人教版物理选修3-5 同步学案（23份）

1　原子核的组成
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道天然放射现象及其规律．2．理解三种射线的本质，以及如何利用磁场区分它们．(重点)3．掌握原子核的组成，知道核子和同位素的概念．(重点)4．掌握质量数、电荷数和核子数间的关系．(重点)
　天然放射现象及三种射线
1．天然放射现象
(1)1896年，法国物理学家贝可勒尔发现某些物质具有放射性．
(2)物质发射射线的性质称为放射性，具有放射性的元素称为放射性元素，放射性元素自发地发出射线的现象叫作天然放射现象．
(3)原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能放出射线．
(4)玛丽·居里和她的丈夫皮埃尔·居里发现了两种放射性更强的新元素，命名为钋(Po)和镭(Ra)．
2．三种射线
(1)α射线：实际上就是氦原子核，速度可达到光速的，其电离能力强，穿透能力较差，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住．
(2)β射线：是高速电子流，它速度很大，可达光速的99%，它的穿透能力较强，电离能力较弱，很容易穿透黑纸，也能穿透几毫米厚的铝板．
(3)γ射线：呈电中性，是能量很高的电磁波，波长很短，在10－10
m以下，它的电离作用更小，但穿透能力更强，甚至能穿透几厘米厚的铅板或几十厘米厚的混凝土．
1．放射性元素发出的射线的强度可以人工控制．(×)
2．放射性元素的放射性都是自发的现象．(√)
3．α射线是由高速运动的氦核组成的，其运行速度接近光速．(×)
4．β射线能穿透几毫米厚的铅板．(×)
5．γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱．(√)
β射线的本质是高速电子流，示波器中的阴极射线的本质也是高速电子流，这两种射线的来源相同吗？
【提示】　不同．阴极射线的电子来源于核外电子，β射线的电子来源于原子核．
1896年，法国物理学家贝可勒尔，研究铀和含铀的矿物，发现天然放射现象．
探讨1：为什么说天然放射现象的发现使人们认识到原子核具有内部结构？
【提示】　因为原子核可以放出α、β、γ射线，所以认为原子核具有内部结构．
探讨2：让放射源放出的射线垂直于电场方向向上进入水平向左的匀强电场，将会分为几部分？
【提示】　射线会分为三部分，其中向左偏转的一束为α射线，向右偏转的一束为β射线，向上不发生偏转的一束为γ射线．
1．α、β、γ射线性质、特征比较
射线种类
组成
速度
贯穿本领
电离作用
α射线
α粒子是氦原子核He
约c
很小，一张薄纸就能挡住
很强
β射线
β粒子是高速电子流e
接近c
很大，能穿过几毫米厚的铝板
较弱
γ射线
波长很短的电磁波
等于c
最大，能穿过几厘米厚的铅板
很小
2.三种射线在电场、磁场中偏转情况的比较
(1)在匀强磁场中，α射线偏转半径较大，β射线偏转半径较小，γ射线不偏转，如图19 1 1所示．
图19 1 1
(2)在匀强电场中，α射线偏离较小，β射线偏离较大，γ射线不偏离，如图所示．
3．元素的放射性
如果一种元素具有放射性，那么不论它是以单质的形式存在，还是以某种化合物的形式存在，放射性都不受影响．也就是说，放射性与元素存在的状态无关，放射性仅与原子核有关．因此，原子核不是组成物质的最小微粒，原子核也存在着一定结构．
1．天然放射性物质的放射线包括三种成分，下列说法正确的是
(　　)
A．一张厚的黑纸能挡住α射线，但不能挡住β射线和γ射线
B．某原子核在放出γ射线后会变成另一种元素的原子核
C．三种射线中对气体电离作用最强的是α射线
D．β粒子是电子，但不是原来绕核旋转的核外电子
E．γ射线是波长很长的光子
【解析】　由三种射线的本质和特点可知，α射线穿透本领最弱，一张黑纸都能挡住，而挡不住β射线和γ射线，故A正确；γ射线是一种波长很短的光子，不会使原核变成新核．三种射线中α射线电离作用最强，故C正确，E错误；β粒子是电子，来源于原子核，故D正确．
【答案】　ACD
2．如图19 1 2所示，放射性元素镭释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，其中________是α射线，________是β射线，________是γ射线．
图19 1 2
【解析】　由放射现象中α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电，结合在电场与磁场中的偏转可知②⑤是γ射线，③④是α射线．
【答案】　③④、①⑥、②⑤
3．一置于铅盒中的放射源发射出的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔，铝箔后的空间有一匀强电场．进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图19 1 3所示，则图中的射线a为________射线，射线b为________射线．
图19 1 3
【解析】　在三种射线中，α射线带正电，穿透能力最弱，γ射线不带电，穿透能力最强，β射线带负电，穿透能力一般，综上所述，结合题意可知，a射线应为γ射线，b射线应为β射线．
【答案】　γ　β
三种射线的比较方法
1．知道三种射线带电的性质，α射线带正电、β射线带负电、γ射线不带电．α、β是实物粒子，而γ射线是光子流，属于电磁波的一种．
2．在电场或磁场中，通过其受力及运动轨迹半径的大小来判断α和β射线，由于γ射线不带电，故运动轨迹仍为直线．
3．α射线穿透能力较弱，β射线穿透能力较强，γ射线穿透能力最强．
　原
子
核
的
组
成
1．质子的发现
图19 1 4
2．中子的发现
图19 1 5
3．原子核的组成
由质子和中子组成，它们统称为核子．
4．原子核的符号
5．同位素
具有相同质子数而中子数不同的原子核，在元素周期表中处于同一位置，它们互称同位素．例如，氢有三种同位素，H、H、H.
1．原子核的核子数等于质子数．(×)
2．质量数就是原子核的质量．(×)
3．在元素周期表中处在同一位置上，而质量数不同的元素叫同位素．(√)
同一种元素的几种同位素，它们的化学性质相同吗？为什么？
【提示】　相同．因为同位素具有相同的质子数，所以具有相同的核外电子数，元素的化学性质取决于核外电子，所以同位素的化学性质相同．
探讨1：既然β射线来源于原子核，那么原子核内存在电子吗？
【提示】　不存在．β射线是原子核变化时产生的，电子并不是原子核的组成部分．
探讨2：原子核的电荷数是不是电荷量？质量数是不是质量？
【提示】　不是．原子核所带的电荷量总是质子电荷量的整数倍，这个倍数叫作原子核的电荷数．原子核的质量几乎等于单个核子质量的整数倍，这个倍数叫原子核的质量数．
1．原子核的组成
原子核是由质子、中子构成的，质子带正电，中子不带电．不同的原子核内质子和中子的个数并不相同．
2．原子核的符号和数量关系
(1)符号：X.
(2)基本关系：核电荷数＝质子数(Z)＝元素的原子序数＝核外电子数．质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．
3．同位素
原子核内的质子数决定了核外电子的数目，进而也决定了元素的化学性质，同种元素的质子数相同，核外电子数也相同，所以有相同的化学性质，但它们的中子数可以不同，所以它们的物理性质不同．把具有相同质子数、不同中子数的原子核互称为同位素．
4．α粒子可以表示为He，He中的4为________，2为________．
【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.
【答案】　质子数与中子数之和(或质量数)　质子数
5．下列说法正确的是(　　)
A.X与Y互为同位素
B.X与Y互为同位素
C.X与Y中子数相同
D.U核内有92个质子，235个中子
E.U核内有92个质子，143个中子
【解析】　A选项中，X核与Y核的质子数不同，不能互为同位素；B选项中X核与mY核质子数都为m，而质量数不同，则中子数不同，所以互为同位素；C选项中X核内中子数为n－m，Y核内中子数为(n－2)－(m－2)＝n－m，所以中子数相同；92U核内有143个中子，而不是235个中子．
【答案】　BCE
6．已知镭的原子序数是88，原子核的质量数是226.试问：
(1)镭核中有几个质子？几个中子？
(2)镭核所带电荷量是多少？
(3)若镭原子呈电中性，它核外有几个电子？
(4)Ra是镭的一种同位素，让Ra和Ra以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨迹半径之比是多少？
【解析】　因为原子序数与核内质子数、核电荷数、中性原子的核外电子数都是相等的，原子核的质量数等于核内质子数与中子数之和．由此可得：
(1)镭核中的质子数等于其原子序数，故质子数为88，中子数N等于原子核的质量数A与质子数Z之差，即N＝A－Z＝226－88＝138.
(2)镭核所带电荷量Q＝Ze＝88×1.6×10－19
C≈1.41×10－17
C.
(3)镭原子呈电中性，则核外电子数等于质子数，故核外电子数为88.
(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力，故有Bqv＝m，r＝.两种同位素具有相同的核电荷数，但质量数不同，故＝＝.
【答案】　(1)88　138　(2)1.41×10－17
C　(3)88
(4)113∶114
原子核的“数”与“量”辨析
1．核电荷数与原子核的电荷量是不同的，组成原子核的质子的电荷量都是相同的，所以原子核的电荷量一定是质子电荷量的整数倍，我们把核内的质子数叫核电荷数，而这些质子所带电荷量的总和才是原子核的电荷量．
2．原子核的质量数与质量是不同的，也与元素的原子量不同．原子核内质子和中子的总数叫作核的质量数，原子核的质量等于质子和中子的质量的总和．
学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．由原子核符号92U，可知(　　)
A.92U原子核中有质子92个
B.92U原子核中有电子92个
C.92U原子核中有中子235个
D.92U原子核中有中子143个
E.92U原子核中有核子235个
【解析】　原子核符号为X，A为核子数，Z为质子数，可见92U原子核中核子数是235个，质子数是92个，中子数为235－92＝143个，故B、C错误，A、D、E正确．
【答案】　ADE
2．如图19 1 6所示，铅盒A中装有天然放射性物质，放射线从其右端小孔中水平向右射出，在小孔和荧光屏之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，则下列说法中正确的有(　　)
【导学号：66390044】
图19 1 6
A．打在图中a、b、c三点的依次是α射线、γ射线和β射线
B．α射线和β射线的轨迹是抛物线
C．α射线和β射线的轨迹是圆弧
D．如果在铅盒和荧光屏间再加一竖直向下的匀强电场，则屏上的亮斑可能只剩下b
E．如果在铅盒和荧光屏间再一竖直向下的匀强电场，则屏上可能出现两个亮斑
【解析】　由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中α粒子受的洛伦兹力向上，β粒子受的洛伦兹力向下，轨迹都是圆弧．由于α粒子速度约是光速的，而β粒子速度接近光速，所以在同样的混合场中不可能都做直线运动(如果一个打在b，则另一个必然打在b点下方)．故A、C、E正确，B、D错误．
【答案】　ACE
3．据最新报道，放射性同位素钬Ho，可有效治疗癌症，该同位素原子核内中子数与核外电子数之差是________．
【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，故核内中子数与核外电子数之差为99－67＝32.
【答案】　32
4．在轧制钢板时需要动态地监测钢板的厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图19 1 7所示．该装置中探测器接收到的是________．
图19 1 7
【解析】　α射线的穿透本领最弱，一张纸就能将其挡住，而β射线的穿透本领较强，能穿透几毫米厚的铝板，γ射线的穿透本领最强，可以穿透几厘米厚的铅板，故探测器接收到的应该是γ射线．
【答案】　γ射线
[能力提升]
5．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核的轨道半径之比为44∶1，如图19 1 8所示，则(　　)
【导学号：66390045】
图19 1 8
A．α粒子与反冲核的动量大小相等、方向相反
B．原来放射性元素的核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲核的速度之比大1∶88
E．反冲核的电荷数为90
【解析】　由于微粒之间相互作用的过程中动量守恒，初始总动量为零，则最终总动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反，A正确；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做圆周运动，由qvB＝得R＝，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则
对α粒子：R1＝
对反冲核：R2＝
由p1＝p2，R1∶R2＝44∶1，得Q＝90，B、C正确；它们的速度大小与质量成反比，故D、E错误．
【答案】　ABC
6．质谱仪是一种测定带电粒子的质量及分析同位素的重要工具，它的构造原理如图19 1 9所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x.
图19 1 9
(1)设离子质量为m、电荷量为q、加速电压为U、磁感应强度大小为B，求x的大小；
(2)氢的三种同位素H、H、H从离子源S出发，到达照相底片的位置距入口处S1的距离之比xH∶xD∶xT为多少？
【导学号：66390046】
【解析】　(1)离子在电场中被加速时，由动能定理
qU＝mv2，
进入磁场时洛伦兹力提供向心力，qvB＝，又x＝2r，
由以上三式得x＝.
(2)氢的三种同位素的质量数分别为1、2、3，由(1)结果知，
xH∶xD∶xT＝∶∶＝1∶∶.
【答案】　(1)　(2)1∶∶
7．茫茫宇宙空间存在大量的宇宙射线，对宇航员构成了很大的威胁．现有一束射线(含有α、β、γ三种射线)，(1)在不影响β和γ射线的情况下，如何用最简单的方法除去α射线？
(2)余下的这束β和γ射线经过如图19 1 10所示的一个使它们分开的磁场区域，请画出β和γ射线进入磁场区域后轨迹的示意图．(画在图上)
图19 1 10
(3)用磁场可以区分β和γ射线，但不能把α射线从γ射线束中分离出来，为什么？(已知α粒子的质量约是β粒子质量的8
000倍，α射线速度约为光速的十分之一，β射线速度约为光速)
【导学号：66390047】
【解析】　(1)由于α射线贯穿能力很弱，用一张纸放在射线前即可除去α射线．
(2)如图所示．
(3)α粒子和电子在磁场中偏转
据R＝，
对α射线有Rα＝
对β射线有Re＝
故＝＝400.
α射线穿过此磁场时，半径很大，几乎不偏转，故与γ射线无法分离．
【答案】　(1)用一张纸放在射线前即可除去α射线
(2)见解析图
(3)α射线的圆周运动的半径很大，几乎不偏转，故与γ射线无法分离7　核聚变
8　粒子和宇宙
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道聚变反应，关注受控聚变反应研究的进展．2．通过核能的利用，思考科学技术与社会进步的关系．3．初步了解粒子物理学的基础知识及恒星演化．4．了解、感受科学发展过程中蕴藏着的科学和人文精神.
　核
聚
变
1．定义
两个轻核结合成质量较大的核，并释放出能量的反应．
2．举例
H＋H→He＋n＋17.6
MeV
3．条件
(1)轻核的距离要达到10－15_m以内．
(2)需要加热到很高的温度，因此又叫热核反应．
4．优点
(1)轻核聚变产能效率高．
(2)地球上聚变燃料的储量丰富．
(3)轻核聚变更为安全、清洁．
5．约束方法
磁约束和惯性约束．
1．核聚变反应中平均每个核子放出的能量比裂变时小一些．(×)
2．轻核的聚变只要达到临界质量就可以发生．(×)
3．现在地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部的聚变反应．(√)
1．核聚变为什么需要几百万度的高温？
【提示】　要使轻核发生聚变就必须使它们间的距离达到核力发生作用的距离，而核力是短程力，作用距离在10－15
m，在这个距离上时，质子间的库仑斥力非常大，为了克服库仑斥力就需要原子核具有非常大的动能才会撞到一起，当温度达到几百万度时，原子核就可以具有这样大的动能．
2．受控核聚变中磁约束的原理是什么？
【提示】　原子核带有正电，垂直磁场方向射入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕着一个中心不断旋转而不飞散开，达到约束原子核的作用．
氢弹是核武器的一种，其杀伤破坏因素与原子弹相同，但威力比原子弹大得多，但要使氢弹内发生轻核聚变反应必须有极高的温度和足够大的碰撞几率．
探讨1：怎样才能引发氢弹爆炸？
【提示】　首先由普通炸药引爆原子弹，再由原子弹爆炸产生的高温高压引发氢弹爆炸．
探讨2：为什么轻核的聚变反应能够比重核的裂变反应释放更多的核能？
【提示】　因为很轻的原子核比较重的原子核的核子平均质量更大，聚变成质量较大的原子核能产生更多的质量亏损，所以平均每个核子释放的能量就更大．
1．聚变发生的条件
要使轻核聚变，必须使轻核接近核力发生作用的距离10－15
m，这要克服电荷间强大的斥力作用，要求使轻核具有足够大的动能．要使原子核具有足够大的动能，就要给它们加热，使物质达到几百万开尔文的高温．
2．轻核聚变是放能反应
从比结合能的图线看，轻核聚变后比结合能增加，因此聚变反应是一个放能反应．
3．核聚变的特点
(1)在消耗相同质量的核燃料时，轻核聚变比重核裂变释放更多的能量．
(2)热核反应一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就可以使反应进行下去．
(3)普遍性：热核反应在宇宙中时时刻刻地进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆．
4．核聚变的应用
(1)核武器——氢弹：一种不需要人工控制的轻核聚变反应装置。它利用弹体内的原子弹爆炸产生的高温高压引发热核聚变爆炸．
(2)可控热核反应：目前处于探索阶段．
5．重核裂变与轻核聚变的区别
重核裂变
轻核聚变
放能原理
重核分裂成两个或多个中等质量的原子核，放出核能
两个轻核结合成质量较大的原子核，放出核能
放能多少
聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量要大3～4倍
核废料处理难度
聚变反应的核废料处理要比裂变反应简单得多
原料的蕴藏量
核裂变燃料铀在地球上储量有限，尤其用于核裂变的铀235在铀矿石中只占0.7%
主要原料是氘，氘在地球上的储量非常丰富.1
L海水中大约有0.03
g氘，如果用来进行热核反应，放出的能量约与燃烧300
L汽油相当
可控性
速度比较容易进行人工控制，现在的核电站都是用核裂变反应释放核能
目前，除氢弹以外，人们还不能控制它
1．下列关于聚变的说法中正确的是
(　　)
A．要使聚变产生，必须克服库仑斥力做功
B．轻核聚变需要几百万摄氏度的高温，因此聚变又叫做热核反应
C．原子弹爆炸能产生几百万摄氏度的高温，所以氢弹利用原子弹引发热核反应
D．自然界中不存在天然的热核反应
E．轻核聚变易控制，目前世界上的核电站多数是利用核聚变反应释放核能
【解析】　轻核聚变时，必须使轻核之间距离达到10－15
m，所以必须克服库仑斥力做功，A正确；原子核必须有足够的动能，才能使它们接近到核力能发生作用的范围，实验证实，原子核必须处在几百万摄氏度下才有这样的能量，这样高的温度通常利用原子弹爆炸获得，故B、C正确E错误；在太阳内部或其他恒星内部都进行着热核反应，D错误．
【答案】　ABC
2．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方程为He＋He→2H＋He，关于He聚变下列表述正确的是(　　)
A．聚变反应会释放能量
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
E．聚变反应一定有质量亏损
【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】　ABE
3．氘核(H)和氚核(H)结合成氦核(He)的核反应方程如下：H＋H→He＋n＋17.6
MeV
(1)这个核反应称为________．
(2)要发生这样的核反应，需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文．式中17.6
MeV是核反应中________(填“放出”或“吸收”)的能量，核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量________(填“增加”或“减少”)了________kg(保留一位有效数字)．
【解析】　在轻核聚变反应中，由于质量亏损，放出核能，由ΔE＝Δmc2，可以求得Δm＝≈3×10－29
kg.
【答案】　(1)核聚变　(2)放出　减少　3×10－29
1 核聚变反应和一般的核反应一样，也遵循电荷数和质量数守恒，这是书写核反应方程式的重要依据.
2 核能的计算关键是要求出核反应过程中的质量亏损，然后代入ΔE＝Δmc2进行计算.
粒子和宇宙
1．基本粒子不基本
(1)直到19世纪末，人们都认为光子、电子、质子和中子是基本粒子．
(2)随着科学的发展，科学家们发现了很多的新粒子并不是由以上基本粒子组成的，并发现质子、中子等本身也有复杂结构．
2．发现新粒子
(1)新粒子：1932年发现了正电子，1937年发现了μ子，1947年发现了K介子和π介子及以后的超子等．
(2)粒子的分类：按照粒子与各种相互作用的关系，可将粒子分为三大类：强子、轻子和媒介子．
(3)夸克模型的提出：1964年美国物理学家盖尔曼提出了强子的夸克模型，认为强子是由夸克构成的．
3．宇宙及恒星的演化
(1)宇宙演化
根据大爆炸理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期．在大爆炸之后逐渐形成了夸克、轻子和胶子等粒子，随后经过强子时代、轻子时代、核合成时代．继续冷却，质子、电子、原子等与光子分离而逐步组成恒星和星系．
(2)恒星的演化
①恒星的形成：大爆炸后，在万有引力作用下形成星云团，进一步凝聚使引力势能转变为内能，温度升高，直到发光，于是恒星诞生了．
②恒星演变：核聚变反应，层级递进地在恒星内发生，直到各种热核反应不再发生时，恒星的中心密度达到极大．
③恒星归宿：恒星最后的归宿有三种，它们是白矮星、中子星、黑洞．
1．质子、中子、电子都是不可再分的基本粒子．(×)
2．质子和反质子的电量相同，电性相反．(√)
3．按照夸克模型，电子所带电荷不再是电荷的最小单元．(√)
1．为什么说基本粒子不基本？
【提示】　一方面是因为这些原来被认为不可再分的粒子还有自己的复杂结构，另一方面是因为新发现的很多种新粒子都不是由原来认为的那些基本粒子组成的．
2．恒星是如何形成的？它在哪个阶段停留的时间最长？
【提示】　宇宙尘埃在外界影响下聚集，某些区域在万有引力作用下开始向内收缩，密度不断增加，形成星云团，星云团进一步凝聚使得引力势能转化为内能，温度升高．当温度上升到一定程度时就开始发光，形成恒星．恒星在辐射产生向外的压力和引力产生的收缩压力平衡阶段停留时间最长．
探讨1：什么是反粒子？所有的粒子都存在反粒子吗？
【提示】　实验发现，许多粒子都有和它质量相同而电荷及其他一些物理量相反的粒子，叫反粒子．按照粒子的对称性，有一个粒子，就应该有一个反粒子．
探讨2：夸克模型的提出有什么物理意义？
【提示】　夸克模型的提出是物理学发展史中的一个重大突破，它指出电子电荷不再是电荷的最小单元，即存在分数电荷．而另一方面也说明科学正是由于一个一个的突破才得到进一步的发展．
1．新粒子的发现及特点
发现时间
1932年
1937年
1947年
20世纪60年代后
新粒子
反粒子
μ子
K介子与π介子
超子
基本特点
质量与相对应的粒子相同而电荷及其他一些物理性质相反
比质子的质量小　　
质量介于电子与核子之间
其质量比质子大
2.粒子的分类
分类
参与的相互作用　
发现的粒子
备注
强子
参与强相互作用
质子、中子、介子、超子
强子有内部结构，由“夸克”构成；强子又可分为介子和重子
轻子
不参与强相互作用
电子、电子中微子、μ子、μ子中微子、τ子、τ子中微子
未发现内部结构
媒介子
传递各种相互作用
光子、中间玻色子、胶子
光子、中间玻色子、胶子分别传递电磁、弱、强相互作用
3.夸克模型
(1)夸克的提出：1964年美国物理学家盖尔曼提出了强子的夸克模型，认为强子是由夸克构成的．
(2)夸克的种类：上夸克(u)、下夸克(d)、奇异夸克(s)、粲夸克(c)、底夸克(b)和顶夸克(t)．
(3)夸克所带电荷：夸克所带的电荷量是分数电荷量，即其电荷量为元电荷的－或＋.例如，上夸克带的电荷量为＋，下夸克带的电荷量为－.
(4)意义：电子电荷不再是电荷的最小单位，即存在分数电荷．
4．根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是(　　)
A．夸克　　　　　
B．质子
C．轻子
D．中子
E．胶子
【解析】　宇宙形成之初产生了夸克、轻子和胶子等粒子，之后又经历了质子和中子等强子时代，再之后是自由光子、中微子、电子大量存在的轻子时代，再之后是中子和质子组合成氘核，并形成氦核的核合成时代，之后电子和质子复合成氢原子，最后形成恒星和星系，因此A、C、E正确，B、D错误．
【答案】　ACE
5．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克或反夸克)组成的，它们的带电荷量如表所示，表中e为元电荷.
粒子
π＋
π－
u
d
带电荷量
＋e
－e
＋
－
－
＋
由此可知π＋由________和________组成，π－由________和________组成．
【解析】　因π＋介子带有＋e的电荷量，且是由一个夸克和一个反夸克组成的，则夸克u带＋e和反夸克带＋e合成电荷量为e，那么π＋介子就是由夸克u和反夸克组成的；同理，π－介子由夸克d和反夸克组成．
【答案】　u，d
6．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出．中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中H的核反应，间接地证实了中微子的存在．
(1)中微子与水中的H发生核反应，产生中子(n)和正电子(e)，即：中微子＋H→n＋e
可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________．
(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即e＋e→2γ已知正电子和电子的质量都为9.1×10－31
kg，反应中产生的每个光子的能量约为________J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是什么？
【解析】　(1)发生核反应前后，粒子的质量数和电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数都是0.
