粤教版物理选修3-5 同步测试（29份）

第二章
波粒二象性
第二节
光子
A级　抓基础
1．关于光电效应，以下说法正确的是(　　)
A．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B．光电子的最大初动能越大，形成的光电流越强
C．能否产生光电效应现象，决定于入射光光子的能量是否大于或等于金属的逸出功
D．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属一定不发生光电效应
解析：由光电效应方程知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但是它们之间不是正比关系，A错．光电流的强度与入射光的强度成正比，与光电子的最大初动能无关，B错．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属不一定不发生光电效应，D错，C对．
答案：C
2．(多选)对于任何一种金属，能发生光电效应的条件是(　　)
A．入射光的强度大于某一极限强度
B．入射光的波长小于某一极限波长
C．入射光照射时间大于某一极限时间
D．入射光的频率不低于某一极限频率
解析：金属产生光电效应必须满足的条件是入射光的频率大于该金属的极限频率或入射光的波长小于该金属的极限波长，入射光的强度只影响光电流的大小，故B、D正确、A、C错误．
答案：BD
3．当具有5.0
eV能量的光子照射到某金属表面后，从金属表面逸出的电子具有的最大初动能是1.5
eV.为了使这种金属产生光电效应，入射光的最低能量为(　　)
A．1.5
eV　　　　　
B．3.5
eV
C．5.0
eV
D．6.5
eV
解析：由光电效应方程Ekm＝hν－W0，得W0＝hν－Ekm＝5.0
eV－1.5
eV＝3.5
eV
则入射光的最低能量为hνmin＝W0＝3.5
eV，故正确选项为B.
答案：B
4．频率为ν的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为Ekm.改用频率2ν的光照射同一金属，所产生光电子的最大初动能为(h为普朗克常量)(　　)
A．Ekm－hν
B．Ekm
C．Ekm＋hν
D．Ekm＋2hν
解析：设电子逸出功为W0，则由光电效应方程可得：hν＝Ekm＋W0
2hν＝E′km＋W0，两式联立解得：E′km＝Ekm＋hν，选项C对．
答案：C
5．(多选)下列关于光电效应的说法正确的是(　　)
A．若某材料的逸出功是W0，则它的极限频率ν0＝
B．光电子的初速度和照射光的频率成正比
C．光电子的最大初动能和照射光的频率成正比
D．光电子的最大初动能随照射光频率的增大而增大
解析：由光电效应方程Ekm＝hν－W0知，B、C错误，D正确．若Ekm＝0，得极限频率ν0＝，故A正确．
答案：AD
6．根据爱因斯坦光子说，光子能量ε等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)(　　)
A．h
B．h
C．hλ
D.
解析：由爱因斯坦光子说知，光子的能量E＝hν，而c＝νλ.故E＝h，A项正确．
答案：A
B级　提能力
7．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)，如图所示．则可判断出(　　)
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．乙光对应的极限频率大于丙光的极限频率
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：根据eU0＝mv＝hν－W0，入射光的频率越高，对应的遏止电压U0越大．甲光、乙光的遏止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，A错．丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长，故B正确．同一金属，极限频率是相同的，C错．丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲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，D错．
答案：B
8.(多选)如图所示，用某单色光照射光电管的阴极K，会发生光电效应．在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值U称为反向遏止电压．现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测得反向遏止电压分别为U1和U2.设电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是(　　)
A．频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度为
B．频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为
C．阴极K金属的逸出功为W0＝
D．阴极K的极限频率是ν0＝
解析：在阳极A和阴极K之间加上反向电压，逃逸出的光电子在反向电场中做减速运动，根据动能定理可得－eU＝0－mv，解得光电子的最大初速度为
vmax＝，所以频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度为
，用频率为ν2的光照射时，光电子的最大初速度为
，故A正确，B错误；根据光电效应方程可得hν1＝eU1＋W0，hν2＝eU2＋W0，联立可得W0＝，h＝，阴极K金属的极限频率ν0＝，C、D正确．
答案：ACD
9．(多选)用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5
eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2
mA.移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7
V时，电流表读数为0.则(　　)
A．光电管阴极的逸出功为1.8
eV
B．电键K断开后，没有电流流过电流表G
C．光电子的最大初动能为0.7
eV
D．改用能量为1.5
eV的光子照射，没有电流流过电流表G
解析：该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7
V时，电流表示数为0，则知光电子的最大初动能为0.7
eV，根据光电效应方程，得逸出功W0＝1.8
eV，故A、C正确；当电键K断开后，用光子能量为2.5
eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B错误；改用能量为1.5
eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，D对．故选A、C、D.
答案：ACD
10．在光电效应实验中，某金属的极限频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为______．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为__________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.
解析：金属的逸出功W0＝hν0＝h.根据光电效应方程知：Ekm＝h－h，又Ekm＝eU0，则遏止电压U0＝－.
答案：h　－章末复习课
【知识体系】
　①ν0＝(W0为逸出功)　②hν＝mv＋W0　③干涉　④衍射　⑤光电效应　⑥康普顿效应
⑦λ＝　⑧ΔxΔp≥
主题1　光电效应
1．光电效应现象的判断．
光电流的大小每秒入射的光子数
2．光电效应方程．
光电效应方程的实质是能量的转化和守恒定律在光电效应现象中的反映，根据能量守恒定律，光电子的最大初动能与入射光子的能量和逸出功的关系为hν＝mv＋W0，这个方程叫爱因斯坦光电效应方程．
3．光子被吸收的情况．
光电效应中，光子与金属中的电子作用，光子整个被吸收，且电子一般一次只能吸收一个光子；康普顿效应中，光子与晶体中的自由电子发生碰撞，电子只能吸收光子的部分能量．
【典例1】　(2014·海南卷)(多选)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是(　　)
A．遏止电压　　
B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能
D．逸出功
解析：不同的金属具有不同的逸出功，遏止电压为U0＝，光电子的最大初动能为Ekm＝hν－W0，饱和光电流由单位时间内的入射光子数决定，A、C、D正确．
答案：ACD
针对训练
1．(2015·上海卷)某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示，表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料(　　)
材料
钠
铜
铂
极限波长/nm
541
268
196
A．仅钠能产生光电子
B．仅钠、铜能产生光电子
C．仅铜、铂能产生光电子
D．都能产生光电子
解析：根据爱因斯坦光电效应方程可知，只要光源的波长小于某金属的极限波长，就有光电子逸出，该光源发出的光的波长小于100
nm，小于钠、铜、铂三个的极限波长，都能产生光电子，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
主题2　光源功率与光强度的区别与联系
根据爱因斯坦的光子说，光源的功率和光的强度，是两个不同的概念．
(1)光源的功率(P)——光源每单位时间内辐射光子的能量，即P＝nhν，式中n表示光源单位时间内辐射的光子数．
(2)光的强度(I)——在单位时间内垂直通过单位面积的光子的总能量，即I＝Nhν.式中N表示单位时间垂直通过单位面积的光子数．
(3)在入射光频率不变的情况下，光强正比于单位时间内照射到金属表面上单位面积的光子数，但若换用不同频率的光照时，即使光强相同，单位时间内照射到金属表面单位面积的光子数也不同．
【典例2】　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.
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＝＝＝5.73×1016(个)．
答案：3.14×10－19
J　5.73×1016
针对训练
2．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，设该飞船所在地每秒内单位面积上的光子数为n，光子的平均波长为λ，太阳帆面积为S，反射率为100%，假定太阳垂直射到太阳帆上，飞船的总质量为m.
(1)求飞船加速度的表达式(光子动量p＝h/λ)；
(2)若太阳帆是黑色的，飞船的加速度为多少？
解析：(1)光子垂直打在太阳帆上再反射，动量的改变量为2p，根据动量定理得：
FΔt＝n·2p，太阳帆上受到的光压力为
F＝＝，故飞船的加速度a＝＝.
(2)若太阳帆是黑色的，光子垂直打在太阳帆上不再反射，光子动量的改变为p，太阳帆上受到的光压力为F′＝，故太阳帆的加速度a′＝.
答案：(1)　(2)
主题3　波粒二象性
1．微观粒子的波动性和粒子性不能理解为宏观概念中的波和粒子．波动性和粒子性是微观粒子的两种固有属性，任何情况下二者都同时存在．
2．描述光的性质的基本关系式ε＝hν和p＝中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量，它们通过普朗克常量h联系在一起．
【典例3】　(2015·江苏卷)(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
解析：光电效应说明光的粒子性，所以A正确；热中子在晶体上产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C错误；根据德布罗意波长公式λ＝，p2＝2mEkm，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质子和电子，质子的德布罗意波长较短，所以D错误．
答案：AB
针对训练
3．(2015·上海卷)用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明(　　)
时间较短　　时间稍长　　时间较长　　
A．光的本质是波
B．光的本质是粒子
C．光的能量在胶片上分布不均匀
D．光到达胶片上不同位置的概率相同
解析：用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B错误；说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分而不均匀，故C正确，D错误．
答案：C
统揽考情
波粒二象性部分的重点内容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点．一般以考查选择或填空为主．
真题例析
(2015·课标全国Ⅰ卷)ν在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U0与入射光的频率ν的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．
解析：光电效应中，入射光子能量为hν，克服逸出功W0后多余的能量转换为电子动能，反向遏止电压eU＝hν－W0；整理得U＝ν－，斜率即＝k，所以普朗克常量h＝ek，截距为b，即eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb.
答案：ek　－eb
针对训练
(2015·课标全国Ⅱ卷)(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波动性的是______．
A．电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
解析：电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样，可以说明电子是一种波，故A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子的干涉现象，说明电子是一种波，故D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，说明光是一种粒子，故E错误．
答案：ACD
1．(2014·广东卷)(多选)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
解析：已知用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，可知光电管阴极金属材料的极限频率肯定小于ν，改用频率较小的光照射时，仍有可能发生光电效应，选项C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，增加照射光频率，光电子最大初动能也增大，故选项D正确；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；光电效应是否产生与照射光频率有关而与照射光强度无关，故选项B错误．
答案：AD
2．(2014·江苏卷)已知钙和钾的极限频率分别为7.73×1014
Hz和5.44×1011
Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的(　　)
A．波长　　　　　
B．频率
C．能量
D．动量
解析：设入射光的频率为ν，根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ekm＝hν－W0，W0＝hν0，由题意可知，钙的截止频率比钾的大，因此钙表面逸出的光电子的最大初动能比钾的小，其动量也小，故选项C、D错误；根据德布罗意波长公式可知：λ＝，又有：c＝λν，故选项A正确，选项B错误．
答案：A
3．(2014·上海卷)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是(　　)
A．光电效应是瞬时发生的
B．所有金属都存在极限频率
C．光电流随着入射光增强而变大
D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大
解析：按照光的波动理论，电子通过波动吸收能量，若波的能量不足以使得电子逸出，那么就需要多吸收一些，需要一个能量累积的过程，而不是瞬时的，选项A与波动理论矛盾．根据波动理论，能量大小与波动的振幅有关，而与频率无关，即使光的能量不够大，只要金属表面的电子持续吸收经过一个能量累积过程，都可以发生光电效应，与选项B矛盾；光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关，即与入射光的波动振幅有关，与频率无关，所以波动理论与选项D矛盾．对于光电流大小，根据波动理论，入射光增强，能量增大，所以光电流增大，选项C与波动理论并不矛盾，选项C正确．
答案：C
4．如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的以下量也相等的是(　　)
A．速度
B．动能
C．动量
D．总能量
解析：根据德布罗意波长与粒子的动量关系式p＝，由于电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量也相等，故C正确．由于电子和中子的质量不等，根据p＝mv，Ek＝mv2＝pν，E＝mc2，可推知它们的速度、动能、总能量均不等．故选C.
答案：C
5.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意如图所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在K、A之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小．当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W0为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)(　　)
A．U＝－
B．U＝－
C．U＝2hν－W0
D．U＝－
解析：根据题目信息，普通光源没法吸收一个光子而成为自由电子，激光可以，因此知识点仍然适用．设电子吸收了n个，则nhν－W0＝Ekm，当自由电子在遏止电压时Ekm＝eU，代入得U＝＝－，n为正整数，即选项为B.
答案：B第四章
原子核
第五节
裂变和聚变
A级　抓基础
1．链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是(　　)
A．质子　　　　　
B．中子
C．β粒子
D．α粒子
解析：重核裂变时放出中子，中子再轰击其他重核发生新的重核裂变，形成链式反应，B项正确．
答案：B
2．重核裂变和轻核聚变是人们获得核能的两个途径，下列说法中正确的是(　　)
A．裂变过程质量增加，聚变过程质量亏损
B．裂变过程质量亏损，聚变过程质量增加
C．裂变过程和聚变过程都有质量增加
D．裂变过程和聚变过程都有质量亏损
解析：裂变和聚变中都有核能的释放，由ΔE＝Δmc2可知均有质量亏损，故D对．
答案：D
3．氢弹和原子弹各是根据什么原理制造的(　　)
A．都是根据重核裂变原理
B．都是根据轻核聚变原理
C．原子弹是根据轻核聚变原理，氢弹是根据重核裂变原理
D．原子弹是根据重核裂变原理，氢弹是根据轻核聚变原理
解析：氢弹是根据轻核聚变原理，原子弹是根据重核裂变原理，故选项D对．
答案：D
4．下列核反应方程，属于裂变反应的是(　　)
A.U→Th＋He
B.U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.P→Si＋e
D.Be＋He→C＋n
解析：
A选项是α衰变，B选项是裂变反应，C选项是放射性元素的衰变，D选项是查德威克发现中子的人工转变方程，故B正确，A、C、D错．
答案：B
5．(多选)关于核反应的类型，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
解析：选项A是α衰变，选项B是原子核的人工转变，选项C是核聚变，选项D是β衰变，选项A、C正确．
答案：AC
B级　提能力
6．(多选)我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应有：
(1)U＋n→Sr＋Xe＋kn
(2)H＋H→He＋dn
关于这两个方程的下列说法，正确的是(　　)
A．方程(1)属于α衰变
B．方程(2)属于轻核聚变
C．方程(1)中k＝10，方程(2)中d＝1
D．方程(1)中k＝6，方程(2)中d＝1
解析：方程(1)应属于重核裂变而不是α衰变，选项A错误；方程(2)为轻核聚变，选项B正确；核反应前后质量数守恒、核电荷数守恒，方程(1)中：235＋1＝90＋136＋k×1，解得k＝10，方程(2)中：2＋3＝4＋d×1，解得d＝1，选项C正确，D错误．
答案：BC
7．(多选)据新华社报道，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
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，故C项正确．
答案：AC
8．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
1.007
8
3.016
0
4.002
6
12.000
0
13.005
7
15.000
1
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：根据核反应中质量数与电荷数守恒容易求得新核X的质量数为4、电荷数为2，即X是He；根据表中提供的数据，可以求得第2个核反应的质量亏损大，根据爱因斯坦质能方程必然有Q1答案：B
9．一个原来静止的锂核(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)求出氦核的速度大小；
(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＝2.014
102
u，氚核质量为mT＝3.016
050
u，氦核质量mHe＝4.
002
603
u，中子质量mn＝1.008
665
u，1
u＝1.660
6×10－27
kg)．
解析：(1)Li＋n→H＋He.
(2)取中子的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
mnv0＝－mTv1＋mHev2，
v2＝＝
m/s＝
2×104
m/s.
(3)质量亏损为
Δm＝mD＋mT－mHe－mn＝(2.014
102＋3.016
050－4.002
603－1.008
665)
u＝0.018
884
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第一章
碰撞与动量守恒
第五节
自然界中的守恒定律
A级　抓基础
1．(多选)下列论述中正确的是(　　)
A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变
C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D．动量守恒是相互作用的物体系统在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的
解析：由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的．
答案：ACD
2.如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m.现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能，下列说法中正确的是(　　)
A．B球动能的最大值是eq
\f(mv,2)
B．B球动能的最大值是eq
\f(mv,8)
C．系统动能的最小值是0
D．系统动能的最小值是eq
\f(mv,8)
解析：当两球发生完全弹性碰撞时，A球静止，B球的动能最大，为eq
\f(mv,2)，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是mv，C、D错误．
答案：A
3．如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，A、C间距离为s；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动到最后静止．设小物体通过总路程为l，则下列关系式正确的是(　　)
A．l>s　　　　　　　
B．l＝s
C．lD．l＝s或l解析：由于摩擦，物体最后静止的位置可能在B点也可能在B点的左侧或右侧，在题述两个过程中，弹簧的弹性势能的减少将转化为因摩擦而增加的内能，若物体最后静止在B点，则ΔE减＝ΔE增，得E弹＝Q热＝μmgs.若物体最后静止在B的左侧或右侧：ΔE减＝ΔE增，得E弹＝E弹′＋μmgl，其中E弹′是物体静止后弹簧还具有的弹性势能，得μmgs＝μmgl＋E弹′.
总之，当物体最后静止在B点时，s＝l；当物体最后不是静止在B点时，l答案：D
4.如图所示，关于质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；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
解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故选项C对．
答案：C
B级　提能力
5.(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(　　)
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
解析：根据动量守恒定律和能量守恒定律得
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＝m1v′1＋m2v′2，,\f(1,2)m1v＝\f(1,2)m1v′＋\f(1,2)m2v′，,且m1＝m，m2＝3m，))
解得v′1＝v1＝－v1，v′2＝v1＝v1，A正确．
根据mv2＝mgh＝mgR(1－cos
θ)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，根据单摆的等时性，D正确．
答案：AD
6.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3
kg的薄板和质量为m＝1
kg的物块，以v＝4
m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长．当薄板的速度为2.4
m/s时，物块的运动情况是(　　)
A．做加速运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．以上运动都可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)
Mv－mv＝(M＋m)v′，故v′＝m/s＝2
m/s，共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．
在物块和薄板相互作用的过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到零，再沿正方向加速到2
m/s.当薄板速度为v1＝2.4
m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：
Mv－mv＝Mv1＋mv2，
v2＝＝
m/s＝0.8
m/s.
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动，A正确．
答案：A
7.如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g.求：
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得
mv0＝m＋Mv，①
解得：v＝.②
系统损失的机械能为：
ΔE＝mv－，③
得：ΔE＝mv.④
(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则：
⑤
⑥
由②⑤⑥三式可得：s＝.
答案：(1)mv　(2)
8．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点(未画出)以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0.
解析：设A、B质量都为m，A刚接触B时速度为v1(碰前)，由功能关系，有：
mv－mv＝μmgl1.
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2，有：
mv1＝2mv2.
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：
(2m)v－(2m)v＝μ(2m)g(2l2)．
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有：
mv＝μmgl1.
由以上各式，解得v0＝.
答案：第三章
原子结构之谜
第二节
原子的结构
A级　抓基础
1．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是(　　)
A．α粒子的散射实验　　　B．对阴极射线的研究
C．天然放射性现象的发现
D．质子的发现
答案：A
2．(多选)下列对原子结构的认识中，正确的是(　　)
A．原子中绝大部分是空的，原子核很小
B．电子在核外旋转，库仑力提供向心力
C．原子的全部正电荷都集中在原子核里
D．原子核的直径大约是10－10
m
解析：原子是由位于原子中心带正电的原子核和核外带负电的电子构成的，电子在核外绕核高速旋转，库仑力提供向心力，由此可判定B、C正确，根据散射实验知原子核直径数量级为10－15
m，而原子直径的数量级为10－10
m，故A正确，D错误．
答案：ABC
3．(多选)卢瑟福对α粒子散射实验的解释是(　　)
A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子的作用力
B．使α粒子产生偏转的力是库仑力
C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进
D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子
解析：原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错、B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较多，故C、D对．
答案：BCD
4．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(　　)
解析：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．
答案：D
B级　提能力
5．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：α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，A、C错，B对；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，故D错．
答案：B
6．(多选)α粒子散射实验中，当α粒子最接近原子核时，α粒子符合下列哪种情况(　　)
A．动能最小
B．势能最小
C．α粒子与金原子组成的系统的能量小
D．所受原子核的斥力最大
解析：α粒子在接近金原子核的过程中，要克服库仑斥力做功，动能减少，电势能增加，两者相距最近时，动能最小，电势能最大，总能量守恒．根据库仑定律，距离最近时，斥力最大．
答案：AD
7．(多选)在α粒子散射实验中，如果两个具有相同能量的α粒子，从不同大小的角度散射出来，则散射角度大的α粒子(　　)
A．更接近原子核
B．更远离原子核
C．受到一个以上的原子核作用
D．受到原子核较大的冲量作用
解析：由于原子的体积远远大于原子核的体积，当α粒子穿越某一个原子的空间时，其他原子核距α粒子相对较远，而且其他原子核对α粒子的作用力也可以近似相互抵消，所以散射角度大的这个α粒子并非由于受到多个原子核作用，C错；由库仑定律可知，α粒子受到的斥力与距离的平方成反比，α粒子距原子核越近，斥力越大，运动状态改变越大，即散射角度越大，A对，B错；当α粒子受到原子核较大的冲量作用时，动量的变化量就大，即速度的变化量就大，则散射角度就大，D对．
答案：AD
8.高速α粒子在重原子核电场作用下的散射现象如图所示，实线表示α粒子运动的轨迹，虚线表示重核形成电场的等势面．设α粒子经过a、b、c三点时的速度为va、vb、vc，则其关系为(　　)
A．vaB．vcC．vbD．vc解析：α粒子和重原子核都带正电，相互排斥，当α粒子靠近重原子核时，电场力做负功，α粒子动能减小，va>vb.当α粒子远离重原子核时电场力做正功，动能增加，vc>vb.又因为从a到c的整个过程中电场力对α粒子做正功，故vava>vb，选项C正确．
答案：C
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，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是(　　)
A．可能在①区域
B．可能在②区域
C．可能在③区域
D．可能在④区域
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，故应选A.
