选A、C、E.
【答案】 ACE
5.如图3所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是
( )
图3
A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为L
D.乙车移动的距离为L
E.乙车移动的距离为L
【解析】 本题类似人船模型.甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确，E错误.
【答案】 ACD
二、非选择题(本题共5小题，共70分.按题目要求作答.)
6.(14分)某同学用如图4(甲)所示的装置，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PQ是斜槽，QR为水平槽.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G处由静止开始滚下，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.
甲 乙
图4
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.
(2)在以下选项中，本次实验必须进行测量的是___________(填选项号).
A.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B.A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C.测量A球或B球的直径
D.测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E.测量G点相对于水平槽面的高度
【解析】 (1)如题图(乙)所示，用一个圆尽可能多地把小球落点圈在里面，由此可见圆心O的位置为67.0
cm，这也是小球落点的平均位置(66.5～67.5都算对).
(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选A、B、D，注意此题实验装置与我们前面讲的实验装置的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O点，所以选项C、E不选.
【答案】 (1)66.5～67.5 (2)ABD
7.(14分)如图5所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
图5
(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度.
【解析】 (1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以
有mAv0＝mAv1＋mBv2①
有mAv＝mAv＋mBv②
由①②解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
碰后A球向左，B球向右.
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有
mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0
得v′3＝v0.
【答案】 (1)v1＝－v0，碰后A球向左；v2＝v0，B球向右 (2)v′3＝v0，方向向右
8.(14分)如图6所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离.
图6
【解析】 设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得：v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
解得：v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：
I＝5mv2＝m
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－×5mv
解得：s＝.
【答案】 m
9.(14分)(2014·天津高考)如图7所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10
N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6
s，二者的速度达到vt＝2
m/s.求：
图7
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
【解析】 本题应从分析小车与物块的运动过程入手，结合牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理等规律求解.
(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5
m/s2.②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1
m/s.④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45
m.
【答案】 (1)2.5
m/s2 (2)1
m/s (3)0.45
m
10.(14分)如图8所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0
kg，木板的长度为L＝1.5
m.在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10
m/s2.
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3
m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.
图8
【解析】 (1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v①
对木板和物块系统，由功能关系
μmgL＝mv－(M＋m)v2②
由①②两式解得：
v0＝＝
m/s＝2
m/s.
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系
有μmg2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v2③
由①③两式解得：
ΔE＝v－2μmgL＝×32
J－2×0.1×10×1.5
J＝0.375
J.
【答案】 (1)2
m/s (2)0.375
J学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列物质产生连续谱的是( )
A.炽热的钢水
B.发亮的白炽灯
C.炽热的高压气体
D.固体或液体汽化成稀薄气体后发光
E.氢原子的发射光谱是连续谱
【解析】 由于炽热的固体、液体以及高压气体的光谱包含了一切波长的光，光谱为连续光谱，而稀薄气体的光谱为线状谱，氢原子的发射光谱是不连续的，由此可知，ABC正确.
【答案】 ABC
2.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
E.原子光谱是连续谱
【解析】 各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的线状谱不同.因此，线状谱又称为原子的特征谱线，所以A、B项正确，E错误；鉴别物质的成分可采用分析原子的线状谱，故选项D正确；太阳光通过太阳大气层后某些波长的光被吸收，因此太阳光谱是吸收光谱，不是连续谱，C错误.
【答案】 ABD
3.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连续光谱
B.各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光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.在一定条件下气体也可以产生连续光谱
E.甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱
【解析】 据连续光谱的产生知A正确；由于吸收光谱中的暗线和明线光谱中的明线相对应，但通常吸收光谱中看到的暗线要比明线光谱中的明线少，所以B不对；气体发光，若为高压气体则产生吸收光谱，若为稀薄气体则产生明线光谱，所以C错误，D正确；甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱，所以E正确.
【答案】 ADE
4.关于线状谱，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相同
C.每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同
D.两种不同的原子发光的线状谱可能相同
E.两种不同原子发光的线状谱不相同
【解析】 每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，B、C、E正确.
【答案】 BCE
5.对于原子光谱，下列说法正确的是( )
A.原子光谱是不连续的
B.原子光谱是连续的
C.由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
D.各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
E.分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含哪些元素
【解析】 原子光谱为线状谱，A正确，B错误；各种原子都有自己的特征谱线，故C错误，D正确；据各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，E正确.故A、D、E.
【答案】 ADE
6.同一元素的明线光谱的明线与吸收光谱的暗线是________.
【解析】 实验表明各种元素的吸收光谱中的每一条暗线都跟这种原子的明线光谱中的一条明线相对应.
【答案】 相对应的
7.卢瑟福的核式结构模型正确地指出了________的存在，很好地解释了________，但是经典的物理学既无法解释原子的________，又无法解释原子光谱的________.
【答案】 原子核 α粒子的散射 定态 特征谱线
[能力提升]
8.关于光谱，下列说法正确的是( )
A.太阳光谱是吸收光谱
B.太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的
C.根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成
D.根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素
E.各种原子的发射光谱都是线状谱
【解析】 太阳光谱是吸收光谱.因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收.上述选项中正确的是A、B、E.
【答案】 ABE
9.如图3 4 1甲所示是a、b、c、d四种元素的线状谱，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是________元素.
图3 -4 -1
【解析】 将a、b、c、d四种元素的线状谱与乙图对照，可知矿物中缺少b、d元素.
【答案】 b、d
10.各种原子的光谱都是________，说明原子只发出几种特定频率的光.不同原子的亮线位置不同，说明不同原子的发光频率是________的.因此这些亮线称为原子的________.
【解析】 由于每种原子的内部结构不同，各种原子的光谱不同，因此都是线状谱；线状谱中的亮线对应相应的频率，不同原子亮线位置不同，说明发光频率不同，这些亮线称为原子的特征谱线.
【答案】 线状谱 不一样 特征谱线
11.城市夜间的路灯常常用高压钠灯，其工作物质是钠，钠在被激发放电时，其辐射的谱线主要集中在钠原子的特征谱线589
nm和589.6
nm附近，这一波长的谱线正是可见光的黄光波段，所以灯光呈黄色，若用一个发出的是连续光谱的光源照射钠的冷蒸气，钠原子吸收对应的光，这时我们若通过分光镜观察光谱，可以看到什么现象？
【解析】 ①明线光谱中的特征谱线是由钠原子的能级决定的.②而同一种元素中的吸收光谱中也吸收相应明线对应波长的光，即明线光谱中的亮线与吸收光谱的暗线相对应.
【答案】 在黄光区有两条暗线章末综合测评(三)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的五个选项中有三个是符合题目要求的，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)
1.在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子( )
A.一直受到重金属原子核的斥力作用
B.动能不断减小
C.电势能先增大后减小
D.出现大角度偏转是与电子碰撞的结果
E.出现大角度偏转的原因是占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围
【解析】 α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小.α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A、C、E项正确.
【答案】 ACE
2.下列叙述中符合物理学史的有( )
A.汤姆生通过研究阴极射线实验，发现了电子
B.卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的
C.卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型
D.玻尔理论能很好地解释氢原子光谱
E.玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说
【解析】 汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B错，C对；玻尔理论在解释氢原子光谱上获得了很大成功，能很好地解释氢原子光谱，D对；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，E错.
【答案】 ACD
3.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大
E.根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况可以判断阴极射线的带电性质
【解析】 阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B、E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对.
【答案】 BDE
4.以下关于玻尔原子理论的说法正确的是( )
A.电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的
B.电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射
C.电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子
D.不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收
E.氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱
【答案】 ADE
5.根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时( )
A.轨道半径之比为1∶4 B.速度之比为4∶1
C.周期之比为1∶8
D.动能之比为4∶1
E.动量之比为1∶4
【解析】 由玻尔公式rn＝n2r1，所以轨道半径之比为r1∶r2＝12∶22＝1∶4，故A对.根据库仑定律和牛顿第二定律有：k＝m，vn＝，所以速度之比为＝＝2∶1，故B错.根据库仑定律和牛顿第二定律有：k＝m()2rn，T＝，所以周期之比为＝＝1∶8，故C对.根据mv＝k，所以动能之比为＝＝4∶1，故D对.动量之比为＝＝，E错.
【答案】 ACD
6.物理学家在微观领域的研究中发现了“电子偶素”这一现象.所谓“电子偶素”就是由一个负电子和一个正电子绕它们连线的中点，做匀速圆周运动形成相对稳定的系统.类比玻尔的原子量子化模型可知：两电子做圆周运动可能的轨道半径的取值是不连续的，所以“电子偶素”系统对应的能量状态(能级)也是不连续的.若规定两电子相距无限远时该系统的引力势能为零，则该系统的最低能量值为E(E<0)，称为“电子偶素”的基态，基态对应的电子运动的轨道半径为r.已知正、负电子的质量均为m，电荷量均为e，但符号相反；静电力常量为k，普朗克常量为h.则下列说法中正确的是( )
A.“电子偶素”系统处于基态时，一个电子运动的动能为
B.“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子做圆周运动的动能增大
C.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最小波长为－
D.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最小频率为－
E.“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子做圆周运动的动能减小
【解析】 由题设条件可知：＝，可得：一个电子的动能Ek＝mv2＝，选项A正确；“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子轨道半径变大，由Ek＝可知电子做圆周运动的动能减小，选项B错误，E正确；处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子最大能量为－E，对应光子的波长最小，为－，对应光子的频率最大，为－，故选项C正确，D错误.
【答案】 ACE
7.氢原子的能级如图1所示.氢原子从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是( )
图1
A.氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大
B.该金属的逸出功W0＝12.75
eV
C.用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出
D.氢原子处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动
E.该金属的截止频率为3.1×1015
Hz
【解析】 氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A错误.
根据恰能使某金属产生光电效应，由n＝4跃迁到n＝1，辐射的光子能量最大，ΔE＝13.6－0.85
eV＝12.75
eV.则逸出功W0＝12.75
eV，故B正确.由W0＝hνc，知E正确.一群处于n＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C错误.
根据玻尔原子模型，可知，处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故D正确.
【答案】 BDE
8.关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )
A.用波长为60
nm的X射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子
B.用能量为10.2
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C.用能量为11.0
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.用能量为12.5
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E.用能量为14.0
eV的电子碰撞可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
【解析】 根据玻尔理论，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(即hν＝Em－En)，使氢原子发生跃迁.当氢原子由基态向n＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：
ΔE21＝E2－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝10.20
eV，
ΔE31＝E3－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝12.09
eV，
ΔE41＝E4－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝12.75
eV，
ΔE∞1＝0－E1＝－(－13.6
eV)＝13.6
eV(电离).
波长为λ＝60
nm的X射线，其光子能量E＝h·＝6.63×10－34×
J＝3.315×10－18
J＝20.71
eV>ΔE∞1.所以可使氢原子电离，A正确；比较B、C、D选项中的光子能量与各能级与基态的能量差，知道只有B项中光子可使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态，B正确；碰撞过程可使部分能量传给氢原子，E正确.
【答案】 ABE
二、非选择题(本题共5小题，共52分.)
9.(6分)已知氢原子基态的轨道半径为R0，基态能量为－E0，将该原子置于静电场中使其电离，已知静电力常量为k，电子电荷量为q.则静电场提供的能量至少为________，静电场场强大小至少为________.
【解析】 氢原子电离时是核外电子脱离原子核的束缚，消耗能量最少的情况是电子与原子核恰好分离，此时消耗的能量恰好等于其基态能量的绝对值，故静电场提供的能量至少为E.从力的角度来看，电子与氢原子核分离时电场力不小于它们之间的静电力，即qE≥，故静电场场强大小至少为.
【答案】 E0
10.(6分)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________.
【解析】 设氢原子基态能量为E1，则由玻尔理论可得：E1－E1＝hν，E1－E1＝hν41，解得：吸收的光子频率ν41＝ν.
【答案】 ν
11.(12分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n＝3的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E1，则吸收光子的频率ν是多少？当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？
【解析】 据跃迁理论hν＝E3－E1，而E3＝E1，所以
ν＝＝－.
由于是大量原子，可从n＝3跃迁到n＝1，从n＝3跃迁到n＝2，再从n＝2跃迁到n＝1，故应有三条谱线，
光子能量分别为E3－E1，E3－E2，E2－E1，
即－E1，－E1，－E1.
【答案】 见解析
12.(12分)氢原子的能级图如图2所示.原子从能级n＝3向n＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应.有一群处于n＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属.普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，求：
图2
【导学号：67080033】
(1)氢原子向较低能级跃迁时共能发出几种频率的光；
(2)该金属的逸出功和截止频率.
【解析】 (1)处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可产生的光的频率的种数为N＝＝＝6(种).
(2)W＝E3－E1＝12.09
eV，E3－E1＝hν
解得ν＝2.9×1015
Hz.