(2)产生的能量是由于质量亏损．两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，则E＝Δmc2，故一个光子的能量为，代入数据得＝8.2×10－14
J．正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律．
【答案】　0和0　8.2×10－14
J　略
对核反应中新生成粒子的认识
新生成的粒子和实物粒子一样，也能产生物质波，它们之间发生相互作用时，同样遵循动量守恒定律等力学规律．
学业分层测评(十八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是
(　　)
A．许多粒子都有自己的反粒子
B．把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系
C．质子属于强子
D．光子属于轻子
E．τ子的质量比核子的质量大，因此它属于强子
【解析】　根据粒子的分类、粒子与反粒子描述知A、B、C正确；光子属媒介子，τ子属于轻子．
【答案】　ABC
2．下列说法正确的是
(　　)
A．聚变是裂变的逆反应
B．核聚变反应须将反应物加热到数百万开尔文以上的高温，反应时放出能量
C．轻核聚变比裂变更为安全、清洁
D．强子是参与强相互作用的粒子，中子是最早发现的强子
E．媒介子是传递各种相互作用的粒子，胶子传递强相互作用
【解析】　聚变和裂变的反应物和生成物完全不同，两者无直接关系，并非互为逆反应，故A错；实现聚变反应必须使参加反应的轻核充分接近，需要数百万开尔文的高温，但聚变反应一旦实现，所释放的能量远大于所吸收的能量，所以聚变反应还是释放能量，故B正确；实现聚变需要高温，一旦出现故障，高温不能维持，反应就自动终止了，另外，聚变反应比裂变反应生成的废物数量少，容易处理，故C对；质子是最早发现的强子，故D错．根据粒子相互作用的关系知E是正确的．
【答案】　BCE
3．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
B．裂变过程质量亏损
C．裂变过程和聚变过程都有质量增加
D．聚变过程有质量亏损
E．两种核反应都释放出巨大的能量
【解析】　重核裂变和轻核聚变都能释放巨大的能量，由爱因斯坦质能方程知两过程均会有质量亏损．
【答案】　BDE
4．下列所述正确的是(　　)
A．强子是参与强相互作用的粒子
B．轻子是不参与强相互作用的粒子
C．目前发现的轻子只有8种
D．夸克有6种，它们带的电荷量分别为元电荷的＋或－
E．光子是传递弱相互作用的粒子
【解析】　由三类粒子的特性可知A、B正确E错误；而目前发现的轻子只有6种，C错误；夸克模型经过几十年的发展，已知夸克有6种，它们带的电荷分别为元电荷的＋或－，D正确．
【答案】　ABD
5．关于核聚变，以下说法正确的是(　　)
A．与裂变相比轻核聚变辐射极少，更为安全、清洁
B．世界上已经有利用核聚变能来发电的核电站
C．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－15
m以内，核力才能起作用
D．地球聚变燃料的储量十分丰富，从海水中可以提炼出大量核聚变所需的氘核
E．核聚变比核裂变更易控制
【解析】　与裂变相比，核聚变有下面的几个优势：(1)安全、清洁、辐射少；(2)核燃料储量多；(3)核废料易处理．但核聚变不易控制其发电还没有投入实际运行，所以B、E项是不正确的．
【答案】　ACD
6．如图19 7 1所示，托卡马克(Tokamak)
是研究受控核聚变的一种装置，这个词是toroidal(环形的)、kamera(真空室)、magnit(磁)的头两个字母以及katushka(线圈)的第一个字母组成的缩写词．根据以上信息，下述判断中可能正确的是(　　)
图19 7 1
A．这种装置的核反应原理是轻核的聚变，同时释放出大量的能量，和太阳发光的原理类似
B．线圈的作用是通电产生磁场使带电粒子在磁场中旋转而不溢出
C．这种装置同我国秦山、大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理相同
D．这种装置可以控制热核反应速度，使聚变能缓慢而稳定地进行
E．这种装置是利用电场来约束带电粒子的
【解析】　聚变反应原料在装置中发生聚变，放出能量，故A正确；线圈通电时产生磁场，带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用不飞出，故B正确，E错误；核电站的原理是裂变，托卡马克的原理是聚变，故C错误；该装置使人们可以在实验中控制反应速度，平稳释放核能，故D正确．
【答案】　ABD
7．“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反，则反氢原子是由1个带负电荷的________和1个带正电荷的________构成．
【解析】　根据反粒子定义，“反粒子”与“正粒子”具有相同质量，但带有等量的异种电荷．因此反氢原子是由H核和e构成的．
【答案】　反质子　正电子
8．如下一系列核反应是恒星内部发生的．
p＋1C―→1N　　　
1N―→1C＋e＋＋ν
p＋1C―→1N
p＋1N―→1O
1O―→1N＋e＋＋ν
p＋1N―→1C＋α
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为一种中微子．已知质子的质量为mp＝1.672
648×10－27
kg，α粒子的质量为mα＝6.644
929×10－27
kg，正电子的质量为me＝9.11×10－31kg，中微子的质量可忽略不计．真空中的光速c＝3.00×108
m/s，试计算该系列反应完成后释放的能量．
【解析】　为求出系列反应后释放的能量，将题中所给的诸核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为
4p―→α＋2e＋＋2ν
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得
4mpc2＝mαc2＋2mec2＋Q
代入数值可得
Q＝3.95×10－12
J.
【答案】　3.95×10－12
J
[能力提升]
9．我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电，显示了EAST装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1
000
s，温度超过1亿摄氏度，这标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是
(　　)
A．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是中子
C．两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1－m3－m4)c2
D．两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1－m3－m2)c2
E．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性
【解析】　由核反应方程2H→He＋X知X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(2m1－m3－m2)c2，聚变反应的污染非常小，而现行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D、E正确．
【答案】　BDE
10．K－介子衰变的方程为K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子所带负电的电荷量为元电荷，π0介子不带电．如图19 8 1所示的1个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它的半径R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________．
图19 8 1
【解析】　根据洛伦兹力提供向心力知，qvB＝mv2/R，故有p＝mv＝qBR，所以K－与π－的动量大小之比为2∶1，规定K－的方向为正方向，由动量守恒定律得：p＝－pπ－＋pπ0，所以pπ0＝3pπ－.
【答案】　1∶3
11．已知氘核质量为2.013
6
u，中子质量为1.008
7
u，He核的质量为3.015
0
u．两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成He并放出一个中子，释放的核能全部转化为机械能．(质量亏损为1
u时，释放的能量为931.5
MeV.除了计算质量亏损外，He的质量可以认为是中子的3倍)
(1)写出该核反应的反应方程式．
(2)该核反应释放的核能是多少？
(3)若测得反应后生成中子的动能是3.12
MeV，则反
应前每个氘核的动能是多少MeV
【导学号：66390059】
【解析】　(1)核反应方程为：H＋H→He＋n
(2)质量亏损为：Δm＝2.013
6×2
u－(3.015
0
u＋1.008
7
u)＝0.003
5
u，释放的核能为：
ΔE＝Δmc2＝0.003
5×931.5
MeV＝3.26
MeV
(3)设中子和He核的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2.反应前每个氘核的动能是E0，反应后中子和He核动能分别为E1、E2，根据动量守恒定律，得m1v1－m2v2＝0，＝∶＝＝3，E2＝＝1.04
MeV
由能量的转化和守恒定律，得
E1＋E2＝2E0＋ΔE，E0＝0.45
MeV.
【答案】　(1)H＋H→He＋n
(2)3.26
MeV　(3)0.45
MeV
12．有一种聚变反应是四个氢核聚变成一个氦核，同时放出两个正电子．求：
(1)该聚变反应释放多少能量？
(2)若1
g氢完全聚变，能释放多少能量？
(3)1
g氢完全聚变，释放的能量相当于多少煤完全燃烧放出的热能？(已知煤的热值q＝3.36×107
J/kg，氢核质量为1.008
142
u，氦核质量为4.001
509
u，电子的质量为0.000
549
u)
【导学号：66390060】
【解析】　(1)核反应方程为：4H―→He＋2e，所以Δm＝4mH－mHe－2me＝4×1.008
142
u－4.001
509
u－2×0.000
549
u＝0.029
961
u
ΔE＝0.029
961×931.5
MeV＝27.91
MeV＝4.47×10－12
J.
(2)1
g氢完全聚变释放的能量为
E＝×6.02×1023×4.47×10－12
J＝6.73×1011
J
(3)相当于煤完全燃烧的质量为：
m＝
kg＝2.00×104
kg.
【答案】　(1)4.47×10－12
J　(2)6.73×1011
J
(3)2.00×104
kg3　粒子的波动性
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道光的本性认识史．2．知道光的波粒二象性，理解其对应统一的关系．(重点)3．会用光的波粒二象性分析有关现象．(重点)4．理解德布罗意波，会解释相关现象．(重点、难点)
　光
的
波
粒
二
象
性
1.
2．光子的能量和动量
(1)能量：ε＝hν.
(2)动量：p＝.
3．意义
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和频率ν是描述物质的波动性的典型物理量．因此ε＝hν和p＝揭示了光的粒子性和波动性之间的密切关系．
1．光的干涉、衍射、偏振现象说明光具有波动性．(√)
2．光子数量越大，其粒子性越明显．(×)
3．光具有粒子性，但光子又不同于宏观观念的粒子．(√)
由公式E＝hν和λ＝，能看出波动性和粒子性的联系吗？
【提示】　从光子的能量和动量的表达式可以看出，是h架起了粒子性与波动性之间的桥梁．
探讨1：认识光的波粒二象性，应从微观角度还是宏观角度？
【提示】　应从微观的角度建立光的行为图像，认识光的波粒二象性．
探讨2：光在传播过程中，有的光是波，有的光是粒子，这句话正确吗？
【提示】　不正确．光具有波粒二象性，只是有时表现为波动性，有时表现为粒子性，并不是有的光是波，有的光是粒子．
1．对光的认识的几种学说
学说名称
微粒说
波动说
电磁说
光子说
波粒二象性
代表人物
牛顿
惠更斯
麦克斯韦
爱因斯坦
公认
实验依据
光的直线传播、光的反射
光的干涉、衍射
能在真空中传播，是横波，光速等于电磁波速度
光电效应，康普顿效应
光既有波动现象，又有粒子特征
内容要点
光是一群弹性粒子
光是一种机械波
光是一种电磁波
光是由一份一份光子组成的
光是具有电磁本性的物质，既有波动性又有粒子性
理论领域
宏观世界
宏观世界
微观世界
微观世界
微观世界
2.对光的波粒二象性的理解
实验基础
表现
说明
光的波动性
干涉和衍射
(1)光子在空间各点出现的可能性大小可用波动规律来描述(2)足够能量的光(大量光子)在传播时，表现出波的性质(3)波长长的光容易表现出波动性
(1)光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间相互作用产生的(2)光的波动性不同于宏观观念的波
光的粒子性
光电效应、康普顿效应
(1)当光同物质发生作用时，这种作用是“一份一份”进行的，表现出粒子的性质(2)少量或个别光子容易显示出光的粒子性(3)波长短的光，粒子性显著
(1)粒子的含义是“不连续”“一份一份”的(2)光子不同于宏观观念的粒子
1．关于光的本性，下列说法中正确的是
(　　)
A．关于光的本性，牛顿提出“微粒说”．惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性
B．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子
C．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性
D．光电效应说明光具有粒子性
E．波粒二象性是光的属性
【解析】　光的波动性指大量光子在空间各点出现的可能性的大小可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波，光的粒子性是指光的能量是一份一份的，每一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．某现象说明光具有波动性，是指波动理论能解释这一现象．某现象说明光具有粒子性，是指能用粒子说解释这个现象．要区分说法和物理史实与波粒二象性之间的关系．C、D、E正确，A、B错误．
【答案】　CDE
2．关于光的波粒二象性的理解正确的是
(　　)
A．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性
B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子
C．光在传播时波动性显著，而与物质相互作用时粒子性显著
D．高频光是粒子，低频光是波
E．波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著
【解析】　光的波粒二象性指光有时候表现出的粒子性较明显，有时候表现出的波动性较明显，E正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，A正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B错误C正确；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著．D错误．
【答案】　ACE
1 光既有波动性又有粒子性，二者是统一的.
2 光表现为波动性，只是光的波动性显著，粒子性不显著而已.
3 光表现为粒子性，只是光的粒子性显著，波动性不显著而已.
　粒
子
的
波
动
性
及
物
质
波
的
实
验
验
证
1．粒子的波动性
(1)德布罗意波
1924年法国巴黎大学的德布罗意提出假设：实物粒子也具有波动性，每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，也叫物质波．
(2)物质波的波长、频率关系式
ν＝，λ＝.
2．物质波的实验验证
(1)实验探究思路
干涉、衍射是波特有的现象，如果实物粒子具有波动性，则在一定条件下，也应该发生干涉或衍射现象．
电子束穿过铝箔后的衍射图样
图17 3 1
(2)实验验证
1927年戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，得到了电子的衍射图样，如图17 3 1所示，证实了电子的波动性．
(3)说明
①人们陆续证实了质子、中子以及原子、分子的波动性．对于这些粒子，德布罗意给出的ν＝和λ＝关系同样正确．
②宏观物体的质量比微观粒子大得多，运动时的动量很大，对应的德布罗意波的波长很小，根本无法观察到它的波动性．
1．一切宏观物体都伴随一种波，即物质波．(×)
2．湖面上的水波就是物质波．(×)
3．电子的衍射现象证实了实物粒子具有波动性．(√)
既然德布罗意提出了物质波的概念，为什么我们生活中却体会不到？
【提示】　平时所见的宏观物体的质量比微观粒子的质量大得多，运动的动量很大，由λ＝可知，它们对应的物质波波长很小，因此，无法观察到它们的波动性．
探讨1：物质波的概念是如何提出的？
【提示】　德布罗意认为光学研究中忽视了粒子性，而实物粒子中则忽视了其波动性，因此，德布罗意提出了实物粒子的波动性．
探讨2：宏观物体的运动也具有波动性吗？
【提示】　不管是微观粒子还是宏观运动的物体，都具有波动性，但宏观运动物体的波动性很不明显．
1．物质的分类
(1)由分子、原子、电子、质子及由这些粒子组成的物质．
(2)“场”也是物质，像电场、磁场、电磁场这种看不见的，不是由实物粒子组成的，而是一种客观存在的特殊物质．
2．物质波的普遍性
任何物体，都存在波动性，我们之所以观察不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体对应的波长太小的缘故．
3．求解物质波波长的方法
(1)根据已知条件，写出宏观物体或微观粒子动量的表达式p＝mv.
(2)根据波长公式λ＝求解．
(3)注意区分光子和微观粒子的能量和动量的不同表达式．如光子的能量：ε＝hν，动量p＝；微观粒子的动能：Ek＝mv2，动量p＝mv.
3．下列说法中正确的是
(　　)
A．物质波属于机械波
B．物质波与机械波有本质区别
C．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性
D．德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，这种波叫物质波
E．宏观物体运动时，虽看不到它的衍射或干涉现象，但宏观物体运动时仍具有波动性
【解析】　物质波是一切运动着的物体所具有的波，与机械波性质不同，A错误B正确；宏观物体也具有波动性，只是干涉、衍射现象不明显，看不出来，C错误E正确；德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，这种波叫物质波，D正确．
【答案】　BDE
4．如果一个中子和一个质量为10
g的子弹都以103
m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多长？(中子的质量为1.67×10－27
kg)
【解析】　中子的动量为p1＝m1v，
子弹的动量为p2＝m2v，
据λ＝知中子和子弹的德布罗意波的波长分别为
λ1＝，λ2＝
联立以上各式解得：λ1＝，λ2＝
将m1＝1.67×10－27
kg，v＝1×103
m/s，h＝6.63×10－34
J·s，m2＝1.0×10－2
kg代入上面两式可解得
λ1＝4.0×10－10
m，λ2＝6.63×10－35
m.
【答案】　4.0×10－10
m　6.63×10－35
m
宏观物体波动性的三点提醒
1．一切运动着的物体都具有波动性，宏观物体观察不到其波动性，但并不否定其波动性．
2．要注意大量光子、个别光子、宏观物体、微观粒子等相关概念的区别．
3．在宏观世界中，波与粒子是对立的概念；在微观世界中，波与粒子可以统一．
学业分层测评(七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．在历史上，最早证明了德布罗意波存在的实验是________．
【答案】　电子束在晶体上的衍射实验
2．关于物质波，下列认识正确的是
(　　)
A．任何运动的物体(质点)都对应一种波，这种波叫物质波
B．X射线的衍射实验证实了物质波假说是正确的
C．电子的衍射实验证实了物质波假说是正确的
D．宏观物体尽管可以看成物质波，但无法观察到其干涉、衍射等现象
E．最早提出物质波的是牛顿
【解析】　由德布罗意假说可判断选项A正确E错误；X射线的衍射实验证实了X射线是波长很短的电磁波，故选项B错误；电子的衍射实验证实了电子具有波动性，故选项C正确；宏观物体对应的物质波的波长极短，实验室无法进行实验，选项D正确．
【答案】　ACD
3．关于物质波，下列说法正确的是(　　)
A．速度相等的电子和质子，电子的波长长
B．动能相等的电子和质子，电子的波长长
C．动量相等的电子和中子，中子的波长短
D．甲电子速度是乙电子的3倍，甲电子的波长也是乙电子的3倍
E．动量相等的粒子，其波长也相等
【解析】　由λ＝可知，动量大的粒子的波长短，电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长，选项A正确；电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系式p＝可知，电子的动量小，波长长，选项B正确；动量相等的电子与中子，其波长应相等，选项C错误E正确；如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的三倍，则甲的波长应是乙的，选项D错误．
【答案】　ABE
4．如图17 3 2所示，当弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，同时与锌板相连的验电器铝箔有张角，则该实验可以证明光具有________性．
图17 3 2
【解析】　弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，这是光的衍射，证明了光具有波动性，验电器铝箔有张角，说明锌板发生了光电效应现象，则证明光具有粒子性，所以该实验证明了光具有波粒二象性．
【答案】　波粒二象
5．关于光的波粒二象性的说法中，正确的是(　　)
A．一束传播的光，有的光是波，有的光是粒子
B．光子与电子是同样的一种粒子，光波与机械波是同样的一种波
C．当光和物质相互作用时表现出粒子性
D．光在传播过程中表现出波动性
E．光是一种波，同时也是一种粒子，光子说并未否定电磁说，在光子能量ε＝hν中，频率ν仍表示的是波的特性
【解析】　光是一种波，同时也是一种粒子，光具有波粒二象性，A错误；当光和物质作用时，是“一份一份”的，表现出粒子性，光的干涉、衍射又说明光是一种波，光既不同于宏观的粒子，也不同于宏观的波，B错误C、D正确；光具有波粒二象性，光的波动性与粒子性不是独立的，由公式ε＝hν可以看出二者是有联系的．光的粒子性并没有否定光的波动性，E正确．
【答案】　CDE
6．质量为m的粒子原来的速度为v，物质波的波长为λ.现将粒子的速度增大为2v，则描写该粒子的物质波的波长将变为________λ(粒子的质量保持不变)．
【解析】　由题知，粒子速度为v时，λ＝；粒子速度为2v时，λ2＝λ.故C正确．
【答案】　
7．任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之对应，波长是λ＝，式中p是运动物体的动量，h是普朗克常量，人们把这种波叫德布罗意波，现有一个德布罗意波长为λ1的物体1和一个德布罗意波长为λ2的物体2相向正碰后粘在一起，已知|p1|<|p2|，则粘在一起的物体的德布罗意波长为________．
【解析】　由动量守恒p2－p1＝(m1＋m2)v知，
即－＝，所以λ＝.
【答案】　
8．在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近．已知中子质量m＝1.67×10－27
kg，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，求德布罗意波长λ＝1.82×10－10
m的热中子动能．
【解析】　根据德布罗意波长公式λ＝可算出中子动量大小，再由p2＝2mEk，即可算出热中子的动能．由λ＝，p2＝2mEk，得Ek＝，代入数据，有Ek＝3.97×10－21
J.
【答案】　3.97×10－21
J
[能力提升]
9．2002年诺贝尔物理学奖中的一项是奖励美国科学家贾科尼和日本科学家小柴昌俊发现了宇宙X射线源．X射线是一种高频电磁波，若X射线在真空中的波长为λ，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，以E和p分别表示X射线每个光子的能量和动量，则E＝________，p＝________.
【解析】　根据E＝hν，且λ＝，c＝λν可得X射线每个光子的能量为E＝，每个光子的动量为p＝.
【答案】　　
10．利用金属晶格(大小约10－10
m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是
(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波波长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
E．若用相同动能的中子代替电子，衍射现象将不如电子明显
【解析】　得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A正确；由德布罗意波波长公式λ＝，而动量p＝＝，两式联立得λ＝，B正确；从公式λ＝可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显，C错误；用相同动能的质子或中子替代电子，质子的波长变小，衍射现象相比电子不明显，故D错误E正确．
【答案】　ABE
11．如图17 3 3所示为证实电子波存在的实验装置，从F上出来的热电子可认为初速度为零，所加的加速电压U＝104
V，电子质量为m＝9.1×10－31
kg，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s.电子被加速后通过小孔K1和K2后入射到薄的金箔上，发生衍射作用，结果在照相底片上形成同心圆明暗条纹．试计算电子的德布罗意波长.
【导学号：66390021】
图17 3 3
【解析】　根据动能定理有eU＝mv2根据动能和动量的定义式有Ek＝mv2＝＝以上两式与λ＝联立，得λ＝，代入数据可得λ≈1.23×10－11
m.
【答案】　1.23×10－11
m
12．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每单位面积接收到的光子数为n，光子平均波长为λ，太阳帆面积为S，反射率100%，设太阳光垂直射到太阳帆上，飞船总质量为m.
(1)求飞船加速度的表达式(光子动量p＝)；
(2)若太阳帆是黑色的，飞船的加速度又为多少？
【导学号：66390022】
【解析】　(1)光子垂直射到太阳帆上再反射，动量变化量为2p，设光对太阳帆的压力为F，单位时间打到太阳帆上的光子数为N，则N＝nS
由动量定理有FΔt＝NΔt·2p
所以F＝N·2p
而光子动量p＝，所以F＝
由牛顿第二定律可得飞船加速度的表达式为
a＝＝.
(2)若太阳帆是黑色的，光子垂直打到太阳帆上不再反射(被太阳帆吸收)，光子动量变化量为p，故太阳帆上受到的光压力为F′＝，飞船的加速度a′＝.