答案：A
10．若氢原子的核外电子绕核做半径为r的匀速圆周运动，则其角速度ω是多少？电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I是多少(已知电子的质量为m，电荷量为e，静电力常量用k表示)
解析：电子绕核运动的向心力是库仑力，因为
＝mω2r，所以ω＝·；其运动周期为
T＝＝·，其等效电流I＝＝
.
答案：
　　第二章
波粒二象性
第一节
光电效应
A级　抓基础
1．关于光电管，下列说法正确的是(　　)
A．光电管能把电信号转变为光信号　
B．光电管能把光信号转变为电信号
C．光电管能放大光信号
D．光电管工作时阳极电势低于阴极电势
解析：光电管只能将光信号转变成电信号，而不能放大光信号，光电管工作时，阳极电势要高于阴极电势，才能保证电路中始终有光电流．
答案：B
2．(多选)当用一束紫外线照射装在原不带电的验电器金属球上的锌板时，发生了光电效应，这时发生的现象是(　　)
A．验电器内的金属箔带正电
B．有电子从锌板上飞出来
C．有正离子从锌板上飞出来
D．锌板吸收空气中的正离子
解析：发生光电效应时有光电子逸出，锌板上将由于缺少电子而带正电，所以选项A、B正确，选项C、D错误．
答案：AB
3．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么(　　)
A．从光照至金属表面发射出光电子之间的时间间隔将明显增加
B．逸出的光电子的最大初动能将减小
C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少
D．有可能不发生光电效应
解析：根据光电效应的实验规律知，从光照到金属表面发射光电子的时间间隔极短，这与光的强度无关，故A错误；实验规律还指出，逸出光电子的最大初动能与入射光频率有关，光电流与入射光强度成正比，C正确．
答案：C
4.(多选)如图所示，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过．其原因可能是(　　)
A．入射光太弱
B．入射光波长太长
C．光照时间太短
D．电源正负极接反
解析：光电管电路中形成电流的条件：一是阴极在光的照射下有光电子逸出，二是逸出的光电子应能在电路中定向移动到达阳极．其中有无光电子逸出决定于入射光的频率是否高于阴极材料的极限频率，与入射光的强弱、照射时间长短无关；光电子能否到达阳极，应由光电子的初动能大小和光电管两极间所加电压的正负和大小共同决定．一旦电源正负极接反，即使具有最大初动能的光电子也不能到达阳极，即使发生了光电效应，电路中也不能形成光电流．故该题的正确选项是B、D.
答案：BD
B级　提能力
5.一细束平行光，经玻璃三棱镜折射后分解成互相分离的三束光，分别照射到相同的金属板a、b、c上．如图所示，已知金属板b上有光电子逸出，可知(　　)
A．板a一定有光电子逸出
B．板a一定无光电子逸出
C．板c一定有光电子逸出
D．板c一定无光电子逸出
解析：光经棱镜出射光线发生偏折，频率高的偏折角大，因此，照射金属c的光的频率比照射b的光的频率高，而照射a的光的频率比照射b的光的频率低．由此可知：a上不一定有光电子逸出，而c上一定有光电子逸出，C正确．
答案：C
6．(多选)如图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么(　　)
A．A光的频率大于B光的频率
B．B光的频率大于A光的频率
C．用A光照射光电管时流过电流计G的电流方向是a流向b
D．用A光照射光电管时流过电流计G的电流方向是b流向a
解析：根据光电效应的条件可知，A光的频率高于极限频率ν0，B光的频率小于极限频率ν0，故A光的频率大于B光的频率，A项正确；光电管工作时光电子从阴极(右侧)飞向阳极(左侧)，由此可知，电路中的电流为a→b，即C项正确．
答案：AC
7．(多选)一验电器与有绝缘支座的锌板相连接后发现验电器指针张开一定角度，如图所示．今用弧光灯照射锌板，发现验电器指针偏角立即变小，变为零后又张开一定角度，则(　　)
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：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，锌板带正电，说明锌板原来带有负电荷，选项A、C正确．
答案：AC
8．已知铯的极限频率为4.545×1014
Hz，钠的极限频率为6.000×1014
Hz，银的极限频率为1.153×1015
Hz，铂的极限频率为1.529×1015
Hz.当用波长为0.375
μm的光照射它们时，其中能够发生光电效应的金属是________．
解析：可以求出入射光的频率，再将该频率的大小分别与上述各金属的极限频率进行比较，凡是入射光的频率比金属的极限频率高的，都可以发生光电效应．根据公式c＝λν，求出入射光的频率ν，ν＝＝Hz≈8×1014
Hz.因为铯和钠的极限频率比入射光的频率小，所以可以发生光电效应的金属是钠和铯．
答案：钠和铯章末质量评估(三)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的
B．阴极射线本质是电子
C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电
D．阴极射线的荷质比比氢原子小
解析：阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B对．电子带电量与氢原子相同，但质量比氢原子小很多，故其荷质比比氢原子大，D错．
答案：B
2．下列能揭示原子具有核式结构的实验是(　　)
A．光电效应实验
B．伦琴射线的发现
C．α粒子散射实验
D．氢原子光谱的发现
解析：光电效应实验说明了光的粒子性，伦琴射线的发现说明X射线是一种比光波波长更短的电磁波，氢原子光谱的发现促进了氢原子模型的提出．C正确．
答案：C
3．卢瑟福的α粒子散射实验的结果显示了(　　)
A．原子内存在电子
B．原子的大小为10－10
m
C．原子的正电荷均匀分布在它的全部体积上
D．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内
解析：根据α粒子散射实验现象，绝大多数α粒子穿过金箔后沿原来方向前进，少数发生较大的偏转，极少数偏转角超过90°，可知C错，A与题意不符；而实验结果不能判定原子的大小为10－10
m，B错，故选D.
答案：D
4．关于α粒子散射实验，下列说法不正确的是(　　)
A．该实验在真空环境中进行
B．带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动
C．荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的
D．荧光屏只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光
解析：本题考查卢瑟福α粒子散射实验的装置与操作．因少数发生很大偏转甚至极少数被弹回，故荧光屏没有正对α粒子源发出的射线方向上也可能有闪光．
答案：D
5．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级．该氢原子(　　)
A．放出光子，能量增加
B．放出光子，能量减少
C．吸收光子，能量增加
D．吸收光子，能量减少
解析：根据玻尔理论，氢原子能级越高对应的能量越大，当氢原子从较高能级向较低能级跃迁时放出光子，能量减少，B对，A、C、D错．
答案：B
6．在氢原子能级图中，横线间的距离越大，代表氢原子能级差越大，下列能级图中，能形象表示氢原子最低的四个能级是(　　)
解析：由氢原子能级图可知，量子数n越大，能级越密，所以C对．
答案：C
7．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，发生了角度不太大的偏转
B．α粒子在接近原子核的过程中，动能减少，电势能减少
C．α粒子离开原子核的过程中，动能增大，电势能也增大
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
解析：由于原子核很小，α粒子十分接近它的机会很少，所以绝大多数α粒子基本上仍按直线方向前进，只有极少数发生大角度的偏转．从α粒子散射实验数据可以估计出原子核的大小约为10－15
m．由此可知A错误，D正确．
用极端法，设α粒子向金核射去，如图所示．可知α粒子接近原子核时，克服电场力做功，所以其动能减少，电势能增加；当α粒子远离原子核时，电场力做功，其动能增加，电势能减少，所以选项B、C都错．
答案：D
8．用紫外线照射一些物质时，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中正确的是(　　)
A．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2|
B．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2|
C．两次均向高能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2|
D．两次均向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2|
解析：物质原子吸收紫外线，由低能级向高能级跃迁，处于高能级的原子再向低能级跃迁，发出可见光，因紫外线光子能量大于可见光的光子能量，故|ΔE1|>|ΔE2|，B正确．
答案：B
9．根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光．以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)
A．E－h
B．E＋h
C．E－h
D．E＋h
解析：释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h.
答案：C
10．处于n＝3的激发态的大量氢原子向基态跃迁的过程中，只有一种光子不能使某金属W产生光电效应，则下列说法正确的是(　　)
A．不能使金属W产生光电效应的是从n＝3激发态跃迁到基态发出的光子
B．不能使金属W产生光电效应的是从n＝2激发态跃迁到基态发出的光子
C．若光子从n＝4激发态跃迁到n＝3激发态，一定不能使金属W产生光电效应
D．若光子从n＝4激发态跃迁到n＝2激发态，一定不能使金属W产生光电效应
解析：只有光子能量大于金属逸出功时才能发生光电效应，从n＝3能级向n＝2能级跃迁时光子能量最小，A、B错误；因E42>E32，故可能发生光电效应，D错误；E43答案：C
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．以下说法正确的是(　　)
A．在一个氢原子的某一次跃迁中，可以发出一系列不同频率的光子
B．在一个氢原子的某一次跃迁中，可以发出若干个同一频率的光子
C．一个处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，最多发出3种频率的光子
D．一群处于n＝4能级的氢原子在某一时刻发出的光中可以包含6种不同频率的光子
解析：一个氢原子在一次跃迁中，只能发出一个某一频率的光子，A、B选项错误．一个氢原子在从n＝4能级跃迁到基态时，最多可跃迁3次，即n＝4→n＝3，n＝3→n＝2，n＝2→n＝1，故最多可发出3种不同频率的光子，C选项正确．大量氢原子处于n＝4能级发生跃迁时，各种可能的跃迁方式都可能发生，故发出的光子包含了N＝C＝6种不同频率的光子，D选项正确．
答案：CD
12．如图所示是汤姆生的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(　　)
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线向下偏转
解析：实验证明，阴极射线是电子，它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧，可知选项C正确，选项B的说法错误．加上磁场时，电子在磁场中受洛伦兹力作用，向下偏转，选项D正确．当不加电场和磁场时，电子所受的重力可以忽略不计，因而不发生偏转，选项A的说法正确．
答案：ACD
13．已知氢原子的能级图如图所示，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(　　)
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
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．
答案：BC
14．氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可以发出三种不同波长的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1>λ2，则另一个波长可能是(　　)
A．λ1＋λ2
B．λ1－λ2
C.
D.
解析：设另一个波长可能是λ3，当λ1>λ2>λ3时，氢原子在三个相邻的能级之间发生跃迁，辐射光子的能量关系为＋＝，可得λ3＝，故C项是正确的．当λ3>λ1>λ2时，同理可得＋＝，解得λ3＝，D项也是正确的．
答案：CD
三、非选择题(本题共4小题，共54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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)在可见光范围内，氢原子发光的波长最长的两条谱线所对应的波长各是多少？频率各是多少？
解析：利用巴耳末公式计算波长＝R，
当n＝3、4时，氢原子发光所对应的两条谱线波长最长
当n＝3时，＝1.10×107×m－1，
解得λ1≈6.54×10－7
m，
当n＝4时，＝1.10×107×m－1，
解得λ2≈4.85×10－7
m，由波速公式c＝λν得
ν1＝＝
Hz≈4.59×1014
Hz，
ν2＝＝
Hz≈6.19×1014
Hz.
答案：λ1＝6.54×10－7
m，λ2＝4.85×10－7
m;
ν1＝4.59×1014
Hz，ν2＝6.19×1014
Hz
16．(12分)已知氢原子的能级公式En＝－
eV(n＝1，2，3，…)，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，则从该金属表面逸出的光电子最大初动能是多少电子伏？
解析：由题意可知：
E1＝－13.6
eV，E2＝－3.4
eV，E4＝－0.85
eV，
金属的逸出功：
W0＝E4－E2＝－0.85
eV－(－3.4)
eV＝2.55
eV，
氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1的能级发出的光子能量
ΔE＝E2－E1＝－3.4
eV－(－13.6)
eV＝10.2
eV，
故用光子照射金属时光电子的最大初动能
Ekm＝ΔE－W0＝10.2
eV－2.55
eV＝7.65
eV.
答案：7.65
eV
17．(14分)已知电子质量为9.1×10－31kg，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0.53×10－10m，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)2J＝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
18．(16分)将氢原子电离，就是从外部给电子能量，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，则电子飞到离核无穷远处时的速度多大？(电子电荷量e＝1.6×10－19
C，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，电子质量me＝9.1×10－31
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，电离能量为
ΔE＝E∞－E2＝3.4
eV，
ν＝＝
Hz＝8.21×1014
Hz.
(2)波长为200
nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0＝hν＝6.63×10－34×
J＝9.945×10－19
J，
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＝9.95×105
m/s.
答案：(1)8.21×1014
Hz　(2)9.95×105
m/s第四章
原子核
第四节
核力与结合能
A级　抓基础
1．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，则三种力从大到小的顺序是(　　)
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：核力是核子之间的一种强相互作用，其相互作用力巨大，远超过两个质子之间的库仑力，两质子之间的万有引力远小于库仑力，故选项D正确．
答案：D
2．(多选)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
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，B对，A错；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对，D错．
答案：BC
3．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：由质能方程ΔE＝Δmc2得：
Δm＝＝
kg≈4×109
kg，D正确.
答案：D
4．(多选)对公式ΔE＝Δmc2的理解正确的是(　　)
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，则这些核子与组成的原子核的质量之差就是Δm
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，所以选项A、D正确；如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应增加Δmc2，所以选项B正确；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
5．(多选)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．用能量小于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：用能量小于结合能的光子照射氘核时，氘核一定不能分解，所以A正确，B错误；用能量大于结合能的光子照射氘核时，氘核可能分解，只要分解，分解出的质子和中子动能之和一定不为零(若动能之和为零就分不开了)，所以C错误，D正确．
答案：AD
B级　提能力
6．一个电子(质量为m、电荷量为－e)和一个正电子(质量为m、电荷量为e)，以相等的初动能Ek相向运动，并撞到一起发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子．设产生光子的频率为ν.若这两个光子的能量都为hν，动量分别为p和p′，下面关系正确的是(　　)
A．hν＝mc2，p＝p′
B．hν＝mc2，p＝－p′
C．hν＝mc2＋Ek，p＝－p′
D．hν＝2(mc2＋Ek)，p＝－p′
解析：根据能量守恒，两电子的动能和释放的核能完全转化为两光子的能量，则有2hν＝2mc2＋2Ek，可得hν＝mc2＋Ek；又由动量守恒得0＝p＋p′.
答案：C
7．(多选)爱因斯坦提出了质能方程，揭示了质量与能量的关系，关于质能方程，下列说法正确的是(　　)
A．质量和能量可以相互转化
B．当物体向外释放能量时，其质量必定减少，且减少的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2
C．物质的核能可用mc2表示
D．mc2是物体能够放出能量的总和
解析：E＝mc2式中E表示物体具有的总能量，m表示物体的质量，故C项错误，D正确；ΔE＝Δmc2表示当物体的能量增加或减少ΔE时，其质量相应的增加或减少Δm，故A错误，B正确．
答案：BD
8．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
kg和m2
kg的原子核结合为质量为M
kg的原子核时释放出的能量是(　　)
A．(M－m1－m2)u·c2
B．(m1＋m2－M)u×931.5
J
C．(m1＋m2－M)c2
D．(m1＋m2－M)×931.5
eV
解析：在核能计算时，如果质量的单位是kg，则用ΔE＝Δmc2进行计算，如果质量的单位是u，则利用1
u相当于931.5
MeV的能量计算，即ΔE＝Δm×931.5
MeV进行计算，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
9．当两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，放出28.30
MeV的能量，当三个α粒子结合成一个碳(C)核时，放出7.26
MeV能量，则当6个中子和6个质子结合成一个碳(C)核时，释放的能量约为(　　)
A．21.04
MeV　　　
B．35.56
MeV
C．77.64
MeV
D．92.16
MeV
解析：6个中子和6个质子可结合成3个α粒子，放出能量3×28.30
MeV＝84.9
MeV，3个α粒子再结合成一个碳核，放出7.26
MeV能量，故6个中子和6个质子结合成一个碳核时，释放能量为84.9
MeV＋7.26
MeV＝92.16
MeV.故选D.
答案：D
10．原来静止的原子核X发生α衰变时，放出α粒子的动能为E0.假设衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来，则在此衰变过程中的质量亏损是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：α粒子与新核质量比为，衰变过程满足动量守恒，即mαvα＝m新·v新，根据动量和动能的关系p2＝2m·Ek可知，新核动能为E0.由ΔE＝Δmc2，得Δm＝＝，故D选项正确．
答案：D
11．三个α粒子结合成一个碳12，已知碳原子的质量为12.000
0
u，氦原子的质量为4.002
6
u(1
u＝1.66×10－27
kg)．
(1)写出核反应方程．
(2)这个核反应放出的能量是多少焦耳？
(3)这个能量合多少MeV
解析：(1)3He→6C＋ΔE.
(2)Δm＝3×4.002
6
u－12.000
0
u＝0.007
8
u＝12.948×10－30kg，
ΔE＝Δmc2＝1.165×10－12
J.
(3)ΔE＝1.165×10－12
J＝7.28
MeV.
答案：(1)3He→C＋ΔE　
(2)1.165×10－12
J
(3)7.28
MeV实验　验证动量守恒定律
1.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.
接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
①对于上述实验操作，下列说法正确的是________
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平
D．小球1质量应大于小球2的质量
②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________．
A．A、B两点间的高度差h1，
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
③当所测物理量满足表达式________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失．
解析：①为了保证每次碰撞速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，A正确；小球每次从轨道上滑落过程中我们只需要得到相同的碰撞速度，实验过程中摩擦力的存在与否，对我们研究实验没有影响，故不需要保证斜槽轨道必须光滑，B错误；我们研究的是水平方向上的碰撞，所以斜槽轨道末端必须水平，C正确；为了防止入射小球反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确；②小球飞出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以不放小球2时，小球1的速度v0＝eq
\f(,t)，放了小球2后，小球1的速度为v1＝eq
\f(,t)，小球2获得的速度为v2＝eq
\f(,t)，故需要验证m1eq
\f(,t)＝m1eq
\f(,t)＋m2eq
\f(,t)，即m1·＝m1·＋m2·，故需要测量两小球的质量，C正确；③当所测物理量满足表达式m1·＝m1·＋m2·，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要m1v＝m1v＋m2v成立则机械能守恒，即若满足m1·()2＝m1·()2＋m2·()2，则两球碰撞时无机械能损失．
答案：①ACD　②C
③m1·＝m1·OM＋m2·ON
m1·()2＝m1·()2＋m2·()2
2．气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．现用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图．(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平．
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.
①实验中还应测量的物理量是___________________________．
②利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是
_____________________________________________________．
③被压缩弹簧的弹性势能的表达式为_____________________．
解析：(1)还应测量出B的右端至D板的距离L2，这样才能算出B的速度．
(2)A滑块的速度vA＝，同样B滑块的速度vB＝，
因此mAvA－mBvB＝0，用已知量代入就是
mA－mB＝0.
(3)弹性势能就等于A、B两个滑块的动能，
即Ep＝mAv＋mBv＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA\f(L,t)＋mB\f(L,t))).
答案：①B的右端至D板的距离L2
②mA－mB＝0
③Ep＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA\f(L,t)＋mB\f(L,t)))
3．某同学用如图(a)所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞中的守恒量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图(a)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(b)，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐
　　　图(a)　　　　　图(b)
(1)除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还需要用到的器材有________(填选项号)．
A．秒表　B．天平　C．毫米刻度尺　D．打点计时器(及电源和纸带)　E．圆规　F．弹簧测力计　G．游标卡尺
(2)从图(b)可以测出碰撞后B球的水平射程应取为______________cm.
(3)在以下选项中，______________是本次实验必须进行的测量(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)利用天平测量小球质量，利用刻度尺测量落点距离，利用圆规找到圆心．
(2)距离为O点到落点圆心间的距离．
(3)ABD
答案：(1)BCE　(2)64.7(填64.2
cm～65.2
cm之间均可)
(3)ABD
4．某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：
(1)在安装实验器材时斜槽的末端应_______________________．
(2)小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma________mb，两球的半径应满足ra____________rb(选填“>”“<”或“＝”)．
(3)本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的________点和________点．
(4)在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________．
A．ma＝ma＋mb
B．ma＝ma＋mb
C．ma＝ma＋mb
(5)经测定，ma＝45.0
g，mb＝7.5
g，若碰撞前、后ma的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球mb平抛运动水平距离的最大值为________cm.