【答案】 (1)6 (2)12.09
eV 2.9×1015
Hz
13.(16分)处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱.氢光谱线的波长λ可以用下面的巴耳末—里德伯公式表示：＝R，n、k分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k＝1,2,3…对每一个k，有n＝k＋1，k＋2，k＋3…R称为里德伯常量，是一个已知量.对于k＝1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k＝2的一系列谱线其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系.用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验.当用莱曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，试求普朗克常量和该种金属的逸出功.
【解析】 设金属的逸出功为W0，光电效应所产生的光电子最大初动能为Ekm
由动能定理知：Ekm＝eUc
对于莱曼系，当n＝2时对应的光波长最长，设为λ1
由题中所给公式有：
＝R＝R
波长λ1的光对应的频率
ν1＝＝cR
对于巴耳末线系，当n＝∞时对应的光波长最短，设为λ2，由题中所给公式有：
＝R＝R
波长λ2的光对应的频率
ν2＝＝cR
根据爱因斯坦的光电效应方程
Ekm＝hν－W0
知Ekm1＝hν1－W0
Ekm2＝hν2－W0
又Ekm1＝eU1
Ekm2＝eU2
可解得：h＝
W0＝.
【答案】 学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有
( )
A.Ek1C.Ek2>Ek0
D.p2>p0
E.p2＝p0
【解析】 两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成＜，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D正确E错误.
【答案】 ABD
2.如图1 4 12所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是
( )
图1 4 12
A.物体离开弹簧时，小车向左运动
B.物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为
C.物体与B端粘在一起后，小车静止下来
D.物体与B端粘在一起后，小车向右运动
E.整个作用过程中，A、B、C及弹簧组成的系统的机械能守恒
【解析】 系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比.当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止.弹性势能转化为内能.
【答案】 ABC
3.如图1 4 13，质量相等的三个小球a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是________.
图1 4 13
【解析】 在三小球发生碰撞的过程中，动量都是守恒的，根据动量守恒关系式：mv0＝mv＋Mv′，整理可得：Mv′＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，不难得出C球的动量数值是最大的.
【答案】 C球
4.如图1 4 14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质量相等的物体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________(围绕速度来回答).
图1 4 14
【解析】 当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大.由能量守恒定律可知系统损失的动能最多.
【答案】 A和B的速度相等时
5.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________碰撞.
【解析】 设碰撞后乙的速度为v2，由动量守恒定律可得：3mv－mv＝mv2可解得：v2＝2v，因碰撞前系统的动能为Ek前＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后系统的动能为Ek后＝m(2v)2＝2mv2，由此可知，这次碰撞为弹性碰撞.
【答案】 弹性
6.一列火车共有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).
【解析】 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′＝.
【答案】
7.在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度为________.
【解析】 设碰前A球速度为v0，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，则压缩最紧(A、B有相同速度)时的速度v＝，由系统机械能守恒有mv＝×2m×()2＋Ep，解得v0＝2.
【答案】 2
8.一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图1 4 15甲所示，现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图1 4 15乙所示，请据此求盒内物体的质量.
图1 4 15
【解析】 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0＝mv
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
则Mv＝mv2，解得m＝M.
【答案】 M
[能力提升]
9.如图1 4 16所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1
kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8
m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失.g取10
m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3
kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6
kg，求物体相对木板滑动的最大距离.
图1 4 16
【解析】 (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4
m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞.
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96
m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2
m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512
m.
【答案】 (1)0.96
m (2)0.512
m
10.如图1 4 17所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的.求：
【导学号：67080012】
图1 4 17
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度；
(3)B物体的最大速度.
【解析】 (1)子弹射入A的过程中设子弹质量为m，动量守恒，共同运动的速度设为v1，则mv0＝(m＋mA)v1
解得，v1＝v0＝.
(2)以子弹及A和B组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，压缩量最大时，速度相等，设为v2.
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得v2＝v0
＝v0.
(3)物体A(包括子弹)和B作用时，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设为v3.
由动量守恒定律得：
(mA＋m)v1＝(mA＋m)v1′＋mBv3
由能量守恒定律得
(mA＋m)v＝(mA＋m)v1′2＋mBv.
解得v3＝v1
＝v0.
【答案】 (1)v0 (2)v0 (3)v0
11.(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t变化的图像如图1 4 18所示.求：
图1 4 18
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.
【解析】 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得
v1＝－2
m/s①
v2＝1
m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.
由题给图像得
v＝
m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8.⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2.⑧
【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2章末综合测评(四)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分.在每小题给出的五个选项中，有三项是符合题目要求的，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)
1.关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A.放射性元素的原子核有半数发生变化所需的时间就是半衰期
B.放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领很强
C.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变
D.放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线
E.放射性元素放出的射线中，β粒子是从原子核内放出的
【解析】 放射性元素的原子核有半数发生衰变需要的时间，就是半衰期，故A对；α粒子的贯穿本领很弱，故B不对；原子核发生β衰变放出的电子并不是核外电子，故C不对，D、E均正确.
【答案】 ADE
2.有关放射性同位素P的下列说法中正确的是( )
A.P与X互为同位素
B.P与其同位素具有相同的化学性质
C.用P制成化合物后它的半衰期变短
D.含有P的磷肥释放正电子，可用来作示踪原子，以便观察磷肥对植物的影响
E.用P制成化合物后它的半衰期不发生变化
【解析】 同位素具有相同的质子数，化学性质相同，A错，B对；半衰期与化学状态无关，C错，E对；含有P的磷肥放出正电子，P可作为示踪原子，D对.
【答案】 BDE
3.(2016·石家庄一中检测)一个静止的放射性同位素的原子核P衰变为Si，另一个静止的天然放射性元素的原子核Th衰变为Pa，在同一磁场中，得到衰变后粒子的运动径迹1、2、3、4，如图1所示，则这四条径迹依次是( )
图1
A.图中1、2为Th衰变产生的Pa和e的轨迹，其中2是电子e的轨迹
B.图中1、2为P衰变产生的Si和e的轨迹，其中2是正电子e的轨迹
C.图中3、4是P衰变产生的Si和e的轨迹，其中3是正电子e的轨迹
D.图中3、4是P衰变产生的Si和e的轨迹，其中4是正电子e的轨迹
E.图中3、4轨迹中两粒子在磁场中旋转方向相同
【解析】 P→Si＋e(正电子)，产生的两个粒子，都带正电，应是外切圆，由R＝，电荷量大的半径小，故3是正电子，4是Si.Th→Pa＋e，产生的两个粒子，一个带正电，一个带负电，应是内切圆，由R＝知，电荷量大的半径小，故1是Pa,2是电子，故A、C项正确；由动量守恒定律可知，静止的P核发生衰变时生成的Si和正电子e速度方向相反，但在磁场中旋转的方向相同，同为逆时针方向或同为顺时针方向，E正确.
【答案】 ACE
4.放射性元素氡(Rn)经α衰变成为钋(Po)，半衰期约3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素Rn的矿石，关于其原因下列说法不正确的是( )
A.目前地壳中的Rn主要来自于其他放射性元素的衰变
B.在地球形成的初期，地壳中元素Rn的含量足够高
C.当衰变产物Po积累到一定量以后，Po的增加会减慢Rn的衰变进程
D.Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
E.Rn的半衰期只有3.8天，目前矿石中仍有其成分存在，说明地壳中的Rn一定存在着不断衰变和不断生成的过程
【解析】 从衰变及半衰期角度分析，各种不同元素的衰变不断发生，而Rn的半衰期较短，衰变速度较快，因此目前地壳中的Rn不是因为原来含量高而是由其他元素衰变生成的，选项A、E正确，选项B错误；放射性元素的半衰期只由原子核本身决定，与其他因素无关，选项C、D错误.
【答案】 BCD
5.正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是将放射性同位素O注入人体，参与人体的代谢过程，O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像，则根据PET原理判断下列表述正确的是( )
A.O在人体内衰变方程是O―→N＋e
B.正、负电子湮灭方程是e＋e―→γ
C.在PET中，O主要用途是作为示踪原子
D.在PET中，O主要用途是参与人体的新陈代谢
E.计算机断层显像技术在医学检查时对人的影响是微乎其微的，检查过程也是安全的
【解析】 由题意知A正确，B错误.显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此O主要用途是作为示踪原子，故C对，D错.医学中应用放射性同位素O注入人体，进行医学检查时，人体呼吸沉积的量很小，对人体造成的影响很小，检查过程安全，E正确.
【答案】 ACE
6.朝鲜的“核危机”引起了全世界的瞩目，其焦点问题就是朝鲜生产供研制核武器用的钚239(Pu)，这种Pu可由铀239(U)经过衰变而产生.则下列判断中正确的是( )
A.Pu与U的核内具有相同的中子数
B.Pu与U的核内具有相同的核子数
C.U经过1次α衰变产生Pu
D.U经过2次β衰变产生Pu
E.由铀239转变为Pu的过程中有2个中子转变为2个质子
【解析】 Pu的核子数是239，中子数为239－94＝145，而U的核子数是239，中子数为239－92＝147，所以Pu与U的核内具有相同的核子数，不同的中子数，选项A错误，B正确；U经过1次α衰变，生成的新核的质子数为90，所以产生物不是Pu，选项C错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可判断出，U经过2次β衰变后产生的新核是Pu，此过程中有2个中子转变为2个质子，故D、E均正确.
【答案】 BDE
二、非选择题(本题共5小题，共64分，按题目要求作答)
7.(8分)如图2所示在垂直纸面向外的匀强磁场中，一个静止的镭(88Ra)发生一次α衰变，生成氡(Rn)时可能的径迹图，其中α粒子的径迹是________，新核的径迹为________，核反应方程为________.
图2
【解析】 由动量守恒定律可知86Rn与He的运动方向相反，故轨迹为外切圆，由r＝＝可知，电荷量小的He轨道半径大.
【答案】 c d 88Ra―→86Rn＋He
8.(8分)地球的年龄到底有多大，科学家利用天然放射性元素的衰变规律，通过对目前发现最古老的岩石中铀和铅含量来推算.测得该岩石中现含有的铀是岩石形成初期时(岩石形成初期时不含铅)的一半，铀238衰变后形成铅206，铀238的相对含量随时间变化的规律如图3所示，图中N为铀238的原子数，N0为铀和铅的总原子数.
【导学号：67080042】
图3
由此可知地球的年龄大约为________亿年，被测定的古老岩石样品在90亿年时的铀、铅原子数之比约为________.
【解析】 据题意，岩石中铀含量是形成初期的，即有半数发生衰变，由图像＝时，时间约为45亿年，即半衰期也是地球的大致年龄；90亿年时有的铀衰变为铅，故铀、铅原子数之比为1∶3.
【答案】 45 1∶3
9.(14分)碳14具有放射性，其半衰期T＝5
686年，空气中碳12跟碳14的存量比约为10∶1.2，活着的生物体中碳的这两种同位素之比与空气中相同，生物死亡后，不再吸收碳，碳14以T＝5
686年的半衰期减少，因此测得生物遗骸中的碳12与碳14存量比，再与空气中比较，可估算出生物死亡年代，现测得一古代遗骸中碳14与碳12的存量比为空气中的，试计算该古代遗骸距今的时间.
【解析】 设活着和死亡时古生物中含14C的质量分别为m0和m，含12C的质量为M，则：
＝，＝×
所以＝，因为m＝m0t/T，所以2t/T＝＝
所以t＝3
326年.
【答案】 3
326年
10.(16分)静止的氮核N被速度为v0的中子n击中生成甲、乙两核，已知甲、乙两核的速度方向同碰撞前中子的速度方向一致，甲、乙两核动量之比为1∶1，动能之比为1∶4，它们沿垂直磁场方向进入匀强磁场做圆周运动，其半径之比为1∶6，问：甲、乙各是什么核？速度各是多大？写出该核反应方程.
【导学号：67080043】
【解析】 设甲、乙两核质量分别为m甲、m乙，电荷量分别为q甲、q乙.
由动量与动能的关系p＝和p甲＝p乙可得
m甲∶m乙＝Ek乙∶Ek甲＝4∶1
又由R＝＝可得q甲∶q乙＝R乙∶R甲＝6∶1
设中子质量为m0，m甲＋m乙＝15m0，q甲＋q乙＝7e，所以m甲＝12m0，m乙＝3m0，q甲＝6e，q乙＝e，即甲为C，乙为H.
由动量守恒定律，可得m0v0＝m甲v甲＋m乙v乙＝2m甲v甲＝24m0v甲
进而求得甲的速度v甲＝，乙的速度v乙＝
核反应方程为N＋n→C＋H.
【答案】 甲为C，乙为H N＋n→C＋H
11.(18分)如图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，即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4
(1)H的速度大小和方向；
(2)在图4乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；
(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、氦核质量)
代入数值可解得：
v1＝－1.0×103
m/s，
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旋转三周，H旋转2周.