【答案】　(1)　(2)2　原子的核式结构模型
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解α粒子散射实验器材、实验原理和实验现象．(重点)2．知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容．(重点、难点)3．了解卢瑟福的实验和科学方法，培养抽象思维能力．(重点)
　α
粒
子
散
射
实
验
1．汤姆孙原子模型
汤姆孙于1898年提出了原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌在球中．
图18 2 1
2．α粒子散射实验
(1)实验装置：α粒子源、金箔、放大镜和荧光屏．
(2)实验现象：
①绝大多数的α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进．
②少数α粒子发生了大角度的偏转．
③极少数α粒子的偏转角大于90°，甚至有极个别α粒子被反弹回来．
(3)实验意义：卢瑟福通过α粒子散射实验，否定了汤姆孙的原子模型，建立了核式结构模型．
1．卢瑟福为了证实汤姆孙原子模型的正确性进行了α粒子散射实验．(√)
2．α粒子散射实验中大多数α粒子发生了大角度偏转或反弹．(×)
3．卢瑟福否定了汤姆孙模型，建立了原子核式结构模型．(√)
1．α粒子发生大角度散射的原因是什么？
【提示】　α粒子带正电，α粒子受原子中带正电的部分的排斥力发生了大角度散射．
2．汤姆孙的原子结构模型为什么被卢瑟福否定掉？
【提示】　按照汤姆孙的“枣糕”原子模型，α粒子如果从原子之间或原子的中心轴线穿过时，它受到周围的正负电荷作用的库仑力是平衡的，α粒子不产生偏转；如果α粒子偏离原子的中心轴线穿过，两侧电荷作用的库仑力相当于一部分被抵消，α粒子偏转很小；如果α粒子正对着电子射来，质量远小于α粒子的电子不可能使α粒子发生明显偏转，更不可能使它反弹．所以α粒子的散射实验结果否定了汤姆孙的原子模型．
汤姆孙发现电子后对于原子的结构提出了“枣糕”原子模型，卢瑟福为寻找实验依据设计进行了α粒子散射实验．
探讨1：α粒子散射实验有何意义？
【提示】　(1)否定了汤姆孙的原子结构模型．
(2)卢瑟福提出了原子的核式结构模型．
探讨2：由α粒子散射实验的结果为何可以说明原子核尺度很小，但几乎占有全部质量？
【提示】　绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，说明带正电荷部分很小，少数α粒子被“撞了回来”说明遇到了质量很大的部分．
1．装置
放射源、金箔、荧光屏等，如图18 2 2所示．
图18 2 2
2．现象及解释
(1)绝大多数的α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进．大多数α粒子离金原子核较远．
(2)少数α粒子发生较大的偏转．发生较大偏转的α粒子是由于离金原子核较近，库仑斥力较大．
(3)极少数α粒子偏转角度超过90°，有的几乎达到180°.正对或基本正对着金原子核入射的α粒子在库仑斥力作用下先减速至较小速度然后加速远离金原子核．
3．实验的注意事项
(1)整个实验过程在真空中进行．
(2)金箔需要做得很薄，α粒子才能穿过．
(3)使用金箔的原因是金的延展性好，可以做得很薄．另外一点就是金的原子序数大，α粒子与金核间的库仑斥力大，偏转明显．
1．如图18 2 3所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中A、B、C、D四个位置时观察到的现象，下述说法中正确的是(　　)
图18 2 3
A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多
B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置稍少些
C．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数要比A位置少很多
D．放在C、D位置时，屏上观察不到闪光
E．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少
【解析】　在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故A正确；少数α粒子发生较大偏转，极少数α粒子偏转角度超过90°，极个别α粒子被反射回来，故B、D错误，CE正确．
【答案】　ACE
2．由α粒子的散射实验可以得出的正确结论有(　　)
A．原子中绝大部分是空的
B．原子中全部正电荷都集中在原子核上
C．原子内有中子
D．原子的质量几乎全部都集中在原子核上
E．原子中存在着带负电的电子
【解析】　卢瑟福由α粒子散射实验得到的结论有：在原子中心有一个很小的核叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，带负电的电子在核外的空间运动．
【答案】　ABD
3．在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中一定不符合实验事实的是(　　)
【解析】　α粒子与原子核相互排斥，运动轨迹与原子核越近，力越大，运动方向变化越明显．
【答案】　ABD
(1)分析α粒子散射实验中的现象时，应注意是“绝大多数”“少数”还是“极少数”粒子的行为．“大角度偏转”只是少数粒子的行为．
(2)α粒子散射实验是得出原子核式结构模型的实验基础，对实验现象的分析是建立卢瑟福核式结构模型的关键．通过对α粒子散射实验这一宏观探测，间接地构建出原子结构的微观图景．
　卢
瑟
福
的
核
式
结
构
模
型
1．核式结构模型
1911年由卢瑟福提出，在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了原子全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．
2．原子核的电荷与尺度
1．原子的质量几乎全部集中在原子核上．(√)
2．原子中所有正电荷都集中在原子核内．(√)
3．核电荷数等于质子数，也等于中子数．(×)
1．原子中的原子核所带的电荷量有何特点？
【提示】　原子核带正电，所带电荷量与核外电子所带的电荷量绝对值相等．
2．原子核的大小在整个原子中占有多大的比例？
【提示】　原子半径数量级是10－10m，而原子核半径数量级是10－15m，二者相差10万倍之多，故原子核在原子中所占的体积是很小的．
汤姆孙发现电子后建立了“枣糕”模型，卢瑟福根据α粒散射实验推翻了“枣糕”模型，建立了核式结构模型．
探讨1：卢瑟福的核式结构模型是最科学的吗？
【提示】　卢瑟福的核式结构模型是比汤姆孙的“枣糕”模型更科学的模型，但不是最科学的模型，随着人们认识水平的不断提高，原子结构模型也在不断更新．
探讨2：如何理解原子内绝大部分是空的？
【提示】　原子核的半径数量级为10－15
m，原子的半径数量级为10－10
m，原子核的体积只相当于原子体积的10－15，故原子内部绝大部分是空的．
1．原子的核式结构与原子的枣糕模型的根本区别．
核式结构
枣糕模型
原子内部是非常空旷的，正电荷集中在一个很小的核里
原子是充满了正电荷的球体
电子绕核高速旋转
电子均匀嵌在原子球体内
2.原子内的电荷关系：原子核的电荷数与核外的电子数相等，非常接近它们的原子序数．
3．原子核的组成：原子核由质子和中子组成，原子核的电荷数等于原子核的质子数．
4．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m，两者相差10万倍之多．
4．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．能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子
E．因正、负电荷在原子中是均匀分布的，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进
【解析】　原子核带正电，与α粒子之间存在库仑力，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
5．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
E．动量的变化量较大
【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、E对．
【答案】　ADE
6．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量情况正确的是(　　)
A．动能最小
B．势能最小
C．势能最大
D．α粒子与金原子核组成的系统能量最小
E．α粒子所受金原子核的斥力最大
【解析】　α粒子和金原子核都带正电，库仑力表现为斥力，两者距离减小时，库仑力做负功，故α粒子动能减小，电势能增加；系统的能量守恒，由库仑定律可知随着距离的减小，库仑斥力逐渐增大．
【答案】　ACE
α粒子散射实验中的力电问题分析
(1)库仑定律：F＝k，用来分析α粒子和原子核间的相互作用力．
(2)牛顿第二定律：该实验中α粒子只受库仑力，可根据库仑力的变化分析加速度的变化．
(3)功能关系：根据库仑力做功，可分析动能的变化，也能分析电势能的变化．
学业分层测评(十)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．对α
粒子散射实验装置的描述，你认为正确的有(　　)
A．实验器材有放射源、金箔、带有荧光屏的放大镜
B．金箔的厚度对实验无影响
C．如果不用金箔改用铝箔，仍会发生散射现象
D．实验装置放在空气中和真空中都可以
E．实验装置必须放在真空中
【解析】　若金箔的厚度过大，α粒子穿过金箔时必然受较大的阻碍而影响实验效果，B错．若改用铝箔，铝核的质量仍远大于α粒子的质量，散射现象仍能发生，C对．若放置在空气中，空气中的尘埃对α粒子的运动会产生影响，故D错，E对．
【答案】　ACE
2．当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力的作用
B．α粒子一直受到原子核的斥力作用
C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用
D．α粒子一直受到库仑斥力，速度先减小后增大
E．α粒子在靠近原子核的过程中，α粒子和原子核组成的系统能量不变
【解析】　α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，故A、C错误，B正确；α粒子在靠近金原子核时斥力做负功，速度减小，远离时斥力做正功，速度增大，二者组成的系统能量不变．故DE正确．
【答案】　BDE
3．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是(　　)
A．原子是一个质量分布均匀的球体
B．原子的质量几乎全部集中在原子核内
C．原子的正电荷全部集中在一个很小的核内
D．原子核半径的数量级是10－10
m
E．原子核半径的数量级是10－15
m
【解析】　根据卢瑟福的原子核式结构学说，可知选项B、C、E正确．
【答案】　BCE
4．关于α粒子散射实验，下列说法中正确的是(　　)
A．绝大多数α粒子经过金箔后，发生了角度很大的偏转
B．α粒子在接近原子核的过程中，动能减少
C．α粒子离开原子核的过程中，电势能减少
D．对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估算出原子核的大小
E．对粒子散射实验数据进行分析，可以估算出α粒子的大小
【解析】　由于原子核占整个原子很小的一部分，十分接近核的α粒子很少，所以绝大多数α粒子几乎不偏转，A错误；由α粒子散射实验数据，卢瑟福估算出了原子核的大小，D正确，E错误；α粒子接近原子核的过程中，克服库仑力做功，所以动能减小，电势能增大，远离原子核时，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，B、C正确．
【答案】　BCD
5．如图18 2 4所示为α粒子散射实验中α粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下说法正确的是(　　)
图18 2 4
A．α粒子在A处的速度比在B处的速度小
B．α粒子在B处的速度最大
C．α粒子在A、C处的速度大小相等
D．α粒子在B处速度比在C处速度小
E．α粒子在A、C两处的电势能相等
【解析】　由能量守恒定律可知，对于A、B、C三点，A、C位于原子核形成的同一等势面上，电势能相同，故动能也相同，则A、C两点速率相同，C、E正确；由A到B，α粒子克服库仑力做功，动能减小，电势能增大，故B点速度最小，D正确，A、B错误．
【答案】　CDE
6．1911年，卢瑟福依据α粒子散射实验中α粒子发生了________(选填“大”或“小”)角度散射现象，提出了原子的核式结构模型．若用动能用1
MeV的α粒子轰击金箔，其速度约为________m/s.(质子和中子的质量均为1.67×10－27
kg,1
MeV＝1×106
eV)
【解析】　设α粒子的速度为v，Ek＝mv2，则v＝＝
m/s≈6.9×106
m/s.
【答案】　大　6.9×106
7．如图18 2 5所示，M、N为原子核外的两个等势面，已知UNM＝100
V．一个α粒子以2.5×105
m/s从等势面M上的A点运动到等势面N上的B点，求α粒子在B点时速度的大小(已知mα＝6.64×10－27
kg)．
图18 2 5
【解析】　α粒子在由A到B的过程中，满足－2eUNM＝mαv2－mαv
由此得v＝≈2.3×105
m/s.
【答案】　2.3×105
m/s
8．速度为107
m/s的α粒子从很远的地方飞来，与铝原子核发生对心碰撞，若α粒子的质量为4m0，铝核的质量为27m0，它们相距最近时，铝核获得的动能是原α粒子动能的多少？
【解析】　当两者速度相同时相距最近，由动量守恒，得
mαv0＝(mα＋m铝)v解得v＝＝v0
所以＝＝.
【答案】　
[能力提升]
9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图18 2 6中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么该原子核的位置在________区域.
【导学号：66390031】
图18 2 6
【解析】　α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹．
【答案】　①
10．关于原子结构，汤姆孙提出枣糕模型、卢瑟福提出行星模型……如图18 2 7甲、乙所示，都采用了________方法．
甲：枣糕模型　　　乙：行星模型
图18 2 7
【答案】　类比推理
11．在α粒子散射实验中，根据α粒子与原子核发生对心碰撞时能达到的最小距离可以估算原子核的大小．现有一个α粒子以2.0×107
m/s的速度去轰击金箔，若金原子的核电荷数为79.求α粒子与金原子核间的最近距离(已知带电粒子在点电荷电场中的电势能表达式为Ep＝k，r为距点电荷的距离．α粒子质量为6.64×10－27
kg).
【导学号：66390032】
【解析】　当α粒子靠近原子核运动时，α粒子的动能转化为电势能，达到最近距离时，动能全部转化为电势能，设α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离为d，则mv2＝k.
d＝
＝m
≈2.7×10－14m.
【答案】　2.7×10－14m
12．已知电子质量为9.1×10－31
kg，带电荷量为－1.6×10－19
C，若氢原子核外电子绕核旋转时的轨道半径为0.53×10－10
m，求电子绕核运动的线速度大小、动能、周期和形成的等效电流.
【导学号：66390033】
【解析】　由卢瑟福的原子模型可知：电子绕核做圆周运动所需的向心力由核对电子的库仑引力来提供．
根据＝k，得
v＝e＝1.6×10－19×
m/s
≈2.19×106
m/s；
其动能Ek＝mv2＝×9.1×10－31×(2.19×106)2
J≈2.18×10－18
J；
运动周期T＝
＝
s
≈1.53×10－16
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　1.53×10－16
s　1.05×10－3
A5　核力与结合能
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解四种基本相互作用，知道核力的特点．2．认识原子核的结合能及质量亏损，并能应用质能方程进行计算．3．能简单解释轻核和重核内中子数、质子数具有不同比例的原因.
核
力
与
四
种
基
本
相
互
作
用
1．核力
原子核内核子之间的相互作用力．
2．核力的特点
(1)核力是强相互作用的一种表现，在原子核内，核力比库仑力大得多．
(2)核力是短程力，作用范围在1.5×10－15_m之内．
(3)核力的饱和性：每个核子只跟相邻的核子发生核力作用．
3．四种基本相互作用
4．原子核中质子与中子的比例
(1)较轻原子核：质子数和中子数大致相等．
(2)较重原子核：中子数大于质子数，越重的元素两者相差越多．
1．原子核中粒子所受的万有引力和电磁力可以达到平衡．(×)
2．核力是强相互作用，在任何情况下都比库仑力大．(×)
3．弱相互作用是引起原子核β衰变的原因．(√)
四种基本相互作用分别在不同尺度上发挥作用，将他们按照作用距离由小到大排列，应怎样排列？
【提示】　弱相互作用的作用距离为10－18
m，强相互作用的作用距离为
10－15
m，电磁力主要体现在原子、分子层面，万有引力主要在宏观和宏观尺度上发挥作用．所以顺序为：弱相互作用、强相互作用、电磁相互作用、万有引力．
探讨1：原子核中的质子数与中子数有怎样的数量关系？
【提示】　较轻的原子核(原子序数小于20)质子数与中子数大致相等，但随着原子序数的增加(原子序数大于20)，稳定原子核中的中子数大于质子数，且原子序数越大，两者相差越大．
探讨2：原子核中任意两个核子之间都存在核力吗？
【提示】　不是．核力是短程力，只有相邻的两个核子之间才存在核力．
1．四种基本相互作用在不同尺度上发挥作用
(1)引力相互作用，引力主要在宏观和宏观尺度上“独领风骚”．是引力使行星绕着恒星转，并且联系着星系团，决定着宇宙的现状．万有引力是长程力．
(2)电磁相互作用：电磁力在原子核外，电磁力使电子不脱离原子核而形成原子，使原子结合成分子，使分子结合成液体和固体．
(3)强力：即强相互作用，在原子核内，强力将核子束缚在一起，强力是短程力．
(4)弱相互作用：弱相互作用是引起原子核β衰变的原因，即引起中子—质子转变的原因．弱相互作用也是短程力，其力程比强力更短，为10－18
m，作用强度则比电磁力小．
2．核力的性质
(1)核力是四种相互作用中的强相互作用(强力)的一种表现．
(2)核力是短程力．约在10－15
m数量级时起作用，距离大于0.8×10－15
m时为引力，距离小于0.8×10－15
m时为斥力，距离为10×10－15
m时核力几乎消失．
(3)核力具有饱和性。核子只对相邻的少数核子产生较强的引力，而不是与核内所有核子发生作用．
(4)核力具有电荷无关性。核力与核子电荷无关．
3．原子核中质子与中子的比例关系
(1)较轻的原子核质子数与中子数大致相等，但对于较重的原子核中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多．
(2)形成原因：
①若质子与中子成对地人工构建原子核，随原子核的增大，核子间的距离增大，核力和电磁力都会减小，但核力减小得更快．所以当原子核增大到一定程度时，相距较远的质子间的核力不足以平衡它们之间的库仑力，这个原子核就不稳定了．
②若只增加中子，因为中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，所以有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多．
③由于核力的作用范围是有限的，以及核力的饱和性，若再增大原子核，一些核子间的距离会大到其间根本没有核力的作用，这时候再增加中子，形成的核也一定是不稳定的．
1．对核力的认识，下列说法正确的是(　　)
A．任何物体之间均存在核力
B．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用
C．核力只存在于质子之间
D．核力只发生在相距1.5×10－15
m的核子之间，大于0.8×10－15
m为吸引力，而小于0.8×10－15
m为斥力
E．核力是强相互作用的一种表现
【解析】　由核力的特点知道，只有相距1.5×10－15
m的核子之间存在核力，核力发生在核子之间．
【答案】　BDE
2．对原子核的组成，下列说法正确的是(　　)
A．核力可使一些中子组成原子核
B．核力可使非常多的质子组成原子核
C．自然界中存在只有质子的原子核
D．质量较大的原子核内一定有中子
E．越重的元素，核子中子数与质子数相差越多
【解析】　由于原子核带正电，不存在只有中子的原子
核，但核力也不能把非常多的质子聚集在一起组成原子核，原因是核力是短程力，质子之间还存在“长程力”——库仑力，A、B错误；自然界中存在只有一个质子的原子核，如H，C正确；较大质量的原子核内只有存在一些中子，才能削弱库仑力，维系原子核的稳定，故D、E正确.
【答案】　CDE
3．关于原子核中质子和中子的说法，正确的是(　　)
A．原子核中质子数和中子数一定相等
B．稳定的重原子核里，质子数比中子数少
C．原子核都是非常稳定的
D．由于核力的作用范围是有限的，核力具有饱和性，不可能无节制地增大原子核而仍稳定存在
E．原子序数大于或等于83的元素都是不稳定的
【解析】　由稳定核的质子数与中子数的关系图像可知，质量越大的原子核内中子数比质子数多得越多，故A错误B正确；原子核可以发生衰变，且原子序数大于或等于83的元素都有放射性，故C错误E正确；由核力作用特点可知，核子数越多的原子核越不稳定，故D正确．
【答案】　BDE
1 核力是强相互作用力，只存在于相邻核子之间.
2 核力的存在与核子是否带电及电性无关.
3 原子核的稳定性与核力和库仑力的大小关系有关.
结
合
能
和
质
量
亏
损
1．结合能
原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能．
2．比结合能
原子核的结合能与核子数之比，称作比结合能，也叫平均结合能．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．中等大小的核的比结合能最大，最稳定．
3．质能方程
物体的能量与它们质量的关系是：E＝mc2.
4．质量亏损
原子核的质量小于组成它的核子的质量之和的现象．
1．原子核的结合能就是核子结合成原子核时需要的能量．(×)
2．比结合能越大，原子核越稳定．(√)
3．质能方程E＝mc2表明了质量与能量间的一种对应关系．(√)
有人认为质量亏损就是核子的个数变少了，这种认识对不对？
【提示】　不对．在核反应中质量数守恒即核子的个数不变，只是核子组成原子核时，仿佛变“轻”了一些，原子核的质量总是小于其全部核子质量之和，即发生了质量亏损，核子的个数并没有变化．
一个静止的铀核U(原子质量为232.037
2
u)放出一个α粒子(原子质量为4.002
6
u)后衰变成钍核Th(原子质量为228.028
7
u)，同时释放出一定量的核能．
探讨1：铀核U衰变过程中的质量亏损是多少？
【提示】　Δm＝232.0372
u－4.002
6
u－228.028
7
u＝0.005
9
u.
探讨2：核反应过程发生了质量亏损，同时释放出核能，能说这部分质量转变为能量了吗？
【提示】　不能．物体的质量包括静止质量和运动质量，质量亏损指的是静止质量的减少，并不是这部分质量消失了或转变为能量．
1．比结合能与原子核稳定的关系
(1)比结合能的大小能够反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核就越难拆开，表示该原子核就越稳定．
(2)核子数较小的轻核与核子数较大的重核，比结合能都比较小，表示原子核不太稳定；中等核子数的原子核，比结合能较大，表示原子核较稳定.
(3)当比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核时，就可能释放核能。例如，一个核子数较大的重核分裂成两个核子数小一些的核，或者两个核子数很小的轻核结合成一个核子数大一些的核，都能释放出巨大的核能．
2．对质能方程和质量亏损的理解
(1)质能方程
质能方程：爱因斯坦的相对论指出，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，其关系是E＝mc2.
(2)质量亏损
质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了．物体质量增加，则总能量随之增加；质量减少，总能量也随之减少，这时质能方程也写为ΔE＝Δmc2.
3．核能的计算方法
(1)根据质量亏损计算
①根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.
②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能．
其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳．
(2)利用原子质量单位u和电子伏特计算
根据1原子质量单位(u)相当于931.5
MeV的能量，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.其中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.
4．下列关于结合能和比结合能的说法中，正确的有(　　)
A．核子结合成原子核时放出能量
B．原子核拆解成核子时要吸收能量
C．比结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
D．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和比结合能都大
E．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
【解析】　核子结合成原子核是放出能量，原子核拆解成核子是吸收能量，A、B正确；比结合能越大的原子核越稳定，但比结合能越大的原子核，其结合能不一定大，例如中等质量原子核的比结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核反而小，C、D选项错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的原子核内核子数又比轻核多，因此它的结合能也比轻核大，E选项正确．
【答案】　ABE
5．关于质能方程，下列哪些说法是正确的(　　)
A．质量减少，能量就会增加，在一定条件下质量转化为能量
B．物体获得一定的能量，它的质量也相应地增加一定值
C．物体一定有质量，但不一定有能量，所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系
D．一定量的质量总是与一定量的能量相联系的
E．物体的质量减少，总能量也随之减少
【解析】　质能方程E＝mc2表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的，当物体获得一定的能量，即能量增加某一定值时，它的质量也相应增加一定值，并可根据ΔE＝Δmc2进行计算，故B、D、E对．
【答案】　BDE
6．(2015·江苏高考)取质子的质量mp＝1.672
6×10－27
kg，中子的质量mn＝1.674
9×10－27
kg，α粒子的质量mα＝6.646
7×10－27
kg，光速c＝3.0×108
m/s.请计算α粒子的结合能．(计算结果保留两位有效数字)
【解析】　组成α粒子的核子与α粒子的质量差
Δm＝(2mp＋2mn)－mα
结合能ΔE＝Δmc2
代入数据得ΔE＝4.3×10－12
J.
【答案】　4.3×10－12
J
核能的两种单位
(1)若以kg为质量亏损Δm的单位，则计算时应用公式ΔE＝Δmc2.
(2)若以原子单位“u”为质量亏损单位，则ΔE＝Δm×931.5
MeV.
(3)两种方法计算的核能的单位分别为“J”和“MeV”，1
MeV＝1×106×1.6×10－19
J＝1.6×10－13
J
学业分层测评(十六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．放射性元素在衰变过程中，有些放出α射线，有些放出β射线，有些在放出α射线或β射线的同时，还以射线的形式释放能量．例如Th核的衰变过程可表示为Th→Pa＋e＋γ，对于这个衰变下列说法正确的是(　　)
A．是β衰变
B．产生的Pa核从低能级向高能级跃迁
C．是α衰变
D．产生的Pa核从高能级向低能级跃迁
E．放出的γ射线是波长很短的光子
【解析】　由核反应方程电荷数守恒和质量数守恒可知生成了e，并释放出能量，故选项A、D、E正确．
【答案】　ADE
2．一个质子和一个中子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是H＋n→H＋γ，以下说法中正确的是(　　)
A．反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和
B．反应前后的质量数不变，因而质量不变
C．反应前后质量数不变，但会出质量亏损
D．γ光子的能量为Δmc2，Δm为反应中的质量亏损，c为光在真空中的速度
E．因存在质量亏损Δm，所以“物质不灭”的说法不正确
【解析】　核反应中质量数与电荷数及能量均守恒，由于反应中要释放核能，会出现质量亏损，反应中氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和，所以质量不守恒，但质量数不变，且能量守恒，释放的能量会以光子的形式向外释放，故正确答案为A、C、D.
【答案】　ACD
3．如图19 5 1所示是描述原子核核子的平均质量与原子序数Z的关系曲线，由图可知下列说法正确的是
(　　)
图19 5 1
A．将原子核A分解为原子核B、C一定放出能量
B．将原子核D、E结合成原子核F可能吸收能量
C．将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量
D．将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量
E．将原子核F、C结合成原子核B时一定吸收能量
【解析】　因B、C核子平均质量小于A的核子平均质量，故A分解为B、C时，会出现质量亏损，故放出核能，故A正确，同理可得B、D错，C、E正确．
【答案】　ACE
4．在下列判断中，正确的是(　　)
A．组成U核的核子中只有相邻核子之间才存在不可忽略的核力作用
B．组成U核的中子中任何两个中子之间都存在不可忽略的核力作用
C．组成U核的质子中任何两个质子之间都存在不可忽略的库仑斥力作用
D．组成U核的质子中任何两个质子之间都存在不可忽略的核力作用
E．组成U核的质子中只有相邻的质子间才存在不可忽略的核力作用
【解析】　核力属于短程力，由于组成U核的核子较多，两核子之间的距离可能超过核力的作用范围，所以某些核子之间的作用力可能比较小，所以选项A、E正确，B、D错误，但两质子之间都存在库仑斥力的作用，所以选项C正确．
【答案】　ACE
5．中子比质子更容易击中原子核的原因是________．
【解析】　由于中子不带电，与原子核之间不存在库仑斥力，所以，它比其他粒子更易接近原子核并打进内部去．
【答案】　中子不带电
6．科学研究表明，自然界存在四种基本相互作用．我们知道分子之间也存在相互作用的引力和斥力，那么分子力实质上是属于________．
【解析】　分子力作用范围约在10－10
m数量级上．强相互作用和弱相互作用都是短程力，作用范围在10－15
m和10－18
m之内，在分子力作用距离上都不存在．在分子力作用范围内引力相互作用和电磁相互作用都存在，但由于电磁力远大于万有引力，引力相互作用可以忽略不计，因此分子力本质上属于电磁相互作用．
【答案】　电磁相互作用
7．当两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，放出28.30
MeV的能量，当三个α粒子结合成一个碳核时，放出7.26
MeV的能量，则当6个中子和6个质子结合成一个碳核时，释放的能量约为________．
【导学号：66390052】
【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.