解析：(1)为了得到水平的初速度，斜槽的末端处于水平切线处．
(2)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ra＝rb，在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mav0＝mav1＋mbv2，在碰撞过程中动能守恒，故有mav＝mav＋mbv，解得v1＝v0，要碰后a的速度v1>0，即ma－mb>0，所以ma>mb.
(3)是同时落地，碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，如果不同，则不能用水平位移代替碰撞后的速度，对实验结果有影响；a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度减小，所以碰撞后a球的落地点距离O点最近，b小球离O点最远，中间一个点是未放b球时a的落地点，所以相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中A、C点．
(4)B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝eq
\f(,\r(\f(2h,g)))碰撞后入射小球的速度v2＝eq
\f(,\r(\f(2h,g))).碰撞后被碰小球的速度v3＝eq
\f(,\r(\f(2h,g)))，若mav1＝mbv3＋mav2，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：ma＝ma＋mb，B正确．
(5)＝＝eq
\f(,OM)＝＝.
发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m1v1＝m1v′1＋m2v′2.
根据机械能守恒定律：m1v＝m1v′＋m2v′
由以上两式解得v′2＝v1，
因此最大射程为：
sm＝·＝×44.8
cm＝76.8
cm.
答案：(1)处于水平切线处　(2)>　＝　(3)A　C
(4)B　(5)　76.8
5．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端黏有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起，继续做匀速运动，设计如图甲所示，在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50
Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
甲
乙
(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离在图上标出A为运动起始的点，则应选________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度．
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40
kg，小车B的质量mB＝0.20
kg，则由以上结果可得碰前总动量＝______kg·m/s，碰后总动量＝________kg·m/s.得到的结论是________________________(计算结果保留三位有效数字)．
解析：(1)由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．
推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．故答案为BC、DE.
(2)碰前系统的动量即A的动量，则p1＝m1v1＝m1eq
\f(,5T)＝0.40×
kg·m/s＝0.420
kg·m/s，碰后的总动量p2＝(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)eq
\f(,5T)＝(0.40＋0.20)×
kg·m/s＝0.417
kg·m/s.
答案：(1)BC　DE
(2)0.420　0.417　在误差允许范围内，碰撞过程中动量是守恒的第二章
波粒二象性
第三节
康普顿效应及其解释
第四节
光的波粒二象性
A级　抓基础
1．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子假说．从科学研究的方法来说，这属于(　　)
A．等效替代　　　
B．控制变量
C．数学归纳
D．科学假说
解析：猜测光具有粒子性，从而提出光子假说，这种科学研究的方法属于科学假说．
答案：D
2．(多选)光同时具有波及粒子的性质，其粒子性可由(　　)
A．光的干涉现象看出
B．光的衍射现象看出
C．光电效应看出
D．康普顿效应看出
解析：光的干涉和衍射现象说明光具有波的性质，能说明光具有粒子性的是光电效应以及康普顿效应．故选项C、D正确．
答案：CD
3．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过狭缝，如果时间足够长，底片上将会显示衍射图样
B．单个光子通过狭缝后，底片上会出现完整的衍射图样
C．光子通过狭缝的运动路线是直线
D．光的波动性是大量光子运动的规律
解析：个别或少数光子表现出光的粒子性，大量光子表现出光的波动性，如果时间足够长，通过狭缝的光子数也就足够多，粒子的分布遵从波动规律，底片上将会显示出衍射图样，A、D选项正确．单个光子通过狭缝后，路径是随机的，底片上也不会出现完整的衍射图样，B、C选项错．
答案：AD
4．(多选)为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动规律显示出光的波动性
D．个别光子的运动显示出光的粒子性
解析：单个光子运动具有不确定性，大量光子落点的概率分布遵循一定规律，显示出光的波动性．使光子一个一个地通过双缝，如果时间足够长，底片上会出现明显的干涉图样，A、C对，B错；由光的波粒二象性知，个别光子的运动显示出光的粒子性，D对．
答案：ACD
5．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的叙述不符合科学规律或历史事实的是(　　)
A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的
B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性
C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波
D．光具有波粒二象性
解析：牛顿的“微粒说”认为光是一群弹性粒子，与爱因斯坦的“光子说”本质不同，光的干涉实验显示了光的波动性，故A错，B、C、D对．
答案：A
B级　提能力
6．根据爱因斯坦的“光子说”可知(　　)
A．“光子说”的本质就是牛顿的“微粒说”
B．光的波长越长，光子的能量越小
C．一束单色光的能量可以连续变化
D．只有光子数很多时，光才具有粒子性
解析：爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份的，是不连续的，它并不否定光的波动性，而牛顿的“微粒说”与波动说是对立的，因此A错误．在爱因斯坦的“光子说”中光子的能量ε＝hν＝，可知波长越长，光子的能量越小，因此B正确．某一单色光，波长恒定，光子的能量也是恒定的，因此C错误．大量光子表现为波动性，而少数光子才表现为粒子性，因此D错误．
答案：B
7．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处可能是(　　)
A．亮纹
B．暗纹
C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹
D．以上各种情况均有可能
解析：按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b处一定是亮纹，A正确．
答案：A
8．频率为ν的光子，具有的动量为，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原来的运动方向，这种现象称为光的散射．散射后的光子(　　)
A．虽改变原来的运动方向，但频率保持不变
B．光子将从电子处获得能量，因而频率将增大
C．散射后光子的能量减小，因而光子的速度减小
D．由于电子受到碰撞，散射后的光子频率低于入射光的频率
解析：由动量公式p＝，在康普顿效应中，当入射光子与电子碰撞时，要把一部分动量转移给电子，因而光子动量变小，波长变长，频率变小．而光的传播速度不变．
答案：D
9．粒子源产生某种粒子，在其正前方安装只有两条狭缝的挡板，粒子穿过狭缝打在前方的荧光屏上使荧光屏发光．那么在荧光屏上将看到(　　)
A．只有两条亮纹　　
B．有多条明暗相间的条纹
C．没有亮纹
D．只有一条亮纹
解析：由于粒子源产生的粒子是微观粒子，它的运动受波动规律支配，对大量粒子运动到达屏上某点的概率，可以用波的特征进行描述，即产生双缝干涉，在屏上将看到干涉条纹．故选B.
答案：B章末复习课
【知识体系】
　①守恒　②有损失　③损失最大　④同向　⑤I＝Ft　⑥I＝Δp　⑦合外力F合＝0　⑧远大于　⑨某一方向上
主题1　动量定理的应用
1．动量定理的应用．
(1)应用I＝Δp求变力的冲量：
如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I.
(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：
曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．
(3)用动量定理解释现象：
用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
(4)处理连续流体问题(变质量问题)
通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解．
2．应用动量定理解题的步骤．
(1)选取研究对象；
(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态；
(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
(4)规定正方向，根据动量定理列方程式；
(5)解方程，统一单位，求解结果．
【典例1】　(2014·天津卷)如图所示，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黏合在一起，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v1＝2
m/s.求：
(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：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得
F＝mAa，
代入数据解得：
a＝2.5
m/s2.
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程中，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v，
代入数据解得：
v＝1
m/s.
(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)v，
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：
Fl＝mAv，
解得：l＝0.45
m.
答案：(1)2.5
m/s2　(2)1
m/s　(3)0.45
m
针对训练
1．(2015·安徽卷)
一质量为0.5
kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5
m的位置B处是一面墙，如图所示．长物块以v0＝9
m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7
m/s，碰后以6
m/s的速度反向运动直至静止．g取10
m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05
s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
解析：(1)由动能定理，有：－μmgs＝mv2－mv，
可得μ＝0.32.
(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，
可得F＝130
N.
(3)W＝mv′2＝9
J.
答案：(1)μ＝0.32　(2)F＝130
N　(3)W＝9
J
主题2　动量守恒中的临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点．
【典例2】　质量为M＝6
kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6
kg，停在B的左端．质量为1
kg的小球用长为0.8
m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2
m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板至少多长？
解析：mgL＝mv，
v1＝＝4
m/s，
mgh＝mv′，
v′1＝＝2
m/s.
球与A碰撞过程中，系统动量守恒mv1＝－mv′1＋mAvA
得vA＝1
m/s.
物块A与木板B相互作用过程中mAvA＝(mA＋M)v共
v共＝0.5
m/s.
μmAgx＝mAv－(mA＋M)v，
得x＝0.25
m.
答案：0.25
m
针对训练
2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6
kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2
kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2
kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25
m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间黏合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，g取10
m/s2.求：
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)小车C上表面的最短长度．
解析：(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：
mAgh＝mAv，①
代入数据解得v1＝5
m/s.②
设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，
mAv1＝(mA＋mB)v2，③
代入数据解得v2＝2.5
m/s.④
(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，
根据动量守恒定律有：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3，⑤
根据能量守恒定律：
μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v，⑥
联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375
m.
答案：(1)2.5
m/s　(2)0.375
m
主题3　多体多过程的动量守恒
对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程．解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型.
(2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量.
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题.
【典例3】　(2015·课标全国Ⅰ卷)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
解析：设A运动的初速度为v，A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mv＝mv1＋Mv2，,\f(1,2)mv2＝\f(1,2)mv＋\f(1,2)Mv，))
可得v1＝v
v2＝v.
要使得A与B发生碰撞，需要满足v1<0，即mA反向向左运动与C发生碰撞过程，弹性碰撞
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mv1＝mv3＋Mv4，,\f(1,2)mv＝\f(1,2)mv＋\f(1,2)Mv，))
整理可得
由于m即v2＝v≥v1＝v，
整理可得m2＋4Mm≥M2，
解方程可得m≥(－2)M.
答案：m≥(－2)M
针对训练
3．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．
解析：根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足
mvA＝m·＋m·，
解得vA＝；
从A开始运动到与B相碰的过程，
根据动能定理：Wf＝mv－mv，
解得Wf＝mv.
则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mv－mv′，
解得：v′B＝
v0.
B、C碰撞时满足动量守恒，则mv′B＝2mv共，
解得v共＝v′B＝v0.
答案：v0
统揽考情
1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查.
2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．
真题例析
(2014·课标全国Ⅰ卷)如图，质量分别为mA、mB的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8
m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3
s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小为g＝10
m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度．
解析：(1)B球从地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有mBgh＝mBv，
可得B球第一次到达地面时的速度vB＝＝4
m/s.
(2)A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度
vA＝gt＝3
m/s
设B球的速度为v′B,
则有碰撞过程动量守恒
mAvA＋mBv′B＝mBv″B
碰撞过程没有动能损失，则有
mAv＋mBv′＝mBv″
解得，v′B＝1
m/s，v″B＝2
m/s.
小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度v0＝vB＝4
m/s，
所以P点的高度hP＝eq
\f(v－v′,2g)＝0.75
m.
答案：(1)4
m/s　(2)0.75
m
针对训练
(2014·课标全国Ⅱ卷)利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
图(a)
实验测得滑块A的质量m1＝0.310
kg，滑块B的质量m2＝0.108
kg，遮光片的宽度d＝1.00
cm；打点计时器所用的交流电的频率为f＝50
Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500
ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
图(b)
若相对误差绝对值实验允许的最大值为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
解析：按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：
v＝，①
式中Δs为物块在很短时间Δt内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02
s，②
ΔtA可视为很短，设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0，v1，将②式和图给实验数据代入①式可得：
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝，⑤
代入题所给的数据可得：v2＝2.86
m/s⑥
设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p′，则
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δr＝×100%，⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，
可得：δr＝1.7%<5%.
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
答案：见解析
1．如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB，经过相同时间后撤去两力．以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将(　　)
A．停止运动　　　
B．向右运动
C．向左运动
D．仍运动但方向不能确定
解析：取向右为正方向，对物体A，由动量定理可知：pA＝F1t，同理对物体B可得：pB＝－F2t，将A、B看成一系统，由动量守恒定律知：pA＋pB＝(MA＋MB)v，解得：v＝0，故选项A正确．
答案：A
2．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有n个质量均为m的小球．现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出．则用上述不同方式抛完小球后小车的速度大小相比较(　　)
A．第一种较大
B．第二种较大
C．两种一样大
D．不能确定
解析：由于都是以相同的对地速度抛球，所以结果相同．
答案：C
3．(2015·课标全国Ⅱ卷)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，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变化的图象如图所示．求：
(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质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给图象可得
v＝
m/s，
由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
解得＝.
(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)v2，
由图象可知，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)v2，
解得＝.
答案：(1)　(2)
4．(2014·山东卷)如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止．给A向左的初速度v0，一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后共同速度为v.由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
则：m＋2mBv＝(m＋mB)v，①
由①式得
mB＝.②
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v，③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝mv－(m＋mB)v2，④
联立②③④式得ΔE＝mv.
答案：(1)　(2)mv第三章
原子结构之谜
第三节
氢原子光谱
第四节
原子的能级结构
A级　抓基础
1．下列对于巴耳末公式的说法正确的是(　　)
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中可见光部分的光的波长
C．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，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
解析：巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光，A、D错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B错误，C正确．
答案：C
2．(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
解析：根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，B正确．玻尔理论中的假设轨道，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的、不连续的，选项C正确．原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子的能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确．
答案：BCD
3．大量原子从n＝4的激发态向低能态跃迁时，产生的光谱线数是(　　)
A．2条　　　B．4条　　　C．6条　　　D．8条
解析：从n＝4向低能级跃迁有3条，从n＝3向低能级跃迁有2条，从n＝2向低能级跃迁有1条，总共6条，即N＝.
答案：C
4．欲使处于基态的氢原子激发或电离，下列措施不可行的是(　　)
A．用10.2
eV的光子照射
B．用11
eV的光子照射
C．用14
eV的光子照射
D．用11
eV的电子碰撞
解析：由氢原子能级图算出只有10.2
eV为第2能级与基态之间的能量差，处于基态的氢原子吸收10.2
eV的光子后将跃迁到第一激发态，而大于13.6
eV的光子能使氢原子电离，原子还可吸收电子的能量而被激发或电离，由于电子的动能可全部或部分地被氢原子吸收，所以只要入射电子的动能大于或等于两能级的能量差值，均可认为原子发生能级跃迁或电离，故A、C、D可行．
答案：B
5．汞原子的能级图如图所示，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(能级数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．最长波长光子的能量为1.1
eV
B．最长波长光子的能量为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：由题意知，吸收光子后汞原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，最大频率的光子能量为(－1.6＋10.4)
eV＝8.8
eV，最大波长的光子能量为(－1.6＋2.7)
eV＝1.1
eV，故A正确．
答案：A
6．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中(　　)
A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大
B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小
C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小
D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大
解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：
k＝m，又Ek＝mv2，所以Ek＝.
由此式可知：电子离核越远，r越大时，电子的动能越小，故A、C错；由r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确．
答案：D
B级　提能力
7.(多选)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(　　)
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
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．
答案：BC
8．如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06
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不同波长的光有(　　)
A．15种　　　B．10种　　　C．4种　　　D．1种
解析：吸收13.06
eV能量后氢原子处于量子数n＝5的激发态，故可产生10种不同波长的光，故B正确．
答案：B
9.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．如图为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的光子，且频率依次增大，则E等于(　　)
A．h(ν3－ν1)
B．h(ν3＋ν1)
C．hν3
D．hν4
解析：μ氢原子吸收光子后，能发出六种频率的光，说明μ氢原子是从n＝4能级向低能级跃迁，则吸收的光子的能量为ΔE＝E4－E2，E4－E2恰好对应着频率为ν3的光子，故光子的能量为hν3.
答案：C
10．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要(　　)
A．发出波长为λ1－λ2的光子
B．发出波长为的光子
C．吸收波长为λ1－λ2的光子
D．吸收波长为的光子
解析：根据题意画出能级图如图所示，则Ea－Eb＝h
，Ec－Eb＝，
得Ec－Ea＝h－h，
设由a到c吸收光子的波长为λ
则h－h＝h，
可知λ＝，A、B、C错，D正确．
答案：D
11．用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则(　　)
A．ν0<ν1
B．ν3＝ν2＋ν1
C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3
D.＝＋
解析：因为仅发射出三种不同频率的光子，且ν3>ν2>ν1，所以hν3＝E3－E1，hν2＝E2－E1，hν1＝E3－E2，所以hν3＝hν2＋hν1，故B项对，C、D项错；入射光子hν0＝hν3，所以ν0>ν1，A项错．
答案：B
12．氢原子在基态时轨道半径r1＝0.53×10－10
m，能量E1＝－13.6
eV.当氢原子处于基态时，求：
(1)电子的动能；
(2)原子的电势能；
(3)用波长是多少的光照射可使其电离？(已知电子质量m＝9.1×10－31
kg)
解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v1，则，
keq
\f(e2,r)＝eq
\f(mv,r1)，所以电子动能
Ek1＝mv＝＝≈13.6
(eV)．
(2)因为E1＝Ek1＋Ep1，
所以Ep1＝E1－Ek1＝－13.6
ev－13.6
ev＝－27.2
eV.
(3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：
＝0－E1.
所以λ＝－＝m≈9.14×10－8m.
答案：(1)13.6
eV　(2)－27.2
eV　(3)9.14×10－8
m第一章
碰撞与动量守恒
第四节
反冲运动
A级　抓基础
1．(多选)下列属于反冲运动的是(　　)
A．汽车的运动　　　
B．直升机的运动
C．火箭发射过程的运动
D．反击式水轮机的运动
解析：反冲是根据动量守恒，物体分为两部分，一部分向一个方向运动，另一部分向反方向运动．符合条件的为C、D选项．
答案：CD
2．下列几种现象中，动量不守恒的是(　　)
A．在光滑水平面上两球发生碰撞
B．车原来静止在光滑的水平面上，车上的人从车头走到车尾
C．水平放置的弹簧一端固定，另一端与置于光滑水平面的物体相连，伸长的弹簧拉物体运动
D．火箭的反冲运动
解析：动量守恒的条件是：系统所受合外力为零，或者系统内力远大于外力情况．在光滑水平面上两球发生碰撞，系统所受合外力为零，故动量守恒；车原来静止在光滑的水平面上，车上的人从车头走到车尾，系统所受合外力为零，故动量守恒；水平放置的弹簧一端固定，另一端与置于光滑水平面的物体相连，伸长的弹簧拉物体运动，系统所受合外力不为零，故动量不守恒；火箭的反冲运动，系统内力远大于外力，故动量守恒．选动量不守恒的情况，所以选C.
答案：C
3．人静止于光滑冰面上，现欲前进，下列方法中可行的是(　　)
A．向后踢腿　　　　
B．手臂向前甩
C．在冰上滚
D．脱去外衣向后投掷
解析：欲使物体获得一定的动量，必须有外力作用在该物体上．A、B两种方法属于物体两部分间的作用，不会对物体产生冲量；因冰面是光滑的，故C也不行．
答案：D
4．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将(　　)
A．左右来回运动
B．向左运动
C．向右运动
D．静止不动
解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下．
答案：A
5．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是(　　)
A．向前运动
B．向后运动
C．静止
D．无法判断
解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的位置发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A对．
答案：A
6．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
解析：火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
答案：D
B级　提能力
7．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是(　　)
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
解析：航天器靠反冲获得推力，由探测器的运动状态判断合力情况．由喷气方向判断推动力方向．航天探测器受到与喷气方向相反的推动力和重力作用．航天探测器做加速直线运动时，合力与运动方向相同，喷气方向应斜向下；做匀速直线运动时，合力为零，故选项C对．
答案：C
8．(多选)一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是(　　)
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
解析：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．
答案：ABC
9.如图所示，自动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，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：炮弹相对地的速度为v0＋v2，由动量守恒得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，得v0＝.故选B.
答案：B
10．一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B两块，A、B质量之比为n(少量炸药质量不计)．之后，B正好自由下落，求A的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？
解析：爆炸前后动量守恒，有mv＝mAvA，
得vA＝＝＝v.
爆炸后，A以vA做平抛运动，运动时间t＝，
射程的增加量Δs为Δs＝(vA－v)t＝＝.
此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，
ΔE＝v2－mv2＝mv2.
机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同．
答案：　mv2
11．一质量为6×103
kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率(相对于火箭)为103
m/s，求：
(1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
(2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20
m/s2的加速度？(g取10
m/s2)
解析：这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力．
(1)以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，由动量定理有FΔt＝Δmv0.
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′＝F.
对火箭(因忽略气体的重力)F′＝Mg，
由两式解得＝＝
kg/s＝60
kg/s.
即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60
kg的气体．
(2)同第(1)问，以喷出的气体Δm为对象：FΔt＝Δmv0，
而对火箭F－Mg＝Ma，
解得＝＝
kg/s＝180
kg/s.