【答案】 (1)大小为1.0×103
m/s，方向与v0相反
(2)3∶40 (3)2周学业分层测评(十六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.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
E.质子与中子之间可以有核力，但没有库仑力
【解析】 质子和中子的质量不相等，但差别不大，质量数相等，故A对.核子之间的核力随距离变化而变化，并不总大于库仑力，故B错.同位素之间质子数相同，中子数不同，质量数也不同，故C对.核子之间除万有引力外，还可能存在核力、库仑力，但质子与中子之间、中子与中子之间没有库仑力，D错，E对.
【答案】 ACE
2.核力具有下列哪些性质( )
A.核力是短程力，作用范围很小，只在相邻核子间发生
B.核力可能是引力，也可能是斥力.核力把核子紧紧束缚在核内，形成稳定的原子核，但又不会融合在一起
C.质子间、中子间存在核力，质子和中子间无核力
D.核力是一种强相互作用力，在其作用范围内，核力比库仑力大得多
E.核力与核子间距离的平方成反比
【解析】 核力是一种短程力，强相互作用力，存在于相邻核子之间，与库仑力的变化规律不同，故A、B、D正确，C、E错误.
【答案】 ABD
3.一个质子和一个中子结合成氘核时，产生γ光子，由此可见( )
A.氘核的质量等于质子和中子的质量之和
B.氘核的质量小于质子和中子的质量之和
C.核子结合成原子核时会释放核能
D.原子核分解成核子时会释放核能
E.一个质子和一个中子结合成氘核时有质量亏损，但无质量数的变化
【解析】 由于结合时产生γ光子，即产生能量，故反应中有质量亏损，但反应过程中质量数守恒，B、E正确，A错误.质子和中子统称核子，该反应为核子结合成原子核的反应，故C正确，D错误.
【答案】 BCE
4.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
E.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大
【解析】 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A、B、C.
【答案】 ABC
5.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是某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，则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm
E.公式ΔE＝Δmc2表明的是一种转化关系，物体的质量减少了Δm，它的能量则相应增大了Δmc2
【解析】 一定质量对应于一定的能量，物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm，即发生质量亏损，如果物体的质量增加了Δm，它的能量一定相应增加Δmc2，所以选项A、B、D正确，E错误；某原子核在衰变时，一定发生质量亏损，所以选项C错误.
【答案】 ABD
6.某核反应方程为H＋H―→He＋X.已知H的质量为2.013
6
u，H的质量为3.018
0
u，He的质量为4.002
6
u，X的质量为1.008
7u，则X是________，该反应________(填“释放”、“吸收”)能量.
【解析】 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，则X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.013
6
u＋3.018
0
u＝5.031
6
u，反应后产物总质量m2＝4.002
6
u＋1.008
7
u＝5.011
3
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.
【答案】 中子 释放
7.原子质量单位为u,1
u相当于931.5
MeV的能量，真空中光速为c，当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是____________.
【解析】 m1、m2、M的单位是kg，Δm＝m1＋m2－M
其单位也为kg，由ΔE＝Δmc2可得核反应过程释放的能量ΔE＝(m1＋m2－M)c2.
【答案】 (m1＋m2－M)c2
[能力提升]
8.原来静止的原子核X质量为m1，处在区域足够大的匀强磁场中，经α衰变后变成质量为m2的原子核Y，α粒子的质量为m3，已测得α粒子的速度垂直于磁场B，且动能为E0，假定原子核X衰变时释放的核能全部转化为动能，则下列四个结论中，正确的是( )
A.核Y与α粒子在磁场中运动的周期之比为
B.核Y与α粒子在磁场中运动的半径之比为
C.此衰变过程中的质量亏损为m1－m2－m3
D.此衰变过程中释放的核能为
E.此衰变过程中释放的核能为E0
【解析】 原子核发生α衰变时核子质量数减小4而核电荷数减小2.由题意知X核原先静止，则衰变后α粒子和反冲核Y的动量大小相等，由R＝知RY∶Rα＝qα∶qY＝2∶(Z－2)，故B项正确；而周期之比由T＝知TY∶Tα＝·＝，故A项错误；该过程质量亏损Δm＝m1－(m2＋m3)，故C项正确；由Ek＝知Y核的动能EkY＝，则释放的核能ΔE＝Ekα＋EkY＝，故D项正确.
【答案】 BCD
9.一个氘核(H)和一个氚核(H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm，已知阿伏加德罗常数为NA，真空中的光速为c，若1
mol氘和1
mol氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为________.
【解析】 根据爱因斯坦质能方程，一个氘核(H)和一个氚核(H)结合成一个氦核并放出一个中子时释放的能量为Δmc2,1
mol氘和1
mol氚完全发生上述核反应，释放的能量应为Δmc2的NA倍，即为NAΔmc2.
【答案】 NAΔmc2
10.一个锂核(Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子.已知质子的质量是1.673
6×10－27
kg，锂核的质量是11.650
5×10－27
kg，氦核的质量是6.646
6×10－27
kg.
【导学号：67080044】
(1)写出上述核反应的方程；
(2)计算上述核反应释放出的能量.(保留3位有效数字)
【解析】 (1)由质量数和电荷数守恒可得
Li＋H→2He.
(2)核反应的质量亏损
Δm＝mLi＋mp－2mα
＝(11.650
5×10－27＋1.673
6×10－27－2×6.646
6×10－27)
kg＝3.09×10－29
kg.
释放的能量
ΔE＝Δmc2＝3.09×10－29×(3×108)2
J
＝2.78×10－12
J.
【答案】 (1)Li＋H→2He (2)2.78×10－12
J
11.一静止的U核经α衰变成为Th核，释放出的总动能为4.27
MeV.问此衰变后Th核的动能为多少MeV(保留1位有效数字)
【解析】 据题意知：此α衰变的核反应方程为
U→Th＋He
根据动量守恒定律得
mαvα＝mThvTh①
式中，mα和mTh分别为α粒子和Th核的质量，vα和vTh分别为α粒子和Th核的速度的大小，由题设条件知
mαv＋mThv＝Ek②
＝③
式中Ek＝4.27
MeV是α粒子与Th核的总动能
由①②③式得
mThv＝Ek
代入数据得，衰变后Th核的动能
mThv＝0.07
MeV.
【答案】 0.07
MeV学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于光的波粒二象性的说法中，正确的是( )
A.一束传播的光，有的光是波，有的光是粒子
B.光子与电子是同样的一种粒子，光波与机械波是同样的一种波
C.当光和物质相互作用时表现出粒子性
D.光在传播过程中表现出波动性
E.光是一种波，同时也是一种粒子，光子说并未否定电磁说，在光子能量ε＝hν中，频率ν仍表示的是波的特性
【解析】 光是一种波，同时也是一种粒子，光具有波粒二象性，A错误；当光和物质作用时，是“一份一份”的，表现出粒子性，光的干涉、衍射又说明光是一种波，光既不同于宏观的粒子，也不同于宏观的波，B错误，C、D正确；光具有波粒二象性，光的波动性与粒子性不是独立的，由公式ε＝hν可以看出二者是有联系的.光的粒子性并没有否定光的波动性，E正确.
【答案】 CDE
2.下列说法正确的是
( )
A.概率波就是机械波
B.物质波是一种概率波
C.概率波和机械波的本质是一样的，都能发生干涉和衍射现象
D.在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则无法定这个光子落在哪个点上
E.光波是一种概率波
【解析】 机械波是振动在介质中的传播，而概率波是粒子所到达区域的机率大小可以通过波动的规律来确定，故其本质不同.A、C错，B对；由于光是一种概率波，光子落在哪个点上不能确定，D、E对.
【答案】 BDE
3.关于物质波，下列说法正确的是( )
A.速度相等的电子和质子，电子的波长长
B.动能相等的电子和质子，电子的波长长
C.动量相等的电子和中子，中子的波长短
D.甲电子速度是乙电子的3倍，甲电子的波长也是乙电子的3倍
E.动量相等的粒子，其波长也相等
【解析】 由λ＝可知，动量大的粒子的波长短，电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长，选项A正确；电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系式p＝可知，电子的动量小，波长长，选项B正确；动量相等的电子与中子，其波长应相等，选项C错误E正确；如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的三倍，则甲的波长应是乙的，选项D错误.
【答案】 ABE
4.关于物质波，下列认识正确的是
( )
A.任何运动的物体(质点)都对应一种波，这种波叫物质波
B.X射线的衍射实验证实了物质波假说是正确的
C.电子的衍射实验证实了物质波假说是正确的
D.宏观物体尽管可以看成物质波，但无法观察到其干涉、衍射等现象
E.最早提出物质波的是牛顿
【解析】 由德布罗意假说可判断选项A正确；X射线的衍射实验证实了X射线是波长很短的电磁波，故选项B错误；电子的衍射实验证实了电子具有波动性，故选项C正确；宏观物体对应的物质波的波长极短，实验室无法进行实验，选项D正确，物质波由德布罗意提出，E错误.
【答案】 ACD
5.在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上.假设现在只让一个光子能通过单缝，那么该光子( )
A.一定落在中央亮纹处
B.一定落在亮纹处
C.可能落在亮纹处
D.可能落在暗纹处
E.落在中央亮纹处的可能性最大
【解析】 根据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上.当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，只不过落在暗处的概率很小而已，故只有C、D、E正确.
【答案】 CDE
6.关于经典波的特征，下列说法正确的是( )
A.具有一定的频率，但没有固定的波长
B.具有一定的波长，但没有固定的频率
C.既具有一定的频率，也具有固定的波长
D.同时还具有周期性
E.在空间是弥散开来的
【解析】 根据经典波的定义和特点进行分析可以得到C、D、E正确.
【答案】 CDE
7.在单缝衍射实验中，从微观粒子运动的不确定关系可知( )
【导学号：67080020】
A.不可能准确地知道单个粒子的运动情况
B.缝越窄，粒子位置的不确定性越大
C.缝越宽，粒子位置的不确定性越大
D.缝越窄，粒子动量的不确定性越大
E.缝越宽，粒子动量的不确定性越大
【解析】 由不确定性关系ΔxΔpx≥知缝宽时，位置不确定性越大，则动量的不确定性越小，反之亦然，因此选项A、C、D正确.
【答案】 ACD
8.1927年戴维孙和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图2 3 1所示的是该实验装置的简化图，下列说法正确的是( )
图2 3 1
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
E.该实验说明电子的运动可以用轨迹来描述
【解析】 亮条纹是电子到达概率大的地方，该实验说明物质波理论是正确的及实物粒子具有波动性，该实验不能说明光子具有波动性，选项C、E说法不正确.
【答案】 ABD
9.对于微观粒子的运动，下列说法中不正确的是( )
A.不受外力作用时光子就会做匀速运动
B.光子受到恒定外力作用时就会做匀变速运动
C.只要知道电子的初速度和所受外力，就可以确定其任意时刻的速度
D.运用牛顿力学无法确定微观粒子的运动规律
E.微观粒子具有波动性
【解析】 光子不同于宏观力学的粒子，不能用宏观粒子的牛顿力学规律分析光子的运动，选项A、B错误；根据概率波、不确定关系可知，选项C错误.
【答案】 ABC
[能力提升]
10.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1MHz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
E.只有无线电波才有波动性
【解析】 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、E错误.
【答案】 ABC
11.从衍射的规律可以知道，狭缝越窄，屏上中央亮条纹就越宽，由不确定性关系式ΔxΔpx≥可知更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的________，但粒子________的不确定性却更大了
【解析】 由ΔxΔpx≥，狭缝变小了，即Δx减小了，Δp变大，即动量的不确定性变大.
【答案】 位置 动量
12.一辆摩托车以20
m/s的速度向墙冲去，车身和人共重100
kg，求车撞墙时的不确定范围.
【解析】 根据不确定关系ΔxΔpx≥得：
Δx≥＝m≈2.64×10－38m.
【答案】 Δx≥2.64×10－38m
13.氦氖激光器所发红光波长为λ＝6.238×10－7
m，谱线宽度Δλ＝10－18
m，求当这种光子沿x方向传播时，它的x坐标的不确定量多大？
【解析】 红光光子动量的不确定量为Δpx＝
根据ΔxΔpx≥得位置的不确定量为：
Δx≥＝＝
m≈7.96×10－20
m.
【答案】 大于或等于7.96×10－20
m学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.已知X射线的“光子”不带电，假设阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是( )
A.阴极射线管内的高电压不能够对其加速而增加能量
B.阴极射线通过偏转电场不会发生偏转
C.阴极射线通过磁场方向一定不会发生改变
D.阴极射线通过偏转电场能够改变方向
E.阴极射线通过磁场方向可能发生改变
【解析】 因为X射线的“光子”不带电，故电场、磁场对X射线不产生作用力，故选项A、B、C对.