【答案】　92.16
MeV
8．激光中子是由重原子核吸收光子后发射中子而产生的，光子的极限能量大约是10
MeV.假定中子从原子核上向外移开距离10－13
cm所受的力保持不变，则平均核力的数量级是________.
【导学号：66390053】
【解析】　核力是一种很强的力，应存在于相邻的核子之间，作用范围在1.5×10－15
m之内，由题意知：·d＝W＝E，则＝
N＝1.6×103
N.
【答案】　103
N
[能力提升]
9．下列说法中，正确的是(　　)
A．爱因斯坦质能方程反映了物体的质量就是能量，它们之间可以相互转化
B．由E＝mc2可知，能量与质量之间存在着正比关系，可以用物体的质量作为它所蕴藏的能量的量度
C．核反应中发现的“质量亏损”是由静止质量变成运动质量
D．因为在核反应中产生能量，有质量的转化，所以系统只有质量数守恒，系统的总能量和总质量并不守恒
E．在核反应中系统的总能量和总质量是守恒的
【解析】　E＝mc2说明能量和质量之间存在着联系，即能量与质量之间存在着正比关系，但并不说明能量和质量之间存在相互转化的关系，故A项错误，而B项正确；核反应中的“质量亏损”并不是质量消失，实际上是由静止的质量变成运动的质量，并不是质量转变成能量，故C项正确；在核反应中，质量守恒，能量也守恒，在核反应前后只是能量的存在方式不同，总能量不变，在核反应前后只是物质由静质量变成动质量，故D错误E正确．
【答案】　BCE
10．原来静止的原子核X质量为m1，处在区域足够大的匀强磁场中，经α衰变后变成质量为m2的原子核Y，α粒子的质量为m3，已测得α粒子的速度垂直于磁场B，且动能为E0，假定原子核X衰变时释放的核能全部转化为动能，则下列四个结论中，正确的是(　　)
【导学号：66390054】
A．核Y与α粒子在磁场中运动的周期之比为
B．核Y与α粒子在磁场中运动的半径之比为
C．此衰变过程中的质量亏损为m1－m2－m3
D．此衰变过程中释放的核能为
E．此衰变过程中释放的核能为E0
【解析】　原子核发生α衰变时核子质量数减小4而核电荷数减小2.由题意知X核原先静止，则衰变后α粒子和反冲核Y的动量大小相等，由R＝知RY∶Rα＝qα∶qY＝2∶(Z－2)，故B项正确；而周期之比由T＝知TY∶Tα＝·＝，故A项错误；该过程质量亏损Δm＝m1－(m2＋m3)，故C项正确；由Ek＝知Y核的动能EkY＝，则释放的核能ΔE＝Ekα＋EkY＝，故D项正确．
【答案】　BCD
11．历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5
MeV的质子H轰击静止的X，生成两个动能均为8.9
MeV的He.(1
MeV＝1.6×10－13
J)
(1)上述核反应方程为________．
(2)质量亏损为________kg.
【导学号：66390055】
【解析】　(1)根据电荷数和质量数守恒可写出核反应方程为H＋X→He＋He或H＋Li→He＋He.
(2)设反应前质子的动能为Ek0，反应后He的动能为Ek，由于质量亏损而释放的能量为
ΔE＝2Ek－Ek0＝(2×8.9－0.5)MeV＝17.3
MeV
由ΔE＝Δmc2，可得：
Δm＝＝
kg
＝3.1×10－29
kg.
【答案】　(1)H＋X→He＋He(或H＋Li→He＋He)　(2)3.1×10－29
12．一个静止的铀核U(原子质量为232.037
2
u)放出一个α粒子(原子质量为4.002
6
u)后衰变成钍核Th(原子质量为228.028
7
u)．(已知原子质量单位1
u＝1.67×10－27
kg,1
u相当于931.5
MeV的能量，结果均保留两位有效数字)
(1)写出铀核的衰变方程；
(2)算出该衰变反应中释放出的核能；
(3)若释放的核能全部转化为新核的动能，则α粒子的动能为多少？
【导学号：66390056】
【解析】　(1)U→Th＋He.
(2)质量亏损Δm＝mU－mα－mTh＝0.005
9
u
ΔE＝Δmc2＝0.005
9×931.5
MeV≈5.5
MeV.
(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即pTh＋(－pα)＝0，pTh＝pα
EkTh＝，Ekα＝，EkTh＋Ekα＝ΔE
所以α粒子获得的动能Ekα＝·ΔE＝×5.5
MeV≈5.4
MeV.
【答案】　(1)U→Th＋He　(2)5.5
MeV
(3)5.4
MeV5　反冲运动　火箭
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用．2．知道反冲运动的原理．(重点)3．掌握应用动量守恒定律解决反冲运动问题．(重点、难点)4．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．(难点)
　反
冲
运
动
1．定义
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲．
2．反冲原理
反冲运动的基本原理是动量守恒定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量．
3．公式
若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式变为0＝m1v1＋m2v2，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反，而它们的速率与质量成反比．
1．做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．(√)
2．一切反冲现象都是有益的．(×)
3．章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．(√)
1．反冲运动中，内力做功的代数和是否为零？
【提示】　不为零．反冲运动中，两部分受到的内力做功的代数和为正值．
2．两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5
m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2
m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图16 5 1所示)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
图16 5 1
【提示】　这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律．在她向前跳起瞬间，船要向后运动．
如图16 5 2所示，为一条约为180
kg的小
图16 5 2
船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，不计水的阻力．
探讨1：小船发生移动的动力是什么力？小船向哪个方向运动？
【提示】　摩擦力．向左运动，即与人行的方向相反．
探讨2：当人走到船头相对船静止时，小船还运动吗？为什么？
【提示】　不运动．小船和人组成的系统动量守恒，当人的速度为零时，船的速度也为零．
探讨3：当人从船尾走到船头时，有没有可能出现如图16 5 3甲或如图乙的情形？为什么？
甲　　　　　　　　乙
图16 5 3
【提示】　不可能．由系统动量守恒可知，人和船相对于地面的速度方向一定相反，不可能向同一个方向运动，且人船位移比等于它们质量的反比．
1．反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
(2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为零．②内力远大于外力；③系统在某一方向上不受外力或该方向上所受外力之和为零．
(3)反冲运动遵循动量守恒定律．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的物体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反．
(2)速度的相对性
一般都指对地速度．
3．“人船模型”问题
(1)定义
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题.
(2)特点
①两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
②运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
③应用此关系时要注意一个问题：即公式1、2和x一般都是相对地面而言的．
1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16 5 4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是打开阀门________．
图16 5 4
【解析】　根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出．
【答案】　S2
2．质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
【解析】　如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得：
0＝Mv球－mv人
即0＝M－m，0＝Mx球－mx人
又有x人＋x球＝L，x人＝h
解以上各式得：L＝h.
【答案】　h
解决“人船模型”应注意两点
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
火
箭
1．原理
火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
2．影响火箭获得速度大小的因素
一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
1．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)
2．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)
3．火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能．(√)
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
【提示】　应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．
如图16 5 5所示，是多级运载火箭的示意图，发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作．
图16 5 5
探讨1：火箭点火后能加速上升的动力是什么力？
【提示】　燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升．
探讨2：要提升运载物的最大速度可采用什么措施？
【提示】　提高气体喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳．
1．火箭的速度
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律：0＝mv＋Δmu，得v＝－u.
2．决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素．
3．多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9
km/s，实际火箭为多级．
多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．
3．一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，探测器匀速运动时，其喷气方向为________．
【解析】　探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知应竖直向下喷气．
【答案】　竖直向下
4．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________．
【解析】　应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′
故v′＝.
【答案】　
5．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200
g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1
000
m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300
kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
【解析】　法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒
第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1
所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝
m/s＝2
m/s.
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝＝2
m/s.
【答案】　2
m/s
火箭类问题的三点提醒
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是
(　　)
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
E．气球可能加速上升
【解析】　设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2＞0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2＜0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．E项违背动量守恒．
【答案】　ABC
2．质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图16 5 6所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　　)
图16 5 6
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
E．人在车上行走的平均速度越大，车在地面移动的平均速度也越大
【解析】　由人与车组成的系统动量守恒得：mv人＝Mv车，可知A、E正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误．
【答案】　ADE
3．一装有柴油的船静止于水平面上，若用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图16 5 7所示．不计水的阻力，船的运动情况是________________．(填“向前运动”“向后运动”或“静止”)
图16 5 7
【解析】　虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，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．
【答案】　向前运动
4．质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为________．
【解析】　依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则：Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝(Mv0＋Δmv)/M.
【答案】　(Mv0＋Δmv)/M
5．如图16 5 8所示，火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，火炮的速度变为v2，仍向右行驶．则炮弹相对炮筒的发射速度v0为________．
图16 5 8
【解析】　火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)，由Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝－v2＝.
【答案】　
6．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重1吨左右)，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m，则小船的质量为多少？
【解析】　如图所示，设该同学在时间t内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即：m＝M
又：x人＝L－d
解得M＝.
【答案】　
[能力提升]
7．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是(　　)
A．人走动时，他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
E．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的8倍
【解析】　人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A正确；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误E正确；动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确．
【答案】　ADE
8．如图16 5 9所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是多少？
【导学号：66390015】
图16 5 9
【解析】　此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2
因此0＝mx1－Mx2①
且x1＋x2＝hcot
α②
由①②可得x2＝.
【答案】　
9．某校课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4
m3/s，喷出速度保持水平且对地为10
m/s.启动前火箭总质量为1.4
kg，则启动2
s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103
kg/m3.
【解析】　“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为m，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
(m－ρQt)v′＝ρQtv
火箭启动后2
s末的速度为
v′＝＝
m/s＝4
m/s.
【答案】　4
m/s
10．如图16 5 10所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)
图16 5 10
【解析】　蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则
Mv′－mv＝0
蛙下落时间t＝
若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝
解得v＝.
【答案】　2　动量和动量定理
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．(重点)2．知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)3．知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点、难点)4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．(难点)
　动
量
及
动
量
的
变
化
量
1．动量
(1)定义
物体的质量与速度的乘积，即p＝mv.
(2)单位
动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s.
(3)方向
动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．
2．动量的变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．
(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)．
1．动量的方向与物体的速度方向相同．(√)
2．物体的质量越大，动量一定越大．(×)
3．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)
1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？
【提示】　变化．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻变化，其动量发生变化．
2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？
【提示】　正负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．
如图16 2 1所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．
图16 2 1
探讨1：小球碰撞挡板前后的动量是否相同？
【提示】　不相同．碰撞前后小球的动量大小相等，方向相反．
探讨2：小球碰撞挡板前后的动能是否相同？
【提示】　相同．
探讨3：小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少？
【提示】　2mv.
1．对动量的认识
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．
2．动量的变化量
是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
3．动量和动能的区别与联系
物理量
动量
动能
区别
标矢性
矢量
标量
大小
p＝mv
Ek＝mv2
变化情况
v变化，p一定变化
v变化，ΔEk可能为零
联系
p＝，Ek＝
1．关于动量的概念，下列说法正确的是(　　)
A．动量大的物体，惯性不一定大
B．动量大的物体，运动一定快
C．动量相同的物体，运动方向一定相同
D．动量相同的物体，动能也一定相同
E．动能相同的物体，动量不一定相同
【解析】　物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；由动量和动能的关系p＝可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错；同理知E对．
【答案】　ACE
2．质量为5
kg的小球以5
m/s的速度竖直落到地板上，随后以3
m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为________．
【解析】　取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5
kg·m/s＝－40
kg·m/s.
【答案】　－40
kg·m/s
3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342
km/h，假设球的速度为90
km/h，林丹将球以342
km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5
g，试求：
(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？
【解析】　(1)以球飞回的方向为正方向，则
p1＝mv1＝－5×10－3×
kg·m/s
＝－0.125
kg·m/s
p2＝mv2＝5×10－3×
kg·m/s＝0.475
kg·m/s
所以羽毛球的动量变化量为
Δp＝p2－p1＝0.475
kg·m/s－(－0.125
kg·m/s)
＝0.600
kg·m/s
即羽毛球的动量变化大小为0.600
kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同．
(2)羽毛球的初速度为v1＝－25
m/s
羽毛球的末速度为v2＝95
m/s
所以Δv＝v2－v1＝95
m/s－(－25
m/s)＝120
m/s
羽毛球的初动能：
Ek＝mv＝×5×10－3×(－25)2
J＝1.56
J
羽毛球的末动能：
E′k＝mv＝×5×10－3×952
J＝22.56
J
所以ΔEk＝E′k－Ek＝21
J.
【答案】　(1)0.600
kg·m/s　方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120
m/s　21
J
(1)动量p＝mv，大小由m和v共同决定．
(2)动量p和动量的变化Δp均为矢量，计算时要注意其方向性．
(3)动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差．
(4)物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化．
冲
量
和
动
量
定
理
1．冲量
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
(2)表达式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.
1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)
2．力越大，力对物体的冲量越大．(×)
3．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．(√)
在跳高比赛时，在运动员落地处为什么要放很厚的海绵垫子？
【提示】　跳过横杆后，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小到零，在动量变化相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用．
如图16 2 2所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v′.
图16 2 2
探讨1：在时间t内拉力F的冲量和合外力的冲量各是多大？
【提示】　Ft　(F－μmg)t.
探讨2：在此过程中，物体动量的变化量是多大？
【提示】　mv′－mv.
探讨3：恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？
【提示】　不相等．合外力的冲量(F－μmg)t与动量的变化量才相等．
1．冲量的理解
(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．
2．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法：
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
(3)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图象如图16 2 3所示，可用面积法求变力的冲量．
图16 2 3
③利用动量定理求解．
3．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
4．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
4．恒力F作用在质量为m的物体上，如图16 2 4所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
图16 2 4
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos
θ
D．合力对物体的冲量大小为零
E．重力对物体的冲量大小是mgt
【解析】　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确．重力的冲量为mgt，E正确．
【答案】　BDE
5．(2016·全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
【解析】　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－⑧
【答案】　(1)ρv0S　(2)－
动量定理应用的三点提醒
(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解，也可当成一个全过程来求解．
(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．
(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
学业分层测评(二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下面关于物体动量和冲量的说法正确的是(　　)
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
E．物体所受合外力越大，则它的动量变化越大
【解析】　由Ft＝Δp知，Ft≠0，Δp≠0，即动量一定变化，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，所以C正确；由F＝知，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，但动量的变化量不一定大，D正确，E错误．
【答案】　BCD
2．在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动可能是(　　)
A．匀速圆周运动　　　　
B．匀变速直线运动
C．自由落体运动
D．平抛运动
E．行星绕太阳的运动
【解析】　物体做匀变速直线运动、自由落体运动、平抛运动所受的合外力恒定不变．由动量定理可知，它们在任何相等时间内的动量变化量总相等，而物体做匀速圆周运动及行星绕太阳的运动合外力是变力，故B、C、D均正确，A、E错误．
【答案】　BCD
3．如图16 2 5所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出纸条，则
(　　)
【导学号：66390004】
图16 2 5
A．铁块落地点在P点左边
B．铁块落地点在P点右边
C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短
D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长
E．第二次抽纸条的过程中，铁块受合力的冲量比第一次小
【解析】　以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，铁块受到合力的冲量越小，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，所以选项A、C、E正确．
【答案】　ACE
4．竖直上抛一质量为m的小球，经t秒小球重新回到抛出点，若取向上为正方向，那么从抛出到重新回到抛出点的过程中，小球动量变化量为________．
【解析】　由动量定理得－mgt＝Δp.
【答案】　－mgt
5．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是为什么？
【解析】　人跳远时落地前的速度v一定，则初动量相同；落地后静止，末动量为零，所以人在下落过程中的动量变化量Δp一定，即沙坑和水泥地对人的冲量大小相等．因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp可知，作用时间t长，则作用力F小．
【答案】　见解析
6．将质量为m＝1
kg的小球，从距水平地面高h＝5
m处，以v0＝10
m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10
m/s2.求：
(1)抛出后0.4
s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量p′.
【导学号：66390005】
【解析】　(1)重力是恒力，0.4
s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4
N·s＝4
N·s
方向竖直向下．
(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2
落地时间t＝＝1
s
小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1
N·s＝10
N·s
方向竖直向下
由动量定理得Δp＝I＝10
N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10
m/s.由速度合成知，落地速度v＝＝
m/s＝10
m/s
所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10kg·m/s
方向与水平方向的夹角为45°.
【答案】　(1)4
N·s　方向竖直向下
(2)10
N·s　方向竖直向下
(3)10
kg·m/s　方向与水平方向的夹角为45°
[能力提升]
7．(2015·北京高考改编)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力
E．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【解析】　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A、B、D正确，选项C、E错误．
【答案】　ABD
8．质量为1
kg的物体做直线运动，其速度图象如图16 2 6所示．则物体在前10
s内所受外力的冲量是________，在后10
s内所受外力的冲量是________．
【导学号：66390006】
图16 2 6
【解析】　由图象可知，在前10
s内初末状态的动量相等，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内p3＝－5
kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10
N·s.
【答案】　0　－10
N·s
9．(2014·天津高考)如图16 2 7所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10
N，A运动一段时间后，
小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6
s，二者的速度达到vt＝2
m/s.求：
图16 2 7
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小．
【解析】　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5
m/s2.②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1
m/s.④
【答案】　(1)2.5
m/s2　(2)1
m/s
10．(2015·安徽高考)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16 2 8所示，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.
图16 2 8
(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.
【导学号：66390007】
【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)0.32　(2)130
N　(3)9
J1　能量量子化2　光的粒子性
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解什么是热辐射及热辐射的特性，了解黑体与黑体辐射．(重点)2．了解黑体辐射的实验规律，了解黑体辐射的强度与波长的关系．(重点)3．知道光电效应中极限频率的概念及其与光的电磁理论的矛盾．4．知道光子说及其对光电效应的解释．(重点)5．掌握爱因斯坦光电效应方程并会用它来解决简单问题．(难点)
　　　能
量
量
子
化
1．黑体与黑体辐射
(1)热辐射
我们周围的一切物体都在辐射电磁波．这种辐射与物体的温度有关，所以叫做热辐射．物体热辐射中随温度的升高，辐射的较短波长的电磁波的成分越来越强．
(2)黑体
某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，简称黑体．
(3)黑体辐射的实验规律
①一般材料的物体，辐射电磁波的情况，除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关．
②黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的有关．随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．
(4)维恩和瑞利的理论解释
①建立理论的基础：依据热学和电磁学的知识寻求黑体辐射的理论解释．
②维恩公式：在短波区与实验非常接近，在长波区则与实验偏离很大．
③瑞利公式：在长波区与实验基本一致，但在短波区与实验严重不符，由理论得出的荒谬结果被称为“紫外灾难”．
2．能量子
(1)普朗克的假设
振动着的带电微粒能量只能是某一最小能量值ε的.即能的辐射或者吸收只能是一份一份的．这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子．
(2)能量子公式
ε＝hν，其中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量．h＝6.626×10－34
J·s.(一般取h＝6.63×10－34J·s)
(3)能量的量子化
在微观世界中能量是量子化的，或者说微观粒子的能量是分立的．这种现象叫能量的量子化．
(4)普朗克理论
①借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合之好令人击掌叫绝．
②普朗克在1900年把能量子列入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，成为新物理学思想的基石之一．
1．能吸收各种电磁波而不反射电磁波的物体叫黑体．(√)
2．温度越高，黑体辐射电磁波的强度越大．(√)
3．微观粒子的能量只能是能量子的整数倍．(√)
4．能量子的能量不是任意的，其大小与电磁波的频率成正比．(√)
5．光滑水平桌面上匀速运动的小球的动能也是量子化的．(×)
1．黑体是指黑颜色的物体吗？
【提示】　黑体不是指黑颜色的物体，是指能完全吸收电磁波的物体．
2．为了得出同实验相符的黑体辐射公式，普朗克提出了什么样的观点？
【提示】　普朗克提出了量子化的观点．量子化是微观世界的基本特点，其所有的变化都是不连续的．
探讨1：热辐射一定在高温下才能发生吗？
【提示】　热辐射不一定需要高温，任何温度的物体都能发出一定的热辐射，如任何物体都在不停地向外辐射红外线，这就是一种热辐射，即使是冰块，也在向外辐射红外线，只是温度低时辐射弱，温度高时辐射强．
探讨2：黑体不存在，为什么还研究黑体？
【提示】　黑体是一个理想化的物理模型．通过建立这样一个模型，会给研究带来方便．
1．对黑体的理解
绝对的黑体实际上是不存在的，但可以用某装置近似地代替．如图17 1 1所示，如果在一个空腔壁上开一个小孔，那么射入小孔的电磁波在空腔内表面会发生多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，这个小孔就成了一个绝对黑体．
图17 1 1
2．一般物体与黑体的比较
热辐射特点
吸收、反射特点
一般物体
辐射电磁波的情况与温度有关，与材料的种类及表面状况有关
既吸收又反射，其能力与材料的种类及入射波长等因素有关
黑体
辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
完全吸收各种入射电磁波，不反射
3．黑体辐射的实验规律
(1)温度一定时，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值．
(2)随着温度的升高
①各种波长的辐射强度都有增加；
②辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．如图17 1 2所示．
图17 1 2
4．普朗克的量子化假设的意义
(1)普朗克的能量子假设，使人类对微观世界的本质有了全新的认识，对现代物理学的发展产生了革命性的影响．成为物理学发展史上一个重大转折点．
(2)普朗克常量h是自然界最基本的常量之一，它体现了微观世界的基本特征．
1．黑体辐射的实验规律如图17 1 3所示，由图可知(　　)
图17 1 3
A．随温度升高，各种波长的辐射强度都增加
B．随温度降低，各种波长的辐射强度都增加
C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
E．温度降低，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
【解析】　由图可知，随温度升高，各种波长的辐射强度都增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，当温度降低时，上述变化都将反过来，故A、C、D正确，B、E错误．
【答案】　ACD
2．下列叙述正确的是(　　)
A．一切物体都在辐射电磁波
B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C．一般物体辐射电磁波的情况只与材料有关
D．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
E．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
【解析】　根据热辐射定义知A对；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，B、C错、D对；根据黑体定义知E对．
【答案】　ADE
电磁波的辐射和吸收
(1)比较辐射、吸收首先要分清是黑体还是一般物体．
(2)随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．
(3)能量子假说的意义：可以非常合理地解释某些电磁波的辐射和吸收的实验现象．
　光
电
效
应
现
象
和
规
律
1．光电效应定义
照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象．
2．光电子
光电效应中发射出来的电子．
3．光电效应的实验规律
(1)存在着饱和电流．入射光强度一定，单位时间内阴极K发射的光电子数一定．入射光越强，饱和电流越大．表明入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多．
(2)存在着遏止电压和截止频率．遏止电压的存在意味着光电子具有一定的初速度．对于一定颜色(频率)的光，无论光的强弱如何，遏止电压都是一样的，即光电子的能量只与入射光的频率有关．当入射光的频率低于截止频率时，不论光多么强，光电效应都不会发生．
(3)光电效应具有瞬时性．光电效应几乎是瞬时的，无论入射光怎么微弱，时间都不超过10－9
s.