答案：(1)60
kg/s　(2)180
kg/s
12.在光滑水平桌面上，有一长为l＝2
m
的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5
kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1
kg，mB＝4
kg，开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示．炸药爆炸使得A以6
m/s的速度水平向左运动，如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：
(1)当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？
(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
解析：爆炸中A、B相互作用，系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，之后C与B有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒．
(1)设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝0得vB＝－1.5
m/s
(负号表示方向)，
对A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.
(2)A先与C相碰，由动量守恒：
mAvA＝(mA＋mC)v共，
所以v共＝1
m/s，
从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1＝＝
s，
此时B距C的右壁sB＝－vBt1＝0.75
m，设再经过t2时间B与C相碰，则t2＝＝0.3
s，故C向左的位移为ΔsC＝v共t2＝1×0.3
m＝0.3
m.
答案：(1)0　(2)0.3
m，方向向左第四章
原子核
第一节
走进原子核
A级　抓基础
1．下列现象中，与原子核内部结构变化有关的是(　　)
A．α粒子散射现象　
B．天然放射现象
C．光电效应现象
D．原子发光现象
解析：天然放射现象是原子核内部结构变化引起的．
答案：B
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．玛丽·居里首先提出原子的核式结构
B．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
C．查德威克在实验中发现了中子
D．爱因斯坦为解释光电效应的实验现象提出了光子说
解析：原子核式结构是卢瑟福提出的；电子是汤姆生发现的；查德威克发现了中子，证实了卢瑟福的猜想；光子说是爱因斯坦受普朗克量子论的启发，为解释光电效应现象而提出的．
答案：CD
3．在α粒子轰击金箔的散射实验中，α粒子可以表示为He，He中的4和2分别表示(　　)
A．4为核子数，2为中子数
B．4为质子数和中子数之和，2为质子数
C．4为核外电子数，2为中子数
D．4为中子数，2为质子数
解析：根据He所表示的物理意义，原子核的质子数决定核外电子数，原子核的电荷数就是核内的质子数，也就是这种元素的原子序数．原子核的质量数就是核内质子数和中子数之和，即为核内的核子数，He符号的左下角表示的是质子数或核外电子数，即为2，He符号左上角表示的是核子数，即为4，故选项B正确．
答案：B
4．据报道，放射性同位素钬Ho可以有效治疗癌症，该同位素原子核内中子数是(　　)
A．32　　　　　
B．67
C．99
D．166
解析：根据原子核的表示方法得核外电子数＝质子数＝67，中子数为166－67＝99，故C对，A、B、D错．
答案：C
B级　提能力
5．卢瑟福预想到原子核内除质子外，还有中子的事实依据是(　　)
A．电子数与质子数相等
B．原子核的质量大约是质子质量的整数倍
C．原子核的核电荷数只是质量数的一半或少一些
D．质子和中子的质量几乎相等
解析：卢瑟福发现质子后，设想原子核只由质子组成，但核电荷数只是质量数的一半或少一些，这与假设相矛盾，因此他又设想原子核内除质子外还有不带电的中子存在，所以选项C正确．
答案：C
6．(多选)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．原子核中的质子数，一定与核外电子数相等
C．用粒子轰击氮、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核电荷数跟质子电荷数之比，因此原子核内还存在一种不带电的中性粒子
解析：原子中除了带负电的电子外，还有带正电的质子，故A错．对于中性原子来说，原子核中的质子数才跟核外电子数相等，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核电荷数跟质子电荷数之比，才确定原子核内必还有别的中性粒子，故D正确．
答案：CD
7．若用x代表一个中性原子的核外电子数，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：在90Th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.B项正确．
答案：B章末复习课
(对应学生用书P57)
【知识体系】
　①汤姆生　②卢瑟福　③α粒子散射　④光谱分析　⑤＝R(－)，n＝3，4，5，…　⑥能量　⑦轨道　⑧hν＝Em－En
主题1　对α粒子散射实验及核式结构模型的理解
1．实验现象．
(1)α粒子通过金箔时，绝大多数不发生偏转，仍沿原来的方向前进．
(2)少数发生较大的偏转，极少数偏转角超过90°.
(3)有的甚至被弹回，偏转角几乎达到180°.
2．核式结构学说．
在原子的中心有一个很小的原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，电子绕核运转．
【典例1】　(2014·上海卷)不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是(　　)
A．原子中心有一个很小的原子核
B．原子核是由质子和中子组成的
C．原子质量几乎全部集中在原子核内
D．原子的正电荷全部集中在原子核内
解析：卢瑟福原子核式结构模型是原子全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子内部一个很小的核上，带负电的电子绕原子核高速旋转，质量几乎忽略不计，所以可以得出选项A、C、D，对于原子核是由质子和中子组成的结论涉及原子核的结构，与核式结构无关，核式结构说的是原子结构，不是原子核结构，选项B错．
答案：B
针对训练
1．(2015·上海卷)在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子(　　)
A．电量太小　　　
B．速度太小
C．体积太小
D．质量太小
解析：在α粒子散射实验中，由于电子的质量太小，电子的质量只有α粒子的，它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
主题2　玻尔的原子结构模型
1．玻尔的原子结构模型可概括为三个要点．
(1)能量的量子化En＝E1(En为动能、电势能之和)．
(2)轨道的量子化rn＝n2r1.
(3)能级跃迁量子化hν＝Em－En(吸收或辐射一定频率的光子)．
2．氢原子的能级．
(1)对氢原子而言，核外的一个电子绕核运行时，若半径不同，则对应的原子能量也不同．原子各能级的关系为En＝
(n＝1，2，3…)对于氢原子而言，基态能级：E1＝－13.6
eV.
(2)氢原子的能级图如图所示．
【典例2】　(多选)
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．若氢原子处于能量为E的定态，则其发光频率为ν＝
解析：由氢原子核外电子轨道半径公式：rn＝n2r1，轨道半径与量子数的平方成正比，所以rm∶rn＝m2∶n2，A选项正确．氢原子的能量公式：En＝E1，可见氢原子的能量与量子数的平方成反比，所以Em∶En＝n2∶m2，B选项正确．根据玻尔的原子理论，只有核外电子发生能级跃迁时，才能发射某一频率的光，所以C、D选项不正确．
答案：AB
针对训练
2．按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量________(选填“越大”或“越小”)．已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为________(普朗克常量为h)．
解析：电子离原子核越远电势能越大，原子能量也就越大；根据动能定理有，hν＋E1＝mv2，所以电离后电子速度为
.
答案：越大　
主题3　原子能级的跃迁与电离
1．在正常状态下，原子处于最低能级，这时电子在离核最近的轨道上运动，即基态．原子处于较高能级时，电子在离核较远的轨道上运动，即激发态．原子从基态向激发态跃迁的过程是吸收能量的过程；原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是辐射能量的过程，这个能量以光子的形式被吸收或辐射出去，吸收或辐射的能量恰等于发生跃迁的两能级的能量之差．
2．直接跃迁与间接跃迁．
原子从一种能量状态跃迁到另一种能量状态时，有时可能是直接跃迁，有时可能是间接跃迁，两种情况辐射(或吸收)光子的频率可能不同．
3．电离与跃迁．
原子跃迁时，不管吸收还是辐射光子，其光子能量都必须等于这两个能级的能量差，若想把某一定态上的原子的电子电离出去，就需要给原子的能量大于等于电离能．
【典例3】　(2014·山东卷)(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656
nm.以下判断正确的是(　　)
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656
nm
B．用波长为325
nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2能级
C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633
nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3能级
解析：由于n＝3与n＝2间的能量差为－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89
eV，而n＝1与n＝2间的能量差为－3.4eV－(－13.6eV)＝12.2
eV，根据ΔE＝hν＝h可知，氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时辐射的波长λ＝121.6
nm小于656
nm，A错误；同样从n＝1跃迁到n＝2能级需要的光子的波长也恰好为121.6
nm，B错误；一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时可能会出现3种可能，因此会放出3种不同频率的光子，C正确；电子发生跃迁时，吸收或放出的能量一定等于这两个能级间的能量差，为一特定值，大于或小于这个特定的值都不能使之发生跃迁．因此D正确．
答案：CD
针对训练
3.根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图所示．电子处在n＝3轨道上比处在n
＝5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)．当大量He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条．
解析：从图上可知n＝3
轨道上的能级比n＝5
轨道上的能级低．根据玻尔原子结构理论：离核越近，能级越低，可知n＝3轨道上的电子离氦核的距离近．处于第4激发态的He＋的发射光子的种类为：N＝C＝6种．
答案：近　6
统揽考情
核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题，也可能与其他知识结合出题，主要以选择题为主．
真题例析
　(2015·安徽卷)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(　　)
A．M点　　　B．N点　　　C．P点　　　D．Q点
解析：由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的连线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
针对训练
(2015·海南卷)氢原子基态的能量为E1＝－13.6
eV.大量氢原子处于某一激发态，由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，频率最小的光子能量为______eV
(保留2位有效数字)，这些光子可具有______种不同的频率．
解析：频率最大的光子能量为－0.96E1，即
En－(－13.6
eV)＝－0.96×(－13.6
eV)，解得En＝－0.54
eV，即n＝5.从n＝5能级开始，共有5→1，5→4，→5→3，5→2，4→1，4→2，4→3，3→1，3→2，2→1，10种不同频率的光子，频率最小的光子能量为是从5→4，最小为－0.54
eV－(－0.85
eV)＝0.31
eV.
答案：0.31　10
1．(多选)关于α粒子散射实验现象的分析，下列说法正确的是(　　)
A．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明正电荷在原子内均匀分布，是α粒子受力平衡的结果
B．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到明显的力的作用，说明原子是“中空”的
C．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内质量和电荷量比α粒子大得多的粒子在原子内分布空间很小
D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内的电子对α粒子的吸引力很大
解析：在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子沿原方向运动，说明α粒子未受到原子核明显的力的作用，也说明原子核相对原子来讲很小，原子内大部分空间是空的，故A错，B对；极少数发生大角度偏转，说明受到金原子核明显的力的作用的空间在原子内很小，α粒子偏转，而金原子核未动，说明金原子核的质量和电荷量远大于α粒子的质量和电荷量，电子的质量远小于α粒子，α粒子打在电子上，α粒子不会有明显偏转，故C对，D错．
答案：BC
2．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：依题意可知第一激发态能量为E2＝，要将其电离，需要的能量至少为ΔE＝0－E2＝hν，根据波长、频率与波速的关系c＝νλ，联立解得最大波长λ＝－，C对．
答案：C
3．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则(　　)
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
解析：由跃迁假设及题意可知，hν1＝Em－En，hν2＝Ek－En，红光频率ν1小于紫光频率ν2，所以能级k能量大于能级m能量，所以从能级k到能级m需要辐射光子，A、C项错；hν3＝Ek－Em，解三式得：hν3＝hν2－hν1，D项正确．
答案：D
4．(多选)氢原子核外电子在n＝1和n＝2的轨道上运动时，其运动的(　　)
A．轨道半径之比为1∶4
B．动能之比为1∶4
C．速度大小之比为4∶1
D．周期之比为1∶8
解析：玻尔的原子理论表明：氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，其向心力由原子核对它的库仑引力来提供．因为rn＝n2r1，所以r1∶r2＝1∶4；由eq
\f(mv,rn)＝eq
\f(ke2,r)得：电子在某条轨道上运动时，电子运动的动能Ekn＝，则Ek1∶Ek2＝4∶1；
电子运动的速度vn＝e，得v1∶v2＝2∶1.由电子绕
核做圆周运动的周期Tn＝＝，得T1∶T2＝
1∶8.
故选项A、D正确．
答案：AD第四章
原子核
第六节
核能利用
第七节
小粒子与大宇宙
A级　抓基础
1．在核反应堆外修建很厚的水泥层是为了防止(　　)
A．核爆炸　　　　
B．放射线外泄
C．核燃料外泄
D．慢中子外泄
解析：核反应堆的核燃料一般是铀235，它具有很强的放射性，其衰变时放出的射线能对人体造成极大的伤害，在其外修建很厚的水泥层就是为了防止放射线外泄，则B正确．
答案：B
2．(多选)为应对能源危机和优化能源结构，提高清洁能源的比重，我国制定了优先选择核能，其次加快发展风电和再生能源的政策，在《核电中长期发展规划》中要求2020年核电运行装机总容量达到4
000万千瓦的水平，请根据所学物理知识，判断下列说法中正确的是(　　)
A．核能发电对环境的污染比火力发电要小
B．核能发电对环境的污染比火力发电要大
C．目前所有核电站都只利用重核裂变释放大量的原子能
D．目前既有重核裂变，又有轻核聚变释放大量的原子能
解析：目前核电站都用核裂变，其原料是铀，且核裂变在核反应堆中应用的是比较清洁的能源，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
3．2020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，下列说法错误的是(　　)
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正确．
答案：B
4．(多选)秦山核电站第三期工程的两个6×105
kW发电机组已实现并网发电.
发电站的核能来源于U的裂变，下列说法正确的是(　　)
A．反应堆中核反应速度通常是采用调节U的体积来控制的
B.U的一种可能的裂变是U＋n→Xe＋Sr＋2n
C.U是天然放射性元素，升高温度后它的半衰期会缩短
D．核电站放出的污染物比火电站放出的污染物要少得多
解析：反应堆中核反应速度由控制棒(镉棒)吸收中子的多少来控制，A错；裂变有多种可能性，这是其中常见的一种，B对；放射性元素的半衰期由原子核本身决定，与温度压强等外界条件无关，C错，D对．
答案：BD
B级　提能力
5．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：核聚变反应中产生新的原子核，同时由于发生了质量亏损，会有核能的释放，这是人类利用核能的途径之一．目前核电站大多采用重核裂变的方法来释放与利用核能发电．
答案：B
6.K－介子衰变方程为：K－→π－＋π0.其中K－介子和π－介子带负的基元电荷，π0介子不带电，如图所示．一个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，它们半径RK－与R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(　　)
A．1∶1　　　B．1∶2　　　C．1∶3　　　D．1∶6
解析：由R＝(K－介子与π－介子电荷量相同)和半径RK－与Rπ－之比为2∶1可知K－介子的动量是π－介子的2倍．设K－介子的动量为2p，则π－介子的动量为－p，若π0介子的动量为p0，由动量守恒有2p＝－p＋p0，求得p0＝3p.
答案：C
7．(1)关于核反应堆中用镉棒控制反应速度的原理，下列说法正确的是(　　)
A．镉棒能释放中子，依靠释放中子的多少控制反应速度
B．用镉棒插入的多少控制快中子变为慢中子的数量
C．利用镉棒对中子吸收能力强的特点，依靠插入的多少控制中子数量
D．镉棒对铀核裂变有一种阻碍作用，利用其与铀的接触面积的大小控制反应速度
(2)现有的核电站常用的核反应之一是U＋n→Nd＋Zr＋3n＋8e＋.
①核反应方程中的是反中微子，它不带电，质量数为零，试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数．
②已知铀核的质量为235.043
9
u，中子的质量为1.008
7
u，钕(Nd)核的质量为142.909
8
u，锆核的质量为89.904
7
u，1
u＝1.660
6×
10－27
kg.
试计算1
kg铀235裂变释放的能量为多少？
解析：(1)镉棒并不能释放中子，也不能使中子减速，对铀核裂变也没有阻碍作用，而是利用对中子吸收能力强的特点，控制中子数量的多少而控制核反应速度，故C正确．
(2)①锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90，用符号Zr表示．
②1
kg铀235中铀核的个数为
N＝≈2.56×1024(个)．
不考虑核反应中生成的电子质量，1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm＝0.212
u，释放的能量为ΔE＝0.212×931.5
MeV＝197.5
MeV，则1
kg铀235完全裂变释放的能量为E＝NΔE＝2.56×1024×197.5
MeV＝8.1×1013
J.
答案：(1)C　(2)①40　90　②8.1×1013
J第四章
原子核
第三节
放射性同位素
A级　抓基础
1．(多选)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
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，C错误；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，A、D正确．
答案：AD
2．放射性同位素能被用作示踪原子，以下说法错误的是(　　)
A．放射性同位素不改变其化学性质
B．放射性同位素的半衰期比天然放射性元素的半衰期短得多
C．半衰期与元素所处的物理、化学状态无关
D．放射性同位素容易制造
解析：放射性同位素用作示踪原子，主要是用放射性同位素替代没有放射性的同位素参与的正常的物理、化学、生物的过程，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的危害，因此，选项A、B、C正确，选项D错误．
答案：D
3．(多选)联合国环境公署对科索沃地区的调查表明，北约对南联盟进行的轰炸中使用的贫铀炸弹的残留物长期危害环境，对当地居民的健康也产生了严重的影响，下列有关说法正确的是(　　)
A．贫铀炸弹的残留物存在放射性，且半衰期很长，对环境产生长期危害
B．贫铀炸弹的残留物不会对人体产生危害，但对环境产生了长期危害
C．过量的射线对人体组织具有破坏性
D．受到射线伤害后，人能立即感觉到射线对人体的破坏
解析：贫铀炸弹的残留物对人体和环境都会产生长期危害，A正确，B错误．过量射线对人体造成的伤害有时不会马上感觉到，C正确，D错误．
答案：AC
4．放射性同位素可作为示踪原子，例如在医学上可以确定肿瘤的位置，对此，若今有四种不同的放射同位素R、P、Q、S，它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天，则应选用的同位素是(　　)
A．S　　　　　　　
B．Q
C．P
D．R
解析：应用放射性同位素作为示踪原子时，应选择半衰期较短、衰变较快的同位素，这样可减轻对人体的损害．
答案：A
5．在中子、质子、电子、正电子、α粒子中选出一个适当的粒子，分别填在下列核反应式的横线上．
(1)U→Th＋____________；
(2)Be＋He→C＋________；
(3)Th→Pa＋__________；
(4)P→Si＋____________；
(5)U＋________→Sr＋Xe＋10n；
(6)N＋He→O＋________．
解析：在核反应过程中，遵循反应前后电荷数守恒、质量数守恒规律．对参与反应的所有基本粒子采用左下角(电荷数)配平，左上角(质量数)配平．未知粒子可根据其电荷数和质量数确定．如(1)电荷数为92－90＝2，质量数为238－234＝4，由此可知为α粒子(He)，同理确定其他粒子分别为：中子(n)，电子(e)，正电子(e)，中子(n)，质子(H)．
答案：(1)He　(2)n　(3)e　(4)e　(5)n　(6)H
B级　提能力
6．用中子轰击铝27，产生钠24和X粒子，钠24具有放射性，它衰变后生成镁24，则X粒子和钠的衰变过程分别是(　　)
A．质子，α衰变
B．电子，α衰变
C．α粒子，β衰变
D．正电子，β衰变
解析：根据核反应方程的质量数和电荷数守恒知X粒子的电荷数为2，质量数为4，所以X为α粒子，钠24衰变后生成镁24，质量数不变，只能是β衰变，C正确．
答案：C
7．(多选)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核的质量数大3
D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
解析：设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y－1，原子核Z的质量数为x－3，电荷数为y－2，由此可得X核的质子(y)比Z核的质子(y－2)多2个，故A错误；由A可得X核的中子(x－y)比Z核的中子(x－y－1)多1个，故B错误；X核的质量数(x)比Z核的质量数(x－3)多3个，故C正确；X核与Z核的总电荷(2y－2)是Y核电荷(y－1)的2倍，故D正确．
答案：CD
8．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(　　)
A．α粒子
B．质子
C．中子
D．电子
解析：将题给3个方程相加，整理后得Li＋N＋Be→O＋C＋Z，根据电荷数守恒和质量数守恒，Z的质量数为1，电荷数为0，为中子，C正确．
答案：C
9．如图所示是“原子核人工转变”实验装置示意图，其中A是放射性物质，F是铝箔，S为荧光屏，在容器中充入氮气后，屏S上出现闪光，该闪光是(　　)
A．α粒子射到屏上产生的
B．α粒子从F打出的粒子射到屏上产生的
C．α粒子击中氮核后产生的新粒子射到屏上产生的
D．放射性物质放出的γ射线射到屏上产生的
解析：α粒子贯穿本领弱，被铝箔挡住，所以看到的亮点是α粒子击中氮核后新产生的粒子产生的，而不是α粒子产生的，另α粒子击中氮核后产生的是质子，而不是γ射线，所以正确选项是C.
答案：C
10．1956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＋νe.其中νe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＋νe，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该还是零，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)基因突变章末质量评估(四)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它的(　　)
A．质子数减少一个，中子数不变
B．质子数增加一个，中子数不变
C．质子数增加一个，中子数减少一个
D．质子数减少一个，中子数增加一个
解析：发生一次β衰变，原子核里有一个中子变为一个质子和一个电子，即n→H＋e.