【答案】 ABC
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.不同物质中的电子是相同的
D.电子质量是质子质量的1
836倍
E.电子是一种粒子，是构成物质的基本单元
【解析】 汤姆生对不同材料的阴极发出的射线进行研究，发现均为同一种相同的粒子——即电子，电子是构成物质的基本单元，它的质量远小于质子的质量；由此可知A、C、E正确，B、D错误.
【答案】 ACE
3.下列说法中正确的是( )
【导学号：67080025】
A.汤姆生精确地测出了电子电荷量e＝1.602
177
33(49)×10－19
C
B.电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的
C.汤姆生油滴实验更重要的发现是：电荷量是量子化的，即任何电荷量只能是e的整数倍
D.通过实验测得电子的比荷及电子电荷量e的值，就可以确定电子的质量
E.阴极射线的本质是电子
【解析】 电子的电荷量是密立根通过“油滴实验”测出的，A、C错误，B正确.测出比荷的值和电子电荷量e的值，可以确定电子的质量，故D正确.阴极射线即电子流，E正确.
【答案】 BDE
4.关于电子的发现，下列叙述中正确的是( )
A.电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的
B.电子的发现，说明原子具有一定的结构
C.电子是第一种被人类发现的微观粒子
D.电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象
E.电子的发现说明原子核具有一定的结构
【解析】 发现电子之前，人们认为原子是不可再分的最小粒子，电子的发现，说明原子有一定的结构，B正确A、E错误；电子是人类发现的第一种微观粒子，C正确；物体带电的过程，就是电子的得失和转移的过程D正确.
【答案】 BCD
5.阴极射线管中的高电压的作用是________.
【解析】 在阴极射线管中，阴极射线是由阴极处于炽热状态而发射出的电子流，通过高电压对电子加速获得能量，使之与玻璃发生撞击而产生荧光.
【答案】 使电子加速
6.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 5所示的电流，电子的偏转方向为________.
图3 1 5
【解析】 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.
【答案】 向上
图3 1 6
7.如图3 1 6所示，让一束均匀的阴极射线以速率v垂直进入正交的电、磁场中，选择合适的磁感应强度B和电场强度E，带电粒子将不发生偏转，然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，测得其半径为R，求阴极射线中带电粒子的比荷.
【解析】 因为带电粒子在复合场中时不偏转，所以qE＝qvB，即v＝，撤去电场后，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m.由此可得＝.
【答案】
[能力提升]
8.如图3 1 7所示，从阴极射线管发出的阴极射线(电子流)经加速电压U加速后进入
图3 1 7
相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，发现电子向上偏转，要使电子沿直线穿过电磁场，则下列说法正确的是( )
A.增大电场强度E
B.增大磁感应强度B
C.减小加速电压U，增大电场强度E
D.适当地加大加速电压U
E.适当地减小磁感应强度E
【解析】 电子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域中，受到的电场力F＝qE，方向向下，受到的洛伦兹力F洛＝qvB，方向向上，电子向上偏，说明电场力小于洛伦兹力，要使电子沿直线运动，须qE＝qvB，则可使洛伦兹力减小或电场力增大，减小洛伦兹力的途径是减小加速电压U或减小磁感应强度B，增大电场力的途径是增大电场强度E.选项A、C、E正确.
【答案】 ACE
9.如图3 1 8所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图.显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光.安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转.下列说法中正确的是( )
图3 1 8
A.如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的O点
B.如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
C.如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
D.如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由B点向A点移动，则偏转磁场强度应该先由小到大，再由大到小
E.如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由A点向B点移动，则偏转磁场强度应该先由大到小，再由小到大
【解析】 偏转线圈中没有电流，阴极射线沿直线运动，打在O点，A正确；由阴极射线的电性及左手定则可知B错误，C正确；由R＝可知，B越小，R越大，故磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D错误E正确.
【答案】 ACE
10.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3 1 9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.这个电量是电子电量的多少倍？(g取9.8
m/s2)
图3 1 9
【解析】 小油滴质量为
m＝ρV＝ρ·πr3
由题意得mg＝Eq
联立解得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】 8.02×10－19
C 5
11.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3 1 10所示.abcd是个长方形盒子，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.请你根据上述条件求出带电粒子的比荷.
【导学号：67080026】
图3 1 10
【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】 学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.以下关于辐射强度与波长关系的说法中正确的是( )
A.物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B.当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C.当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D.早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
E.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
【解析】 由辐射强度随波长变化关系图知，随着温度的升高，各种波长的波的辐射强度都增加，而热辐射不是仅辐射一种波长的电磁波，选项B、C、E正确.
【答案】 BCE
2.在实验室或工厂的高温炉子上开一小孔，小孔可看做黑体，由小孔的热辐射特性，就可以确定炉内的温度.如图2 1 4所示，就是黑体的辐射强度与其辐射光波长的关系图像，则下列说法正确的是( )
图2 1 4
A.T1>T2
B.T1C.随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
D.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动
E.与λ1对应的能量子的值大于与λ2对应的能量子的值
【解析】 一般材料的物体辐射能的多少决定于物体的温度(T)、辐射波的波长、时间的长短和发射的面积，而黑体是指在任何温度下，全部吸收任何波长的辐射的物体，黑体辐射的强度按波长的分布只与温度有关.实验表明，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有所增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.从图中可以看出，λ1<λ2，T1>T2，本题正确选项为A、D、E.
【答案】 ADE
3.关于黑体辐射的实验规律说法正确的有( )
A.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加
B.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
C.黑体辐射的强度与波长无关
D.黑体辐射无任何实验规律
E.物体在任何温度下都会辐射电磁波
【答案】 ABE
4.2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化.他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点.下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法中正确的是( )
A.微波是指波长在10－3
m到1
m之间的电磁波
B.微波和声波一样都只能在介质中传播
C.黑体的热辐射实际上是电磁辐射
D.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
E.能量的量子化只是假说，无实际意义
【解析】 微波是一种电磁波，由电磁波可知，微波的波长在10－3～1
m，A正确；电磁波的传播不需要介质，B错；由于分子和原子的热运动引起的一切物体不断向外辐射的电磁波又叫热辐射，C正确，普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，D正确；普朗克的能量子假设，使人类对微观世界的本质有了全新的认识，对现代物理学的发展产生了革命性的影响，E错误.
【答案】 ACD
5.在黑体辐射中实验测出了辐射的电磁波的强度按波长的分布情况.随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有________，另一方面，辐射强度的极大值向波长________的方向移动.
【解析】 由实验得到的黑体辐射本领跟波长的关系可知，随着温度的升高，各种波长电磁波的辐射本领有所增大，且辐射本领的最大值向波长较短的方向移动.
【答案】 增大 较短
6.微观世界里的能量是一份一份的，其中不可分的最小值叫________，它的值为________.
【解析】 由普朗克的设想可知，能量的不可分的最小值叫能量子，它的值是hν.
【答案】 能量子 hν
7.如图2 1 5所示为t1、t2温度时的黑体辐射强度与波长的关系，则两温度的关系为________.
图2 1 5
【解析】 根据黑体辐射的实验规律可知，随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.
【答案】 t1＞t2
8.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？
【解析】 根据热辐射的实验规律可知，人的体温升高，人体辐射的红外线的频率和强度就会增加，通过监测被测者辐射的红外线的频率和强度，就可以知道该人的体温了.
【答案】 见解析
[能力提升]
9.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多少？
【解析】 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔眼睛就能察觉，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.
【答案】 2.3×10－18
W
10.某广播电台发射功率为10
kW，在空气中波长为187.5
m的电磁波，试求：
【导学号：67080016】
(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子？
(2)若发射的能量子四面八方视为均匀的，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以及接收功率？
【解析】 (1)每个光子的能量ε＝hν＝hc/λ＝6.63×10－34×3×108/187.5
J＝1.06×10－27
J.
则每秒钟电台发射上述波长光子的数目为
N＝＝＝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
11.经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为940
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＝2.90×10－1
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？(h＝6.63×10－34
J·s)
【解析】 人体表面的温度为T＝＝
K≈309
K≈36
℃.人体辐射的能量子的值为ε＝h＝6.63×10－34×
J＝2.12×10－22
J.
【答案】 36
℃ 2.12×10－22
J章末综合测评(二)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分，在每题给出的5个选项中有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.一个光子和一个电子具有相同的波长，则( )
A.光子具有较大的动量
B.光子具有较大的能量
C.电子与光子的动量相等
D.电子和光子的动量不确定
E.电子和光子都满足不确定性关系式ΔxΔpx≥
【解析】 根据λ＝可知，相同的波长具有相同的动量.由Ek＝知二者能量不同.
【答案】 BCE
2.光电效应实验中，下列表述正确的是( )
A.光照时间越长光电流越大
B.入射光足够强就可以有光电流
C.遏止电压与入射光的频率有关
D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子
E.只要满足频率条件，光电效应几乎是瞬时发生的
【解析】 在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D、E正确.由－eU＝0－Ek，Ek＝hν－W，可知U＝(hν－W)/e，即遏止电压与入射光频率ν有关，C正确.
【答案】 CDE
3.在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )
A.增大入射光的强度，光电流增大
B.减小入射光的强度，光电效应现象消失
C.改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D.改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
E.光电效应的发生与照射光的强度无关
【解析】 增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误，E正确.用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W逸＝mv2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确.
【答案】 ADE
4.下列叙述的情况中正确的是
( )
A.光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样
B.光是波，与橡皮绳上的波类似
C.光是波，但与宏观概念的波有本质的区别
D.光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的
E.光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动的规律来描述
【解析】 光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位置的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项A、B错误，C、E正确.根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确.
【答案】 CDE
5.利用金属晶格(大小约10－10
m)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
( )
【导学号：67080022】
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
E.若用相同动能的中子代替电子，衍射现象将不如电子明显
【解析】 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，C错误；用相同动能的质子或中子替代电子，质子的波长变小，衍射现象相比电子不明显，故D错误E正确.
【答案】 ABE
6.电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是( )
A.氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置
B.电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道
C.电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律
D.电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的
E.电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置
【解析】 微观粒子的波动性是一种概率波，对于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置，电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置，综上所述，C、D、E正确.
【答案】 CDE
二、非选择题(本题共7小题，共64分.按题目要求作答.)
7.(6分)频率为ν的光照到某金属材料时，产生光电子的最大初动能为Ekm，若改用频率为2ν的光照射同一金属材料，则所产生光电子的最大初动能为________.(h为普朗克常量)
【解析】 由光电效应方程得频率为ν的光照射金属材料时Ekm＝hν－W0，改用频率为2ν的光照射同一金属材料时Ekm′＝h·2ν－W0，解得Ekm′＝Ekm＋hν.
【答案】 Ekm＋hν
8.(6分)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，电子到达屏上的位置受________规律支配，无法用确定的________来描述它的位置.
【解析】 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，不可能用“轨迹”来描述电子的运动，只能通过概率波来描述.
【答案】 波动 坐标
9.(6分)某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21
eV，用波长为2.5×10－7
m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108
m/s，元电荷为1.6×10－19
C，普朗克常量为6.63×10－34
J·s.钾的极限频率为________，该光电管发射的光电子的最大初动能是________.
【解析】 由W0＝hνc得，极限频率νc＝≈5.3×1014
Hz；由光电效应方程Ek＝hν－W0得，光电子的最大初动能Ek＝h－W0≈4.4×10－19
J.
【答案】 5.3×1014
Hz 4.4×10－19
J
10.(10分)太阳能直接转换成电能的基本原理是利用光电效应.如图1所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压.
图1
(1)标出电源和电流表的正负极；
(2)入射光应照在________极上.
(3)电流表读数是10
μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个.
【解析】 (1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B向A运动，即电流是由左向右.因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极.
(2)光应照在B极上.
(3)设电子个数为n，则
I＝ne，所以n＝＝6.25×1013(个).
【答案】 (1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极 (2)B (3)6.25×1013
11.(12分)深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道.如图2所示是一个航标灯自动控制电路的示意图.电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属.下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770
nm(1
nm＝10－9m).
【导学号：67080023】
图2
各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：
根据图和所给出的数据，你认为：
(1)光电管阴极K上应涂有金属________；
(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；
(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故.如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生.
【解析】 (1)依题意知，可见光的波长范围为
400×10－9～770×10－9m
而金属铯的极限波长为λ＝0.660
0×10－6m＝660×10－9m，
因此，光电管阴极K上应涂金属铯.
(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S应和b接触.
(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a接触，所以电路中的开关S应和a接触.
【答案】 (1)铯 (2)b (3)a
12.(12分)德布罗意认为：任何一个运动着的物体，都有着一种波与它对应，波长是λ＝，式中p是运动着的物体的动量，h是普朗克常量.已知某种紫光的波长是440
nm，若将电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍，求：
(1)电子的动量的大小；
(2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加速电压的大小.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＝6.6×10－34
J·s，加速电压的计算结果取一位有效数字.
【解析】 (1)由λ＝知电子的动量
p＝＝1.5×10－23
kg·m/s.