4．逸出功
使电子脱离某种金属所做功的最小值，叫做这种金属的逸出功，用W0表示，不同金属的逸出功不同．
1．任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应．(×)
2．金属表面是否发生光电效应与入射光的强弱有关．(×)
3．在发生光电效应的条件下，入射光强度越大，饱和光电流越大．(√)
1．发生光电效应一定要用不可见光吗？
【提示】　不一定．发生光电效应的照射光，可以是可见光，也可以是不可见光，只要入射光的频率大于极限频率就可以了．
2．在光电效应中，只要光强足够大，就能发生光电效应吗？
【提示】　不能．能不能发生光电效应由入射光的频率决定，与入射光的强度无关．
如图17 2 1所示，入射光照射到光电管K上，将光电管的A、K两极通过电流计G接在电源E上．
图17 2 1
探讨1：入射光照射到光电管K极上，一定有光电子逸出吗？
【提示】　不一定．当入射光的频率低于K极的截止频率，K极则不会有光电子逸出．
探讨2：因光电管上加上了反向电压，因此电流计G的示数一定为零，这种说法对吗？为什么？
【提示】　不对．光电子具有一定的初动能，当所加的电压较小时，光电管中仍有电子到达A极，电流计G的示数则不为零．
1．光子与光电子
光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电，光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子，光子是光电效应的因，光电子是果．
2．光电子的动能与光电子的最大初动能
光照射到金属表面时，光子的能量全部被电子吸收，电子吸收了光子的能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能；只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功，才具有最大初动能．光电子的初动能小于或等于光电子的最大初动能．
3．光子的能量与入射光的强度
光子的能量即每个光子的能量，其值为E＝hν(ν为光子的频率)，其大小由光的频率决定．入射光的强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，入射光的强度等于单位时间内光子能量与入射光子数的乘积．
4．光电流和饱和光电流
金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关．
5．光的强度与饱和光电流
饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的，对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系．
3．如图17 2 2所示，用弧光灯照射锌板，验电器指针张开一个角度，则下列说法中正确的是
(　　)
图17 2 2
A．用紫外线照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用红光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷
D．锌板带的是正电荷
E．使验电器指针发生偏转的是正电荷
【解析】　将擦得很亮的锌板与验电器连接，用弧光灯照射锌板(弧光灯发出紫外线)，验电器指针张开一个角度，说明锌板带了电，进一步研究表明锌板带正电．这说明在紫外线的照射下，锌板中有一部分自由电子从表面飞出，锌板带正电，选项A、D、E正确．红光不能使锌板发生光电效应．
【答案】　ADE
4．对光电效应的理解正确的是(　　)
A．金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属
B．在光电效应中，一个电子只能吸收一个光子
C．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应
D．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大
E．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应，入射光的最低频率也不同
【解析】　按照爱因斯坦的光子说，光子的能量由光的频率决定，与光强无关，入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大；但要使电子离开金属，电子必须具有足够的动能，而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，且一个电子只能吸收一个光子，不能同时吸收多个光子，所以光子的能量小于某一数值时便不能产生光电效应现象；电子从金属逸出时只有从金属表面向外逸出的电子克服原子核的引力所做的功最小．综上所述，选项B、C、E正确．
【答案】　BCE
5．利用光电管研究光电效应实验如图17 2 3所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则
(　　)
图17 2 3
A．用紫外线照射，电流表一定有电流通过
B．用红光照射，电流表一定无电流通过
C．用红外线照射，电流表可能有电流通过
D．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头移到A端时，电流表中一定无电流通过
E．用频率为ν的可见光照射K，当滑动变阻器的滑动触头向B端滑动时，电流表示数可能不变
【解析】　因紫外线的频率比可见光的频率高，所以用紫外线照射时，电流表中一定有电流通过，选项A正确．因不知阴极K的截止频率，所以用红光照射时，也可能发生光电效应，所以选项B错误，C正确．即使UAK＝0，电流表中也可能有电流通过，所以选项D错误．当滑动触头向B端滑动时，UAK增大，阳极A吸收光电子的能力增强，光电流会增大，当所有光电子都到达阳极A时，电流达到最大，即饱和电流．若在滑动前，电流已经达到饱和电流，那么即使增大UAK，光电流也不会增大，所以选项E正确．
【答案】　ACE
关于光电效应的两点提醒
(1)发生光电效应时需满足：照射光的频率大于金属的极限频率，即ν＞νc，或光子的能量ε＞W0.
(2)光电子的最大初动能只与照射光的频率及金属的逸出功有关，而与照射光的强弱无关，强度大小决定了逸出光电子的数目多少．
爱
因
斯
坦
的
光
子
说
及
光
电
效
应
方
程
1．光子说
(1)内容
光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为ν的光的能量子为hν，这些能量子称为光子．
(2)光子能量
公式为ε＝hν，其中ν指光的频率．
2．光电效应方程
(1)对光电效应的说明
在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，其中一部分用来克服金属的逸出功W0，另一部分为光电子的初动能Ek.
(2)光电效应方程
Ek＝hν－W0.
3．对光电效应规律的解释
(1)光电子的最大初动能与入射光频率有关，与光的强弱无关．只有当hν>W0时，才有光电子逸出．
(2)电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间．
(3)对于同种颜色的光，光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大．
1．“光子”就是“光电子”的简称．(×)
2．不同的金属逸出功不同，因此金属对应的截止频率也不同．(√)
3．入射光若能使某金属发生光电效应，则入射光的强度越大，照射出的光电子越多．(√)
1．不同频率的光照射到同一金属表面发生光电效应时，光电子的初动能是否相同？
【提示】　由于同一金属的逸出功相同，而不同频率的光的光子能量不同，由光电效应方程可知，发生光电效应时，逸出的光电子的初动能是不同的．
2．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比吗？
【提示】　不成正比．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但不是正比关系．
如图17 2 4所示，为研究光电效应规律的电路．
图17 2 4
探讨1：闭合开关S后，滑动变阻器滑动头逐渐向右滑动的过程中，电压表和电流表的示数如何变化？
【提示】　电压表示数增大，电流表的示数若没有达到饱和光电流则增大，若达到饱和光电流，则不发生变化．
探讨2：闭合开关S后，若保持入射光的频率不变，光强度增大，则电流表示数如何变化？
【提示】　增大．
探讨3：闭合开关S后，若保持入射光的强度不变，光的频率增大，则电流表示数如何变化？
【提示】　减小．
1．光电效应方程Ek＝hν－W0的理解
(1)式中的Ek是光电子的最大初动能，就某个光电子而言，其离开金属时剩余动能大小可以是0～Ek范围内的任何数值．
(2)光电效应方程实质上是能量守恒方程：
能量为E＝hν的光子被电子所吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为W0，则电子离开金属表面时动能最大为Ek，根据能量守恒定律可知：Ek＝hν－W0.
(3)光电效应方程包含了产生光电效应的条件：
若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即Ek＝hν－W0>0，亦即hν＞W0，ν＞＝νc，而νc＝恰好是光电效应的截止频率．
(4)Ekm－ν曲线：如图17 2 5所示是光电子最大初动能Ekm随入射光频率ν的变化曲线．这里，横轴上的截距是截止频率或极限频率；纵轴上的截距是逸出功的负值；斜率为普朗克常量．
图17 2 5
2．光电效应规律中的两条线索、两个关系
(1)两条线索：
(2)两个关系：
光强→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大．
6．(2016·全国乙卷)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是(　　)
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关
【解析】　产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确．减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确．
【答案】　ACE
7．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只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，一个电子在极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17 2 6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．换用同样频率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(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电荷量)(　　)
图17 2 6
A．U＝－　　　　
B．U＝－
C．U＝2hν－W
D．U＝－
E.－
【解析】　由题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射，则发生光电效应，即吸收的光子能量为nhν，n＝2,3,4，….则由光电效应方程可知：nhν＝W＋mv2(n＝2,3,4，…)①
在减速电场中由动能定理得－eU＝0－mv2②
联立①②得：U＝－(n＝2,3,4，…)，选项B、D、E正确．
【答案】　BDE
8．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17 2 7甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s.
图17 2 7
(1)图甲中电极A为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)；
(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝________J.
【解析】　(1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极．
(2)由题图可知，铷的截止频率νc为5.15×1014
Hz，逸出功W0＝hνc＝6.63×
10－34×5.15×1014
J≈3.41×10－19
J.
(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz时，由Ek＝hν－hνc得，光电子的最大初动能为Ek＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014
J≈1.23×10－19
J.
【答案】　(1)阳极　(2)5.15×1014[(5.12～5.18)×1014均视为正确]　3.41×
10－19[(3.39～3.43)×10－19均视为正确]　(3)1.23×10－19[(1.21～1.25)×10－19均视为正确
利用光电效应规律解题应明确的两点
(1)光电流
光电效应现象中光电流存在饱和值(对应从阴极发射出的电子全部被拉向阳极的状态)，光电流未达到饱和值之前，其大小不仅与入射光的强度有关，还与光电管两极间的电压有关，只有在光电流达到饱和值以后才和入射光的强度成正比．
(2)两个决定关系
①逸出功W0一定时，入射光的频率决定着能否产生光电效应以及光电子的最大初动能．
②入射光的频率一定时，入射光的强度决定着单位时间内发射出来的光电子数．
　　康
普
顿
效
应
1．光的散射：光在介质中与物质微粒相互作用，因而传播方向发生改变的现象．
2．康普顿效应：康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应．
3．康普顿效应的意义：深入地揭示了光的粒子性的一面，表明光子除了具有能量之外还具有动量．
4．光子的动量：p＝，其中h为普朗克常量，λ为光的波长．
1．光子的动量与波长成反比．(√)
2．光子发生散射时，其动量大小发生变化，但光子的频率不发生变化．(×)
3．光子发生散射后，其波长变大．(√)
太阳光从小孔射入室内时，我们从侧面可以看到这束光；白天的天空各处都是亮的；宇航员在太空中会发现尽管太阳光耀眼刺目，其他方向的天空却是黑的，为什么？
【提示】　在地球上存在着大气，太阳光经微粒散射后传向各个方向，而在太空中的真空环境下光不能散射只向前传播．
探讨1：光电效应与康普顿效应研究问题的角度有何不同？
【提示】　光电效应应用于电子吸收光子的问题，而康普顿效应应用于讨论光子与电子碰撞且没有被电子吸收的问题．
探讨2：如何由p＝解释康普顿效应中有的光子的波长变大了？
【提示】　入射光子与晶体中电子碰撞时，把一部分动量转移给了电子，光子的动量变小，由p＝可知，对应光的波长变大了．
1．如图17 2 8所示，X射线的光子与静止的电子发生弹性碰撞，光子把部分能量转移给了电子，能量由hν减小为hν′，因此频率减小，波长增大．同时，电子获得一定的动量，进一步说明了光的粒子性．
图17 2 8
2．康普顿效应进一步证明了爱因斯坦光子说的正确性．
9．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中(　　)
A．能量守恒　　　　
B．动量守恒
C．λ＜λ′
D．λ＞λ′
E．λ＝λ′
【解析】　能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，适用于宏观世界也适用于微观世界．光子与电子碰撞时遵循这两个守恒规律．光子与电子碰撞前光子的能量E＝hν＝h，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E′＝hν′＝h，由E＞E′，可知λ＜λ′，选项A、B、C正确．
【答案】　ABC
10．若一个光子的能量等于一个电子的静止能量，已知静止电子的能量为m0c2，其中m0为电子质量，c为光速，试问该光子的动量和波长是多少？(电子的质量取9.11×10－31
kg，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s)
【解析】　一个电子静止能量为m0c2，按题意hν＝m0c2
光子的动量p＝＝＝＝m0c
＝9.11×10－31kg×3×108
m/s
≈2.73×10－22kg·m/s，
光子的波长λ＝＝
≈2.4×10－12m.
【答案】　2.73×10－22kg·m/s　2.4×10－12m
康普顿实验的意义
(1)动量守恒定律不但适用于宏观物体，也适用于微观粒子间的作用；
(2)康普顿效应进一步揭示了光的粒子性，也再次证明了爱因斯坦光子说的正确性．
学业分层测评(六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．以下关于辐射强度与波长关系的说法中正确的是(　　)
A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波
B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高
C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强
D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高
E．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
【解析】　由辐射强度随波长变化关系图知，随着温度的升高，各种波长的波的辐射强度都增加，而热辐射不是仅辐射一种波长的电磁波，选项B、C、E正确．
【答案】　BCE
2．频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是(　　)
A．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小
B．光子改变原来的传播方向，但传播速度不变
C．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大
D．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长大于入射光子的波长
E．由于受到电子碰撞，散射后的光子频率小于入射光子的频率
【解析】　碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A错误，B正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C错误，D、E正确．
【答案】　BDE
3．如图17 2 9所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，由图象可知(　　)
图17 2 9
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hν0
C．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
E．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
【解析】　题中图象反映了光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能Ek＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A、B、D正确，而选项C、E错误．
【答案】　ABD
4．美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应．关于康普顿效应，以下说法正确的是
(　　)
A．康普顿效应说明光子具动量
B．康普顿效应现象说明光具有波动性
C．康普顿效应现象说明光具有粒子性
D．当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量增加
E．当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量减少
【解析】　康普顿效应说明光具有粒子性，B项错误，A、C项正确；光子与晶体中的电子碰撞时满足动量守恒和能量守恒，故二者碰撞后，光子要把部分能量转移给电子，光子的能量会减少，D项错误，E项正确．
【答案】　ACE
5．能正确解释黑体辐射实验规律的是________提出的能量量子化理论．
【解析】　根据黑体辐射的实验规律，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到较满意的解释．
【答案】　普朗克
6．如图17 2 10所示为t1、t2温度时的黑体辐射强度与波长的关系，则两温度的关系为________．
图17 2 10
【解析】　根据黑体辐射的实验规律可知，随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．
【答案】　t1＞t2
7．医生用红外热像仪监测人的体温，只要被测者从仪器前走过，便可知他的体温是多少，你知道其中的道理吗？
【解析】　根据热辐射的实验规律可知，人的体温升高，人体辐射的红外线的频率和强度就会增加，通过监测被测者辐射的红外线的频率和强度，就可以知道该人的体温了．
【答案】　见解析
8．在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用．蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的．假设老鼠的体温约37
℃，它发出的最强的热辐射的波长为λmin.根据热辐射理论，
λmin与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλmin＝2.90×10－3m·K.求老鼠发出最强的热辐射的波长．
【解析】　由Tλmin＝2.90×10－3m·K可得，老鼠发出最强的热辐射的波长为λmin＝m＝m＝9.4×10－6m.
【答案】　9.4×10－6
m
[能力提升]
9．在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置，如图17 2 11(a)所示，在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图(b)所示．则正确的是(　　)
【导学号：66390019】
图17 2 11
A．乙光的频率大于甲光的频率
B．甲光的波长大于丙光的波长
C．丙光的光子能量小于甲光的光子能量
D．乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能
E．乙、丙两种光对应的光电子的最大初动能相等
【解析】　由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0及遏止电压的含义可知，hν－W0＝eUc，结合题意与图象可以判断，W0相同，U1>U2，则三种色光的频率为ν乙＝ν丙>ν甲，故丙光子能量大于甲光子能量，C错误，同时判断乙光对应光电子的最大初动能等于丙光对应光电子的最大初动能，A、E正确，D错误，由ν＝知，λ乙＝λ丙＜λ甲，B正确．
【答案】　ABE
10．经测量，人体表面辐射本领的最大值落在波长为940
μm处．根据电磁辐射的理论得出，物体最强辐射的波长与物体的绝对温度的关系近似为Tλm＝2.90×10－1
m·K，由此估算人体表面的温度和辐射的能量子的值各是多少？(h＝6.63×10－34
J·s)
【解析】　人体表面的温度为T＝＝
K≈309
K≈36
℃.人体辐射的能量子的值为ε＝h＝6.63×10－34×
J＝2.12×10－22
J.
【答案】　36
℃　2.12×10－22
J
11．光电管是应用光电效应实现光信号与电信号之间相互转换的装置，其广泛应用于光功率测量、光信号记录、电影、电视和自动控制等诸多方面．如图17 2 12所示，C为光电管，B极由金属钠制成(钠的极限波长为5.0×10－7
m)．现用波长为4.8×10－7
m的某单色光照射B极．
(1)电阻R上电流的方向是向左还是向右？
(2)求出从B极发出的光电子的最大初动能．
(3)若给予光电管足够大的正向电压时，电路中光电流为10
μA，则每秒射到光电管B极的光子数至少为多少个？
【导学号：66390020】
图17 2 12
【解析】　(1)B极板上逸出光电子，相当于电源的正极，A为负极，故流过R的电流向左．
(2)Ekm＝h－h
＝6.63×10－34×3×108×－
J
＝1.66×10－20
J.
(3)每秒电路中流过的电子电荷量
q＝It＝10×10－6×1
C＝1×10－5
C
n＝＝个＝6.25×1013个．
【答案】　(1)向左　(2)1.66×10－20
J
(3)6.25×1013个2　放射性元素的衰变
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道放射现象的实质是原子核的衰变．2．知道两种衰变的基本性质，掌握原子核的衰变规律．3．会用半衰期描述衰变的快慢，知道半衰期的统计意义．会利用半衰期解决相关问题.
　原
子
核
的
衰
变
1．定义
原子核放出α粒子或β粒子，则核电荷数变了，变成另一种原子核，这种变化称为原子核的衰变．
2．衰变分类
(1)α衰变：放出α粒子的衰变．
(2)β衰变：放出β粒子的衰变．
3．衰变过程
U→Th＋He
Th→Pa＋e
4．衰变规律
(1)原子核衰变时电荷数和质量数都守恒．
(2)任何一种放射性元素只有一种放射性，不能同时既有α放射性又有β放射性，而γ射线伴随α衰变或β衰变产生．
1．原子核发生α衰变时，核的质子数减少2，而质量数减少4.(√)
2．原子核发生β衰变时，原子核的质量不变．(×)
3．原子核发生衰变时，质量数和电荷数都守恒．(√)
发生β衰变时，新核的电荷数变化多少？新核在元素周期表中的位置怎样变化？
【提示】　根据β衰变方程Th→Pa＋e知道，新核核电荷数增加了1个，原子序数增加1个，故在元素周期表上向后移了1位．
探讨1：衰变方程与化学反应方程有哪些主要区别？
【提示】　①衰变方程中的符号表示该种元素的原子核，化学反应方程中的符号表示该种元素的原子．
②衰变方程中间用单箭头，化学反应方程用等号．
③衰变方程中质量数守恒，化学反应方程质量守恒．
探讨2：从一块放射性物质中只能放出一种射线吗？
【提示】　一种元素一般只能发生一种衰变，但在一块放射性物质中，该种元素发生一种衰变(假设为α衰变)后产生的新元素如果仍具有放射性，则可能继续发生衰变，而衰变类型可能与第一次衰变不同(β衰变)，并且每种衰变都会伴有γ射线放出，从这块放射性物质中发出的射线可以同时包含α、β和γ三种射线．
1．衰变实质
α衰变：原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子2n＋2H→He
β衰变：原子核内的一个中子变成质子，同时放出一个电子n→H＋e
2．衰变方程通式
(1)α衰变：X→Y＋He
(2)β衰变：X→Y＋e
3．确定原子核衰变次数的方法与技巧
(1)方法：设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素Y，则衰变方程为：
X→Y＋nHe＋me
根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程：
A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m.
以上两式联立解得：n＝，m＝＋Z′－Z.
由此可见，确定衰变次数可归结为解一个二元一次方程组．
(2)技巧：为了确定衰变次数，一般先由质量数的改变确定α衰变的次数(这是因为β衰变的次数多少对质量数没有影响)，然后根据衰变规律确定β衰变的次数．
1．原子核92U经放射性衰变①变为原子核90Th，继而经放射性衰变②变为原子核91Pa，再经放射性衰变③变为原子核92U.下列选项正确的是
(　　)
A．①是α衰变　　　　　　
B．②是β衰变
C．③是β衰变
D．③是γ衰变
E．③是α衰变
【解析】　92U①,，质量数少4，电荷数少2，说明①为α衰变.90Th②,，质子数加1，质量数不变，说明②为β衰变，中子转化成质子.91Pa③,，质子数加1，质量数不变，说明③为β衰变，中子转化成质子．
【答案】　ABC
2．原子序数大于或等于83的所有元素，都能自发地放出射线．这些射线共有三种：α射线、β射线和γ射线．下列说法中正确的是(　　)
A．原子核每放出一个α粒子，原子序数减少2
B．原子核每放出一个α粒子，原子序数增加4
C．原子核每放出一个β粒子，原子序数减少1
D．原子核每放出一个β粒子，原子序数增加1
E．原子核放出γ射线时，原子序数不变
【解析】　发生一次α衰变，核电荷数减少2，质量数减少4，原子序数减少2；发生一次β衰变，核电荷数、原子序数增加1，γ射线是光子．
【答案】　ADE
3.U核经一系列的衰变后变为Pb核，问：
(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变？
(2)Pb与U相比，质子数和中子数各少了多少？
(3)综合写出这一衰变过程的方程．
【解析】　(1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变．由质量数守恒和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6
即一共经过8次α衰变和6次β衰变．
(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故Pb较U质子数少10，中子数少22.
(3)衰变方程为U→Pb＋8He＋6e
【答案】　(1)8次α衰变和6次β衰变　(2)10　22
(3)U→Pb＋8He＋6e
衰变次数的判断方法
(1)衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒．
(2)每发生一次α衰变质子数、中子数均减少2.
(3)每发生一次β衰变中子数减少1，质子数增加1.
　半
衰
期
1．定义
放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间．
2．决定因素
放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系．不同的放射性元素，半衰期不同．
3．应用
利用半衰期非常稳定这一特点，可以测量其衰变程度、推断时间．
1．半衰期可以表示放射性元素衰变的快慢．(√)
2．半衰期是放射性元素的大量原子核衰变的统计规律．(√)
3．对放射性元素加热时，其半衰期缩短．(×)
放射性元素衰变有一定的速率．镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，有人说：10
g镭226经过1620年有一半发生衰变，镭226还有5
g，再经过1620年另一半镭226也发生了衰变，镭226就没有了．这种说法对吗？为什么？
【提示】　不对．放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间叫作这种元素的半衰期．经过第二个1620年后镭226还剩2.5
g.
探讨1：当放射性元素的原子所处的化学状态或物理条件发生变化时，其半衰期会改变吗？
【提示】　不会．一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其他元素形成化合物，或者对它施加压力、升高温度，都不能改变它的半衰期．这是因为压力、温度或与其他元素的化合等，都不会影响原子核的结构．
探讨2：某种放射性元素的半衰期对少数原子核发生衰变有意义吗？
【提示】　没有．只对大量原子核有意义，对少数原子核没有意义，某一个原子核何时发生衰变，是未知的．
1．对半衰期的理解：半衰期表示放射性元素衰变的快慢．
2．半衰期公式：N余＝N原，m余＝m0式中N原、m0表示衰变前的原子数和质量，N余、m余表示衰变后的尚未发生衰变的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期．
3．适用条件：半衰期是一个统计概念，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定其何时发生衰变，半衰期只适用于大量的原子核．
4．14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是(　　)
A．该古木的年代距今约5700年
B.
12C、13C、14C具有相同的中子数
C．12C、13C、14C具有相同的质子数
D.
14C衰变为14N的过程中放出β射线
E．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
【解析】　古木样品中14C的比例是现代植物所制样品的二分之一，根据半衰期的定义知该古木的年代距今约5
700年，选项A正确．同位素具有相同的质子数，不同的中子数，选项B错误．C正确.14C的衰变方程为C→N＋e，所以此衰变过程放出β射线，选项D正确．放射性元素的半衰期与核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项E错误．
【答案】　ACD
5．若元素A的半衰期为4天，元素B的半衰期为5天，则相同质量的A和B，经过20天后，剩下的质量之比mA∶mB为________．
【解析】　元素A的半衰期为4天，经过20天后剩余原来的5，元素B的半衰期为5天，经过20天后剩余原来的4，剩下的质量之比mA∶mB＝1∶2.
【答案】　1∶2
6．碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天．
(1)碘131核的衰变方程：I→________(衰变后的元素用X表示)．
(2)经过________天75%的碘131核发生了衰变．
【解析】　(1)I→X＋e
(2)75%的碘发生了衰变，即25%的未衰变．
即＝25%＝＝2
共经历了两个半衰期即16天．
【答案】　(1)I→X＋e　(2)16
有关半衰期的两点提醒
(1)半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间而不是样本质量减少一半的时间．
(2)经过n个半衰期，剩余核N剩＝N总．
学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．一个原子核发生衰变时，下列说法中正确的是(　　)
A．总质量数保持不变
B．核子数保持不变
C．变化前后质子数保持不变
D．总动量保持不变
E．变化前后中子数不变
【解析】　衰变过程中质量数守恒，又质量数等于核子数，故衰变过程中核子数不变，A、B正确；发生β衰变时，质子数增加中子数减少，C、E错误；由动量守恒的条件知D正确．
【答案】　ABD
2．下列说法中正确的是(　　)
A．β衰变放出的电子来自组成原子核的电子
B．β衰变实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子
C．α衰变说明原子核中含有α粒子
D．γ射线总是伴随其他衰变发生，它的本质是电磁波
E．原子核每发生一次α衰变，其核电荷数减少2
【解析】　原子核发生β衰变中放出的电子是原子核内的中子转化为质子而释放的电子，故A错误；B正确．
α射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起而从原子核中释放出来．
γ射线总是伴随其他衰变发生，它的本质是电磁波，故D、E正确．
【答案】　BDE
3．有一种新型镍铜长效电池，它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63(Ni)和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生β衰变时释放电子给铜片，把镍63和铜片作电池两极，外接负载为负载提供电能．下面有关该电池的说法正确的是(　　)
A．镍63的衰变方程是Ni→Cu＋e
B．镍63的衰变方程是Ni→Cu＋e
C．外接负载时镍63的电势比铜片高
D．该电池内电流方向是从镍片到铜片
E．该电池内电流方向是从铜片到镍片
【解析】　镍63的衰变方程为Ni→e＋Cu，选项A对，B错．电流方向为正电荷定向移动方向，在电池内部电流从铜片到镍片，镍片电势高，选项C、E对，D错．
【答案】　ACE
4．在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是(　　)
A．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大
B．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
C．铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化
D．查德威克发现了中子，其核反应方程为：Be＋He→C＋n
E．发生β衰变时其转化方程为n→H＋e
【解析】　氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，吸收了能量，所以原子的能量增大，A正确；β射线是从原子核辐射出来的，不是原子外层电子电离出来的，B错；半衰期不随外界因素的变化而变化，C错，D、E符合物理学事实，正确．
【答案】　ADE
5．关于天然放射现象，以下叙述正确的是(　　)
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变大
B．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强
D．铀核衰变为铅核的过程中，要经过8次α衰变和6β次衰变
E．放射性元素的半衰期由核内部自身的因素决定
【解析】　半衰期与元素的物理状态无关，若使某放射性物质的温度升高，其半衰期将不变，故A错误，E正确．
β衰变所释放的电子是从原子核内释放出的电子，故B错误；
在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C正确；
铀核(U)衰变为铅核(Pb)的过程中，每经一次α衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次β衰变质子数增1，中子数不变；由质量数和核电荷数守恒，要经过8次α衰变和6次β衰变，故D正确；
【答案】　CDE
6．人类探测月球时发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可作为未来核聚变的重要原料之一．氦的该种同位素应表示为________．
【解析】　氦的同位素质子数一定相同，质量数为3，故应表示为He.