答案：C
2．某种元素具有多种同位素，下面四幅图中能反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是(　　)
解析：设这些同位素的质子数为Z，由A＝N＋Z可知，当中子数N增大时，质量数A也增大，选项A、D均错误；而元素的质子数Z不可能为零，故当中子数N为零时，质量数A并不为零，选项B正确，C错误．
答案：B
3．放射源放入铅制容器中，射线只能从容器的小孔射出，成为细细的一束．在射线经过的空间施加磁场，发现射线分成三束，如图所示．关于这三种射线及其性质，下列说法正确的是(　　)
A．射线a的电离本领最弱
B．射线b是高速中子流，速度可达光速
C．射线c是原子的核外电子电离而产生的
D．若将放射源置于高温高压环境中，射线强度将不变化
解析：根据射线的偏转情况可知：a为α射线，b为γ射线，c为β射线，由三种射线的特性可判断A、B、C均错；放射性与元素存在的物理、化学状态无关，D正确．
答案：D
4．原子核X与氘核H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知(　　)
A．A＝2，Z＝1　　　
B．A＝2，Z＝2
C．A＝3，Z＝3
D．A＝3，Z＝2
解析：写出核反应方程：X＋H→He＋H，由质量数守恒和电荷数守恒，列方程：A＋2＝4＋1，Z＋1＝2＋1，解得：A＝3，Z＝2，故答案为D.
答案：D
5．若元素A的半衰期为4天，元素B的半衰期为5天，相同质量的A和B经过20天后，剩下的质量之比mA∶mB＝(　　)
A．30∶31
B．31∶30
C．1∶2
D．2∶1
解析：设A、B原来的质量均为m，则20天后，
mA＝m＝m，
mB＝m＝m，
故mA∶mB＝1∶2.
答案：C
6.U经过m次α衰变和n次β衰变，变成
82Pb，则(　　)
A．m＝7，n＝3
B．m＝7，n＝4
C．m＝14，n＝9
D．m＝14，n＝18
解析：本题考查了原子核衰变的规律，解题的关键是抓住原子核发生α衰变和β衰变时原子核质量数和电荷数的变化规律，在此基础上进行有关计算，原子核每发生一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数增加1.比较这两种原子核，质量数减少28，说明发生了7次α衰变，电荷数应减少14，而电荷数减少10，说明发生了4次β衰变，B项正确．
答案：B
7．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，并放出能量．这几种反应的总效果可以表示为6H→kHe＋dH＋2n＋43.15
MeV，由平衡条件可知(　　)
A．k＝1，d＝4
B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6
D．k＝2，d＝3
解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有4k＋d＝10，2k＋d＝6，解得k＝2，d＝2.正确选项为B.
答案：B
8．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是(　　)
解析：设半衰期为T1/2，那么m＝m0.可见，随着t的增长物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C选项图线符合衰变规律．
答案：C
9．静止的氡核Rn放出α粒子后变成钋核Po，α粒子动能为Eα.若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c，则该反应中的质量亏损为(　　)
A.·
B．0
C.·
D.·
解析：由于动量守恒，反冲核和α粒子的动量大小相等，由Ek＝∝，它们的动能之比为4∶218，因此衰变释放的总能量是Eα，由质能方程得质量亏损是·.
答案：C
10．“轨道电子俘获”也是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核(称为子核)并且放出一个中微子的过程．中微子的质量很小，不带电，很难被探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的．一个静止的原子的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子．下面的说法中正确的是(　　)
A．母核的质量数等于子核的质量数
B．母核的电荷数等于子核的电荷数
C．子核的动量与中微子的动量相同
D．子核的动能大于中微子的动能
解析：衰变时母核与子核的质量数是相等的，A正确；母核中的质子由于变为中子，则子核中的电荷数减少1，所以B错误；由动量守恒知中微子与子核的动量大小相等，但方向相反，C错误；由Ek＝知中微子的动能要大于子核的动能，D错误．
答案：A
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．2013年12月中旬，中国自行研制的“玉兔”号月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的He含量十分丰富，科学家认为He是发生核聚变的极好原料，将来He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于He，下列说法正确的是(　　)
A.He的原子核内有三个中子两个质子
B.He的原子核内有一个中子两个质子
C.He发生核聚变，放出能量，一定会发生质量亏损
D.He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起
解析：He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起，D错误．
答案：BC
12．下列关于核反应及衰变的表述正确的是(　　)
A.H＋H→He＋n是轻核聚变
B．X＋
7N→
8O＋H中，X表示He
C．半衰期与原子所处的化学状态无关
D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
解析：根据反应方程中的守恒量可判断B对；半衰期与原子所处的物理、化学状态无关，C对；β衰变是原子核内中子转化为质子而产生的，D错．
答案：ABC
13．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是(　　)
A．碘131释放的β射线由氦核组成
B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量大于可见光光子能量
C．与铯137相比，碘131衰变更慢
D．铯133和铯137含有相同的质子数
解析：该题综合考查了衰变规律和同位素的相关问题，原子核中不包含β射线，A错；γ光子的能量大于可见光光子的能量，B正确；铯137的半衰期长，衰变更慢，C错；铯133和铯137是同位素，含有相同的质子数，D选项正确．
答案：BD
14.一个静止的放射性原子核发生天然衰变时，在匀强磁场中得到内切圆的两条径迹，如图所示．若两圆半径之比为44∶1，则(　　)
A．发生的是α衰变
B．轨迹2是反冲核的径迹
C．反冲核是逆时针运动，放射出的粒子是顺时针运动
D．该放射性元素的原子序数是90
解析：由动量守恒可知：m1v1＝m2v2，而R＝，故q1·BR1＝q2·BR2，半径越小，则q越大，故轨迹1是放出粒子的径迹，轨迹2是反冲核的径迹，故B对；反冲核带正电，由洛伦兹力充当向心力，根据左手定则可知，反冲核速度向下，则放出的粒子速度向上，由受力方向可知，放出粒子带负电，即发生β衰变，故A错，C对；由q1R1＝q2R2及β衰变公式可知，放射性元素的原子序数为43，D错．
答案：BC
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)完成下列核反应方程，并指出核反应的类型．
(1)He＋________→He＋H，是________变．
(2)Na→Mg＋________，是________变．
(3)Na＋________→Na＋H，是________变．
(4)
92U＋n→
56Ba＋Kr＋3______，是______变．
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可判断粒子种类．
答案：(1)H　聚　(2)e　β衰　(3)H　人工转　(4)n　裂
16．(12分)(1)在核反应n＋X→H＋He＋ΔE过程中，X是未知核．由核反应知识可以确定X核为________．若n、X核、H和He的静止质量分别为m1、mX、m3和m4，则ΔE的值为________．
(2)核能、风能等新能源是近年来能源发展的重点方向之一，与煤、石油等传统能源相比较，核能具有的优点是________________，缺点是___________________________________________________．
(3)有一座城市，经常受到大风和风沙的侵扰．为了合理使用新能源，计划建造风能发电站或太阳能发电站．请用物理学知识，指出建造________类型的发电站更合适，理由是____________________．
解析：(1)核反应方程遵循电荷数守恒、质量数守恒，由此可判断X核为Li，核反应后的质量亏损Δm＝m1＋mX－(m3＋m4)，所以ΔE＝Δmc2＝c2.
(2)优点：核裂变产生的能源比使用煤和石油更加清洁、产能更多．
缺点：核裂变反应造成的核废料具有放射性，难处理；建造成本高．
(3)建风能发电站比较合理．
理由：在使用风能发电时，根据能量守恒知识，风能一方面转化为电能，另一方面可以减弱风速，减小对城市的破坏．
答案：(1)Li　
c2　(2)见解析　(3)见解析
17．(14分)山东烟台海阳核电站项目，一期工程和2号常规岛正在进行设备安装，一期工程规划建设两台125万千瓦AP1000核电机组．如果铀235在中子的轰击下裂变为Sr和Xe，质量mU＝235.
043
9
u，mn＝1.008
7
u，mSr＝89.907
7
u，mXe＝135.907
2
u，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023
mol－1.
(1)写出裂变方程；
(2)求出一个铀核裂变放出的能量；
(3)若铀矿石的浓度为3%，一期工程建成后，一年将消耗多少吨铀矿石？
解析：(1)U＋n→Sr＋Xe＋10n.
(2)裂变过程的质量亏损Δm＝mU＋mn－mSr－mXe－10mn＝0.1507
u，
释放的能量ΔE＝Δmc2＝0.1507×931MeV≈140.3
MeV.
(3)核电站一年的发电量E＝Pt＝2×125×107×365×24×60×60
J＝7.884×1016
J，
由E＝NΔE＝NAΔE，得m＝＝
g≈4.57×107
g＝45.7
t.
答案：(1)U＋n→Sr＋Xe＋10n
(2)140.3
MeV　(3)45.7
t
18．(16分)1996年清华大学和香港大学的学生合作研制了太阳能汽车，该车是以太阳能电池将所接受的太阳光能转化为电能而提供给电动机来驱动的．已知车上太阳能电池接收太阳光能的板面面积为8
m2，正对太阳能产生120
V的电压，并对车上的电动机提供10
A的电流，电动机的直流电阻为4
Ω，而太阳光照射到地面处时单位面积上的辐射功率为103
W/m2.
(1)太阳光的能量实际上是由质子所参与的一系列反应所产生的，即在太阳内部持续不断地进行着热核反应，4个质子聚变为1个氦核(He)，写出核反应方程；
(2)该车的太阳能电池转化太阳光能的效率η1是多少？电池把电能转化成机械能的效率η2是多大？
(3)若质子、氦核、正电子的静止质量分别为mp＝1.672
6×10－27
kg、mα＝6.642
5×10－27
kg、me＝0.000
9×10－27
kg，一次核反应过程中释放的能量是多少？
(4)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026
J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？若太阳质量减少万分之三，热核反应不能继续进行，计算太阳能存在多少年(太阳的质量为2×1030
kg，结果保留一位有效数字)
解析：(1)核反应方程：4H→He＋2e.
(2)η1＝＝15%，η2＝＝66.7
%.
(3)ΔE＝(4mp－mα－2me)c2＝4.15×10－12
J，
(4)太阳每秒释放的能量为3.8×1026
J，则太阳每秒减少的质量为Δm＝＝0.4×1010
kg，
太阳的质量为2×1030kg，太阳还能存在的时间为
t＝＝s≈1.5×1017s≈5×109年．
答案：(1)4H→He＋2e　(2)15%　66.7%
(3)4.15×10－12J　(4)0.4×1010kg　5×109年章末质量评估(一)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪、车和子弹组成的系统动量守恒
D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量近似守恒
解析：由于枪被固定在车上，所以发射子弹过程中枪必然与车相互作用，即枪要受到车的作用力，故枪和子弹组成的系统动量不守恒，所以A项错误；因为枪与车作用是枪与子弹作用的结果，因此枪和车组成的系统动量也不守恒，即B项错误；D项中，由于枪与子弹的作用主要是火药爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，枪和车组成的系统动量也不守恒，所以正确的只有C项．
答案：C
2．下列几种物理现象的解释中，正确的是(　　)
A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来
解析：砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，B错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，D正确.
答案：D
3．物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4
s时间内的v-t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为(　　)
A.
和0.30
s　　　
B．3和0.30
s
C.
和0.28
s
D．3和0.28
s
解析：当仅在物体之间存在相互作用时，两物体的总动量守恒，取t＝0和t＝t1时刻列方程：m乙×4＝(m甲＋m乙)×1，有m甲＝3m乙．再由图线乙有＝，所以t1＝0.30
s，B正确．
答案：B
4.如图所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
解析：纸条抽出的过程，铁块所受的摩擦力一定，以速度v抽出纸条，铁块所受的摩擦力的作用时间较长，铁块获得的速度较大，铁块平抛运动的水平位移较大；若以2v的速度抽出纸条，则铁块所受的摩擦力的作用时间较短，铁块获得的速度较小，平抛运动的水平位移较小，所以铁块落地点在P点左侧，正确选项为B.
答案：B
5．子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块中，则(　　)
A．子弹对木块的冲量必大于木块对子弹的冲量
B．子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等、方向相反
C．当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等
D．子弹与木块的动量变化的方向相反，大小不一定相等
解析：由牛顿第三定律知子弹射入木块时，二者受到的相互作用力F＝－F′，因此，二力在相同时间内的冲量大小相等、方向相反．故选项A错，B对．根据动量定理I＝Δp，知子弹和木块动量的变化大小相等、方向相反，故选项D错．根据动量的定义知二者以同一速度运动时，速度相同，但质量不一定相同，故选项C错．
答案：B
6．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(　　)
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径可能不变
D．P运动半径一定减小
解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大．P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A对，B、C、D错．
答案：A
7．质量M＝327
kg的小型火箭(含燃料)由静止发射，发射时共喷出质量m＝27
kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v＝1
000
m/s.忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为(　　)
A．76
m/s　　　
B．82
m/s
C．90
m/s
D．99
m/s
解析：根据动量守恒定律：(M－m)v1＋mv2＝0，所以气体全部喷出后火箭的速度v1＝－＝－m/s＝－90
m/s，大小为90
m/s，方向与喷出气体方向相反，C正确.
答案：C
8.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　)
A
.
，向东
B.
，向东
C.
，向东
D．v1，向东
解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v′1.因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v′1＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v′1，所以v′1＝v1，正确选项应为D.
答案：D
9．如图所示，A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA＞mB，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定(　　)
A．碰前A的动量与B的动量大小相等
B．碰前A的动量大于B的动量
C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
解析：碰撞前两球的动量大小无法判断，故A、B错误；若碰撞后A球静止，则B球一定反弹，故有A球的动量大于B球的动量；若碰撞后B球静止，则A球一定反弹，有B球的动量大于A球的动量，故选项C正确．
答案：C
10．质量分别为ma＝0.5
kg，mb＝1.5
kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞前a物体的动量的大小为零
B．碰撞前b物体的动量的大小为6
kg·m/s
C．碰撞过程中b物体受到的冲量为1
N·s
D．碰撞过程中a物体损失的动量大小为1.5
kg·m/s
解析：由题图知，碰前a物体的速度va＝
m/s＝4
m/s，b物体速度为零；碰后a和b一起运动，其速度v＝
m/s＝1
m/s.碰前a的动量pa＝mava＝2
kg·m/s，选项A错误；碰前b的动量pb＝0，选项B错误．根据动量定理知，在碰撞过程中b受到的冲量Ib＝mbv＝1.5
N·s，选项C错误．碰撞中a损失的动量大小应与b获得的动量大小相等Δpa＝Δpb＝1.5
kg·m/s，选项D正确．
答案：D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是(　　)
A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同
B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同
C．动量的变化率大小相等，方向相同
D．动量的变化率大小相等，方向不同
解析：A、B球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等，方向相同，A选项正确；动量的变化率为＝m＝mg，大小相等，方向相同，C选项正确．
答案：AC
12．如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为－q，B球带电为＋2q，下列说法中正确的是(　　)
A．相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒
B．相碰前两球的总动量随两球距离的逐渐减小而增大
C．相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力
D．相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
解析：碰撞前后两球之间存在的作用力是系统内力，合外力为零，故总动量守恒．本题侧重考查动量守恒定律的条件．
答案：AD
13．在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球甲与静止的小钢球乙发生碰撞，碰撞前后钢球甲的运动方向反向，将碰后球甲的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球乙的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有(　　)
A．E1B．p1>p0
C．E2>E0
D．p2>p0
解析：钢球甲与钢球乙碰撞，满足动量守恒定律，则p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0≥E1＋E2，又E2≠0，故E1答案：AD
14．如图，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止平板车发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列情况中可能发生的是(　　)
A．小车、平板车、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和平板车的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和平板车的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，平板车的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：小车与平板车碰撞时间极短，因此悬线仍处于竖直方向上，摆球在水平方向上不受力，所以摆球水平方向的动量不变，即速度不变，故选项A和D不正确．由于碰撞过程中，摆球悬线竖直，且水平面光滑，因此小车与平板车在碰撞过程中动量守恒．但由于碰后小车与平板车的运动状态不确定，因而应有小车与平板车碰撞后分开和不分开两种可能性．若碰撞后小车与平板车分开，设小车速度为v1，平板车速度为v2，由动量守恒定律有：Mv＝Mv1＋mv2，所以B选项正确．若碰撞后小车与平板车不分开，设共同速度为v1，由动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v1，所以C项正确．
答案：BC
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)(2015·天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，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A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2.A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝.
碰撞前、后的总动能之比为eq
\f(\f(1,2)mBv,\f(1,2)mBv＋\f(1,2)mAv)＝.
答案：4∶1　9∶5　
16．(12分)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60
kg
的运动员，从离水平网面3.2
m
高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面
5.0
m高处．已知运动员与网接触的时间为
1.2
s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小(g
取10
m/s2)．
解析：法一：运动员刚接触网时速度的大小为
v1＝＝
m/s＝8
m/s，方向竖直向下．
刚离开网时速度的大小为
v2＝＝
m/s＝10
m/s，方向竖直向上．
运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：
(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，
解得：F＝＋mg＝
N＋60×10
N＝1.5×103
N，方向竖直向上．
法二：运动员从3.2
m高处自由下落的时间为：
t1＝
＝
s＝0.8
s，
运动员刚离开网弹回5.0
m高处所用的时间为：
t2＝
＝
s＝1
s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2
s时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，
解得F＝mg＝×60×10
N＝1.5×103
N，方向竖直向上．
答案：1.5×103
N
17．(14分)如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4.0
kg和m2＝6.0
kg，用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触．另有一个物体C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5.0
s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开．物体C的v-t图象如图乙所示．试求：
甲　　　　　　　　乙
(1)物块C的质量m3；
(2)在5.0
s到15.0
s的时间内物体A动量变化的大小和方向．
解析：(1)根据v-t图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为：v1＝6
m/s，
相碰后的速度为：v2＝2
m/s，
根据动量守恒定律得：
m3v1＝(m1＋m3)v2，
解得：m3＝2.0
kg.
(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0
s和第15.0
s末物体A的速度分别为：
v2＝2
m/s，v3＝－2
m/s，
所以物体A的动量变化为：
Δp＝m1(v3－v2)＝－16
kg·m/s，即在5.0
s到15.0
s的时间内物体A动量变化的大小为：16
kg·m/s，方向向右．
答案：(1)2.0
kg　(2)16
kg·m/s　向右
18．(16分)如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的.
A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)物块B在d点的速度大小v；
(2)物块A滑行的距离s.
解析：(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB，
则mA＝3mB.
B在d处的合力为F，依题意
F＝mBg－mBg＝mBg，
由牛顿第二定律
得mBg＝，
v＝.
(2)设A和B分开时的速度分别为v1和v2，系统动量守恒
mAv1－mBv2＝0
B从位置b运动到d的过程中，由机械能守恒得
mBv＝mBv2＋mBgR，
A在滑行过程中，由动能定理得
0－mAv＝－μmAgs，
得s＝.
答案：(1)　(2)第一章
碰撞与动量守恒
第三节
动量守恒定律在碰撞中的应用
A级　抓基础
1．(多选)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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
解析：光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒．碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的．若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能．碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能．碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．
答案：AD
2．(多选)如图所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有(　　)
A．A、B系统动量不守恒
B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动
D．小车向右运动
解析：A、B因质量不同，水平方向受到C的摩擦力是不相同的，所以A、B系统动量不守恒，但A、B、C系统动量守恒，故选项A、B正确．A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，小车将向左运动，故选项C正确，D错误．
答案：ABC
3．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设必须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，所以n＝，故选C.
答案：C
4．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：当使木箱获得一个向右的初速度v0时，木块将相对木箱向后滑动，然后经过若干次与木箱内壁的碰撞后，小木块最终将相对木箱静止，然后二者一起向右运动．选项B正确．
答案：B
5．如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是(　　)
A．h
B.h
C.h
D.h
解析：A与B碰前速度vA＝，A与B碰后黏合在一起的共同速度v′由动量守恒可求出：m·vA＝2mv′，所以v′＝vA＝
，能上升的高度H可由2mg·H＝×2mv′2求得，所以H＝.
答案：C
6．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象(s-t图)如图中A、D、C和B、D、C所示．由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．3∶1
解析：由图可得，碰撞前vA＝4
m/s，vB＝0；碰撞后v′A＝v′B＝1
m/s，由动量守恒mAvA＝(mA＋mB)v′可得＝＝，故C对．
答案：C
B级　提能力
7．如图所示，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：小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断的瞬间，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，故A对．
答案：A
8．质量为M的物块在光滑水平面上以速度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．4
C．6
D．8
解析：根据动量守恒定律列出等式解决问题．从能量角度，碰撞后的系统动能小于等于碰撞前的系统动能．
碰撞中动量守恒，得：Mv＝Mv1＋mv2，
由于碰撞后两者的动量正好相等，
所以Mv＝Mv1＋mv2＝2Mv1＝2mv2，
若是弹性正碰，有：Mv2＝Mv＋mv，解得＝3.
若是非弹性正碰，Mv2>Mv＋mv，解得：<3.
综合以上情况，得≤3.故选A.