(2)电子在电场中加速，有eU＝mv2
又mv2＝
解得U＝＝≈8×102
V.
【答案】 (1)1.5×10－23
kg·m/s (2)U＝
8×102
V
13.(12分)如图3所示，相距为d的两平行金属板A、B足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应，已知普朗克常量为h，金属板B的逸出功为W0，电子质量为m，电荷量为e.求：
图3
(1)从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；
(2)光电子从B板运动到A板时所需的最长时间.
【解析】 (1)根据爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0
光子的频率为ν＝
所以光电子的最大初动能为Ek＝－W0
能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板的动能为Ek1，由动能定理，得eU＝Ek1－Ek
所以Ek1＝eU＋－W0.
(2)能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子.
则d＝at2＝
解得t＝d.
【答案】 (1)eU＋－W0 (2)d学业分层测评(十八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.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.聚变反应比裂变反应每个核子释放的平均能量一定多
C.聚变反应中粒子的平均结合能变大
D.聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量变多
E.聚变反应过程中释放核能，故反应后质量减少
【解析】 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，则平均结合能一定增加，质量发生亏损，故C、E正确，D错误.
【答案】 BCE
2.关于核聚变，以下说法正确的是( )
A.与裂变相比轻核聚变辐射极少，更为安全、清洁
B.世界上已经有利用核聚变能来发电的核电站
C.要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－15
m以内，核力才能起作用
D.地球聚变燃料的储量十分丰富，从海水中可以提炼出大量核聚变所需的氘核
E.核聚变比核裂变更易控制
【解析】 与裂变相比，核聚变有下面的几个优势：(1)安全、清洁、辐射少；(2)核燃料储量多；(3)核废料易处理.但核聚变不易控制其发电还没有投入实际运行，所以B、E项是不正确的.
【答案】 ACD
3.我国自行研制了可控热核反应实验装置“超导托卡马克”(英名称：EAST，俗称“人造太阳”).设可控热核实验反应前氘核(H)的质量为m1，氚核(H)的质量为m2，反应后氦核(He)的质量为m3，中子(n)的质量为m4，光速为c，正确说法正确的是( )
A.这种装置中发生的核反应方程式是H＋H―→He＋n
B.由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C.核反应放出的能量等于(m1＋m2－m3－m4)c2
D.这种装置与我国大亚湾核电站所使用装置的核反应原理相同
E.可控热核反应目前还不能用于核电站实现发电
【解析】 核反应方程为H＋H―→He＋n，选项A正确；反应过程中向外释放能量，故质量有亏损，且释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，选项B错误，C正确；可控热核反应为核聚变，大亚湾核电站所用核装置反应原理为核裂变，可控热核反应目前还不能用于核电站实现发电，故D错误，E正确.
【答案】 ACE
4.太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应.核反应方程是4H―→He＋2X，这个核反应释放出大量核能.已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.下列说法中正确的是( )
A.方程中的X表示中子(n)
B.方程中的X表示电子(e)
C.这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2
D.这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2
E.这个核反应过程中有两个质子转化为两个中子
【解析】 由质量数守恒和核电荷数守恒可知，方程中的X表示电子e，A错误，B正确；这个核反应过程中，生成物He中含有两个质子和两个中子，故四个质子中有两个转化为中子，同时放出两个正电子，E正确；该反应中质量亏损Δm＝4m1－m2－2m3，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2，C错误，D正确.
【答案】 BDE
5.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U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.根据公式E＝mc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量比裂变反应大得多
D.根据公式E＝mc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量与裂变反应相同
E.核燃烧的质量相同时，聚变反应过程的质量亏损比裂变反应过程的质量亏损大得多
【解析】 H＋H→He＋n是氢核聚变方程，故A项正确；根据氢核聚变特点，相同质量的核燃料，氢核聚变释放的能量比裂变反应大得多，氢核聚变反应过程的质量亏损比裂变反应过程的质量亏损大得多，C、E正确.
【答案】 ACE
6.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 ①，
H＋N―→C＋X＋Q2 ②，
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量如表：
原子核
H
H
He
C
N
N
质量/u
1.007
8
3.016
6
4.002
6
12.000
0
13.005
7
15.000
1
则可以推断X是________，方程中Q1和Q2的大小关系是Q1________Q2.
【解析】 由质量数守恒和电荷数守恒，可判断X为He，①式的质量亏损为Δm1＝1.007
8
u＋12.000
0
u－13.005
7
u＝0.002
1
u.②式的质量亏损为Δm2＝1.007
8
u＋15.000
1
u－12.000
0
u－4.002
6
u＝0.005
3
u，所以Δm2>Δm1根据质能方程ΔE＝Δmc2可求解Q2>Q1.
【答案】 He <
7.如下一系列核反应是在恒星内部发生的：
p＋C→N
N→C＋e＋＋μ
p＋C→N
p＋N→O
O→N＋e＋＋μ
p＋N→C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，μ为一种中微子.已知质子的质量mp＝1.672
648×10－27
kg，α粒子的质量mα＝6.644
929×10－27
kg，正电子的质量me＝9.11×10－31
kg，中微子的质量可忽略不计.真空中的光速c＝3×108
m/s.试计算该系列反应完成后释放的能量.
【解析】 为求出系列反应完成后释放的能量，将题中所给的各核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为4p→α＋2e＋＋2μ.
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得Q＝(4mp－mα－2me)c2
代入数据可得Q≈3.95×10－12
J.
【答案】 3.95×10－12
J
[能力提升]
8.如图5 3 1所示，托卡马克(tokamak)是研究受控核聚变的一种装置，这个词是toroidal(环形的)、kamera
(真
空
室)、magnet(磁)的头两个字母以及kotushka(线圈)的第一个字母组成的缩写词.根据以上信息，下列判断中可能正确的是( )
图5 3 1
A.这种装置的核反应原理是轻核的聚变，同时释放出大量的能量，和太阳发光的原理类似
B.线圈的作用是通电产生磁场使带电粒子在磁场中旋转而不溢出
C.这种装置同我国秦山、大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理相同
D.这种装置是科学家设想的其中一种方案
E.该装置是利用聚变物质的惯性进行约束
【解析】 聚变反应原料在装置中发生聚变，放出能量，故A对；线圈通电时产生磁场，带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用旋转而不溢出，故B对；核电站的原理是裂变，托卡马克的原理是聚变，故C错；该装置是科学家设想的其中一种方案，另一种方案是利用聚变物质的惯性进行约束，故D对，E错.
【答案】 ABD
9.2006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1
000
s，温度超过1亿度，这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.两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1－m3－m2)c2
E.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】 由核反应方程2H→He＋X知，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，而现行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D、E正确.
【答案】 BDE
10.我国自行设计并研制的“人造太阳”——托卡马克实验装置运行获得重大进展，这标志着我国已经迈入可控热核反应领域先进国家行列.该反应所进行的聚变过程是H＋H―→He＋n，反应原料氘(H)富存于海水中，而氚(H)是放射性元素，自然界中不存在，但可以通过中子轰击锂核(Li)的人工核转变得到.
(1)请把下列用中子轰击锂核(Li)产生一个氚核(H)和一个新核的人工核转变方程填写完整：________＋n―→________＋H.
(2)在(1)中，每产生1
g氚的同时有多少个Li核实现了核转变？(阿伏加德罗常数NA取6.0×1023
mol－1)
(3)一个氘核和一个氚核发生核聚变时，平均每个核子释放的能量为5.6×10－13
J，求该核聚变过程中的质量亏损.
【解析】 (1)核反应方程为：Li＋n―→He＋H.
(2)因为1
g氚为
mol，根据核反应方程，实现核转变的Li也为mol，所以有2.0×1023个Li实现了核转变.
(3)根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，核聚变反应中有5个核子参加了反应，5个核子释放总能量ΔE＝5×5.6×10－13J＝2.8×10－12
J，所以质量亏损为Δm＝＝
kg＝3.1×10－29
kg.
【答案】 (1)Li He
(2)2.0×1023个
(3)3.1×10－29
kg
11.核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.近几年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站.一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一个中子.若已知氘原子的质量为2.014
1
u，氚原子的质量为3.016
0
u，氦原子的质量为4.002
6
u，中子的质量为1.008
7
u,1
u＝1.66×10－27
kg.
【导学号：67080047】
(1)写出氘和氚聚变的反应方程；
(2)试计算这个核反应释放出来的能量；
(3)若建一座功率为3.0×105kW的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半转化成了电能，求每年要消耗氘的质量？(一年按3.2×107
s计算，光速c＝3.0×108
m/s，结果取两位有效数字)
【解析】 (1)氘和氚聚变的反应方程为H＋H→He＋n.
(2)该反应过程的质量亏损Δm＝2.0141
u＋3.0160
u－4.0026
u－1.0087
u＝0.0188
u＝3.1208×10－29
kg
释放的核能ΔE＝Δmc2＝3.1208×10－29×(3×108)2
J＝2.8×10－12
J.
(3)设每年要消耗的氘的质量为M，氘原子的质量为MD
由能量守恒可得：·ΔE·η＝Pt
可得：M＝＝
kg＝23
kg.
【答案】 (1)H＋H→He＋n (2)2.8×10－12
J (3)23
kg学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.对α
粒子散射实验装置的描述，你认为正确的有( )
A.实验器材有放射源、金箔、带有荧光屏的放大镜
B.金箔的厚度对实验无影响
C.如果不用金箔改用铝箔，仍会发生散射现象
D.实验装置放在空气中和真空中都可以
E.实验装置必须放在真空中
【解析】 若金箔的厚度过大，α粒子穿过金箔时必然受较大的阻碍而影响实验效果，B错.若改用铝箔，铝核的质量仍远大于α粒子的质量，散射现象仍能发生，C对.若放置在空气中，空气中的尘埃对α粒子的运动会产生影响，故D错，E对.
【答案】 ACE
2.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，速度先减小后增大
E.α粒子在靠近原子核的过程中，α粒子和原子核组成的系统能量不变
【解析】 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，远离时斥力做正功，速度增大，二者组成的系统能量不变.故DE正确.
【答案】 BDE
3.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.原子的正电荷全部集中在一个很小的核内
D.原子核半径的数量级是10－10
m
E.原子核半径的数量级是10－15
m
【解析】 根据卢瑟福的原子核式结构学说，可知选项B、C、E正确.
【答案】 BCE
4.关于α粒子散射实验，下列说法中正确的是( )
A.绝大多数α粒子经过金箔后，发生了角度很大的偏转
B.α粒子在接近原子核的过程中，动能减少
C.α粒子离开原子核的过程中，电势能减少
D.对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小
E.对粒子散射实验数据进行分析，可以估算出α粒子的大小
【解析】 由于原子核占整个原子很小的一部分，十分接近核的α粒子很少，所以绝大多数α粒子几乎不偏转，A错误；由α粒子散射实验数据，卢瑟福估算出了原子核的大小，D正确，E错误；α粒子接近原子核的过程中，克服库仑力做功，所以动能减小，电势能增大，远离原子核时，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，B、C正确.
【答案】 BCD
5.如图3 2 3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( )
图3 2 3
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处的速度大小相等
D.α粒子在B处速度比在C处速度小
E.α粒子在A、C两处的电势能相等
【解析】 由能量守恒定律可知，对于A、B、C三点，A、C位于原子核形成的同一等势面上，电势能相同，故动能也相同，则A、C两点速率相同，C、E正确；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，A、B错误.
【答案】 CDE
6.1911年，卢瑟福依据α粒子散射实验中α粒子发生了________(选填“大”或“小”)角度散射现象，提出了原子的核式结构模型.若用动能为1
MeV的α粒子轰击金箔，其速度约为________m/s.(质子和中子的质量均为1.67×10－27
kg,1
MeV＝1×106
eV)
【解析】 设α粒子的速度为v，Ek＝mv2，则v＝＝
m/s≈6.9×106
m/s.
【答案】 大 6.9×106
7.如图3 2 4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).
图3 2 4
【导学号：67080027】
【解析】 α粒子在由A到B的过程中，满足－2eUNM＝mαv2－mαv
由此得v＝≈2.3×105
m/s.
【答案】 2.3×105
m/s
8.速度为107
m/s的α粒子从很远的地方飞来，与铝原子核发生对心碰撞，若α粒子的质量为4m0，铝核的质量为27m0，它们相距最近时，铝核获得的动能是原α粒子动能的多少？
【解析】 当两者速度相同时相距最近，由动量守恒，得
mαv0＝(mα＋m铝)v解得v＝＝v0
所以＝＝.
【答案】
[能力提升]
9.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中实线所示.图中P、Q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为四个区域.不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么该原子核的位置在________区域.
图3 2 5
【解析】 α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹.
【答案】 ①
10.关于原子结构，汤姆生提出枣糕模型、卢瑟福提出行星模型……如图3 2 6甲、乙所示，都采用了________方法.