【答案】　He
7．新发现的一种放射性元素X，它的氧化物X2O半衰期为8天，X2O与F2能发生如下反应：2X2O＋2F2＝4XF＋O2，XF的半衰期为________天．
【解析】　根据半衰期由原子核内部因素决定，而跟其所处的物理状态和化学状态无关，所以X2O、XF、X的半衰期相同，均为8天．
【答案】　8
8．铀裂变的产物之一氪90(Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(Zr)，这些衰变是经过了________次________衰变．
【导学号：66390048】
【解析】　原子核每经过一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每经过一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变．
方法一　α衰变的次数为n＝＝0(次)
β衰变的次数为m＝＋40－36＝4(次)．
方法二　设氪90(Kr)经过x次α衰变，y次β衰变后变成锆90(Zr)
由衰变前后的质量数、电荷数守恒得
4x＋90＝90,2x－y＋40＝36
解得x＝0，y＝4.
【答案】　4　β
[能力提升]
9．元素X是Y的同位素，分别进行下列衰变过程：XPQ，YRS.则下列说法正确的是(　　)
A．Q与S是同位素
B．X与R原子序数相同
C．R比S的中子数多2
D．R的质子数少于上述任何元素
E．R比X的质子数多1
【解析】　上述变化过程为：XP，YRS，由此可知，Q与S为同位素，R比S多两个中子比X多一个质子，故A、C、E正确，B、D错误．
【答案】　ACE
10．若干Bi放在天平左盘上，右盘放420
g砝码，天平平衡，当铋发生α衰变时，经过1个半衰期，欲使天平平衡，应从右盘中取出砝码的质量为________．
【解析】　原有的2
molBi经一个半衰期后，有1
mol发生衰变生成1
mol新的原子核，这种新元素质量为206
g．此时左盘中还有210
g未发生衰变的放射性元素，所以左盘中的物质总质量为416
g，应从右盘取走砝码4
g.
【答案】　4
g
11．天然放射性铀(U)发生衰变后产生钍(Th)和另一个原子核．
(1)请写出衰变方程；
(2)若衰变前铀(U)核的速度为v，衰变产生的钍(Th)核的速度为，且与铀核速度方向相同，求产生的另一种新核的速度．
【解析】　(1)U→Th＋He
(2)设另一新核的速度为v′，铀核质量为238m，由动量守恒定律得：238mv＝234m＋4mv′得：v′＝v
【答案】　(1)见解析　(2)v
12．放射性元素C被考古学家称为“碳钟”，可用它来测定古生物的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖．
(1)C不稳定，易发生衰变，放出β射线，其半衰期为5
730年，试写出有关的衰变方程．
(2)若测得一古生物遗骸中C的含量只有活体中的12.5%，则此遗骸的年代距今约有多少年？
【导学号：66390049】
【解析】　(1)衰变方程为C→N＋e.
(2)活体中C含量不变，生物死亡后，C开始衰变，设活体中C的含量为m0，遗骸中为m，则由半衰期的定义得m＝m0，即0.125＝，解得＝3，所以t＝3τ＝17
190年．
【答案】　(1)C→N＋e
(2)17
190年3　氢原子光谱
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解光谱、连续谱和线状谱等概念．(重点)2．知道氢原子光谱的实验规律．(重点)3．知道经典物理的困难在于无法解释原子的稳定性和光谱分立特征．(难点)
光
谱
1．定义
用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱．
2．分类
(1)线状谱：由一条条的亮线组成的光谱．
(2)连续谱：由连在一起的光带组成的光谱．
3．特征谱线
各种原子的发射光谱都是线状谱，且不同原子的亮线位置不同，故这些亮线称为原子的特征谱线．
4．光谱分析
(1)定义：利用原子的特征谱线来鉴别物质和确定物质的组成成分．
(2)优点：灵敏度高．
1．各种原子的发射光谱都是连续谱．(×)
2．不同原子的发光频率是不一样的．(√)
3．线状谱和连续谱都可以用来鉴别物质．(×)
为什么用棱镜可以把各种颜色的光展开？
【提示】　不同颜色的光在棱镜中的折射率不同，因此经过棱镜后的偏折程度也不同．
太阳光谱是在连续光谱的背景下出现一些不连续的暗线．
探讨1：某种元素的原子光谱中的亮线与其吸收光谱中的暗线具有什么关系？
【提示】　一一对应关系．
探讨2：利用太阳光谱能分析得出太阳内部含有哪些元素吗？
【提示】　不能，只能分析太阳大气层中含有的元素．
1．光谱的分类
2．太阳光谱
(1)太阳光谱的特点：在连续谱的背景上出现一些不连续的暗线，是一种吸收光谱．
(2)对太阳光谱的解释：阳光中含有各种颜色的光，但当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳高层大气中含有的元素会吸收它自己特征谱线的光，然后再向四面八方发射出去，到达地球的这些谱线看起来就暗了，这就形成了连续谱背景下的暗线．
3．光谱分析
(1)优点：灵敏度高，分析物质的最低量达10－10
g.
(2)应用：
①应用光谱分析发现新元素；
②鉴别物体的物质成分；研究太阳光谱时发现了太阳中存在钠、镁、铜、锌、镍等金属元素。
③应用光谱分析鉴定食品优劣．
1．对原子光谱，下列说法正确的是(　　)
A．原子光谱是不连续的
B．原子光谱是连续的
C．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
D．各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
E．分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含哪些元素
【解析】　原子光谱为线状谱，A正确，B错误；各种原子都有自己的特征谱线，故C错，D对；据各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，E正确．故A、D、E.
【答案】　ADE
2．关于光谱和光谱分析，下列说法正确的是(　　)
A．太阳光谱和白炽灯光谱是线状谱
B．霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱是线状谱
C．进行光谱分析时，可以利用线状谱，不能用连续谱
D．观察月亮光谱，可以确定月亮的化学组成
E．太阳光谱是吸收光谱
【解析】　太阳光谱是吸收光谱，而月亮反射太阳光，也是吸收光谱，煤气灯火焰中钠蒸气产生的光谱属稀薄气体发光，是线状谱．由于月亮反射太阳光，其光谱无法确定月亮的化学组成．
【答案】　BCE
3．太阳光的光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于________．
【解析】　吸收光谱的暗线是连续光谱中某些波长的光被物质吸收后产生的．太阳光的吸收光谱应是太阳内部发出的强光经较低温度的太阳大气层时某些波长的光被太阳大气层的元素原子吸收而产生的．
【答案】　太阳表面大气层中存在着相应的元素
(1)太阳光谱是吸收光谱，是阳光透过太阳的高层大气层时而形成的，不是地球大气造成的．
(2)某种原子线状光谱中的亮线与其吸收光谱中的暗线是一一对应的，两者均可用来作光谱分析．
氢原子光谱的实验规律、经典理论的困难
1．氢原子光谱的实验规律
(1)光谱研究的意义
许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的重要途径．
(2)气体发光原理
①气体放电：玻璃管中稀薄气体在强电场的作用下会电离，形成自由移动的正负电荷，于是气体变成导体，导电时会发光．
②氢光谱：从氢气放电管可以获得氢原子光谱．
(3)巴耳末公式
①公式：＝R(－)(n＝3,4,5，…)．
②意义：巴耳末公式以简洁的形式反映了氢原子的线状光谱，即辐射波长的分立特征．
2．经典理论的困难
(1)用经典(电磁)理论在解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征时遇到了困难．
(2)经典理论可以很好地应用于宏观物体，但不能用来解释原子世界的现象．
1．氢原子光谱是利用氢气放电管获得的．(√)
2．由巴耳末公式可以看出氢原子光谱是线状光谱．(√)
3．在巴耳末公式中，n值越大，氢光谱的波长越长．(×)
1．能否根据巴耳末公式计算出对应的氢光谱的最长波长？
【提示】　能．氢光谱的最长波长对应着n＝3，代入巴耳末公式便可计算出最长波长．
2．根据经典的电磁理论，原子的光谱是怎样的？而实际看到的原子的光谱是怎样的？
【提示】　根据经典理论，原子可以辐射各种频率的光，即原子的光谱应该总是连续的．
实际看到的原子的光谱是分立的线状谱．
探讨1：巴耳末是依据核式结构理论总结出巴耳末公式的吗？
【提示】　不是．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，不是依据核式结构理论总结出来的．
探讨2：根据巴耳末公式可知氢原子发光的波长是分立值，它是人为规定的吗？
【提示】　不是．巴耳末公式准确反映了氢原子发光的实际波长，其波长的分立值并不是人为规定的．
1．氢原子的光谱
从氢气放电管可以获得氢原子光谱，如图18 3 1所示．
图18 3 1
2．氢原子光谱的特点
在氢原子光谱图中的可见光区内，由右向左，相邻谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．
3．巴耳末公式
(1)巴耳末对氢原子光谱的谱线进行研究得到了下面的公式：＝R，n＝3,4,5…该公式称为巴耳末公式．
(2)公式中只能取n≥3的整数，不能连续取值，波长是分立的值．
4．其他谱线
除了巴耳末系，氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线，也都满足与巴耳末公式类似的关系式．
4．以下论断中正确的是(　　)
A．按经典电磁理论，核外电子受原子核库仑引力，不能静止只能绕核运转，电子绕核加速运转，不断地向外辐射电磁波
B．按经典理论，绕核运转的电子不断向外辐射能量，电子将逐渐接近原子核，最后落入原子核内
C．按照卢瑟福的核式结构理论，原子核外电子绕核旋转，原子是不稳定的，说明该理论不正确
D．经典电磁理论可以很好地应用于宏观物体，但不能用于解释原子世界的现象
E．经典电磁理论本身就是错误的
【解析】　卢瑟福的核式结构没有问题，主要问题出在经典电磁理论不能用来解释原子世界的现象．
【答案】　ABD
5．巴耳末通过对氢光谱的研究总结出巴耳末公式＝R(n＝3,4,5…)，下列说法正确的是(　　)
A．巴耳末依据核式结构理论总结出巴耳末公式
B．巴耳末公式反映了氢原子发光的连续性
C．巴耳末依据氢光谱的分析总结出巴耳末公式
D．巴耳末公式准确反映了氢原子发光的分立性，其波长的分立值并不是人为规定的
E．氢光谱在红外和紫外光区的其他谱线也都满足巴耳末类似的公式
【解析】　由于巴耳末是利用当时已知的在可见光区的4条谱线做了分析总结出的巴耳末公式，并不是依据核式结构理论总结出来的，巴耳末公式反映了氢原子发光的分立性，也就是氢原子实际只有若干特定频率的光，C、D、E正确．
【答案】　CDE
6．氢原子光谱的巴耳末系中波长最长的谱线的波长为λ1，其次为λ2，求：
(1)的值等于多少？
(2)其中最长波长的光子能量是多少？
【解析】　(1)由巴耳末公式可得：＝R，
＝R，所以＝＝.
(2)当n＝3时，对应的波长最长，代入巴耳末公式有：
＝1.10×107×m－1，解得λ1≈6.5×10－7
m.
光子能量为
ε1＝hν＝h＝
J＝3.06×10－19
J.
【答案】　(1)　(2)3.06×10－19
J
巴耳末公式的两点提醒
(1)巴耳末公式反映氢原子发光的规律特征，不能描述其他原子．
(2)公式是在对可见光的四条谱线分析时总结出来的，在紫外光区的谱线也适用．
学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．白光通过棱镜后在屏上会形成按红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫排列的连续谱线，下列说法正确的是(　　)
A．棱镜使光谱加了颜色
B．白光是由各种颜色的光组成的
C．棱镜对各种颜色光的偏折不同
D．发光物质发出了在可见光区的各种频率的光
E．白光通过棱镜时，各种色光的频率发生了变化
【解析】　白光通过棱镜使各种颜色的光落在屏上的不同位置，说明棱镜对各种颜色的光偏折不同，形成的连续光谱按波长(或频率)排列，即白光是包括各种频率的光，光的颜色是由波长(或频率)决定，并非棱镜增加了颜色，B、C、D正确，A错误．光在传播过程中频率是不变的，D错误．
【答案】　BCD
2．下列说法中正确的是(　　)
A．炽热的固体、液体和高压气体发出的光形成连续光谱
B．各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线必定一一对应
C．气体发出的光只能产生明线光谱
D．在一定条件下气体也可以产生连续光谱
E．甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱
【解析】　据连续光谱的产生知A正确；由于吸收光谱中的暗线和明线光谱中的明线相对应，但通常吸收光谱中看到的暗线要比明线光谱中的明线少，所以B不对；气体发光，若为高压气体则产生吸收光谱，若为稀薄气体则产生明线光谱，所以C错误，D正确；甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱，所以E正确．
【答案】　ADE
3．关于线状谱，下列说法中正确的是(　　)
A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同
B．每种原子处在不同的物质中的线状谱相同
C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同
D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同
E．两种不同原子发光的线状谱不相同
【解析】　每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，B、C、E正确．
【答案】　BCE
4．下列关于巴耳末公式＝R的理解，正确的是(　　)
A．此公式是巴耳末在研究氢原子光谱特征时发现的
B．公式中n可取任意值，故氢原子光谱是连续谱
C．公式中n只能取不小于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱
D．公式不但适用于氢原子光谱的分析，也适用于其他原子的光谱
E．公式只适用于氢原子光谱的分析
【解析】　此公式是巴耳末在研究氢原子光谱在可见光区的四条谱线中得到的，只适用于氢原子光谱的分析，A、E对，D错；公式中n只能取大于等于3的整数，λ不能连续取值．故氢原子光谱是线状谱，B错，C对．
【答案】　ACE
5．关于经典电磁理论与原子的核式结构之间的关系，下列说法正确的是
(　　)
A．经典电磁理论很容易解释原子的稳定性
B．经典电磁理论无法解释原子的稳定性
C．根据经典电磁理论，电子绕原子核转动时，电子会不断释放能量，最后被吸附到原子核上
D．根据经典电磁理论，原子光谱应该是连续的
E．原子的核式结构模型彻底否定了经典电磁理论
【解析】　根据经典电磁理论，电子绕核运动产生变化的电磁场，向外辐射电磁波，电子转动能量减少，轨道半径不断减小，运动频率不断改变，因此大量原子发光的光谱应该是连续谱，最终电子落到原子核上，所以A错误，B、C、D正确；经典电磁理论不能解释原子世界的现象，但可以很好地应用于宏观物体，所以E错误．
【答案】　BCD
6．如图18 3 2甲所示是a、b、c、d四种元素的线状谱，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是________元素．
图18 3 2
【解析】　将a、b、c、d四种元素的线状谱与乙图对照，可知矿物中缺少b、d元素．
【答案】　b、d
7．同一元素的明线光谱的明线与吸收光谱的暗线是________.
【导学号：66390034】
【解析】　实验表明各种元素的吸收光谱中的每一条暗线都跟这种原子的明线光谱中的一条明线相对应．
【答案】　相对应的
8．氢原子光谱巴耳末系最短波长与最长波长之比＝________.
【解析】　由巴耳末公式＝R(－)，n＝3,4,5，…得
当n＝∞时，最小波长＝R·①
当n＝3时，
最大波长＝R(－)②
由①②得＝.
【答案】　
9．氢原子光谱在巴耳末系中最长波长的光子能量是多少？
【导学号：66390035】
【解析】　当n＝3时，对应的波长最长，代入巴耳末公式有：
＝1.10×107×(－)
解之得λ1≈6.5×10－7
m
光子能量为ε1＝hν＝h＝
J＝3.06×10－19
J.
【答案】　3.06×10－19
J
[能力提升]
10．氢原子光谱的巴耳末系中波长最长的光波的光子能量为E1，其次为E2，则＝________.
【导学号：66390036】
【解析】　由＝R(－)得：当n＝3时，波长最长，＝R(－)，当n＝4时，波长次之，＝R(－)，解得＝，由E＝h得：＝＝.
【答案】　
11．在氢原子光谱的紫外区的谱线系中有多条谱线，试利用莱曼系的公式＝R(－)，n＝2,3,4，…，计算紫外线的最长波和最短波的波长．
【解析】　根据莱曼系波长倒数公式：
＝R，n＝2,3,4，…
可得λ＝，n＝2,3,4，…
当n＝2时波长最长，其值为
λ＝＝＝m
＝1.22×10－7
m.
当n＝∞时，波长最短，其值为
λ＝＝＝
m
＝9.12×10－8
m.
【答案】　1.22×10－7
m　9.12×10－8
m
12．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有莱曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为＝R(－)，n＝4,5,6，…，R＝1.10×107
m－1.若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域，试求：
【导学号：66390037】
(1)n＝6时，对应的波长；
(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多少？n＝6时，传播频率为多大？
【解析】　(1)帕邢系公式＝R(－)，当n＝6时，得λ＝1.09×10－6
m.
(2)帕邢系形成的谱线在红外线区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播，故波速为光速c＝3×108
m/s，由v＝＝λν，得ν＝＝＝
Hz＝2.75×1014
Hz.
【答案】　(1)1.09×10－6
m　(2)3×108
m/s　2.75×1014
Hz4　碰撞
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞)．(重点)2．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题．(难点)3．知道散射和中子的发现过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性．(重点)
碰
撞
的
分
类
1．从能量角度分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大．
2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类
(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动．
(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动．
1．发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．(√)
2．发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．(×)
3．碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．(√)
两小球发生对心碰撞，碰撞过程中，两球的机械能守恒吗？
【提示】　两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒．
如图16 4 1所示，物体A和B放在光滑的水平面上，A、B之间用一轻绳连接，开始时绳是松弛的，现突然给A以水平向右的初速度v0.(作用过程绳未断)
图16 4 1
探讨1：物体A和B组成的系统动量是否守恒？机械能是否守恒？
【提示】　动量守恒，机械能不守恒．
探讨2：上述物体A和B之间的作用过程可以视为哪一类碰撞？
【提示】　完全非弹性碰撞．
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力．
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置．
2．处理碰撞问题的三个原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
1．如图16 4 2，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动．
图16 4 2
【解析】　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零．
【答案】　左　右
2．如图16 4 3所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6
m/s，B球的速度是－2
m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能实现的是(　　)
图16 4 3
A．vA′＝－2
m/s，vB′＝6
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝2
m/s
C．vA′＝1
m/s，vB′＝3
m/s
D．vA′＝－3
m/s，vB′＝7
m/s
E．vA′＝－5
m/s，vB′＝9
m/s
【解析】　两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D、E中满足①式，但不满足②式．
【答案】　ABC
3．(2014·山东高考)如图16 4 4所示，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：
图16 4 4
(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碰撞后的共同速度为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
m＋2mBv＝(m＋mB)v①
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)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv.
【答案】　(1)m　(2)mv
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取．
弹
性
碰
撞
的
处
理
1．弹性碰撞特例
(1)两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v′1＝0，v′2＝v1，即两者碰后交换速度．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
(4)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v′1＝v1，v′2＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
2．散射
(1)定义
微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射．
(2)散射方向
由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方．
1．与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度．(√)
2．两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度．(×)
3．微观粒子发生散射时，并不是微观粒子直接接触碰撞．(√)
1．如图16 4 5所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？
图16 4 5
【提示】　小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与小球3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．
2．微观粒子能否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？
【提示】　宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子碰撞时不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞，可以用动量守恒的规律分析求解．
如图16 4 6所示，空中飞行的一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成A、B两块，其中质量较大的A块的速度方向与v0方向相同．
图16 4 6
探讨1：在炸裂过程中，A、B所受的爆炸力大小相同吗？系统动量可以认为满足动量守恒定律吗？
【提示】　爆炸力大小相等，可以认为系统动量守恒．
探讨2：爆炸时系统动能的变化规律与碰撞时系统动能的变化规律相同吗？
【提示】　不同．碰撞时动能要么守恒，要么有损失，而爆炸时，有其他形式的能转化为系统的机械能，系统的动能要增加．
1．三类“碰撞”模型
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．常见的三类模型如下：
(1)子弹打击木块模型
如图16 4 7所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
图16 4 7
(2)连接体模型
如图16 4 8所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
图16 4 8
(3)板块模型
如图16 4 9所示，物块A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
图16 4 9
2．爆炸与碰撞的对比
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少
4．如图16 4 10所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　　)
图16 4 10
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
E．下落过程中a、b两块动量的增量不相等
【解析】　P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误．magt＜mbgt，E正确．
【答案】　ACE
5．如图16 4 11所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为________．
图16 4 11
【解析】　子弹射入木块A，根据动量守恒有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝.
【答案】　
6．(2015·全国卷Ⅰ)如图16 4 12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，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，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．
图16 4 12
【解析】　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝
v0③
vC1＝
v0④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0
解得
m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m【答案】　(－2)M≤m处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
(3)在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒，在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒．
(4)宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞．
学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于碰撞的理解正确的是
(　　)
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
E．微观粒子的相互作用虽然不发生直接接触，但仍称其为碰撞
【解析】　碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内发生运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．
【答案】　ABE
2．在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有
(　　)
A．Ek1B．p1C．Ek2>Ek0
D．p2>p0
E．p2＝p0
【解析】　两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成＜，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D正确E错误．
【答案】　ABD
3．如图16 4 13，质量相等的三个小球a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是________．
图16 4 13
【解析】　在三小球发生碰撞的过程中，动量都是守恒的，根据动量守恒关系式：mv0＝mv＋Mv′，整理可得：Mv′＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，不难得出C球的动量数值是最大的．
【答案】　C球
4．如图16 4 14所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是________(围绕速度来回答)．
图16 4 14
【解析】　当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由能量守恒定律可知系统损失的动能最多．
【答案】　A和B的速度相等时
5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是________碰撞．
【解析】　设碰撞后乙的速度为v2，由动量守恒定律可得：3mv－mv＝mv2可解得：v2＝2v，因碰撞前系统的动能为Ek前＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后系统的动能为Ek后＝m(2v)2＝2mv2，由此可知，这次碰撞为弹性碰撞．
【答案】　弹性碰撞
6．一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端第一节车厢以速度v向第二节撞去，并连接在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n节车厢全部运动起来，那么最后火车的速度是________(铁轨对车厢的摩擦不计)．
【解析】　n节车厢的碰撞满足动量守恒，即mv＝nmv′
得最后火车的速度v′＝.
【答案】　
7．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度为________．
【解析】　设碰前A球速度为v0，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，则压缩最紧(A、B有相同速度)时的速度v＝，由系统机械能守恒有mv＝×2m×()2＋Ep，解得v0＝2.
【答案】　2
8．一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图14 4 15甲所示，现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图16 4 15乙所示，请据此求盒内物体的质量．
图16 4 15
【解析】　设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0＝mv
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
则Mv＝mv2，解得m＝M.
【答案】　M
[能力提升]
9．如图16 4 16所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是
(　　)
【导学号：66390012】
图16 4 16
A．物体离开弹簧时，小车向左运动
B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为
C．物体与B端粘在一起后，小车静止下来
D．物体与B端粘在一起后，小车向右运动
E．整个作用过程中，A、B、C及弹簧组成的系统的机械能守恒
【解析】　系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比.当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．弹性势能转化为内能．
【答案】　ABC
10．如图16 4 17所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1
kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8
m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10
m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3
kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6
kg，求物体相对木板滑动的最大距离.
【导学号：66390013】
图16 4 17
【解析】　(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4
m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96
m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2
m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512
m.