答案：A
9．(多选)小球A以速度v0向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是和，则A、B两球的质量比可能是(　　)
A．1∶2
B．1∶3
C．2∶3
D．2∶5
解析：小球A与B发生正碰，已知碰后A、B的速率分别是、，而A球的速度方向可能与原来的方向相同，也可能与原来的方向相反，根据动量守恒定律求出两球质量之比．取碰撞前A的速度方向为正方向．若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为，根据动量守恒定律得mAv0＝mA＋mB，代入解得mA∶mB＝2∶3.若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为－，根据动量守恒定律得mAv0＝－mA＋mB，代入解得，mA∶mB＝2∶5.故选C、D.
答案：CD
10．如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc是位于竖直平面内与ab相切的半圆，半径R＝0.40
m．质量m＝0.30
kg的小球A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.50
kg
的小球B以v0＝4
m/s的初速度与小球A发生正碰．已知碰后小球A经过半圆的最高点c后落到轨道上距b点为L＝1.2
m处，重力加速度g取10
m/s2.求碰撞结束后：
(1)当A球经过半圆的最高点c时轨道对它的作用力FN；
(2)碰后A、B两球的速率vA和vB.
解析：(1)设碰后小球A在半圆的最高点c时速度为vc，球A随后离开c点做平抛运动，有
在c点时，由牛顿第二定律可得：FN＋mg＝eq
\f(mv,R)，
联立解得：FN＝mg＝3.75
N.
(2)对于碰撞过程，由动量守恒定律得：
Mv0＝MvB＋mvA，
对碰后小球A运动到半圆的最高点c的过程，由机械能守恒定律得：
mv＝mg·2R＋mv，
联立各式并代入数据解得：vA＝5
m/s，vB＝1
m/s.
答案：(1)3.75
N　(2)5
m/s　1
m/s
11．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
解析：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v′0，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v′0
由A与B间的距离保持不变可知vA＝v′0
联立代入数据得vB＝v0.
答案：
v0
12．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量m＝6
kg的平板小车，车上有一质量为m＝1.96
kg的木块，木块与小车平板间的动摩擦因数μ＝0.3，车与木块一起以v＝2
m/s的速度向右行驶．一颗质量m0＝0.04
kg的子弹水平速度v0＝98
m/s，在很短的时间内击中木块，并留在木块中(g取10
m/s2)．
(1)如果木块刚好不从平板车上掉下来，小车L多长？
(2)如果木块刚好不从车上掉下来，从子弹击中木块开始经过1.5
s木块的位移是多少？
解析：(1)子弹射入木块，子弹和木块系统内力远大于外力，根据动量守恒：
m0v0－mv＝(m＋m0)v1，
得v1＝0.
若它们相对平板车滑行L，则它们恰好不从小车上掉下来，它们跟小车有共同速度v′，
有Mv＝(m＋m0＋M)v′，v′＝1.5
m/s.
由能量守恒定律有：
Q＝μ(m0＋m)gL＝Mv2－(m0＋m＋M)v′2，
代入数据可求出L＝0.5
m.
(2)子弹射入木块后，木块在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，滑块的加速度：a＝μg＝3
m/s2.
经过时间t1，速度为v′，有v′＝at1，
解得：t1＝0.5
s.
在这段时间内通过的位移：s1＝at＝0.375
m，
在t2＝t－t1＝1
s内做匀速运动，
通过位移为：s2＝v′t2＝1.5
m，
在3
s内的总位移s总＝s1＋s2＝1.875
m.
答案：(1)0.5
m　(2)1.875
m第一章
碰撞与动量守恒
第一节
物体的碰撞
A级　抓基础
1．(多选)下列关于碰撞的说法正确的是(　　)
A．自然界中的碰撞都是有害的
B．人们利用碰撞可以实现好多有益的物理过程
C．科学家利用高能粒子的碰撞发现新粒子
D．人们研究碰撞是为了利用有益的碰撞，避免有害的碰撞
答案：BCD
2．
(多选)碰撞现象的主要特点有(　　)
A．物体相互作用时间短
B．物体相互作用前速度很大
C．物体相互作用后速度很大
D．物体间相互作用力远大于外力
解析：碰撞过程发生的作用时间很短，作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前及作用后的速度大小无关．
答案：AD
3．(多选)两个物体发生碰撞(　　)
A．碰撞中一定产生了内能
B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小
解析：若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加．所以正确选项为B、D.
答案：BD
B级　提能力
4．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P碰前的速度v离开．已知P与Q质量相等，弹簧质量不计，则当弹簧被压缩至最短时，下面的结论正确的是(　　)
A．P的速度恰好为0
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．P的全部动能转变为弹性势能
解析：由题图可知，物体的碰撞是弹性碰撞，当弹簧压缩到最短时，P与Q具有相同的速度，所以选项B正确．
答案：B
5．大小相等、质量不同的两个球1、2在光滑水平面上相撞，1球质量是2球质量的4倍，1球以2
m/s的速度与静止的2球碰撞，碰撞后1球沿原方向运动，速度大小是1.5
m/s，2球的速度为2
m/s.你能判断出大球和小球的碰撞是何种碰撞吗？请说明理由．
解析：碰前：两球总机械能为
E前＝Ek1＋Ek2＝×4m×22＋0＝8m，
碰后：两球总机械能为
E后＝Ek1′＋Ek2′＝×4m×1.52＋×m×22＝m.
E前>E后．
答案：碰后总机械能减小，可知此碰撞属于非弹性碰撞．
6.小球A、B的质量均为m，A球用轻绳吊起，B球静止放于水平地面上．现将小球A拉起h高度由静止释放，如图所示．小球A摆到最低点与B球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆．不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用，碰后两小球上升的最大高度为，则在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？
解析：两球发生完全非弹性碰撞，动能损失转化为内能．碰撞之前的动能等于A球原来的重力势能mgh，碰撞之后系统的动能等于A、B共同的动能即上升到最大高度处的重力势能2＝，所以系统损失的动能为mgh－＝.由能量守恒定律知系统损失的动能等于碰撞中两小球的内能增量，即两小球的内能一共增加了.
答案：模块综合检测(一)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于动量，以下说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航飞机巡航时动量始终不变
D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
解析：做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B错；巡航飞机巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(飞机中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使飞机总质量不断减小，飞机动量减小，故C错；平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D正确．
答案：D
2．下列四个方程中，表示β衰变的是(　　)
A.U→Th＋He
B.
Na→Ng＋e
C.U＋n→Kr＋Ba＋3n
D.H＋H→He＋n
解析：原子经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，放出一个α粒子，属于α衰变，故A错误．释放出一个电子，为β衰变，故B正确．应为重核裂变，不是β衰变，故C错误．释放出一个中子，不是衰变，故D错误．
答案：B
3．下面是历史上的几个著名实验的装置图，其中发现电子的装置是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　D
解析：汤姆生利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子．
答案：A
4．关于核反应方程H＋H→He＋X，以下说法中正确的是(　　)
A．X是n，该核反应属于聚变
B．X是H，该核反应属于裂变
C．X是n，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料
D．X是H，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知X是n，此核反应属于聚变，A正确、B错误．当前核电站采用的燃料是铀235，C、D错误．
答案：A
5．A球以相同速率分别与B、C、D三球发生正碰，与B球碰后A球继续向前运动；与C球碰后，A球停止运动；与D球碰后，A球沿相反方向运动，则碰撞中A球(　　)
A．对B球冲量最大　
B．对C球冲量最大
C．对D球冲量最大
D．对三个球冲量大小相同
解析：由A球与B、C、D依次碰撞的结果可知，Δp
依次增大，所以A球对B、C、D各球的冲量也依次增大．
答案：C
6．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为(　　)
A．11.4天
B．7.6天
C．5.7天
D．3.8天
解析：由公式m＝m0代入数据可得其半衰期为3.8天．
答案：D
7.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K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：尽管λ1>λ0，频率ν1<ν0，但它不一定不能发生光电效应，A错．用λ2的光一定能发生光电效应，但光电流由光强决定，因此光电流不一定增大，B错．变阻器滑动头P右滑，UAK增大，若滑动前已达饱和电流，那么光电流不增大，因此C错．若滑动头左滑UAK<0是反向电压，只要未超过反向遏止电压，就有光电流，D正确．
答案：D
8．氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．一个氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能减少，原子势能减少
B．已知可见光的光子能量范围约为1.62
eV～3.11
eV，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
C．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应
D．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n＝4向n＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为2.55
eV
解析：根据C＝6知，一群氢原子处于量子数n＝4的激发态，它们向较低能级跃迁时可能辐射出6种不同频率的光子，这时动能增大，电势能减小，故A错误；可见光的光子能量范围约为1.62
eV～3.11
eV，则紫外线的能量高于3.11
eV，而n＝3能级的氢原子能量为－1.51
eV，因此处于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，故B正确；根据光电效应产生条件，原子n＝4向n＝1，n＝3向n＝1，n＝2向n＝1跃迁所发生的光，能使其发生光电效应，故C正确；由C选项分析，结合光电效应方程Ekm＝hν－W，可知，从能级n＝4向n＝1发出的光照射时，辐射能量为E＝13.6
eV－0.85
eV＝12.75
eV，原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光的能量为E′＝13.6
eV－3.4
eV＝10.2
eV，则产生的光电子的最大初动能为Ekm＝12.75
eV－10.2
eV＝2.55
eV，故D正确．
答案：A
9．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核P，放出一个正电子后变成原子核Si，下列各图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是(　　)
解析：把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si核的运动方向一定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨迹，选项C、D错．因为由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，所以半径r＝.衰变时，放出的正电子获得的动量大小与反冲核Si的动量大小相等，因此在同一个磁场中正电子和Si核做匀速圆周运动的半径与它们的电量成反比，即＝＝14，可见正电子运动形成的圆的半径较大．故选项B正确，选项A错误．
答案：B
10．2005年8月29日清晨，飓风“卡特里娜”在美国路易斯安那州东南沿海登陆，飓风带来的巨浪和洪水使新奥尔良全城瘫痪．假设“卡特里娜”飓风以v＝250
km/h的速度推进，空气的密度ρ＝1.3
kg/m3，防浪墙高h＝111
m，总长l＝560
km，飓风遇到防浪墙后速度变为零，且设海水全部流走，只考虑飓风对防浪墙的作用，由此可估算出飓风对防浪墙的冲击力F为(　　)
A．2.8×1010
N
B．5.1×1012
N
C．3.9×1011
N
D．2.0×1010
N
解析：取一小段时间Δt，Δt时间内与防浪墙作用的空气的质量为Δm，且作用后速度变为零，设防浪墙对空气作用力的大小为F′，取F′的方向为正方向，根据动量定理有F′Δt＝0－Δm·(－v)，而Δm＝ρSvΔt，则F′＝ρSv2.由牛顿第三定律可知，空气对防浪墙(即飓风对防浪墙)的作用力大小为F＝F′＝ρSv2＝1.3×111×560×103×(250/3.6)2
N＝3.9×1011
N，选项C对．
答案：C
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．下列叙述的情况正确的有(　　)
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，与橡皮绳子上的波类似
C．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的
D．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，D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C正确．
答案：CD
12.如图所示，一质量为2
kg的物体放在光滑的水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F＝10
N作用于物体上，历时5
s，则(　　)
A．力F对物体的冲量大小为50
N·s
B．力F对物体的冲量大小为25
N·s
C．物体的动量变化量为25
kg·m/s
D．物体所受重力的冲量大小为0
解析：冲量p＝Ft＝10×5
N·s＝50
N·s，物体动量的变化就是等于冲量的变化，可作受力分析，由于力F的向下分力与支持力相互抵消，所以合力等于10cos
60°
N＝5
N，合外力的冲量为p＝Ft＝5
×5
N·s＝25
N·s，A、C正确．
答案：AC
13．下列说法正确的是(　　)
A．相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小
B．钍核Th，衰变成镤核Pa，放出一个中子，并伴随着放出γ光子
C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小
D．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定
解析：钍核衰变的核反应方程式为Th→Pa＋e，选项B错误；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由a＝，核外电子运动的加速度增大，选项C错误．故只有选项A、D正确．
答案：AD
14．一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10
m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不可能的是(　　)
解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后．甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平抛运动规律知，A图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5
m/s，v乙＝－0.5
m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；B图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5
m/s，v乙＝0.5
m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1
m/s，v乙＝2
m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1
m/s，v乙＝2
m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误．
答案：ACD
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)如图所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图．
(1)设小球A质量为mA，小球B质量为mB，为保证实验成功，必须保证mA______mB(选填“大于”“等于”或“小于”)．小球半径____________测量(选填“需要”或“不需要”)．
(2)实验中小球的落点情况如上图所示：P是不放B球时，将A球从斜槽上某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N距离分别为s1、s2、s3，若关系式________________成立，则验证了A、B相碰动量守恒．
(3)若A、B两球的质量之比为mA∶mB＝3∶1.先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如下图所示，其中米尺的零点与O点对齐．
①碰撞后A球的水平射程应取________cm.
②本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离的大小表示水平初速度大小的是________(填选项符号)．
A．使A、B两小球的质量之比改变为5∶1
B．升高小球初始释放点的位置
C．使A、B两小球的直径之比改变为1∶3
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度
③利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为________(结果保留三位有效数字)．
解析：(1)根据实验要求，碰后A球不能反弹，所以要使mA>mB，不需要测小球的半径．
(2)若取小球平抛下落时间为一个单位，则只要满足mAs2＝mAs1＋mBs3，便可验证动量守恒．
(3)①用最小的圆的圆心确定落点的平均位置，则M、P、N距O点的距离即为碰后各个球的水平射程：xOM＝14.45
cm；xOP＝29.90
cm，xON＝44.40
cm，所以碰后A球的水平射程应为xOM＝14.45
cm；②本实验的前提条件是两个球是对心碰撞，即要求碰撞前后的速度在两个球的球心连线方向上．由此可以选出答案为C.③碰撞前后的总动量比值为：＝＝1.02，考虑误差因素可取1.01～1.02.
答案：(1)大于　不需要　(2)mAs2＝mAs1＋mBs3
(3)①14.45～14.50　②C　③1.01～1.02
16．(12分)一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量mH＝1.007
3
u，中子质量mn＝1.008
7
u，氚核质量m＝3.018
0
u(1u＝931.5
MeV)．
(1)写出聚变方程；
(2)求释放出的核能多大？
(3)求平均每个核子释放的能量是多大？
解析：(1)聚变方程H＋2n―→H.
(2)质量亏损
Δm＝mH＋2mn－m＝(1.007
3＋2×1.008
7－3.018
0)
u＝0.006
7
u，
释放的核能
ΔE＝Δmc2＝0.006
7×931.5
MeV≈6.24
MeV.
(3)平均每个核子放出的能量为
E＝＝
MeV＝2.08
MeV.
答案：(1)H＋2n→H　(2)6.24
MeV
(3)2.08
MeV
17．(16分)(1)下列说法正确的是__________
A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化
C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征
D．天然放射性元素的半衰期与环境的温度有关
(2)Th是不稳定的，能自发地发生衰变．
①完成Th衰变反应方程Th→Pa＋________．
②Th衰变为Rn，共经过__________α次衰变，________β次衰变．
(3)氢原子的能级如图所示，有一群处于n＝4能级的氢原子．如果原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则：
①这群氢原子发出的光谱中共有几条谱线能使该金属产生光电效应？
②从能级n＝4向n＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为多少？
解析：(3)共有3种频率的光能够使金属发生光电效应
从n＝4跃迁到n＝1发出光子的能量ΔE＝E4－E1＝12.75
eV，
该金属的逸出功W＝E2－E1＝10.2
eV，
根据光电效应方程ΔE＝Ekm＋W可知
光电子最大初动能Ekm＝ΔE－W＝2.55
eV.
答案：(1)BC　(2)e　3　2　(3)①3种
②2.55
eV
18．(14分)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8
kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9
kg的木块，木块距小车左端6
m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1
m/s的速度水平向右匀速行驶，一颗质量m0＝0.1
kg的子弹以v0＝179
m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，最终木块刚好不从车上掉下来．求：
(1)子弹射入木块后的共同速度v1；
(2)木块与平板车之间的动摩擦因数μ(g取10
m/s2)．
解析：(1)以水平向左为正，由动量守恒有：
m0v0－mv＝(m＋m0)v1，
v1＝8
m/s.
(2)它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s＝6
m时跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2，
解得v2＝0.
8
m/s.
由能量守恒定律有：
μ(m＋m0)gs＝eq
\f(（m＋m0）v,2)＋－eq
\f(（m＋m0＋M）v,2)，
得μ＝0.54.
答案：(1)v1＝8
m/s　(2)μ＝0.54章末质量评估(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．光电效应的实验如图所示，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，则(　　)
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：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，验电器的指针亦带正电．故选B.
答案：B
2．用单色光做双缝干涉实验，P处为亮纹，Q处为暗纹，现在调整光源和双缝，使光子一个一个通过双缝，则通过的某一光子(　　)
A．一定到达P处　
B．不能到达Q处
C．可能到达Q处
D．都不正确
解析：单个光子的运动路径是不可预测的，只知道落在P处的概率大，落在Q处的概率小，因此，一个光子从狭缝通过后可能落在P处也可能落在Q处．
答案：C
3．下列关于概率波的说法中，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，若有一个粒子，则可以确定它从其中的哪一个缝中穿过
解析：概率波具有波粒二象性，因此，概率波不是机械波，A错误；对于电子和其他微观粒子，由于同样具有波粒二象性，所以与它们相联系的物质波也是概率波，选项B正确；概率波和机械波都能发生干涉和衍射现象，但它们的本质不一样，选项C错误；在光的双缝干涉实验中，若有一个粒子，则它从两个缝穿过的概率是一样的，选项D错误．
答案：B
4．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：只有增大频率，才能增加电子的初动能，即增大光电子的速度，由r＝知，速度增大时，半径增大．
答案：A
5．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h为普朗克常量)(　　)
A．hν
B.Nhν
C．Nhν
D．2Nhν
解析：据光子说可知，光子能量与频率有关，一个光子能量为ε＝hν(h为普朗克常量)，N个光子的能量为Nhν，所以选项C正确．
答案：C
6．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ΔxΔp≥判断下列说法正确的是(　　)
A．入射的粒子有确定的动量，射到屏上的粒子就有准确的位置
B．狭缝的宽度变小了，因此粒子动量的不确定性也变小了
C．更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子动量的不确定性却更大了
D．更宽的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子动量的不确定性却更大了
解析：由ΔxΔp≥，狭缝变小了，即Δx减小了，Δp变大，即动量的不确定性变大了，故选项C正确，选项A、B、D错误．
答案：C
7．智能手机大部分带有照相机，用来衡量手机的照相机性能的一个非常重要的指标就是像素.1像素可理解为光子打在光屏上一个亮点，现知300万像素的数码相机拍出的照片比30万像素的数码相机拍出的等大的照片清晰得多，其原因可以理解为(　　)
A．光是一种粒子，它和物质的作用是一份一份的
B．光的波动性是大量光子之间的相互作用引起的
C．大量光子表现光具有粒子性
D．光具有波粒二象性，大量光子表现出光的波动性
解析：由题意知像素越高形成照片的光子数越多，表现的波动性越强，照片越清晰，选项D正确．
答案：D
8．紫外线光子的动量为，一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后(　　)
A．仍然静止
B．沿着光子原来运动的方向运动
C．沿光子运动相反方向运动
D．可能向任何方向运动
解析：由动量守恒定律知，吸收了紫外线光子的O3分子与光子原来运动方向相同，故正确选项为B.
答案：B
9．分别用波长为λ和的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：设此金属板的逸出功为W，根据光电效应方程得如下两式：当用波长为λ的光照射时：Ek1＝－W，当用波长为λ的光照射时：Ek2＝－W，又＝，解得W＝.故正确选项为B.
答案：B
10．一个能量为ε，动量为p的微观粒子，所对应的物质波的速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：由p＝，ε＝hν得λ＝，ν＝，由波速公式v＝λν得v＝，B正确．
答案：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，屏幕如图(a)、(b)、(c)所示，则(　　)
图(a)　　图(b)　　　图(c)　　　　
A．图(a)表明光具有粒子性
B．图(c)表明光具有波动性
C．用紫外光做实验观察不到类似的图
D．实验表明光是一种概率波
解析：图像(a)表明单个光子的运动落点无规律，表现出光的粒子性，选项A正确；图像(c)表明大量光子运动的规律表现出光的波动性，选项B正确；用任意单色光做实验都能得到类似的结果，选项C错误；实验表明光子到达各个地方的几率不一样，光是一种概率波，选项D正确．
答案：ABD
12．用绿光照射一光电管，能产生光电流，则下列一定可以使该光电管产生光电效应的有(　　)
A．红外线
B．黄光
C．蓝光
D．紫外线
解析：按频率从小到大的顺序排列：红外、红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫、紫外．光的能量与光的频率成正比，大于绿光频率的光都可以发生光电效应，选项C、D正确．
答案：CD
13．如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象．由图象可知(　　)
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2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
解析：由光电效应方程Ek＝hν－W0知，图线与纵轴的交点表示逸出功的大小，选项A正确；图线与横轴的交点为极限频率，此时Ek＝0＝hν0－W0，故W0＝hν0，选项B正确；当入射光的频率为2ν0时，Ek＝2hν0－W0＝hν0，而hν0＝E，选项C正确；当入射光的频率为时，不发生光电效应，选项D错误．
答案：ABC
14．用如图所示装置研究光电效应现象，光电管阳极与滑动变阻器的中心抽头c相连，当滑片P从a移到c的过程中，光电流始终为零．为了产生光电流，可采取的措施是(　　)
A．增大入射光的强度
B．增大入射光的频率
C．把P向a移动
D．把P从c向b移动
解析：滑片从a移到c的过程中，光电管中所加反向电压减小到零，此过程光电流始终为零，说明没有光电子逸出，可能是入射光的频率小于阴极的极限频率，没有发生光电效应，所以选项B正确．若光子能量恰好等于电子逸出功，即电子初动能为零，也不会产生光电流，此时加正向电压则可产生光电流，所以选项D正确．
答案：BD
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s.