甲：枣糕模型
乙：行星模型
图3 2 6
【答案】 类比推理
11.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Ep＝k，r为距点电荷的距离.α粒子质量为6.64×10－27
kg).
【导学号：67080028】
【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
≈2.7×10－14m.
【答案】 2.7×10－14m
12.已知电子质量为9.1×10－31
kg，带电荷量为－1.6×10－19
C，若氢原子核外电子绕核旋转时的轨道半径为0.53×10－10
m，求电子绕核运动的线速度大小、动能、周期和形成的等效电流.
【解析】 由卢瑟福的原子模型可知：电子绕核做圆周运动所需的向心力由核对电子的库仑引力来提供.
根据＝k，得
v＝e＝1.6×10－19×
m/s
≈2.19×106
m/s；
其动能Ek＝mv2＝×9.1×10－31×(2.19×106)2
J≈2.18×10－18
J；
运动周期T＝
＝
s
≈1.52×10－16
s；
电子绕核运动形成的等效电流
I＝＝＝
A≈1.05×10－3
A.
【答案】 2.19×106
m/s 2.18×10－18
J 1.52×10－16
s 1.05×10－3
A学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.如图1 2 7所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后( )
图1 2 7
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能不守恒
E.甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】 根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D、E正确.
【答案】 CDE
2.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
( )
图1 2 8
【导学号：67080006】
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
E.小球增加的动能小于小球减少的势能
【解析】 小球加速下滑，系统竖直方向上有向下的加速度，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，但系统水平方向上合力为零，故系统水平方向上动量守恒，因小球下滑过程中水平方向的速度在增大，由动量守恒定律可得，斜面水平向右的速度也在增加，故B、C正确.由能量守恒知E正确.
【答案】 BCE
3.如图1 2 9所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是
( )
图1 2 9
A.当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B.当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒
D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
E.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
【解析】 当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C、E正确，选项D错误.
【答案】 BCE
4.如图1 2 10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，如果将线烧断，则小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度是________.(填“向左”“向右”或“0”)
图1 2 10
【解析】 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的动量守恒(Δpx＝0).细线被烧断瞬间，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.
【答案】 0
5.如图1 2 11所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后物体的最终速度为________，方向向________.
图1 2 11
【解析】 因水平面光滑，物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，又因盒子内表面不光滑，物块与盒子最终一定速度相等，由动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v，故v＝，方向水平向右.
【答案】 右
6.如图1 2 12甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，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的运动情况，如图乙所示，电源频率为50
Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后两车的共同速度大小为________m/s.
甲
乙
图1 2 12
【解析】 碰撞前Δx＝1.2
cm，碰撞后Δx′＝0.8
cm，T＝0.02
s，由v＝计算.
【答案】 0.6 0.4
7.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，在小车A后连着纸带，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1 2 13甲所示.
甲
乙
图1 2 13
(1)长木板右端下面垫放一小木片的目的是_________________.
(2)若已获得的打点纸带如图乙所示，A为运动的起点，各计数点间距分别记为AB、BC、CD和DE，用天平测得A、B两车的质量分别为mA、mB，则需验证的表达式为_________________________________.
【解析】 (1)长木板右端下面垫放一小木片，目的是平衡摩擦力，使小车拖着纸带在木板上能做匀速运动.
(2)从题图中可以看出，B到C的时间等于D到E的时间，所以可以用BC代表小车碰前的速度，用DE代表碰后的速度，应有mA·BC＝(mA＋mB)·DE.
【答案】 (1)平衡摩擦力
(2)mA·BC＝(mA＋mB)·DE
8.一个质量为2
kg的装砂小车，沿光滑水平轨道运动，速度为3
m/s，一个质量为1
kg的球从0.2
m高处自由落下，恰落入小车的砂中，此后小车的速度是多少？
【解析】 小车、砂、球三者组成的系统在水平方向上动量守恒，故Mv＝(M＋m)v′，
解得：v′＝
v＝×3
m/s＝2
m/s.
【答案】 2
m/s
[能力提升]
9.(2015·天津高考)如图1 2 14所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，
图1 2 14
A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后的总动能之比为________.
【解析】 设碰前B球的速度为v0，A碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A、B两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为v0和－v0
根据动量守恒定律，得mBv0＝mB＋mA·v0
解得mA∶mB＝4∶1；
A、B两球碰撞前、后的总动能之比为
＝.
【答案】 4∶1 9∶5
10.如图1 2 15所示，质量为0.5
kg的小球在距离车底面高20
m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5
m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4
kg，设小球落在车底前瞬间速度大小是25
m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小为________m/s，方向向________.(g取10
m/s2)
图1 2 15
【解析】 由平抛运动的知识可知：小球下落的时间t＝＝
s＝2
s，在竖直方向的速度vy＝gt＝20
m/s，由运动的合成可得在水平方向的速度vx＝
m/s＝15
m/s，由于小球和小车组成的系统在水平方向上满足动量守恒，所以4×7.5－0.5×15＝(4＋0.5)v，解得v＝5
m/s，方向向右.
【答案】 5 右
11.如图1 2 16所示，一玩具小车携带若干质量为m的弹丸，车和弹丸的总质量为M，在半径为R的水平光滑轨道上以速度v0做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度v发射一颗弹丸，求小车发射第几颗弹丸时静止.
【导学号：67080007】
图1 2 16
【解析】 由题意知，小车每转一周，质量就减少m，设发射第一颗弹丸后小车的速度为v1(依次类推)，由沿切线方向动量守恒，可得：发射一颗弹丸时
Mv0＝(M－m)v1＋mv
发射两颗弹丸时(M－m)v1＝(M－2m)v2＋mv
解得v1＝，v2＝
递推可知，发射n颗弹丸时的速度vn＝，令vn＝0可得n＝，将已知条件＝和＝代入上式可得n＝＝4.
【答案】 4
12.如图1 2 17所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2
kg，mC＝0.1
kg，现木块A以初速度v＝2
m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦.求：
图1 2 17
(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；
(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度.
【解析】 (1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得
mAv＝(mA＋mB)vA，vA＝＝1
m/s.
(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为系统，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，vC＝
m/s，方向水平向右.
【答案】 (1)1
m/s 0 (2)
m/s 方向水平向右
13.如图1 2 18所示，甲车质量m1＝20
kg，车上有质量M＝50
kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3
m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50
kg的乙车正以v0＝1.8
m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长.
图1 2 18
【解析】 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象
由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，
解得v′＝1
m/s
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu
解得u＝3.8
m/s
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8
m/s
就可避免两车相撞.
【答案】 大于等于3.8
m/s模块综合测评
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的五个选项中有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应.核反应方程为He＋He→Be＋γ.以下说法正确的是( )
图1
A.该核反应为聚变反应
B.热核反应中有质量亏损
C.热核反应会放出巨大能量
D.由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的
E.任意原子核内的质子数和中子数总是相等的
【解析】 该核反应为聚变反应，故A正确；
核反应中的裂变和聚变，都会有质量亏损，都会放出巨大的能量，故B、C正确；
核反应中质量数守恒，质量不守恒，故D错误；
原子中原子核内的质子数和中子数不一定相等，有的原子中相等，有的原子中不相等，有的原子没有中子，例如氢原子核内有一个质子，没有中子，故E错误.
【答案】 ABC
2.下列说法正确的是( )
A.C的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变
B.爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说
C.处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
D.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说
E.氢弹是利用核聚变的原理制成的
【解析】 元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解释黑体辐射，提出了能量子假说；氢弹是利用核聚变的原理制成的.
【答案】 CDE
3.根据玻尔理论，下列说法正确的是( )
A.原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量
B.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量
C.氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大
D.电子没有确定轨道，只存在电子云
E.玻尔理论的成功之处是引入量子观念
【解析】 根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B项正确；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错；玻尔理论由于引入量子观念成功解释了氢光谱特点，E项正确.
【答案】 ABE
4.下列五幅图的有关说法中正确的是( )
图2
A.原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B.发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围
C.光电效应实验说明了光具有粒子性
D.射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
E.链式反应属于重核的裂变
【解析】 根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A错；根据卢瑟福的α粒子散射实验现象，可以知道B对；光电效应表明了光的粒子性，C对；根据左手定则可以判断射线甲带负电，D错；链式反应是重核裂变反应，E对.
【答案】 BCE
5.根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图3所示.当某个He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所释放的光子可能有( )
图3
A.1个 B.2个 C.3个 D.6个 E.4个
【解析】 本题研究是某个He＋，若从n＝4到n＝1能级跃迁，则只放出一个光子，A项正确；若从n＝4能级跃迁到n＝2能级，可以从n＝2能级跃迁到n＝1能级，则有2个光子放出，B项正确；同理，若从n＝4能级先跃迁到n＝3能级，则还可从n＝3能级向n＝2能级跃迁，也可从n＝2能级向n＝1能级跃迁，则放出3个光子，C项正确.
【答案】 ABC
6.下列关于原子和原子核的说法正确的是( )
A.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的
B.U(铀)衰变为Pa(镤)要经过1次α衰变和1次β衰变
C.质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量
D.β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流
E.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间
【答案】 BCE
7.下列说法正确的是( )
A.方程式U→Th＋He是重核裂变反应方程
B.光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性
C.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
D.德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想
E.在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，不会产生光电效应
【解析】 U→Th＋He是衰变反应，不是重核裂变反应方程，故A错误；
光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故B正确；
β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的，故C正确；
德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证实了他的猜想，故D正确；由光电效应规律知E错误.
【答案】 BCD
8.下列说法正确的是( )
A.Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核Pb
B.发现中子的核反应方程为Be＋He→C＋n
C.γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小
E.现有4个放射性元素的原子核，经2个半衰期后还有一个未衰变
【解析】 Th经过6次α衰变和4次β衰变后，质量数是：m＝232－6×4＝208，电荷数：z＝90－2×6＋4＝82，成为稳定的原子核Pb.故A正确；
发现中子的核反应方程是Be＋He→C＋n，故B正确；
γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；
根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：k＝，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D错误；半衰期是对大量原子核衰变规律的总结，E错误.
【答案】 ABC
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9.(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m1＝15
g，被碰小球2的质量m2＝10
g，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图4所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是________g·cm/s，由此可得出的结论是__________________________________.
图4
【解析】 由题图知碰前p1＝m1v1＝m1＝1
500
g·cm/s
碰后p1′＝m1＝750
g·cm/s
p2′＝m2＝750
g·cm/s.
由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒.
【答案】 1
500 750 750 两小球碰撞前后的动量守恒
10.(8分)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5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×100%＝________%(结果保留一位有效数字).
图5
【解析】 M、N分别是碰后两球的落地点的位置，P是碰前A球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p＝mA·OP，碰后系统的总动量可等效表示为p′＝mA·OM＋mB·ON，则其百分误差＝≈2%.
【答案】 P 2
11.(12分)一群氢原子处于量子数n＝4的能级状态，氢原子的能级图如图6所示，则：
图6
(1)氢原子可能发射几种频率的光子？
(2)氢原子由量子数n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射光子的能量是多少电子伏？
(3)用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多少电子伏？
金属
铯
钙
镁
钛
逸出功W/eV
1.9
2.7
3.7
4.1
【解析】 (1)可能发射6种频率的光子.
(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为E＝E4－E2，代入数据得E＝2.55
eV.
(3)E只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应.根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝E－W0
代入数据得，Ekm＝0.65
eV.
【答案】 (1)6种 (2)2.55
eV (3)铯 0.65
eV
图7
12.(12分)如图7所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，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，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定.试求：
(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v；
(2)子弹在木块中运动的时间t.
【解析】 (1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律：
mv0＝mv0＋3mv
解得：v＝.
(2)对系统应用功能关系：fL＝mv－m2－3mv2
解得：f＝
对木块应用动量定理：ft＝3mv
解得：t＝.
【答案】 (1)v＝ (2)t＝
13.(12分)如图8所示，一质量为2m的L形长木板静止在光滑水平面上.木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起.某一时刻有一质量为m的物块，以水平速度v0从L形长木板的左端滑上长木板.已知物块与L形长木板的上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为，碰后即粘在一起，求：
【导学号：67080050】
图8
(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时长木板在地面上滑行的距离；
(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小.
【解析】 (1)设物块在L形长木板上的滑行时间为t，由动量定理得：
－μmgt＝m－mv0
解得t＝
物块与L形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：
mv0＝m＋2mv1
解得v1＝
由动能定理得μmgs＝×2mv
解得s＝.
(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程，系统动量守恒mv0＝3mv2
对长木板由动量定理得：I＝2mv2－2mv1＝.
【答案】 (1) (2)学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是
( )
A.许多粒子都有自己的反粒子
B.把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系
C.质子属于强子
D.光子属于轻子
E.τ子的质量比核子的质量大，因此它属于强子
【解析】 根据粒子的分类、粒子与反粒子描述知A、B、C正确；光子属媒介子，τ子属于轻子.