【答案】　(1)0.96
m　(2)0.512
m
11．(2016·全国丙卷)如图16 4 18所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以
初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图16 4 18
【解析】　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv′＋v′⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v′≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<⑨
【答案】　≤μ<章末分层突破
[自我校对]
①hν
②
③hν－W0
④截止
⑤遏止
⑥饱和
⑦瞬时
⑧ΔxΔp
　
光电效应规律及其应用
有关光电效应的问题主要有两个方面：一是关于光电效应现象的判断，二是运用光电效应方程进行计算．求解光电效应问题的关键在于掌握光电效应规律，明确各概念之间的决定关系，准确把握它们的内在联系．
1．决定关系及联系
2．“光电子的动能”可以是介于0～Ekm的任意值，只有从金属表面逸出的光电子才具有最大初动能，且随入射光频率增大而增大．
3．光电效应是单个光子和单个电子之间的相互作用产生的，金属中的某个电子只能吸收一个光子的能量，只有当电子吸收的能量足够克服原子核的引力而逸出时，才能产生光电效应．
4．入射光强度指的是单位时间内入射到金属表面单位面积上的光子的总能量，在入射光频率ν不变时，光强正比于单位时间内照到金属表面单位面积上的光子数，但若入射光频率不同，即使光强相同，单位时间内照到金属表面单位面积上的光子数也不相同，因而从金属表面逸出的光电子数也不相同(形成的光电流也不相同)．
　如图17 1所示是现代化工业生产中部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器等几部分组成．当用绿光照射图中光电管阴极K时，可发生光电效应，则以下说法中正确的是
(　　)
图17 1
A．增大绿光的照射强度，光电子的最大初动能增大
B．增大绿光的照射强度，电路中的光电流增大
C．改用比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
D．改用比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流
E．改用比绿光频率小的光照射光电管阴极K时，电路可能有光电流
【解析】　光电子的最大初动能由入射光的频率决定，选项A错误；增大绿光的照射强度，单位时间内入射的光子数增多，所以光电流增大，选项B正确；改用比绿光波长更大的光照射时，该光的频率不一定满足发生光电效应的条件，故选项C错误，E正确；若改用频率比绿光大的光照射，一定能发生光电效应，故选项D正确．
【答案】　BDE
1 某种色光强度的改变决定单位时间入射光子数目改变，光子能量不变.
2 光电效应中光电子的最大初动能与入射光频率和金属材料有关，与光的强度无关.
光的波粒二象性的进一步理解
1.现在提到的波动性和粒子性与17世纪提出的波动说和粒子说不同．当时的两种学说是相互对立的，都企图用一种观点去说明光的各种“行为”，这是由于传统观念的影响，这些传统观念是人们观察周围的宏观物体形成的．
2．波动性和粒子性在宏观现象中是相互对立的、矛盾的，但对于光子这样的微观粒子却只有从波粒二象性的角度出发，才能统一说明光的各种“行为”．
3．光子说并不否认光的电磁说，按光子说，光子的能量ε＝hν，其中ν表示光的频率，即表示了波的特征，而且从光子说或电磁说推导电子的动量都得到一致的结论．可见，光的确具有波动性，也具有粒子性．
　从光的波粒二象性出发，下列说法正确的是(　　)
A．光是高速运动的微观粒子，每个光子都具有波粒二象性
B．光的频率越高，光子的能量越大
C．在光的干涉中，暗条纹的地方是光子不会到达的地方
D．在光的干涉中，亮条纹的地方是光子到达概率最大的地方
E．在光的干涉中，暗条纹的地方是光子到达概率小的地方
【解析】　一个光子谈不上波动性，A错误；暗条纹是光子到达概率小的地方，C错误E正确；光的频率越高，光子的能量E＝hν越大，在光的干涉现象中，光子到达的概率大小决定光屏上出现明、暗条纹，故B、D选项正确．
【答案】　BDE
(教师用书独具)
1．(2016·郑州一中检测)以下说法中正确的是(　　)
A．光波和物质波都是概率波
B．实物粒子不具有波动性
C．实物粒子也具有波动性，只是不明显
D．光的波动性是光子之间相互作用引起的
E．光通过狭缝后在屏上形成明暗相间的条纹，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定
【解析】　光波和物质波都是概率波，可通过波动规律来确定，故A、C、E正确，B错误；光的波动性是光的属性，不是光子间相互作用引起的，D错误．
【答案】　ACE
2．(2016·全国乙卷)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是(　　)
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关
【解析】　产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确．减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确．
【答案】　ACE
3．(2016·江苏高考)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．
【解析】　光速为c，频率为ν的光子的波长λ＝，光子的动量p＝＝.用该频率的光垂直照射平面镜，光被垂直反射，则光子在反射前后动量方向相反，取反射后的方向为正方向，则反射前后动量改变量Δp＝p2－p1＝.
【答案】　　
4．(2015·全国卷Ⅰ)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc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________．
图
【解析】　根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝－，故＝k，b＝－，得h＝ek，W0＝－eb.
【答案】　ek　－eb
5．(2016·江苏高考)几种金属的逸出功W0见下表：
金属
钨
钙
钠
钾
铷
W0(×10－19J)
7.26
5.12
3.66
3.60
3.14
用一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长范围为4.0×10－7～7.6×10－7m，普朗克常数h＝6.63×10－34J·s.
【解析】　光子的能量E＝
取λ＝4.0×10－7m，则E≈5.0×10－19
J
根据E＞W0判断，钠、钾、铷能发生光电效应．
【答案】　钠、钾、铷能发生光电效应．
章末综合测评
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分，在每题给出的5个选项中有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1．一个光子和一个电子具有相同的波长，则(　　)
A．光子具有较大的动量
B．光子具有较大的能量
C．电子与光子的动量相等
D．电子和光子的动量不确定
E．电子和光子都满足不确定性关系式ΔxΔp≥
【解析】　根据λ＝可知，相同的波长具有相同的动量．
【答案】　BCE
2．光电效应实验中，下列表述正确的是(　　)
A．光照时间越长光电流越大
B．入射光足够强就可以有光电流
C．遏止电压与入射光的频率有关
D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子
E．只要满足频率条件，光电效应几乎是瞬时发生的
【解析】　在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D、E正确．由－eU＝0－Ek，Ek＝hν－W，可知U＝(hν－W)/e，即遏止电压与入射光频率ν，有关，C正确．
【答案】　CDE
3．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
E．光电效应的发生与照射光的强度无关
【解析】　增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误，E正确．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W逸＝mv2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确．
【答案】　ADE
4．下列叙述的情况中正确的是
(　　)
A．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样
B．光是波，与橡皮绳上的波类似
C．光是波，但与宏观概念的波有本质的区别
D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的
E．光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动的规律来描述
【解析】　光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位置的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项A、B错误，C、E正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确．
【答案】　CDE
5．在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上．假设现在只让一个光子能通过单缝，那么该光子(　　)
A．一定落在中央亮纹处
B．一定落在亮纹处
C．可能落在亮纹处
D．可能落在暗纹处
E．落在中央亮纹处的可能性最大
【解析】　根据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上．当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，只不过落在暗处的概率很小而已，故只有C、D、E正确．
【答案】　CDE
6．电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是(　　)
A．氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置
B．电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道
C．电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律
D．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的
E．电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置
【解析】　微观粒子的波动性是一种概率波，对于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置，电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置，综上所述，C、D、E正确．
【答案】　CDE
二、非选择题(本题共7小题，共64分．按题目要求作答．)
7．(6分)(2016·江苏高考)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．
【解析】　光速为c，频率为ν的光子的波长λ＝，光子的动量p＝＝.用该频率的光垂直照射平面镜，光被垂直反射，则光子在反射前后动量方向相反，取反射后的方向为正方向，则反射前后动量改变量Δp＝p2－p1＝.
【答案】　　
8．(6分)经150
V电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，电子到达屏上的位置受________规律支配，无法用确定的________来描述它的位置．
【解析】　电子被加速后其德布罗意波波长λ＝＝1×10－10
m，穿过铝箔时发生衍射，电子的运动不再遵守牛顿运动定律，不可能用“轨迹”来描述电子的运动，只能通过概率波来描述．
【答案】　波动　坐标
9．(6分)某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21
eV，用波长为2.5×10－7
m的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108
m/s，元电荷为1.6×10－19
C，普朗克常量为6.63×10－34
J·s.钾的极限频率为________，该光电管发射的光电子的最大初动能是________．
【解析】　由W0＝hνc得，极限频率νc＝≈5.3×1014
Hz；由光电效应方程Ek＝hν－W0得，光电子的最大初动能Ek＝h－W0≈4.4×10－19
J.
【答案】　5.3×1014
Hz,4.4×10－19
J
10．(10分)太阳能直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳能转换成电能．如图1所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．
图1
(1)标出电源和电流表的正负极；
(2)入射光应照在________极上．
(3)电流表读数是10
μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个．
【解析】　(1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B向A运动，即电流是由左向右．因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．
(2)光应照在B极上．
(3)设电子个数为n，则
I＝ne，所以n＝＝6.25×1013(个)．
【答案】　(1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极　(2)B　(3)6.25×1013
11．(12分)深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道．如图2所示是一个航标灯自动控制电路的示意图．电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属．下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770
nm(1
nm＝10－9m)．
图2
各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：
金属
铯
钠
锌
银
铂
极限频率(Hz)
4.545×1014
6.000×1014
8.065×1014
1.153×1015
1.529×1015
极限波长(μm)
0.660
0
0.500
0
0.372
0
0.260
0
0.196
2
根据图和所给出的数据，你认为：
(1)光电管阴极K上应涂有金属________；
(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；
(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生．
【导学号：66390025】
【解析】　(1)依题意知，可见光的波长范围为
400×10－9～770×10－9m
而金属铯的极限波长为λ＝0.660
0×10－6m＝660×10－9m，
因此，光电管阴极K上应涂金属铯．
(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S应和b接触．
(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a接触，所以电路中的开关S应和a接触．
【答案】　(1)铯　(2)b　(3)a
12．(12分)德布罗意认为：任何一个运动着的物体，都有着一种波与它对应，波长是λ＝，式中p是运动着的物体的动量，h是普朗克常量．已知某种紫光的波长是440
nm，若将电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍，求：
(1)电子的动量的大小；
(2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加速电压的大小．电子质量m＝9.1×10－31
kg，电子电荷量e＝1.6×10－19
C，普朗克常量h＝6.6×
10－34
J·s，加速电压的计算结果取一位有效数字．
【导学号：66390026】
【解析】　(1)由λ＝知电子的动量
p＝＝1.5×10－23
kg·m/s.
(2)电子在电场中加速，有eU＝mv2
又mv2＝
解得U＝＝≈8×102
V.
【答案】　(1)1.5×10－23
kg·m/s　(2)U＝
8×102
V
13．(12分)如图3所示，相距为d的两平行金属板A、B足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应，已知普朗克常量为h，金属板B的逸出功为W0，电子质量为m，电荷量为e.求：
图3
(1)从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；
(2)光电子从B板运动到A板时所需的最长时间．
【导学号：66390027】
【解析】　(1)根据爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0
光子的频率为ν＝
所以光电子的最大初动能为Ek＝－W0
能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板的动能为Ek1，由动能定理，得eU＝Ek1－Ek
所以Ek1＝eU＋－W0.
(2)能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子．
则d＝at2＝
解得t＝d.
【答案】　(1)eU＋－W0　(2)d4　概率波
5　不确定性关系
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解经典的粒子和经典的波的基本特征．(重点)2．了解并掌握光和物质波都是概率波．(重点)3．知道不确定性关系的具体含义．(重点、难点)
概
率
波
1．经典的粒子和经典的波
(1)经典的粒子
①含义：粒子有一定的空间大小，有一定的质量，有的还带有电荷．
②运动的基本特征：遵从牛顿运动定律，任意时刻有确定的位置和速度，在时空中有确定的轨道．
(2)经典的波
①含义：在空间是弥散开来的．
②特征：具有频率和波长，即具有时空的周期性．
2．概率波
(1)光波是一种概率波：光的波动性不是光子之间的相互作用引起的，而是光子自身固定的性质，光子在空间出现的概率可以通过波动的规律确定，所以，光波是一种概率波．
(2)物质波也是概率波：对于电子和其他微观粒子，单个粒子的位置是不确定的，但在某点附近出现的概率的大小可以由波动的规律确定．对于大量粒子，这种概率分布导致确定的宏观结果，所以物质波也是概率波．
1．经典粒子的运动适用牛顿第二定律．(√)
2．经典的波在空间传播具有周期性．(√)
3．经典的粒子和经典的波研究对象相同．(×)
4．光子通过狭缝后落在屏上明纹处的概率大些．(√)
5．电子通过狭缝后运动的轨迹是确定的．(×)
1．对于经典的粒子，如果知道其初始位置和初速度，能否确定其任意时刻的位置和速度？
【提示】　能．经典粒子的运动规律符合牛顿运动定律，其运动轨迹也是可以确定的，因此，某时刻的位置和速度也可以确定．
2．是否可以认为光子之间的相互作用使它表现出波动性？
【提示】　不可以．实验说明：如果狭缝只能让一个光子通过，曝光时间足够长，仍然能得到规则的干涉条纹，说明光的波动性不是光子之间相互作用引起的，是光子本身的一种属性．
在光的单缝衍射实验中，在光屏上放上照相底片，并设法控制光的强度，尽可能使光子一个一个地通过狭缝，曝光时间短时，可看到胶片上出现一些无规则分布的点子；曝光时间足够长时，有大量光子通过狭缝，底片上出现一些平行条纹，中央条纹最亮最宽．
探讨1：曝光时间短时，说明什么问题？
【提示】　少量光子表现出光的粒子性，但其运动规律与宏观粒子不同，其位置是不确定的．
探讨2：曝光时间足够长时，说明什么问题？
【提示】　大量光子表现出光的波动性，光波强的地方是光子到达的机会多的地方．
探讨3：暗条纹处一定没有光子到达吗？
【提示】　暗条纹处也有光子到达，只是光子到达的几率特别小，很难呈现出亮度．
1．正确理解光的波动性
光的干涉现象不是光子之间的相互作用使它表现出波动性的，在双缝干涉实验中，使光源S非常弱，以致前一个光子到达屏后才发射第二个光子．这样就排除了光子之间的相互作用的可能性．实验结果表明，尽管单个光子的落点不可预知，但长时间曝光之后仍然得到了干涉条纹分布．可见，光的波动性不是光子之间的相互作用引起的．
2．光波是一种概率波
在双缝干涉实验中，光子通过双缝后，对某一个光子而言，不能肯定它落在哪一点，但屏上各处明暗条纹的不同亮度，说明光子落在各处的可能性即概率是不相同的．光子落在明条纹处的概率大，落在暗条纹处的概率小．
这就是说光子在空间出现的概率可以通过波动的规律来确定，因此说光是一种概率波．
3．物质波也是概率波
对于电子、实物粒子等其他微观粒子，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．
1．下列说法正确的是
(　　)
A．概率波就是机械波
B．物质波是一种概率波
C．概率波和机械波的本质是一样的，都能发生干涉和衍射现象
D．在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则无法定这个光子落在哪个点上
E．光波是一种概率波
【解析】　机械波是振动在介质中的传播，而概率波是粒子所到达区域的机率大小可以通过波动的规律来确定．故其本质不同．A、C错，B对；由于光是一种概率波，光子落在哪个点上不能确定．D、E对．
【答案】　BDE
2．关于电子的运动规律，以下说法不正确的是
(　　)
A．电子如果表现粒子性，则无法用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律
B．电子如果表现粒子性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律
C．电子如果表现波动性，则无法用轨迹来描述它们的运动，空间分布的概率遵循波动规律
D．电子如果表现波动性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律
E．电子如果表现出粒子性，则无法用轨迹来描述它们的运动，其运动也不遵循牛顿运动定律
【解析】　由于运动对应的物质波是概率波，少量电子表现出粒子性，无法用轨迹描述其运动，也不遵循牛顿运动定律，A、B错误，E正确；大量电子表现出波动性，无法用轨迹描述其运动，可确定电子在某点附近出现的概率，且概率遵循波动规律，C正确，D错误．
【答案】　ABD
3．在做双缝干涉实验中，观察屏的某处是亮纹，则对某个光子来说到达亮纹处的概率比到达暗纹处的概率________，该光子________到达光屏的任何位置．
【解析】　根据概率波的含义，一个光子到达亮纹处的概率要比到达暗纹处的概率大得多，但并不是一定能够到达亮纹处．
【答案】　大　可能
对光子落点的理解
1．光具有波动性，光的波动性是统计规律的结果，对某个光子我们无法判断它落到哪个位置，我们只能判断大量光子的落点区域．
2．在暗条纹处，也有光子达到，只是光子数很少．
3．对于通过单缝的大量光子而言，绝大多数光子落在中央亮纹处，只有少数光子落在其他亮纹处及暗纹处．
　不
确
定
性
关
系
1．定义
在经典物理学中，一个质点的位置和动量是可以同时测定的；在微观物理学中，要同时测出微观粒子的位置和动量是不太可能的，这种关系叫不确定性关系．
2．表达式
ΔxΔp≥.其中Δx表示粒子位置的不确定量，用Δp表示在x方向上动量的不确定量，h是普朗克常量．
3．物理模型与物理现象
在经典物理学中，对于宏观对象，我们分别建立粒子模型和波动模型；在微观世界里，也需要建立物理模型，像粒子的波粒二象性模型．
1．经典的粒子可以同时确定位置和动量．(√)
2．微观粒子可以同时确定位置和动量．(×)
3．对于微观粒子，不可能同时准确地知道其位置和动量．(√)
对微观粒子的运动分析能不能用“轨迹”来描述？
【提示】　不能．微观粒子的运动遵循不确定关系，也就是说，要准确确定粒子的位置，动量(或速度)的不确定量就更大；反之，要准确确定粒子的动量(或速度)，位置的不确定量就更大，也就是说不可能同时准确地知道粒子的位置和动量．因而不可能用“轨迹”来描述微观粒子的运动．
探讨1：对于宏观物体，我们能同时精确确定其位置和动量吗？
【提示】　可以．
探讨2：对于微观粒子，我们能同时精确确定其位置和动量吗？
【提示】　不可以．
探讨3：不确定性关系是说微观粒子的位置坐标和动量都测不准，这种说法对吗？
【提示】　不对，不确定性关系是说微观粒子的位置和动量不能同时测准．
1．位置和动量的不确定性关系
ΔxΔp≥.
由ΔxΔp≥可以知道，在微观领域，要准确地确定粒子的位置，动量的不确定性就更大；反之，要准确地确定粒子的动量，那么位置的不确定性就更大．
2．微观粒子的运动没有特定的轨道
由不确定关系ΔxΔp≥可知，微观粒子的位置和动量是不能同时被确定的，这也就决定了不能用“轨迹”的观点来描述粒子的运动．
3．经典物理和微观物理的区别
(1)在经典物理学中，可以同时用位置和动量精确地描述质点的运动，如果知道质点的加速度，还可以预言质点在以后任意时刻的位置和动量，从而描绘它的运动轨迹．
(2)在微观物理学中，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量．因而也就不可能用“轨迹”来描述粒子的运动．但是，我们可以准确地知道大量粒子运动时的统计规律．
4．对不确定性关系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，也适用于其他宏观物体
E．在微观物理学中，不可能用“轨迹来描述粒子的运动”
【解析】　不确定性关系ΔxΔp≥表示确定位置、动量的精确度互相制约，此长彼消，当粒子位置的不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；当粒子位置的不确定性变大时，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物体，不过这些不确定量微乎其微．
【答案】　CDE
5．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＝9.0×10－31
kg，测定其位置的不确定量为10－10
m(即在原子的数量级)．
【解析】　(1)m＝1.0
kg，Δx1＝10－6
m，
由ΔxΔp≥，Δp＝mΔv知Δv1≥
＝m/s＝5.3×10－29
m/s.
(2)me＝9.0×10－31
kg，Δx2＝10－10
m
Δv2≥＝
m/s
＝5.89×105
m/s.
【答案】　(1)5.3×10－29
m/s　(2)5.89×105
m/s
对不确定性关系的两点提醒
(1)不确定性关系ΔxΔp≥是自然界的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略不计．也就是说，宏观世界中的物体质量较大，位置和速度的不确定范围较小，可同时较精确测出物体的位置和动量．
(2)在微观世界中，粒子质量较小，不能同时精确地测出粒子的位置和动量，也就不能准确地把握粒子的运动状态了．
学业分层测评(八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．有关经典物理学中的粒子，下列说法正确的是(　　)
A．有一定的大小，但没有一定的质量
B．有一定的质量，但没有一定的大小
C．既有一定的大小，又有一定的质量
D．有的粒子还有电荷
E．可以用轨迹来描述它的运动
【解析】　根据经典物理学关于粒子的理论定义得C、D、E正确．
【答案】　CDE
2．关于经典波的特征，下列说法正确的是(　　)
A．具有一定的频率，但没有固定的波长
B．具有一定的波长，但没有固定的频率
C．既具有一定的频率，也具有固定的波长
D．同时还具有周期性
E．在空间是弥散开来的
【解析】　根据经典波的定义和特点进行分析可以得到C、D、E正确．
【答案】　CDE
3．在单缝衍射实验中，从微观粒子运动的不确定关系可知(　　)
A．不可能准确地知道单个粒子的运动情况
B．缝越窄，粒子位置的不确定性越大
C．缝越宽，粒子位置的不确定性越大
D．缝越窄，粒子动量的不确定性越大
E．缝越宽，粒子动量的不确定性越大
【解析】　由不确定性关系ΔxΔp≥知缝宽时，位置不确定性越大，则动量的不确定性越小，反之亦然，因此选项A、C、D正确．
【答案】　ACD
4．1927年戴维孙和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一．如图17 4 1所示的是该实验装置的简化图，下列说法正确的是(　　)
图17 4 1
A．亮条纹是电子到达概率大的地方
B．该实验说明物质波理论是正确的
C．该实验再次说明光子具有波动性
D．该实验说明实物粒子具有波动性
E．该实验说明电子的运动可以用轨迹来描述
【解析】　亮条纹是电子到达概率大的地方，该实验说明物质波理论是正确的及实物粒子具有波动性，该实验不能说明光子具有波动性，选项C、E说法不正确．
【答案】　ABD
5．对于微观粒子的运动，下列说法中不正确的是(　　)
A．不受外力作用时光子就会做匀速运动
B．光子受到恒定外力作用时就会做匀变速运动
C．只要知道电子的初速度和所受外力，就可以确定其任意时刻的速度
D．运用牛顿力学无法确定微观粒子的运动规律
E．微观粒子具有波动性
【解析】　光子不同于宏观力学的粒子，不能用宏观粒子的牛顿力学规律分析光子的运动，选项A、B错误；根据概率波、不确定关系可知，选项C错误．
【答案】　ABC
6．如图17 4 2所示，用单色光做双缝干涉实验．P处为亮条纹，Q处为暗条纹，不改变单色光的频率，而调整光源使其极微弱，并把单缝调至只能使光子一个一个地过去，那么过去的某一光子(　　)
图17 4 2
A．一定到达P处　　　
B．一定到达Q处
C．可能到达Q处
D．可能到达P处
E．可能到达O处
【解析】　单个光子的运动路径是不可预测的．
【答案】　CDE
7．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将向什么方向运动？
【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．
【答案】　见解析
8．如图17 4 3所示是一个粒子源，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什么现象？
图17 4 3
【解析】　由于粒子源产生的粒子是微观粒子，它的运动受波动性支配，对大量粒子运动到达屏上的某点的概率，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．
【答案】　见解析
[能力提升]
9．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波波长和频率为1MHz的无线电波的波长，由表中数据可知
(　　)
质量/kg
速度(m·s－1)
波长/m
弹子球
2.0×10－2
1.0×10－2
3.3×10－30
电子(100
eV)
9.0×10－31
5.0×106
1.2×10－10
无线电波(1
MHz)
3.0×108
3.3×102
A.要检测弹子球的波动性几乎不可能
B．无线电波通常情况下只表现出波动性
C．电子照射到金属晶体上能观察到波动性
D．只有可见光才有波动性
E．只有无线电波才有波动性
【解析】　弹子球的波长很小，所以要检测弹子球的波动性几乎不可能，故选项A正确．无线电波的波长很长，波动性明显，所以选项B正确．电子的波长与金属晶格的尺寸相差不大，能发生明显的衍射现象，所以选项C正确，一切运动的物体都具有波动性，所以选项D、E错误．
【答案】　ABC
10．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≥可知更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的________，但粒子________的不确定性却更大了
【解析】　由ΔxΔp≥，狭缝变小了，即Δx减小了，Δp变大，即动量的不确定性变大．
【答案】　位置　动量
11．一辆摩托车以20
m/s的速度向墙冲去，车身和人共重100
kg，求车撞墙时的不确定范围．
【导学号：66390023】
【解析】　根据不确定关系ΔxΔp≥得：
Δx≥＝m≈2.64×10－38m.
【答案】　Δx≥2.64×10－38m
12．氦氖激光器所发红光波长为λ＝6.238×10－7
m，谱线宽度Δλ＝10－18
m，求当这种光子沿x方向传播时，它的x坐标的不确定量多大？
【导学号：66390024】
【解析】　红光光子动量的不确定量为Δp＝
根据ΔxΔp≥得位置的不确定量为：
Δx≥＝＝
m≈7.96×10－20
m.