(1)图甲中电极A为光电管的________(选填“阴极”或“阳极”)；
(2)实验中测得铷的遏止电压U0与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的极限频率ν0＝______Hz，逸出功W0＝____________J；
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014
Hz，则产生的光电子的最大初动能Ekm＝____________J.
解析：(1)光电子从阴极K释放出来，则电极A为光电管的阳极．
(2)由题图乙读出铷的极限频率ν0＝5.15×1014Hz(5.12×1014～5.18×1014Hz均可)，逸出功W0＝hν0＝6.63×10－34×5.15×1014
J≈3.41×10－19
J(3.39×10－19～3.43×10－19
J均可)．
(3)根据光电效应方程
Ekm＝hν－W0＝6.63×10－34×7.00×1014J－3.41×10－19J＝1.23×10－19
J(1.21×10－19～1.25×10－19
J均可)．
答案：(1)阳极
(2)(5.12～5.18)×1014　(3.39～3.43)×10－19
(3)(1.21～1.25)×10－19
16．(14分)铝的逸出功是4.2
eV，现在用波长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)铝的极限频率．
解析：(1)根据光电效应方程Ekm＝hν－W0得：
Ekm＝－W0＝J－4.2×1.6×10－19J＝3.225×10－19
J.
(2)由Ekm＝eU0可得：U0＝＝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
17．(12分)已知功率为100
W的灯泡消耗的电能的5%转化为所发出的可见光的能量，光速c＝3.0×108
m/s，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，假定所发出的可见光的波长都是560
nm，计算灯泡每秒内发出的光子数．
解析：灯泡每秒发出的可见光的能量E＝Pt·5%，
光子能量ε＝hν，光速c＝λν，因E＝Nε，故每秒发出的光子数
N＝＝＝个≈1.4×1019个．
答案：1.4×1019个
18．(16分)在光电效应的实验中，金属板用极限频率为ν0＝6.00×1014
Hz的钠制成．若用波长为λ＝0.300
μm的紫外线照射金属板，问：
(1)能否发生光电效应？
(2)入射光子的能量是多少？
(3)若入射光的功率为1
mW，每秒射到金属板上的光子数是多少？
解析：(1)入射光的频率
ν＝＝Hz＝1.00×1015
Hz，
大于金属板的极限频率ν0＝6.00×1014
Hz，所以能发生光电效应．
(2)入射光子的能量
E＝hν＝6.63×10－34×1.00×1015
J＝6.63×10－19
J.
(3)每秒钟到达的光子数为
N＝＝＝1.5×1015(个)．
答案：(1)能　(2)6.63×10－19
J　(3)1.5×1015个第三章
原子结构之谜
第一节
敲开原子的大门
A级　抓基础
1．发现电子的科学家是(　　)
A．汤姆生　　　　
B．玻尔
C．卢瑟福
D．查德威克
解析：1897年汤姆生发现电子．
答案：A
2．(多选)汤姆生对阴极射线进行探究，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．电子是一种粒子，是构成物质的基本单元
C．电子质量是质子质量的1836倍
D．不同的物质中具有不同的电子
解析：汤姆生对不同材料的阴极发出的射线进行研究，均为同一种粒子——即电子，电子是构成物质的基本单元，它的质量远小于质子质量．A、B正确，C、D错误．
答案：AB
3．关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是(　　)
A．密立根利用电场力和重力平衡的方法，测得了带电体的最小质量
B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，测出了带电体的最小带电荷量
C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量
D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子的千分之一
解析：密立根“油滴实验”是利用喷雾的方法，在已知小液滴质量的前提下利用电场力和小液滴的重力平衡，测出每个小液滴带电荷量都是1.6×10－19
C的整数倍；带电体的带电荷量不是连续的，而是量子化的，并且电子的带电荷量也为1.6×10－19
C，带负电．故B对．
答案：B
4.阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为(　　)
A．平行于纸面向左
B．平行于纸面向上
C．垂直于纸面向外
D．垂直于纸面向里
解析：由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右传播，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．
答案：C
B级　提能力
5．下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线在电场中一定会受到电场力的作用
B．阴极射线在磁场中一定会受到磁场力的作用
C．阴极射线所受电场力的方向与电场的方向是相同的
D．阴极射线所受磁场力的方向与磁场的方向是相同的
解析：阴极射线是高速运动的电子流，在电场中一定要受到电场力的作用，所受电场力方向与电场方向相反，A对，C错．在磁场中如果电子运动方向与磁场方向平行则电子不受磁场力，当受磁场力时，由左手定则知所受磁场力方向与磁场方向垂直，B、D错．
答案：A
6.如图所示，匀强电场竖直向上，匀强磁场垂直纸面向外，有一正离子不计重力，恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，则(　　)
A．若电子从右向左水平飞入，电子也沿直线运动
B．若电子从右向左水平飞入，电子将向上偏
C．若电子从右向左水平飞入，电子将向下偏
D．若电子从右向左水平飞入，则无法判断电子是否偏转
解析：若电子从右向左水平飞入，则所受电场力方向向下，洛伦兹力方向也向下，则电子向下偏转．故选项A、B、D错，C对．
答案：C
7．如图是阴极射线管示意图．接通电源后，阴极射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
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：若加磁场，由左手定则可知，所加磁场方向沿y轴正方向，故A错误，B正确；若加电场，因电子向下偏转，则电场方向沿z轴正方向，故C、D错误．
答案：B
8．电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根所做的油滴实验测出的．密立根实验的原理如图所示．两块水平放置的平行金属板A、B与电源相接，使上面的A板带正电，下面的B板带负电．油滴从喷雾器喷出后，经上面金属板中间的小孔，落到两板之间的匀强电场E中．大多数油滴在经过喷雾器喷嘴时，因摩擦而带负电，油滴在电场力、重力和空气阻力的作用下下降，观察者可在强光照射下，借助显微镜进行观察．
如图所示，在A板上方用喷雾器将细油滴喷出，若干油滴从板上的一个小孔中落下，喷出的油滴因摩擦而带负电．已知A、B板间电压为U、间距为d时，油滴恰好静止．撤去电场后油滴徐徐下落，最后测出油滴以速度v匀速运动，已知空气阻力正比于速度：f＝kv，则油滴所带的电荷量q＝________．
某次实验得q的测量值见下表(单位：10－19
C)：
6.41
8.01
9.65
11.23
12.83
分析这些数据可知：_____________________________________
_____________________________________________________.
解析：mg－q＝0，mg－kv＝0，解得q＝.油滴的带电荷量是1.6×10－19
C的整数倍，故电荷的最小电荷量为1.6×10－19
C.
答案：　油滴的带电荷量是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电荷量为1.6×10－19C第二章
波粒二象性
第五节
德布罗意波
A级　抓基础
1．(多选)关于德布罗意波，正确的解释是(　　)
A．运动的物体都有一种波和它对应，这就是物质波
B．微观粒子都有一种波和它对应，这就是物质波
C．德布罗意波是概率波，与机械波性质相同
D．宏观物体运动时，它的物质波波长太短，很难观察到它的波动性
解析：德布罗意波是概率波，以子弹为例，并不是说子弹沿波浪形轨道前进，故与机械波性质不相同，C错．
答案：AD
2．质量为m的粒子原来的速度为v，现将粒子的速度增大到2v，则该粒子的物质波的波长将(粒子的质量保持不变)(　　)
A．变为原来波长的一半
B．保持不变
C．变为原来波长的
D．变为原来波长的两倍
解析：由物质波波长公式λ＝＝可知选项A对．
答案：A
3．(多选)根据不确定性关系Δx·Δp≥判断下列说法正确的是(　　)
A．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度下降
B．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度上升
C．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关
D．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关
解析：不确定性关系表明无论采用什么方法试图确定坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关．无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定性关系所给出的限度，故A、D正确．
答案：AD
4．(多选)根据物质波理论，以下说法中正确的是(　　)
A．微观粒子有波动性，宏观物体也有波动性
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：由物质波理论可知，一切物质都有波动性，故A、B对．由λ＝＝可知C错，D对．
答案：ABD
B级　提能力
5．(多选)关于不确定性关系ΔxΔp≥有以下几种理解，其中正确的是(　　)
A．微观粒子的动量不可能确定
B．微观粒子的坐标不可能确定
C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定
D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子
解析：不确定性关系ΔxΔp≥表示确定位置、动量的精度互相制约，当粒子位置不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；粒子位置不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小．故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观粒子，不过这些不确定量微乎其微．
答案：CD
6．若某个质子的动能与某个氦核的动能相等，则这两个粒子的德布罗意波长之比(　　)
A．1∶2　　　　　
B．2∶1
C．1∶4
D．4∶1
解析：由p＝mv＝和λ＝可求，因质子和氦核的质量是1∶4，故动量之比为1∶2，则波长之比为2∶1.
答案：B
7．已知α粒子的质量mα＝6.64×10－27
kg，速度v＝3×107
m/s，要观察到α粒子明显的衍射现象，障碍物的尺寸约为(　　)
A．3.3×10－10
m
B．3.3×10－12
m
C．3.3×10－15
m
D．3.3×10－18
m
解析：λ＝＝＝
m≈3.3×10－15
m．要观察到明显的衍射现象，障碍物的尺寸与波长差不多，C正确．
答案：C
8．已知＝5.3×10－35
J·s，试求下列情况中速度测定的不确定量．
(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＝9.1×10－31
kg，测定其位置的不确定量为10－10
m(即在原子直径的数量级内)．
解析：(1)m＝1.0
kg，Δx1＝10－6
m，由ΔxΔp≥及Δp＝mΔv知Δv1＝≥＝
m/s＝5.3×10－29
m/s.
(2)me＝9.1×10－31
kg，Δx2＝10－10
m，同理得Δv2≥＝
m/s＝5.8×105
m/s.
答案：(1)大于等于5.3×10－29
m/s
(2)大于等于5.8×105
m/s第一章
碰撞与动量守恒
第二节
动量动量守恒定律
A级　抓基础
1．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以(　　)
A．减小球对手的冲量　　B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
解析：根据动量定理得Ft＝Δp.接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，因动量的改变量不变，球对手的冲量不变，时间延长了，所以球对人的冲击力减小了，故选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
2．运动员向静止的球踢了一脚(如图所示)，踢球时的力F＝100
N，球在地面上滚动了t＝10
s停下来，则运动员对球的冲量为(　　)
A．1
000
N·s
B．500
N·s
C．0
N·s
D．无法确定
解析：滚动了t＝10
s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．
答案：D
3．(多选)两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是(　　)
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量大小相等，方向相反
C．分离时质量大的同学的速度小一些
D．互推过程中机械能守恒
解析：以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反．故A错误，B正确；根据动量守恒得：m男v男－m女v女＝0，得＝，可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小，C正确；互推过程中，两人均做功，系统总动能增加，故机械能不守恒，D错误．
答案：BC
4．质量是1
kg的钢球，以5
m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁后以3
m/s的速度被反向弹回．假设球与墙面接触的时间是0.1秒，设水平向右为正方向，则(　　)
A．钢球的动量变化量为2
kg·m/s
B．钢球的动量变化量为－2
kg·m/s
C．墙面对钢球的冲量为8
kg·m/s
D．墙面对钢球的冲量为－8
kg·m/s
解析：由题意知初动量p1＝mv1＝5
kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－3
kg·m/s，所以动量的变化量为Δp＝p2－p1＝－8
kg·m/s，所以A、B错误；根据动量定理I合＝Δp＝－8
kg·m/s，所以C错误，D正确．
答案：D
B级　提能力
5．质量为M的沙车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从沙车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入沙车后，沙车将(　　)
A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
解析：沙车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，v＝v0答案：C
6．如图所示，位于光滑水平桌面上的滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)
A．P的初动能
B．
P的初动能的
C．P的初动能的
D．P的初动能的
解析：当两者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以P、Q组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，机械能守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋m)v,
由机械能守恒定律得：mv＝×2mv2＋Ep,
解得：Ep＝mv，即弹簧具有的最大弹性势能等于P的初动能的，故B正确．
答案：B
7．(多选)
如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当两物体被同时释放后，则以下说法正确的是(　　)
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成的系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒
解析：弹簧突然释放后，A、B受到平板车的滑动摩擦力f＝μ·FN，FNA>FNB，若μ相同，则fA>fB，A、B组成的系统合外力不等于零，故A、B组成的系统动量不守恒，选项A不正确；若A、B与小车C组成系统，A与C、B与C的摩擦力则为系统内力，A、B、C系统受到的合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，选项B、D正确；若A、B组成系统，A、B受到的摩擦力合力为零，该系统动量也是守恒的，选项C正确．
答案：BCD
8．在水平力F＝30
N的作用力下，质量m＝5
kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6
s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止(g取10
m/s2)
解析：方法一：用动量定理，分段处理．
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有：
(F－μmg)t1＝mv－0，
对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有：
－μmgt2＝0－mv，
以上两式联立解得：
t2＝t1＝×6
s＝12
s.
方法二：用动量定理，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得：
(F－μmg)t1＋(－μmg)
t2＝0，
解得：t2＝t1＝×6
s＝12
s.
答案：12
s
9．如图所示，小物块A在粗糙水平面上做直线运动，经距离l时与另一小物块B发生碰撞并粘在一起以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝5.0
m，s＝0.9
m，A、B质量相等且m＝0.10
kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.45，桌面高h＝0.45
m．不计空气阻力，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)A、B一起平抛的初速度v；
(2)小物块A的初速度v0.
解析：(1)两木块离开桌面后做平抛运动，设在空中飞行的时间为t
根据平抛运动规律有：
代入数据解得：v＝s＝0.9
m/s≈3.0
m/s.
(2)
A在桌面上滑行过程，由动能定理得：
－μmgl＝mv′2－mv，
A、B碰撞过程，由动量守恒定律：
mv′＝2mv，
联立得：v0＝＝9
m/s.
答案：(1)3.0
m/s　(2)9
m/s
10．如图所示，长l＝0.2
m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m＝0.5
kg的小球，悬点O距地面的高度H＝0.35
m．开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t＝0.1
s落到地面．如果不考虑细线的形变，g取10
m/s2，试求：
(1)细线拉断前后的速度大小和方向；
(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为Δt＝0.1
s，试确定细线的平均张力大小．
解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：
mgl＝mv，
得v1＝＝2
m/s，方向竖直向下．
设细线拉断后球速为v2，方向竖直向下，由
H－l＝v2t＋gt2，
可得：v2＝1
m/s，方向竖直向下．
(2)设细线的平均张力为F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向，
由动量定理可得：
(F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1)，
故F＝＋mg，解得F＝10
N.
答案：(1)2
m/s，方向竖直向下　1
m/s，方向竖直向下　(2)10
N第四章
原子核
第二节
放射性元素的衰变
A级　抓基础
1．在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图所示．该装置中探测器接收到的是(　　)
A．X射线　　　　　
B．α射线
C．β射线
D．γ射线
解析：首先，放射源放出的是α射线、β射线、γ射线，无X射线，A项错误；另外α射线穿透本领最弱，一张纸就能挡住，而β射线穿透本领较强能穿透几毫米厚的铝板，γ射线穿透本领最强，可以穿透几厘米厚的铅板，而要穿过钢板只能是γ射线，因此D项正确.
答案：D
2．(多选)关于原子核的衰变，下列说法中正确的是(　　)
A．α粒子来自于原子核，说明原子核里含有α粒子
B．β粒子来自于原子中的电子，正如光电效应一样
C．某些原子核发生衰变说明它们是不稳定的
D．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所产生的
解析：发生β衰变时，原子核内的中子转化为质子和电子，B错误，D正确；原子核由质子和中子组成，并不含有α粒子，A错误；某些原子核的核子间结合不太牢固、不稳定，会放出α粒子，C正确．
答案：CD
3．放射性同位素Na的样品经过6小时还剩下
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
答案：A
4．碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
(1)碘131核的衰变方程：53I→________(衰变后的元素用X表示)．
(2)经过________天有75
%的碘131核发生了衰变．
解析：(1)根据质量数、电荷数守恒，53I→54X＋e.
(2)根据m＝m0得，0.25m0＝m0，解得t＝16天．
答案：(1)53I→54X＋e　(2)16
5．完成衰变方程．
(1)β衰变：Bi→________＋e，
Po→At＋________，
Th→Pa＋________，
(2)α衰变：Th→________＋He，
U→Th＋________，
Cu→Co＋________．
(3)Th衰变成Pa的半衰期为1.2
min，则64
g
Th经过6
min还有________g未衰变．
解析：
(1)Bi→Po＋e，　Po→At＋e，
Th→Pa＋e.
(2)Th→Ra＋He，　U→Th＋He，
Cu→Co＋He.
(3)由半衰期公式m＝m0
得m＝64×g＝2
g.
答案：(1)(2)见解析　(3)2
B级　提能力
6．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是(　　)
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
解析：α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，γ射线在磁场中一定不偏转，②⑤为γ射线；如题图所示的电场中，α射线向右偏，β射线向左偏，①为β射线，③为α射线；在如题图所示磁场中，由左手定则判断，α射线向左偏，β射线向右偏，即④为α射线，⑥为β射线，故正确选项是C.
答案：C
7．原子核X经过一次α衰变成原子核Y，原子核Y再经一次β衰变变成原子核Z，则下列说法中正确的是(　　)
A．核X的中子数比核Z的中子数多2
B．核X的质子数比核Z的质子数多5
C．核Z的质子数比核X的质子数少1
D．原子核X的中性原子的电子数比原子核Y的中性原子的电子数少1
答案：C
8．下列说法正确的是(　　)
A．根据天然放射现象，卢瑟福提出了原子的核式结构
B．放射性元素的半衰期会随着压力、温度、化合物种类变化而变化
C．铀(U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅(Pb)的过程中，有6个中子转变成质子
D．一个氡核Rn衰变成钋核Po并放出一个粒子，其半衰期为3.8天，则2
g氡经过7.6天衰变，剩余氡的质量是1
g
解析：由α粒子散射实验的实验现象卢瑟福提出了原子核式结构模型，故选项A错误；放射性元素的半衰期与物理因素无关，故选项B错误；衰变方程U→Pb＋8He＋6e，故有6个中子变为质子，选项C正确；剩余的质量为2×
g＝0.5
g，故选项D错误．
答案：C
9．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(　　)
A．钋210　
　B．氡222　
　C．锶90　
　D．铀238
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：C
10.U核经一系列的衰变后变为Pb核，问：
(1)Pb与U相比，质子数和中子数各少了多少？
(2)综合写出这一衰变过程的方程．
解析：(1)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衰变中子数少1，而质子数增加1，故Pb较U质子数少10，中子数少22.
(2)核反应方程为U→Pb＋8He＋6e.
答案：(1)10个　22个
(2)U→Pb＋8He＋6e模块综合检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于太阳辐射的主要由来，下列说法正确的是(　　)
A．来自太阳中氢元素聚变反应释放的核能
B．来自太阳中碳元素氧化释放的化学能
C．来自太阳中重元素裂变反应释放的核能
D．来自太阳中本身贮存的大量内能
解析：太阳内部不断进行着热核反应，所以太阳辐射的主要由来是来自太阳中氢元素聚变反应释放的核能，选项A正确．
答案：A
2．用绿光照射一个光电管能发生光电效应，欲使光电子从阴极逸出的最大初动能增大，下列方法中可行的是(　　)
A．增大光电管上的加速电压
B．增大绿光的强度
C．延长绿光的照射时间
D．改用强度较小的紫光照射
解析：增加最大初动能的方法只能从增加入射光的频率入手，与入射光的强度和照射时间无关，所以选项B、C错误，选项D正确．增大光电管上的加速电压只能增加光电流，不能增加光电子的最大初动能，所以选项A错误．
答案：D
3．关于下列四幅图说法中错误的是(　　)
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．光电效应实验说明了光具有粒子性
C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性
D．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
解析：原子中的电子绕原子核高速运转时，在自己固定的轨道运转，只有当吸收一定的能量会向高能级跃迁，向外辐射一定的能量会向低能级跃迁．
答案：A
4．一群处于n＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为(　　)
A．3　　　　　　　　
B．4条
C．5条
D．6条
解析：一群处于n＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为＝6(条)，故选D.