【答案】 ABC
2.下列说法中正确的是( )
A.至今人们还无法获得自由的夸克
B.自然界存在的能量守恒定律、动量守恒定律及电荷守恒定律，对基本粒子不适用
C.反粒子与其对应的粒子相遇时，会发生湮灭现象
D.强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子
E.强子都是带电的粒子
【解析】 虽然夸克模型在解释强子的构成方面获得成功，但人们还没有获取自由的夸克，A正确.反粒子带等量异种电荷，反粒子与其对应的粒子相遇时会发生湮灭现象，故C正确.质子是最早发现的强子，故D正确.有的强子带电，有的强子不带电，E错误.
【答案】 ACD
3.太阳放出的大量中微子向地球飞来，科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变为一个μ子和一个τ子，若在衰变中发现μ子速度方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向( )
A.可能与μ子同方向
B.可能与μ子反方向
C.不一定与μ子在同一条直线上
D.一定与μ子在同一条直线上
E.可能与μ子的方向垂直
【解析】 在衰变中动量守恒，发现μ子速度方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向一定与μ子在同一条直线上，可能与μ子同方向也可能与μ子反方向.
【答案】 ABD
4.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，它们带的电荷量分别为元电荷的＋或－
E.光子是传递弱相互作用的粒子
【解析】 由三类粒子的特性可知A、B正确，E错误；而目前发现的轻子只有6种，C错误；夸克模型经过几十年的发展，已知夸克有6种，它们带的电荷分别为元电荷的＋或－，D正确.
【答案】 ABD
5.下列说法中正确的是( )
A.夸克模型说明电子电荷量是最小的电荷单元
B.目前已经发现了自由态的夸克
C.目前发现的夸克有6种
D.每种夸克都有对应的反夸克
E.夸克模型说明电子电荷量已不再是最小的电荷单元
【解析】 夸克模型指出目前发现了6种夸克，每种夸克都有对应的反夸克，所以C、D正确；夸克所带电荷量小于电子电荷量，但还没有发现自由态的夸克，这就是夸克的“禁闭”，所以A、B错，E正确.
【答案】 CDE
6.“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反，则反氢原子是由1个带负电荷的________和1个带正电荷的________构成.
【解析】 根据反粒子定义，“反粒子”与“正粒子”具有相同质量，但带有等量的异种电荷.因此反氢原子是由H核和e构成的.
【答案】 反质子 正电子
7.已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克或反夸克)组成的，它们的带电荷量如表所示，表中e为元电荷.
粒子
π＋
π－
u
d
带电荷量
＋e
－e
＋
－
－
＋
由此可知π＋由________和________组成，π－由________和________组成.
【解析】 因π＋介子带有＋e的电荷量，且是由一个夸克和一个反夸克组成的，则夸克u带＋e和反夸克带＋e合成电荷量为e，那么π＋介子就是由夸克u和反夸克组成的；同理，π－介子由夸克d和反夸克组成.
【答案】 u d
8.目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成的，u夸克带电荷量为e，d夸克的带电荷量为－e，e为元电荷，那么质子是由____________个u夸克和________个d夸克组成的，中子是由________个u夸克和________个d夸克组成的.
【解析】 质子带电量为e，应由2个u夸克和1个d夸克组成，中子带电量为0，应由1个u夸克和2个d夸克组成.
【答案】 2 1 1 2
[能力提升]
9.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108
K时，可以发生“氦燃烧”.
(1)完成“氦燃烧”的核反应方程：He＋________―→Be＋γ.
(2)Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16
s.一定质量的Be，经7.8×10－16
s后所剩Be占开始时的________.
【解析】 (1)根据核反应方程和电荷数、质量数守恒可知，He＋He→Be＋γ.
(2)Be的半衰期为2.6×10－16
s，经过7.8×10－16
s后，也就是经过3个半衰期后剩余的质量为m′＝nm＝3m，所剩Be占开始时的.
【答案】 (1)He (2)或12.5%
10.K－介子衰变的方程为K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子所带负电的电荷量为元电荷，π0介子不带电.如图4 4 1所示的1个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它的半径RK－与Rπ－之比为2∶1，π0介子的轨迹未画出，由此可知，π－的动量大小与π0的动量大小之比为________.
图4 4 1
【解析】 根据洛伦兹力提供向心力知，qvB＝mv2/R，故有p＝mv＝qBR，所以K－与π－的动量大小之比为2∶1，规定K－的方向为正方向，由动量守恒定律得：pK－＝－pπ－＋pπ0，所以pπ0＝3pπ－.
【答案】 1∶3
11.已经证实质子，中子都是由上夸克和下夸克两种夸克组成的，上夸克带电荷量为＋e.下夸克带电荷量为－e，e为电子所带电荷量的大小，如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克间的距离都为l，l＝1.5×10－15
m，试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力(库仑力).
【解析】 质子带电荷量为＋e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处，这时上夸克与上夸克之间的静电力应为
F上上＝k＝k.
代入数值，得F上上＝46
N，为斥力.
上夸克与下夸克之间的静电力为
F上下＝k＝k.
代入数值，得F上下＝23
N，为引力.
【答案】 见解析
12.在天体演变过程中，红色巨星发生“超新星爆炸”后，可以形成中子星(电子被迫同原子核中的质子结合而形成中子)，中子星具有极高的密度.若已知某中子星的密度为1017
kg/m3，该中子星的卫星绕它做圆轨道运动，试求该中子星的卫星运行的最小周期.(引力常量G＝6.67×10－11
N·m2/kg2)
【解析】 设中子星的卫星圆轨道半径为R，质量为m，由万有引力提供向心力，可得＝mω2R＝.
又当R＝r(中子星的半径)时，卫星运行周期最小，注意到M＝，由此可得Tmin＝1.2×10－3
s.
【答案】 1.2×10－3
s学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于天然放射现象和对放射性的研究，下列说法正确的是( )
A.α射线和β射线在电场或磁场中偏转说明它们是带电粒子
B.原子核不是单一的粒子
C.γ射线一定伴随α射线或β射线而产生
D.任何放射性元素都能同时发出三种射线
E.γ射线往往伴随α射线或β射线而产生
【解析】 带电粒子以一定的初速度垂直进入电场或磁场能发生偏转，α射线和β射线能在电场或磁场中偏转说明它们是带电粒子，故A正确；放射现象说明原子核的可变性，即原子核不是单一粒子，具有复杂的结构，故选项B正确；γ射线是原子核在发射α射线或β射线时多余的能量以γ射线的形式产生的辐射，因此γ射线是伴随(不是一定伴随)α射线或β射线而放出的，故选项E正确，C、D均错误.
【答案】 ABE
2.关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的是( )
A.是放射源质量减少一半所需的时间
B.是原子核半数发生衰变所需的时间
C.与外界压强和温度有关
D.可以用于测定地质年代、生物年代等
E.与原子的化学状态无关
【解析】 原子核的衰变是由原子核的内部因素决定的，与外界环境无关.原子核的衰变有一定的速率，每隔一定的时间即半衰期，原子核就衰变掉总数的一半.不同种类的原子核，其半衰期也不同，若开始时原子核数目为N0，经时间t剩下的原子核数目为N，半衰期为T1/2，则N＝N0().若能测出N与N0的比值，就可求出t，依此公式可测定地质年代、生物年代等.故正确答案为B、D、E.
【答案】 BDE
3.日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131，碘131是放射性同位素，衰变时会发出β射线与γ射线，碘131被人摄入后，会危害身体健康，由此引起了全世界的关注.下面关于核辐射的相关知识，说法正确的是( )
A.人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢
B.碘131的半衰期为8.3天，则4个碘原子核经16.6天后就一定剩下一个原子核
C.β射线与γ射线都是电磁波，但γ射线穿透本领比β射线强
D.碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
E.β射线是高速运动的电子流，是从碘131原子核内释放出来的
【解析】 衰变的快慢由放射性元素本身决定，与外部环境无关，A正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，B错误；β射线是高速电子流，γ射线是电磁波，故C错误，E正确；β衰变的实质是n→H＋e，D正确.
【答案】 ADE
4.某一放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，如图4 2 5所示，下列说法正确的是( )
【导学号：67080037】
图4 2 5
A.射线3的电离作用在三种射线中最强
B.射线2贯穿本领最弱，用一张白纸就可以将它挡住
C.一个原子核放出一个射线3的粒子后，质子数和中子数都比原来少2个
D.一个原子核放出一个射线1的粒子后，形成的新核比原来的电荷数少1个
E.一个原子核放出一个射线1的粒子后，形成的新核与原来的核的核子数相同
【解析】 根据三束射线的偏转方向，可以断定射线1带负电，是β射线；射线2不带电，是γ射线；射线3是α射线.α射线的电离作用最强，选项A正确.γ射线贯穿本领最强，用一张白纸可以挡住的是α射线，选项B错误.每发生一次α衰变，原子核里面的2个中子和2个质子结合成一个氦核而释放出来，选项C正确.每发生一次β衰变，原子核里面的一个中子变成一个质子，因此核电荷数增加1，但核子数不变，故选项D错误，E正确.
【答案】 ACE
5.有一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63(Ni)和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片作电池两极，外接负载为负载提供电能.下面有关该电池的说法正确的是( )
A.镍63的衰变方程是Ni→Cu＋e
B.镍63的衰变方程是Ni→Cu＋e
C.外接负载时镍63的电势比铜片高
D.该电池内电流方向是从镍片到铜片
E.该电池的正极是镍片
【解析】 镍63的衰变方程为Ni→e＋Cu，选项A对，B错.电流方向为正电荷定向移动方向，在电池内部电流从铜片到镍片，镍片电势高，为电池的正极，选项C、E对，D错.
【答案】 ACE
6.原子核Th具有天然放射性，它经过若干次α衰变和β衰变后会变成新的原子核.下列原子核中，有三种是Th衰变过程中可以产生的，它们是( )
A.Pb
B.Pb
C.Po
D.Ra
E.Ra
【解析】 发生1次α衰变时核子的质量数减4，电荷数减2；发生1次β衰变时，质量数不变，电荷数加1.先从质量数的变化分析，易得A、C、D正确.
【答案】 ACD
7.在横线上填上粒子符号和衰变类型.
(1)U→Th＋________，属于________衰变
(2)Th→Pa＋________，属于________衰变
(3)Po→At＋________，属于________衰变
(4)Cu→Co＋________，属于________衰变
【解析】 根据质量数守恒和电荷数守恒可以判断，(1)中生成的粒子为He，属于α衰变；(2)中生成的粒子为e，属于β衰变；(3)中生成的粒子为e，属于β衰变；(4)中生成的粒子为He，属于α衰变.
【答案】 (1)He α (2)e β (3)e β (4)He α
8.U经一系列的衰变后变为Pb.
【导学号：67080038】
(1)求一共经过几次α衰变和几次β衰变？
(2)Pb与U相比，求质子数和中子数各少多少？
(3)写出这一衰变过程的方程.
【解析】 (1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变.由质量数和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6，即一共经过8次α衰变和6次β衰变.
(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故Pb较U质子数少10，中子数少22.
(3)核反应方程为U→Pb＋8He＋6e.
【答案】 (1)8 6
(2)10 22
(3)U→Pb＋8He＋6e
[能力提升]
9.14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5
700年.已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少.现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是( )
A.该古木的年代距今约5
700年
B.12C、13C、14C具有相同的中子数
C.14C衰变为14N的过程中放出β射线
D.增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
E.14C比12C多2个中子
【解析】 剩余的碳14占，表明经过了一个半衰期，A正确；碳14、13、12的质子数相同，质量数不同，中子数不同，碳14比碳12多两个中子，故B错误，E正确；碳14变为氮14，质量数未变，放出的是电子流，即β射线，C正确；半衰期不受外界环境影响，D错误.
【答案】 ACE
10.回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展.当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子.碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程.若碳11的半衰期T为20
min，经2.0
h剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取2位有效数字)
【解析】 核反应方程为
N＋H→C＋He①
设碳11原有质量为m0，经过t1＝2.0
h剩余的质量为mr，根据半衰期定义有
＝()＝()≈1.6%.②
【答案】 N＋H→C＋He 1.6%
11.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图4 2 6所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44，求：
图4 2 6
(1)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)
(2)这个原子核原来所含的质子数是多少？
【解析】 (1)因为动量相等，所以轨道半径与粒子的电荷量成反比，所以圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹.
(2)设衰变后新生核的电荷量为q1，α粒子的电荷量为q2＝2e，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别是v1和v2，所以原来原子核的电荷量
q＝q1＋q2.
根据轨道半径公式有
＝＝
又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则m1v1＝m2v2
以上三式联立解得q＝90e
即这个原子核原来所含的质子数为90.
【答案】 (1)见解析 (2)90学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.下列关于动量的说法中，正确的是( )
A.物体的动量越大，其惯性也越大
B.做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D.一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
E.一个物体的动量不变，它的速度也不变
【解析】 因为p＝mv，所以动量大，质量不一定大，A错.做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，B错.速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C对.运动状态变化即速度发生变化，D对.对一个物体来说，其质量一定，由p＝mv可知，其动量不变，速度也一定不变，故E对.
【答案】 CDE
2.关于冲量和动量，下列说法中正确的是( )
A.冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量
B.动量是描述物体运动状态的物理量
C.冲量是物体动量变化的原因
D.冲量方向与动量方向一致
E.冲量方向与物体末动量方向一定相同
【解析】 冲量I＝Ft是描述力在作用时间内积累效果的物理量，选项A正确.动量p＝mv，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项B正确.根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项C正确.冲量的方向始终与动量变化的方向相同，与物体的初动量或末动量的方向关系不确定，故D、E均错误.
【答案】 ABC
3.下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A.击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻
B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲力
C.推车时推不动，是因为合外力冲量为零
D.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来
E.蹦极运动员下落过程中，从弹性绳张紧到运动员达到最低点的过程中合外力的冲量方向先向下后向上
【解析】 根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同；E项中弹性绳张紧后到运动员到达最低点的过程中经历先加速后减速的过程，故合外力的冲量方向先向下后向上，故B、C、E均正确.
【答案】 BCE
4.对于力的冲量的说法，正确的是( )
【导学号：67080002】
A.力越大，力的冲量就越大
B.作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C.F1与其作用时间t1的乘积大小等于F2与其作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量相同
D.静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，但此推力的冲量不为零
E.作用在物体上的力F的冲量越大，物体的动量变化量不一定越大
【解析】 力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大冲量不一定大，A错B对；冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错；冲量的大小与物体的运动状态无关，力F的冲量大小仍为Ft，故D对；力F不一定是物体所受的合外力，因此力F的冲量越大，物体动量变化量不一定越大，E对.
【答案】 BDE
5.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是( )
A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量不等于零
E.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小
【解析】 过程Ⅰ钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理得，A对；整个过程的动量改变量为零，故过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，B、D错，C、E对.
【答案】 ACE
6.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图1 1 3所示，则
( )
图1 1 3
A.0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等
B.0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等
C.t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D.2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
E.2t0时间内物体的位移不为零，但外力对物体做功为零
【解析】 0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错；t＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时，物体速度为零，由动量定理Ft＝m·Δv可得，I＝F0t0－F0t0＝0，在0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，选项B、C均正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D错，选项E正确.
【答案】 BCE
7.物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F＝(10＋5t)
N，则该力在2
s内的冲量为________.
【解析】 由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此可以认为2
s内物体所受外力的平均值为＝
N＝15
N.再根据冲量的定义式，可求得外力在2
s内的冲量为I＝t＝15×2
N·s＝30
N·s.
【答案】 30
N·s
8.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎.这是为什么？
【解析】 设杯子开始下落时的高度为h，则杯子与地面相碰时的速度大小v＝
设杯子与地面碰撞的时间为t，碰撞后的速度为零，在碰撞阶段，杯子的受力如图所示.
规定竖直向上的方向为正方向，则由动量定理，得
(F－mg)t＝0－m(－v)
两式联立得F＝mg＋
在题中所述两种情况下，除杯子与接触面的作用时间t不同外，其他条件均相同.由于杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地板的作用时间要长，由上式不难得出地毯对杯子的作用力远比水泥地板对杯子的作用力要小，所以当玻璃杯从同一高度落下时，落到水泥地板上易碎而落到松软的地毯上不易碎.
【答案】 见解析
[能力提升]
9.如图1 1 4甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上.在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则( )
甲 乙
图1 1 4
A.t0时，力F等于0
B.在0到t0时间内，合力的冲量大小为ma0t0
C.在0到t0时间内，力F大小逐渐减小
D.在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小
E.在0到t0时间内，物体的速度逐渐增加，t0时刻达到最大
【解析】 t0时，a＝0，则F－f＝0，F＝f，A错误；由a t图中图线与坐标轴包围面积为速度变化，知0～t0物体的速度变化Δv＝a0t0,0到t0时间内，合力冲量等于动量变化，Δp＝ma0t0－0，B正确；由F－f＝ma知f恒定，而a变小，所以F变小，C正确；0到t0时间内加速度逐渐减小，但是a、v同向，做加速运动，速度增加，D错误，E正确.
【答案】 BCE
10.如图1 1 5所示，子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动.在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )
图1 1 5
A.子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D.子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小
E.子弹动量变化量的方向与木块动量变化量的方向一定相反
【解析】 子弹射入木块的过程，二者之间的相互作用力始终等大反向，同时产生，同时消失，由冲量的定义I＝F·t可知B正确，A错；由动量定理知，D正确；Δv＝at＝，子弹和木块所受的冲量Ft大小相同，但质量未必相等，因此速度变化量的大小不一定相等，C错；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是作用力与反作用力，由动量定理可知，子弹动量变化量与木块动量变化量等大反向，故E正确.
【答案】 BDE
11.如图1 1 6所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5
kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2
s的时间内物体所受各力的冲量及合力的冲量.(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
图1 1 6
【解析】 物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用，由受力分析可求得重力G＝mg＝50
N，支持力N＝mgcos
α＝40
N，摩擦力f＝μmgcos
α＝8
N，合力F合＝mgsin
α－μmgcos
α＝22
N.
由冲量公式I＝Ft得：
重力的冲量IG＝Gt＝100
N·S，方向竖直向下；
支持力的冲量IN＝Nt＝80
N·s，方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量If＝ft＝16
N·s，方向沿斜面向上；
合力的冲量I合＝F合t＝44
N·s，方向沿斜面向下.
【答案】 见解析
12.质量m＝70
kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0
m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1
s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1
s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10
m/s2)
【导学号：67080003】
【解析】 以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝＝1
s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，
mg(t＋Δt1)－Δt1＝0
代入数据，解得＝1
400
N
下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0
代入数据，解得′＝7
700
N.
【答案】 1
400
N 7
700
N学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.关于玻尔的原子模型，下述说法中正确的有( )
A.它彻底否定了经典的电磁理论
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
E.它保留了一些经典力学和经典的电磁理论
【解析】 原子核式结构模型与经典电磁理论的种种矛盾说明，经典电磁理论已不适用于原子系统，玻尔从光谱学成就得到启发，利用普朗克的能量量子化的概念，提出了量子化的原子模型；但在玻尔的原子模型中仍然认为原子中有一很小的原子核，电子在核外绕核做匀速圆周运动，电子受到的库仑力提供向心力，并没有完全抛弃经典的电磁理论.
【答案】 BDE
2.下面关于玻尔理论的解释中，正确的说法是( )
A.原子只能处于一系列不连续的状态中，每个状态都对应一定的能量
B.原子中，虽然核外电子不断做加速运动，但只要能量状态不改变，就不会向外辐射能量
C.原子从一种定态跃迁到另一种定态时，一定要辐射一定频率的光子
D.原子的每一个能量状态都对应一个电子轨道，并且这些轨道是不连续的
E.原子从高能级态跃迁到另一低能级态时，一定要辐射光子，但光子的频率不固定
【解析】 根据玻尔原子理论可以判定选项A、B、D均正确；原子从一种定态跃迁到另一种定态时，可能辐射一定频率的光子，也可能吸收一定频率的光子，故选项C不正确；原子从高能级态跃迁到另一低能级态时，一定要辐射一定频率的光子，E错误.
【答案】 ABD
3.设氢原子由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出能量为E、频率为ν的光子.则氢原子( )
图3 3 2
A.跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子
B.由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量大于E
C.由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于E
D.由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率大于ν
E.由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率一定小于ν
【解析】 原子跃迁时可以放出或吸收能量为特定值的光子，A错；由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时，能量比由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时要大，所以放出光子的能量大于E，B项正确；由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出的能量E，C项正确；由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的能量较小，所以频率小于ν，D项错，E项正确.
【答案】 BCE
4.已知氢原子的能级图如图3 3 3所示，现用光子能量介于10～12.9
eV范围内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( )
【导学号：67080030】
图3 3 3
A.在照射光中可能被吸收的光子能量有无数种
B.在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种
C.照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有6种
D.照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有3种
E.照射后观测到氢原子发射的光中波长最长的光是由n＝4向n＝3跃迁时发出的
【解析】 根据跃迁规律hν＝Em－En和能级图，可知A错，B对；氢原子吸收光子后能跃迁到最高为n＝4的能级，能发射的光子的波长有C＝6种，故C对，D错；氢原子由n＝4的能级跃迁到n＝3的能级发射出的光的频率最小，波长最长，故E正确.
【答案】 BCE
5.用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为________或________.
【解析】 氢原子吸收光子能向外辐射三种不同频率的光子，说明其吸收光子后从基态跃迁到第三能级，在第三能级不稳定，又向较低能级跃迁，发出光子.其中从第三能级跃迁到基态的光子能量最大为hν3，所以氢原子吸收的光子能量应为E＝hν3，且关系式hν3＝hν1＋hν2成立.
【答案】 hν3 hν1＋hν2
6.氢原子的能级图如图3 3 4所示.某金属的极限波长恰等于氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级所发出的光的波长.现在用氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出的光去照射，求从该金属表面逸出的光电子的最大初动能是多少电子伏？
图3 3 4
【解析】 设氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级所发出的光子波长为λ0，由n＝2能级跃迁到n＝1能级所发出的光子波长为λ，则E4－E2＝h，并且逸出功W0＝h，E2－E1＝h，根据爱因斯坦光电方程Ek＝hν－W0得，光子的最大初动能为Ek＝h－h＝hc＝hc＝2E2－E1－E4＝7.65
eV.
【答案】 7.65
eV
7.已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.528×10－10
m，量子数为n的能级值为En＝－
eV.
(1)求电子在基态轨道上运动时的动能；
(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态.画出能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线；
(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长.
(其中静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，电子电量e＝1.6×10－19
C，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，真空中光速c＝3.0×108
m/s)
【解析】 (1)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第二定律和库仑定律有m＝，所以Ek＝mv＝＝
J
＝2.18×10－18
J＝13.6
eV.
(2)当氢原子从量子数n＝3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线，如图所示.
(3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3－E1.
λ＝＝
m
＝1.03×10－7
m.
【答案】 (1)13.6
eV
(2)见解析
(3)1.03×10－7
m
[能力提升]
8.如图3 3 5为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )
图3 3 5
A.从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长
B.从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出电磁波的速度大
C.处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的
D.从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量
E.处于n＝5能级的一群原子跃迁时，最多可以发出6种不同频率的光子
【解析】 根据ΔE＝hν，ν＝，可知ΔE＝hν，λ＝＝，从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级放出能量小，所以从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长，选项A正确；电磁波的速度是光速，与电磁波的波长、频率无关，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不相同，C正确；从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，D正确；处于n＝5能级的一群原子跃迁时，最多可以发出10种不同频率的光子，E项错误.
【答案】 ACD
9.氢原子部分能级的示意图如图3 3 6所示，不同色光的光子能量如下表所示：
图3 3 6
色光
红
橙
黄
绿
蓝—靛
紫
光子能量范围(eV)
1.61～2.00
2.00～2.07
2.07～2.14
2.14～2.53
2.53～2.76
2.76～3.10
处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为________、________.
【解析】 由七种色光的光子的不同能量可知，可见光光子的能量范围在1.61～3.10
eV，故可能是由第4能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，ΔE1＝－0.85－(－3.40)
eV＝2.55
eV，即蓝—靛光；也可能是氢原子由第3能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，ΔE2＝－1.51－(－3.40)
eV＝1.89
eV，即红光.
【答案】 红 蓝—靛
10.原子可以从原子间的碰撞中获得能量，从而发生能级跃迁(在碰撞中，动能损失最大的是(完全非弹性碰撞).一个具有13.6
eV动能、处于基态的氢原子与另一个静止的、也处于基态的氢原子发生对心正碰，设碰撞中损失的能量全部被静止的氢原子吸收.
图3 3 7
(1)是否可以使基态氢原子发生能级跃迁(氢原子能级如图3 3 7所示).
(2)若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？
【解析】 设运动氢原子的速度为v0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v，损失的动能ΔE被基态氢原子吸收.若ΔE＝10.2
eV，则基态氢原子可由n＝1跃迁到n＝2.由动量守恒和能量守恒有：
mv0＝2mv①
mv＝mv2＋mv2＋ΔE②
mv＝Ek③
Ek＝13.6
eV
解①②③④得，ΔE＝·mv＝6.8
eV
因为ΔE＝6.8
eV<10.2
eV.所以不能使基态氢原子发生跃迁.
(2)若使基态氢原子电离，则ΔE＝13.6
eV，代入①②③得Ek＝27.2
eV.
【答案】 不能 (2)27.2
eV