答案：D
5．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一颗炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力和阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)
A．动量不变，速度增大
B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小
解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后总质量变小，因此船的速度增大．
答案：A
6．14C是一种半衰期为5
730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的，则该古树死亡时间距今大约(　　)
A．22
920年
B．11
460年
C．5
730年
D．2
865年
解析：N＝N0，n0＝n0所以t＝11
460年．
答案：B
7．某放射性元素的原子核发生2次α衰变和6次β衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中不正确的是(　　)
A．核子数减小8
B．质子数减小2
C．质子数增加2
D．中子数减小10
解析：设该原子核的质量数(核子数)为m，电荷数(质子数)为n，衰变后的质量数为x，电荷数为y，则有：m＝x＋8；n＝－6＋4＋y，由此可知衰变后核子数减小8，质子数增加2，中子数减小10，故选B.
答案：B
8．一质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)
A．mgΔt
B.
C.＋mg
D.—mg
解析：铁锤对木桩的作用力和木桩对铁锤的作用力大小相等，对铁锤分析可得受到重力和木桩的作用力，故根据动量定理可得(mg－F)t＝0－mv，解得F＝mg＋，故铁锤对木桩的平均冲力的大小为mg＋，C正确．
答案：C
9．质量为M的小车在光滑的水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，小车的速度将(　　)
A．减小
B．不变
C．增大
D．无法确定
解析：本题中小车与沙子组成的系统仅在水平方向上动量守恒．因沙子从车上漏出前在水平方向有速度为v0，故沙子漏出后做平抛运动，水平方向的速度为v0.由动量守恒定律得，小车的速度仍为v0，即不变．
答案：B
10．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边水平距离为s的水平地面上，如图所示．现用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌边的水平距离为(　　)
A.
B.s
C.
D.s
解析：当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有vB＝＝s，所以弹簧的弹性势能为E＝mv＝，当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：0＝2mvA－mvB，所以vA∶vB＝1∶2，因此A球与B球获得的动能之比EkA∶EkB＝1∶2，所以B球获得动能为：Ek＝，那么B球抛出初速度为
vB＝
，则平抛后落地水平位移为x＝·＝，故选C.
答案：C
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．以下说法正确的是(　　)
A．玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射
B．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构
C．爱因斯坦光电效应理论认为光电子的最大初动能跟照射光的频率有关
D．铋210的半衰期是5天，则8个铋210经过10天后还剩2个
解析：玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射，选项A正确；天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，选项B正确；爱因斯坦光电效应理论认为光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核无意义，选项D错误．故选A、B、C.
答案：ABC
12．如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象．下列说法中正确的是(　　)
A．若D、E能结合成F，结合过程一定要释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定要吸收能量
C．若A能分裂成B、C，分裂过程一定要释放能量
D．若A能分裂成B、C，分裂过程一定要吸收能量
解析：E、D结合成F时，平均质量减少，一定释放能量，选项A正确．A裂变成B、C时，原子核平均质量减少，也要释放能量，选项C正确．
答案：AC
13．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝3
m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为(　　)
A．vA＝4
m/s，vB＝4
m/s
B．vA＝2
m/s，vB＝5
m/s
C．vA＝－4
m/s，vB＝6
m/s
D．vA＝7
m/s，vB＝2.5
m/s
解析：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，则：v＝4
m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，由机械能守恒定律得：mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′，代入数据解得：v＝2
m/s，vB′＝5
m/s，则碰撞后A、B的速度：2
m/s≤vA≤4
m/s，4
m/s≤vB≤5
m/s，故A、B正确，C、D错误．
答案：AB
14．如图所示，质量为M的封闭箱内装有质量为m的物体．以某一初速度向上竖直抛出，至最高点后又落回地面，箱运动过程受到的空气阻力大小与速度大小成正比．则(　　)
A．上升过程中，箱对物体的弹力逐渐减小
B．下落过程中，箱对物体的弹力始终为零
C．上升过程中箱受到的重力的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程中箱受到的重力的冲量大小等于下降过程重力的冲量大小
解析：上升过程中速度逐渐减小，因为空气阻力与速度大小成正比，所以阻力减小，对整体有(M＋m)g－f＝(M＋m)a，则加速度逐渐减小，且大于g，对箱内物体有，mg＋N＝ma，可知箱对物体的弹力逐渐减小，故A正确；下落过程中，速度增大，阻力增大，对整体有(M＋m)g－f＝(M＋m)a，则加速度减小，且小于g，对箱内物体有，mg－N＝ma，可知箱对物体的弹力逐渐增加，但并不是始终为零，故B错误；因为上升阶段加速度大，所以所用时间短，根据P＝可知，上升过程中箱受到的重力的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故C对D错，故选A、C.
答案：AC
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)氢原子基态能量E1＝—13.6
eV，电子绕核运动半径r1＝0.53×10－10
m，En＝，rn＝n2r1.求氢原子处于n＝4激发态时(电子的质量m＝0.9×10－30
kg)
(1)原子系统具有的能量；
(2)电子在轨道上运动的动能；
(3)电子具有的电势能；
(4)向低能级跃迁辐射的光子频率最多有多少种？其中最低频率的光子的能量为多少(保留两位有效数字)
解析：(1)E4＝＝－0.85
eV.
(2)因为r4＝42r1且keq
\f(e2,r)＝m，
所以动能Ek4＝mv2＝＝J＝1.36×10－19
J＝0.85
eV.
(3)由于E4＝Ek4＋EP4
所以电势能EP4＝E4－Ek4＝－1.7
eV.
(4)最多有六种．从n＝4→3；3→2；2→1；4→2；4→1；3→1.能级差最小的是n＝4→n＝3，所以辐射的光子能量为：ΔE＝hν＝E4－E3＝0.66
eV.
答案：(1)－0.85
eV　(2)0.85
eV　(3)－1.7
eV
(4)6种　0.66
eV
16．(12分)(1)在光电效应实验中，先后用两束光照射同一个光电管，若实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．a光频率大于b光频率
B．a光波长大于b光波长
C．a光强度高于b光强度
D．a光照射光电管时产生光电子的最大初动能较大
(2)已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，激发态能量En＝E1，其中n＝2，3，…，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，吸收波长为__________的光子能使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态；此激发态原子中的电子再吸收一个频率为ν的光子被电离后，电子的动能为__________．
(3)一个初速度为v0的氧核(O)自发衰变成一个氮核(N)和另外一个粒子，并释放出一定能量．已知氧核的质量为m0，氮核的质量为m1，速度为v1，方向与氧核方向相同，粒子的质量为m2，若不计光子的动量，写出该核反应的方程式并求出粒子的速度v2大小．
解析：(1)截止电压相同，所以频率相同，A错误；频率相同，波长相同，B错误；a的饱和电流大于b的饱和电流，则a中的光强大于b中的光强，C正确；
根据Ek＝hν－W可得产生光电子的最大初动能一样大，D错误，故选C.
(2)根据公式E＝h可得λ＝＝＝－，
此激发态原子中的电子再吸收一个频率为ν的光子被电离后，电子的动能为Ek＝E1＋hν＝hν＋.
(3)方程式为：O→N＋e，
由动量守恒得：m0v0＝m1v1＋m2v2，
解得：v2＝.
答案：(1)C　(2)－　hν＋　(3)　O→N＋e
v2＝
17．(12分)(1)如图为氢原子的能级图，一群氢原子在n＝4的定态发生跃迁时，能产生______种不同频率的光，其中产生的光子中能量最大是________eV
(2)下列核反应中，X1是______、X2是________，其中发生核裂变反应的是________．
①U＋n→Sr＋Xe＋3X1
②H＋X2→He＋n
(3)如图所示，质量为m1＝1
kg和m2＝2
kg的两个小球在光滑的水平面上分别以v1＝2
m/s和v2＝0.5
m/s的速度相向运动，某时刻两球发生碰撞，碰后m1以1
m/s的速度被反向弹回，求：
①碰后m2的速度；
②两球发生碰撞的过程中m1受到的冲量．
解析：(1)从4到3，从4到2，从4到1，从3到2，从3到1，从2到1，共6种跃迁方式，所以产生6种不同频率的光，其中光子能量最大的是从4到1，
即E＝－0.85
eV－(－13.6
eV)＝12.75
eV.
(2)根据质量数和电荷数守恒可得U＋n→Sr＋Xe＋3n，所以X1是中子，H＋H→He＋n，所以X2是氘核．
(3)两球碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，则
m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，
解得v2′＝1
m/s，方向向右，
根据动量定理可得I＝－mv1′－m1v1＝－3N·s，方向向左．
答案：(1)6　12.75　
(2)中子　氘核(用符号书写也可)　①　(3)①1
m/s，方向向右　②3
N·s
，方向向左
18．(18分)(1)下列说法正确的是(　　)
A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
B．在很多核反应中，由于有核能的释放，所以才会有质量的亏损
C．对放射性物质施加压力，其半衰期将减少
D．入射光的频率如果低于某金属的截止频率，即使增加该入射光的强度，也不能使该金属发生光电效应
E．康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量
(2)如图所示为氢原子的能级图，n为量子数．在氢原子核外电子由量子数为
2的轨道跃迁到量子数为3的轨道的过程中，将______(选填“吸收”“放出”)光子．若该光子恰能使某金属产生光电效应，则一群处于量子数为4的激发态的氢原子在向基态跃迁的过程中，有______种频率的光子能使该金属产生光电效应．
(3)如图所示，一质量m1＝0.48
kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.2
kg的小物块，小物块可视为质点．现有一质量m0＝0.02
kg的子弹以水平速度v0＝200
m/s射中小车左端，并留在车中，最终小物块以5
m/s的速度与小车脱离．子弹与车相互作用时间极短．g取10
m/s2.求：
①
子弹刚刚射入小车时，小车速度v1的大小；
②
小物块脱离小车时，小车速度v1′的大小．
解析：(1)英国物理学家卢瑟福通过α粒子散射实验，发现绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子却发生了较大的偏转，并且有极少数的α粒子偏转超过了90°，有的甚至几乎达到180°，据此，卢瑟福提出了原子的核式结构模型；在很多核反应中，由于有质量的亏损，所以才会有核能的释放；放射性元素衰变的半衰期是由核内部本身的因素决定的，而跟原子所处的物理状态或化学状态无关；对于每一种金属都有一个极限频率，当入射光的频率小于极限频率时，无论入射光多强，也不会发射光电子．X射线的光子与晶体中的电子碰撞时要遵守能量守恒定律和动量守恒定律，
康普顿效应不仅表明了光子具有能量，还表明了光子具有动量．
(2)玻尔原子模型指出原子由低能态向高能态跃迁时，是要吸收光子的，由高能态向低能态跃迁时，是要放出光子的；光子能量与跃迁的能级差有关，能级差越大，辐射光子的能量越高，光电效应越容易发生；如题图所示的量子数为4的激发态的氢原子在向基态跃迁的过程中，产生6种不同能量的光子，除由n＝4能级向n＝3能级跃迁时的光子不能使金属产生光电效应外，其余5种均可．
(3)①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋m1)v1，
解得：v1＝8
m/s.
②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋m1)v1′＋m2v2，
解得：v1′＝6
m/s.
答案：(1)ADE　(2)吸收　5　(3)①8
m/s　②6
m/s章末复习课
【知识体系】
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(原子核的组成\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(①　　　　,中子))核子,原子核的衰变\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(三种射线：α射线、β射线，②　　　　,衰变分类\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α衰变：③　　　　　　　　　　,β衰变：④　　　　　　　　　　)),衰变规律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(⑤　　　　守恒,⑥　　　　守恒)),半衰期\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(意义：表示衰变快慢,公式：m＝m0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up6(\f(t,T1/2)))),决定因素：由⑦　　　　决定)),人工转变\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(质子的发现：N＋He→O＋H,中子的发现：Be＋He→C＋n,正电子的发现：P→Si＋e,放射性同位素及应用与防护)),核力与结合能\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(核力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定义,特点)),结合能,平均结合能,核能的利用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(⑧　　　　,轻核聚变)))),小粒子和大宇宙\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(粒子,夸克模型))))
　①质子　②γ射线　③X→Y＋He　④X→Y＋e　⑤质量数　⑥电荷数　⑦核本身性质　⑧重核裂变
主题1　对核反应方程及类型的理解
1．核反应．
常见核反应分为衰变、人工转变、裂变、聚变等几种类型．
(1)衰变．
α衰变：U→Th＋He(核内2H＋2n→He)．
β衰变：Th→Pa＋e(核内n→H＋e)．
γ衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级．
衰变反应的特点：衰变是原子核自发地转变成另一种原子核，反应物只有一个放射性核，生成物中除有一个新核外，还有α粒子或β粒子．
(2)人工转变．
N＋He→O＋H(发现质子的核反应)．
Be＋He→C＋n(发现中子的核反应)．
人工转变特点：以高能微观粒子轰击原子核为标志，反应物中除有一个原子核外，还有一个入射粒子，如α粒子、质子、中子等．
(3)裂变．
U＋n→Ba＋Kr＋3n.
裂变特点：质量较大的重核捕获中子分裂成两个以上中等质量的核，并放出几个中子．
(4)聚变．
H＋H→He＋n
聚变特点：反应物中为n个质量较小的轻核，生成物包含一个质量较大的核．
2．核反应方程的书写．
(1)必须遵守电荷数守恒、质量数守恒规律，有些核反应方程还要考虑到能量守恒规律．
(2)核反应方程中的箭头(→)表示核反应进行的方向，不能把箭头写成等号．
(3)写核反应方程必须要有实验依据，决不能毫无根据地编造．
(4)在写核反应方程时，应先将已知原子核和已知粒子的符号填入核反应方程一般形式的适当位置上；然后根据质量数守恒和电荷数守恒规律计算出未知核(或未知粒子)的电荷数和质量数；最后根据未知核(或未知粒子)的电荷数确定它们是哪种元素(或哪种粒子)，并在核反应方程一般形式中的适当位置填写上它们的符号．
【典例1】　(2015·江苏卷)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，92U是核电站常用的核燃料.92U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：由质量数守恒和电荷数守恒可知：U＋n→Ba＋Kr＋3n，可见产生了3个中子，链式反应的一个条件是铀燃料的体积必须大于或等于临界体积．
答案：3　大于
针对训练
1．(2015·北京卷)实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则(　　)
A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里
解析：静止的核发生β衰变(X→　AZ＋1Y＋e)由内力作用，满足动量守恒，则新核Y和电子的动量等大反向，垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动，由qvB＝m可知r＝，则两个新核的运动半径与电量成反比，即，则新核为小圆，电子为大圆；而新核带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项D正确．
答案：D
主题2　核能的计算
核能的计算是原子核物理中的热点问题，在重核的裂变、轻核的聚变、放射性衰变以及某些人工转变的核反应中，都伴随着巨大的核能释放，根据不同的题设条件和不同的核反应特征，归纳以下几种计算方法：
(1)根据质量亏损计算(E＝mc2或ΔE＝Δmc2)．
①根据核反应方程，计算核反应前和核反应后的质量亏损Δm.
②根据爱因斯坦质能方程E＝mc2或ΔE＝Δmc2计算核能．
③计算过程中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳．
(2)利用原子单位u和电子伏特计算(ΔE＝Δm×931.5
MeV)．
①明确原子单位u和电子伏特间的关系．
因1
u＝1.6606×10－27
kg，
则E＝mc2＝1.660
6×10－27×(3.0×108)2
J＝1.494×10－10
J.
又1
eV＝1.6×10－19
J，
则E＝1.494×10－10
J＝931.5
MeV.
②根据1原子质量单位(u)相当于931.5
MeV能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5
MeV，即ΔE＝Δm×931.5
MeV.
③上式中，Δm单位是u，ΔE的单位是MeV.
(3)利用平均结合能来计算核能．
原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数．核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能．
(4)根据能量守恒和动量守恒来计算核能．
参与核反应的粒子所组成的系统，在核反应过程中的动量和能量是守恒的，因此，在题给条件中没有涉及质量亏损，或者核反应所释放的核能全部转化为生成的新粒子的动能而无光子辐射的情况下，从动量和能量守恒可以计算出核能的变化．
(5)应用阿伏加德罗常数计算核能．
若要计算具有宏观质量的物质中所有原子核都发生核反应所放出的总能量，应用阿伏加德罗常数计算核能更为简便．
①根据物体的质量m和摩尔质量M，由n＝求出摩尔数，并求出原子核的个数N＝NAn＝NA.
②由题设条件求出一个原子核与另一个原子核反应放出或吸收的能量E0(或直接从题目中找出E0)．
③再根据E＝NE0求出总能量．
【典例2】　已知氘核的平均结合能为1.1
MeV，氦核的平均结合能为7.1
MeV，则两个氘核结合成一个氦核时(　　)
A．释放出4.9
MeV的能量
B．释放出6.0
MeV的能量
C．释放出24.0
MeV的能量
D．吸收4.9
MeV的能量
解析：依据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为H＋H→He，因氘核的平均结合能为1.1
MeV，氦核的平均结合能为7.1
MeV，故核反应过程释放能量．ΔE＝4×7.1
MeV－2×2×1.1
MeV＝24.0
MeV，故选C.
答案：C
针对训练
2．试计算用α粒子轰击铍(Be)核发现中子的核反应中所释放的能量(已知铍核、碳核、α粒子和中子的质量分别为mBe＝9.012
19
u，mC＝12.000
0
u，mα＝4.002
6
u，mn＝1.008
665
u．1
u＝1.660
566×
10－27
kg)．
解析：核反应方程为Be＋He→
6C＋n＋ΔE，核反应中的质量亏损为
Δm＝mBe＋mα－mC－mn＝
(9.012
19＋4.002
6－12.000
0－1.008
665)u＝0.006
125
u，
ΔE＝Δmc2＝0.006
125×931.5
MeV≈5.705
MeV
或ΔE＝0.006
125×1.660
566×10－27×(3×108)2
J≈9.15×
10－13
J.
答案：5.705
MeV(或9.15×10－13
J)
统揽考情
半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点问题，试题一般以基础知识为主，较简单．
真题例析
(2014·课标全国Ⅰ卷)(多选)关于天然放射性，下列说法正确的是________．
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
解析：并不是所有的元素都能发生衰变，只有原子序号超过83的元素才都能发生衰变，选项A错．放射性元素的半衰期由原子核内部的结构决定，与外界温度无关，选项B对．放射性元素其放射性来自于原子核内部，与其他元素形成化合物并没有改变其内部原子核结构，所以仍具有放射性，选项C对．α、β和γ三种射线中，γ射线能量最高，穿透能力最强，选项D对．一个原子核在一次衰变中，要么是α衰变要么是β衰变，同时伴随着能量的释放，选项E错．
答案：BCD
针对训练
(2014·课标全国Ⅱ卷)(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．
A．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值
B．贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(P0)和镭(Ra)两种新元素
D．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子
E．汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷
解析：密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.60×
10－19
C，A
对；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，证明了原子核有复杂结构，B错；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C
对；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论，D
错；汤姆孙通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测定了粒子的比荷，E对．
答案：ACE
1．(2015·重庆卷)下图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里．以下判断可能正确的是(　　)
A．a、b为β粒子的径迹
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
解析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误．α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确．
答案：D
2．(2015·北京卷)下列核反应方程中，属于α衰变的是(　　)
A.N＋He→O＋H
B.U→Th＋He
C.H＋H→He＋n
D.Th→Pa＋e
解析：用人工方法He核轰击N产生质子，选项A错误；衰变是原子核自发放射粒子的核反应，选项B正确；两个轻核结合成中核的反应为轻核聚变反应，选项C错误；D为β衰变．
答案：B
3．(2015·山东卷)(多选)14C发生放射性衰变为14N，半衰期约为
5
700年．已知植物存活其间，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为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
解析：因古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5
700年，选项A正确；12C、13C、14C具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B错误；根据核反应方程可知，14C衰变为14N的过程中放出电子，即发出β射线，选项C正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D错误．
答案：AC
4．(2015·福建卷)下列是有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是(　　)
A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D.Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
解析：γ射线是光子流，所以A错误；氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增大，动能增大，所以B正确；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，所以C错误；半衰期是大量的统计规律，少数原子核不适应，100克Bi经过10天后还剩25克，所以D错误．
答案：B
5．(2015·广东卷)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，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
解析：由H＋H→He＋X＋17.6
MeV，根据反应前后质量数、电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，因此X是中子，故选项A正确；再由X＋Y→He＋H＋4.9
MeV，根据反应前后质量数、电荷数守恒可知，Y的质量数为6，电荷数为3，即其质子数为3，中子数也为3，故选项B错误；由于两个反应中都释放了能量，因此根据爱因斯坦质能方程可知，两个反应中都存在质量亏损，故选项C错误；根据核聚变反应的定义可知，氘和氚反应生成了一个核He，故选项D正确．
答案：AD