【答案】　大于或等于7.96×10－20
m6　核裂变
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道裂变反应，了解裂变反应堆的工作原理及常用的裂变反应堆的类型．2．知道什么是链式反应及其发生的条件．3．了解原子弹的原理．4．知道核电站的工作模式及核能发电的优缺点.
　核
裂
变
1．核裂变
重核被中子轰击后分裂成两个质量差不多的新原子核，并放出核能的过程．
2．铀核裂变
用中子轰击铀核时，铀核发生裂变，其产物是多种多样的，其中一种典型的反应是U＋n―→Ba＋Kr＋3n.
3．链式反应
当一个中子引起一个重核裂变后，裂变释放的中子再引起其他重核裂变，且能不断继续下去，这种反应叫核裂变的链式反应．
4．链式反应的条件
发生裂变物质的体积大于临界体积或裂变物质的质量大于临界质量．
1．铀核的裂变是一种天然放射现象．(×)
2．铀块的质量大于临界质量时链式反应才能不停地进行下去．(√)
3．铀核裂变时能释放出多个中子．(√)
1．铀核的裂变是一种天然放射现象吗？
【提示】　不是．铀核在受到中子轰击后才发生裂变，不是天然放射现象，属于核反应．
2．铀核裂变的核反应方程是唯一的吗？
【提示】　不是．铀核裂变的生成物并不确定，所以其核反应方程不是唯一的．
原子弹一般应该由两部分组成，一是常规炸药部分，一是核部分，核部分是由分成几块的裂变核材料组成，每一块都在临界体积以下，引爆时，借助常规炸药在极短时间内，将这几块核材料合成一体，使总体积超过临界体积，从而发生链式反应．
探讨1：为什么铀块的体积小于临界体积时不能发生链式反应？
【提示】　如果每次裂变放出的中子平均有一个能再度引起裂变反应，或者说每一代裂变产生的中子数不少于上一代的中子数，裂变反应就能维持下去．当铀块的体积过小时，裂变产生的中子有的可能从裂变物质中漏出去，有的可能被杂质吸收，所以链式反应未必能持续下去．
探讨2：裂变反应发生后，裂变反应物的质量增加还是减小？为什么？
【提示】　减小．裂变反应释放大量的能量，所以发生质量亏损，反应后的质量减小．
1．铀核的裂变和裂变方程
(1)核子受激发：当中子进入铀235后，便形成了处于激发状态的复核，复核中由于核子的激烈运动，使核变成不规则的形状．
(2)核子分裂：核子间的距离增大，因而核力迅速减弱，使得原子核由于质子间的斥力作用而分裂成几块，同时放出2或3个中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变就会不断地进行下去，释放出越来越多的核能．
(3)常见的裂变方程：
①U＋n→Xe＋Sr＋2n.
②U＋n→Ba＋Kr＋3n.
2．链式反应的条件
(1)铀块的体积大于临界体积．
(2)铀块的质量大于临界质量．
以上两个条件满足一个，则另一个条件自动满足．
3．裂变反应的能量
铀核裂变为中等质量的原子核，发生质量亏损，所以放出能量．一个铀235核裂变时释放的能量如果按200
MeV估算，1
kg铀235全部裂变放出的能量相当于2
800
t标准煤完全燃烧时释放的能量，裂变时能产生几百万度的高温．
4．铀的同位素中铀235比铀238更易发生链式反应
在天然铀中，主要有两种同位素，99.3%的是铀238，0.7%的是铀235，中子能引起这两种铀核发生裂变，但它们和中子发生作用的情况不同．
(1)铀235：俘获各种能量的中子都会发生裂变，且俘获低能量的中子发生裂变的概率大．
(2)铀238：只有俘获能量大小1
MeV的中子才能发生裂变，且裂变的几率小．能量低于1
MeV的中子只与铀核发生弹性碰撞，不引起裂变．因此，为了使链式反应容易发生，最好利用纯铀235.
1．关于重核的裂变，以下说法正确的是(　　)
A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B．中子从铀块中通过时，一定发生链式反应
C．重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，但核子数不变
D．重核裂变为中等质量的核时，放出核能
E．核裂变释放的能量来源于裂变过程的质量亏损
【解析】　核裂变释放的能量来源于裂变过程的质量亏损，是核能转化为其他形式能的过程，其能量远大于俘获中子时吸收的能量，A错误，D、E正确．发生链式反应是有条件的，铀块的体积必须大于其临界体积，否则中子从铀块中穿过时，可能碰不到原子核，则不会发生链式反应，B错误．重核裂变时，核子数守恒，C正确．
【答案】　CDE
2．铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：U＋n→Xe＋Sr＋2n，则A＝________，Z＝________.
【解析】　根据核反应中的质量数、电荷数守恒可知，A＝94，B＝38.
【答案】　94　38
对重核裂变的两点理解
(1)重核裂变是中子轰击质量数较大的原子核，使之分裂成中等质量的原子核，同时释放大量的能量，放出更多的中子的过程．
(2)重核的裂变是放能核反应，原因是核反应前后质量有亏损，根本原因是重核的比结合能相比中等质量的核的比结合能要小．所以在重核分解为两个中等质量核的过程中要释放能量，而且释放的能量远大于它俘获中子时得到的能量．
　核
电
站
1．核能释放的控制
通过可控制的链式反应实现核能释放的装置称为核反应堆．
2．慢化剂
反应堆中，为了使裂变产生的快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水．
3．控制棒
为了控制反应速度，还需要在铀棒之间插进一些镉棒，它吸收中子的能力很强，反应过于激烈时，可将其插入深一些，多吸收一些中子，链式反应的速度就会慢一些，这种镉棒叫做控制棒．
4．能量输出
核燃料裂变释放的能量使反应区温度升高，水或液态的金属钠等流体在反应堆外循环流动，把反应堆内的热量传输出去，用于发电．
5．核能发电的效益
(1)一座百万千瓦级的核电站，每年只消耗30吨左右的浓缩铀，而同样功率的火电站，每年要烧煤250万吨．
(2)核电技术已经成熟，在经济效益方面也跟火力发电.
(3)作为核燃料的铀、钍等在地球上的可采储量所能提供的能量，比煤、石油等所提供的能量大15倍左右．核电对环境的污染比火电小．
6．核污染的处理
为阻止射线对人体的伤害和放射性物质对水源、空气和工作场所造成放射性污染，在反应堆外面需要修建很厚的水泥层，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线，核废料具有很强的放射性，需要装入特制容器，深埋地下．
1．控制棒是通过吸收中子多少来控制链式反应速度的．(√)
2．核裂变释放的大量核能是通过在反应堆外循环流动的液体传输出去的．(√)
3．核电废料难以处理，对环境的污染比火电大．(×)
1．核反应堆中的控制棒是由什么制成的？控制棒起什么作用？
【提示】　控制棒由镉棒制成，镉吸收中子的能力很强，在铀棒之间插进一些镉棒，可以控制链式反应的速度．
2．慢化剂的作用是什么？是为了减慢裂变速度吗？
【提示】　慢化剂的作用是使快中子减速，以便于中子与铀核作用发生链式反应，不是为了减慢裂变速度，而是为了提高中子的利用率．
核电站的核心设施是核反应堆，所用的核燃料为铀235，为控制核能的释放速度，反应堆中用到了慢化剂和控制棒．
探讨1：原子弹和核电站都利用了重核的裂变，两者有何不同？
【提示】　原子弹杀伤力强大的原因是核能在极短的时间内释放出来；而核电站是在人工控制下利用核能来发电，这是核能的和平利用．
探讨2：核电站是如何控制反应速度的？
【提示】　利用镉棒插入深浅控制中子的数量而达到控制反应速度的目的．
1．核电站的主要组成
核电站的核心设施是核反应堆
，反应堆用的核燃料是铀235，它的主要部件列表如下：
部件名称
慢化剂
控制棒
热循环介质
保护层
采用的材料
石墨、重水或普通水(也叫轻水)
镉
水或液态钠
很厚的水泥外壳
作用
降低中子速度，便于铀235吸收
吸收中子，控制反应速度
把反应堆内的热量传输出去
屏蔽射线，防止放射性污染
2.反应堆工作原理
(1)热源：在核电站中，核反应堆是热源，如图19 6 1为简化的核反应堆示意图：铀棒是燃料，由天然铀或浓缩铀(铀235的含量占2%～4%)制成，石墨(重水)为慢化剂，使反应生成的快中子变为慢中子，便于铀235的吸收，发生裂变，慢化剂附在铀棒周围．
19 6 1　反应堆示意图
(2)控制棒：镉棒的作用是吸收中子，控制反应速度，所以也叫控制棒．控制棒插入深一些，吸收中子多，反应速度变慢，插入浅一些，吸收中子少，反应速度加快，采用电子仪器自动调节控制棒插入深度，就能控制核反应的剧烈程度．
(3)冷却剂：核反应释放的能量大部分转化为内能，这时通过水、液态钠等作冷却剂，在反应堆内外循环流动，把内能传输出去，用于推动蒸汽机，使发电机发电．
发生裂变反应时，会产生一些有危险的放射性物质，很厚的水泥防护层可以防止射线辐射到外面．
3．核电站发电的优点
(1)消耗的核燃料少．
(2)作为核燃料的铀、钍等在地球上可采储量大．
(3)对环境的污染要比火力发电小．
3．关于核反应堆，下列说法正确的是(　　)
A．铀棒是核燃料，裂变时释放核能
B．镉棒的作用是控制反应堆的功率
C．铀棒的作用是控制反应堆的功率
D．石墨的作用是吸收中子
E．冷却剂的作用是控制反应堆的温度和输出热能
【解析】　铀棒是核燃料，裂变时可放出能量，故A正确；镉棒吸收中子的能力很强，作用是调节中子数目以控制反应速度，即控制反应堆功率，故B正确C错误；慢中子最容易引发铀核裂变，所以在快中子碰到铀棒前要进行减速，石墨的作用是使中子减速，故D错误；水或液态金属钠等流体在反应堆内外循环流动，把反应堆内的热量传输出去，用于发电，同时也使反应堆冷却，控制温度，故E正确．
【答案】　ABE
4．原子反应堆是实现可控制的重核裂变的一种装置，它主要由四部分组成，即原子燃料、________、________、控制调节系统．
【解析】　核反应堆的主要部分包括①燃料，即浓缩铀235；②慢化剂，采用石墨、重水和普通水；③控制棒，控制链式反应的速度；④冷却系统，水或液态钠等流体在反应堆外循环流动，把反应堆的热量传输出去用于发电．
【答案】　减速剂、冷却系统
5．每昼夜消耗220
g铀235的原子能发电站，如果效率为25%，它能产生的电功率为多大？(每个铀核裂变时放出的能量是200
MeV)
【解析】　一昼夜消耗的铀所能产生的核能为：
ΔE＝200××6.02×1023×106×1.6×10－19
J
＝1.8×1013
J
电功率P＝η＝
W＝5.2×107
W.
【答案】　5.2×107
W
1 核电站释放的核能是一个个核反应释放核能积累的结果：E＝n·ΔE，ΔE＝Δmc2，n＝·NA.
2 发电站用于发电的能量只占所释放核能的一部分，则E电＝ηE.
学业分层测评(十七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．当一个重核裂变时，它能产生的两个核(　　)
A．一定是稳定的
B．含有的中子数较裂变前重核的中子数少
C．裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量
D．可以是多种形式的两个核的组合
E．含有的质子数与裂变前重核的质子数相等
【解析】　重核裂变为两个中等质量的核时平均要放出2个或3个中子，裂变释放的能量比俘获中子的能量大，C错误．质子数不变，中子数会减少，故B、E正确．重核裂变的产物是多种多样的，故A错误，D正确．
【答案】　BDE
2．在下列四个方程中，X1、X2、X3、X4各代表某种粒子，判断正确的是(　　)
①U＋n→Sr＋Xe＋3X1
②H＋X2→He＋n
③U→234
90Th＋X3
④Mg＋He→Al＋X4
A．X1是中子　　　　　　
B．X2是质子
C．X3是α粒子
D．X4是氚核
E．X4是质子
【解析】　根据电荷数和质量数守恒可得X1的电荷数为0，质量数为1，因此确定X1为中子，A对；根据电荷数和质量数守恒可得X2的电荷数为1，质量数为2，因此确定X2为氘核，B错；根据电荷数和质量数守恒可得X3的电荷数为2，质量数为4，因此确定X3为α粒子，C对；根据电荷数和质量数守恒可得X4的电荷数为1，质量数为1，因此确定X4为质子，D错E正确．
【答案】　ACE
3．关于铀核裂变，下列说法正确的是(　　)
A．铀核裂变的产物是多种多样的，但只能裂变成两种不同的核
B．铀核裂变时还能同时释放2～3个中子
C．为了使裂变的链式反应容易进行，最好用铀235而不用铀238
D．铀块的体积对产生链式反应无影响
E．要产生链式反应，应使铀块的体积达到或超过临界体积
【解析】　铀核受到中子的轰击，会引起裂变，放出2～3个中子，裂变的产物是各种各样的，具有极大的偶然性，只是裂变成两块的情况多，也有的分裂成多块，A错误，B正确．铀235受慢中子的轰击时，裂变的概率大，而铀238只有俘获能量在1
MeV以上的中子才能引起裂变，且裂变的几率小，C正确．而要引起链式反应，需使铀块体积超过临界体积，故D错误E正确．
【答案】　BCE
4．一个原子核U在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U＋n→X＋Sr＋2n，则下列叙述正确的是(　　)
A．X原子核中含有140个核子
B．X原子核中含有86个中子
C．因为裂变时释放能量，所以裂变后粒子的总质量数增加
D．因为裂变时释放能量，所以裂变后粒子的总质量数减少
E．因为裂变时释放能量，所以裂变过程一定有质量亏损
【解析】　由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知：X原子核中含有92－38＝54个质子，235＋1－94－2－54＝86个中子.86＋54＝140个核子；故A正确，B正确；据爱因斯坦的质能方程可知，质量亏损时释放能量不是质量变成了能量，而是亏损的质量以能量的形式释放，但质量数依然守恒，故C错误，D错误E正确．
【答案】　ABE
5．链式反应中，重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是________．
【解析】　重核的裂变需要中子的轰击，在链式反应中，不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去．
【答案】　中子
6．1个铀235核吸收1个中子发生核反应时，大约放出196
MeV的能量，则1
g纯铀235完全发生核反应放出的能量为________MeV.
【解析】　1
g纯铀235有×NA个铀235核．因此1
g纯铀235吸收中子完全发生核反应可以释放出×196
MeV能量＝5.0×1023
MeV.
【答案】　5.0×1023
7．(2015·江苏高考)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料.U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．
【解析】　核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：U＋n―→Ba＋Kr＋3n，即产生3个中子．临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积．
【答案】　3　大于
8．在核反应中，控制铀235核裂变反应速度的方法是什么？
【解析】　控制铀235核裂变反应速度的方法是控制中子的数量，其有效方法是用吸收中子能力很强的镉棒插入铀燃料周围，镉棒插入的深度不同，就会控制中子的数目，达到控制核反应的目的．
【答案】　通过自动控制装置，改变镉棒插入的深度，以改变中子数
[能力提升]
9．1938年哈恩用中子轰击铀核，发现产物中有原子核钡(Ba)、氪(Kr)、中子和一些γ射线．下列关于这个实验的说法中正确的是(　　)
A．这个实验的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n
B．这是一个核裂变过程，反应后粒子质量之和大于反应前粒子质量之和
C．这个反应中释放出的能量可以用爱因斯坦的光电效应方程来计算
D．实验中产生的γ射线，其穿透能力极强
E．实验中产生的γ射线的频率很高
【解析】　根据质量数守恒、电荷数守恒，铀核裂变的核反应方程应为：U＋n→Ba＋Kr＋3n，选项A正确；铀核裂变过程中，产生γ射线，放出能量，发生质量亏损，释放的能量根据爱因斯坦的质能方程计算，选项B、C不正确；核反应中产生的γ射线频率很高，穿透能力极强，是能量极高的光子，选项D、E正确．
【答案】　ADE
10．我国秦山核电站第三期工程中有两组60万千瓦的发电机组，发电站的核能来源于U的裂变，下列说法正确的是(　　)
A.U原子核中有92个质子，143个中子；
B.U的一种可能裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程为U＋n→Xe＋Sr＋2n；
C.U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短；
D．一个U裂变能放出200
MeV的能量，合3.2×10－11
J.
E．通过改变半衰期来控制链式反应的速度
【解析】　由U的质量数和电荷数关系易知A正确；由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒知B正确；半衰期不受外界因素干扰，故C、E错误；因为200
MeV＝200×106×1.6×10－19
J＝3.2×10－11
J，所以D正确．
【答案】　ABD
11．已知U(质量为235.043
9
u)裂变后生成Ba(质量为140.913
9
u)和Kr(质量为91.897
3
u)，同时放出3个中子(每个中子质量为1.008
7
u)，则1
kg铀全部裂变所放出的能量相当于多少千克优质煤完全燃烧时放出的能量？(1
kg优质煤完全燃烧时产生3.36×107
J的热量)
【导学号：66390057】
【解析】　核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n
质量亏损为Δm＝(mU＋mn)－(mBa＋mKr＋3mn)＝(235.043
9＋1.008
7)u－(140.913
9＋91.897
3＋3×1.008
7)u＝0.215
3
u.
释放的核能为
ΔE＝Δmc2＝0.215
3×931.5
MeV≈200
MeV，
已知235
g铀有6.02×1023个铀核，那么1
kg铀内大约有×6.02×1023＝2.56×1024个铀核，由此可知1
kg铀全部裂变放出的能量为ΔE＝2.56×1024×200
MeV＝5.12×1026
MeV＝5.12×1032
eV＝8.2×1013
J，则相当于优质煤的质量为M＝
kg＝2.44×106
kg.
【答案】　2.44×106
kg
12．裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核U为燃料的反应堆中，U俘获一个慢中子后发生裂变反应可以有多种方式，其中一种方式可表示为：
U　　＋　　n―→Xe　＋　Sr＋3n
235．043
9　1.008
7　138.917
8　93.915
4
反应方程下方的数字是中子及有关原子核静止时的质量(以原子质量单位u为单位)，已知1
u的质量对应的能量为931.5
MeV，求：
(1)该反应中放出的能量是多少MeV
(2)1
kg铀235大约产生多少能量？(保留两位有效数字)
【导学号：66390058】
【解析】　(1)裂变前后的质量亏损为：
Δm＝mU＋mn－mXe－mSr－3mn.
由质能方程ΔE＝Δm×931.5
MeV，得：
ΔE＝(235.043
9－138.917
8－93.915
4－2×1.008
7)×931.5
MeV≈1.8×102
MeV.
(2)1
kg铀235的铀核数为：
n＝×6.02×1023≈2.56×1024(个)．
故1
kg铀235完全裂变产生的能量约为：
E＝n·ΔE＝2.56×1024×1.8×102
MeV
≈4.6×1026MeV.
【答案】　(1)1.8×102
MeV　(2)4.6×1026MeV1　电子的发现
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道阴极射线的概念，了解电子的发现过程．(重点)2．知道电子是原子的组成部分．(重点)3．知道电子的电荷量及其他电荷与电子电荷量的关系．(重点、难点)
　阴
极
射
线
1．实验装置
真空玻璃管、阴极、阳极和感应圈．
2．实验现象
感应圈产生的高电压加在两极之间，玻璃管壁上发出B(A.阴极射线　B．荧光)．
3．阴极射线
荧光是由于玻璃受到阴极发出的某种射线的撞击而引起的，这种射线命名为阴极射线．
1．阴极射线是由真空玻璃管中的感应圈发出的．(×)
2．阴极射线撞击玻璃管壁会发出荧光．(√)
3．阴极射线在真空中沿直线传播．(√)
产生阴极射线的玻璃管为什么是真空的？
【提示】　在高度真空的放电管中，阴极射线中的粒子主要来自阴极，对于真空度不高的放电管，粒子还有可能来自管中的气体，为了使射线主要来自阴极，一定要把玻璃管抽成真空．
如图18 1 1所示，在阴极和阳极之间加上高电压，阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，射向阳极．
图18 1 1
探讨1：怎样判定阴极射线是不是电磁辐射？
【提示】　电磁辐射是电磁波的辐射，若使阴极射线通过电场或磁场，看传播方向是否受其影响则可判定是不是电磁辐射．
探讨2：根据带电粒子在电、磁场中的运动规律，哪些方法可以判断运动的带电粒子所带电荷的正负？
【提示】　带电粒子垂直进入匀强电场时，正负电荷的偏转方向不同，偏转方向与场强方向相同(相反)的粒子带正(负)电，不带电者不偏转．
带电粒子垂直进入匀强磁场时，做匀速圆周运动，所受的洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知其电性．
1．对阴极射线本质的认识——两种观点
(1)电磁波说，代表人物——赫兹，他认为这种射线是一种电磁辐射．
(2)粒子说，代表人物——汤姆孙，他认为这种射线是一种带电粒子流．
2．阴极射线带电性质的判断方法
(1)方法一：在阴极射线所经区域加上电场，通过打在荧光屏上的亮点的变化和电场的情况确定带电的性质．
(2)方法二：在阴极射线所经区域加一磁场，根据亮点位置的变化和左手定则确定带电的性质．
3．实验结果
根据阴极射线在电场中和磁场中的偏转情况，判断出阴极射线是粒子流，并且带负电．
1．如图18 1 2所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会向________偏转．
图18 1 2
【解析】　阴极射线方向水平向右，说明其等效电流的方向水平向左，与导线中的电流方向相反，由左手定则，两者相互排斥，阴极射线向上偏转．
【答案】　上
2．如图18 1 3是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，可采用加磁场或电场的方法．
图18 1 3
若加一磁场，磁场方向沿________方向，若加一电场，电场方向沿________方向．
【解析】　若加磁场，由左手定则可判定其方向应沿y轴正方向；若加电场，根据受力情况可知其方向应沿z轴正方向．
【答案】　y轴正　z轴正
注意阴极射线 电子 从电源的负极射出，用左手定则判断其受力方向时四指的指向和射线的运动方向相反.
　电
子
的
发
现
1．汤姆孙的探究方法及结论
(1)根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流，并求出了这种粒子的比荷．
(2)换用不同材料的阴极做实验，所得比荷的数值都相同，是氢离子比荷的近两千倍．
(3)结论：阴极射线粒子带负电，其电荷量的大小与氢离子大致相同，而质量比氢离子小得多，后来组成阴极射线的粒子被称为电子．
2．汤姆孙的进一步研究
汤姆孙又进一步研究了许多新现象，证明了电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元．
3．电子的电荷量及电荷量子化
(1)电子电荷量：1910年前后由密立根通过著名的得出，电子电荷的现代值为e＝1.602×10－19_C.
(2)电荷是量子化的，即任何带电体的电荷只能是e的整数倍．
(3)电子的质量：me＝9.109
389
7×10－31
kg，质子质量与电子质量的比＝1_836.
1．阴极射线实际上是高速运动的电子流．(√)
2．电子的电荷量是汤姆孙首先精确测定的．(×)
3．带电体的电荷量可以是任意值．(×)
汤姆孙怎样通过实验确定阴极射线是带负电的粒子？
【提示】　汤姆孙通过气体放电管研究阴极射线的径迹，未加电场时，射线不偏转，施加电场后，射线向偏转电场的正极板方向偏转，由此确定阴极射线是带负电的粒子．
如图18 1 4所示，为测定电子比荷的实验装置，其中M1、M2为两正对平行金属板．
图18 1 4
探讨1：电子在两平行金属板间的运动轨迹是什么形状？
【提示】　抛物线．
探讨2：电子飞出金属板间后到荧光屏P的过程中的运动轨迹是什么形状？
【提示】　一条直线．
探讨3：要使电子在M1、M2之间沿水平方向做直线运动，所加的磁场应为什么方向？
【提示】　垂直于纸面向外．
1．电子比荷(或电荷量)的测定方法
根据电场、磁场对电子的偏转测量比荷(或电荷量)，可按以下方法：
(1)让电子通过正交的电磁场，如图18 1 5(甲)所示，让其做匀速直线运动，根据二力平衡，即F洛＝F电(Bqv＝qE)得到电子的运动速度v＝.
甲
(2)在其他条件不变的情况下，撤去电场，如图(乙)所示，保留磁场让电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，即Bqv＝，根据轨迹偏转情况，由几何知识求出其半径r，则由qvB＝m得＝＝.
乙
图18 1 5
2．密立根油滴实验
(1)装置
密立根实验的装置如图18 1 6所示．
图18 1 6
①两块水平放置的平行金属板A、B与电源相接，使上板带正电，下板带负电．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中．
②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．
(2)方法
①两板间的电势差、两板间的距离都可以直接测得，从而确定极板间的电场强度E.但是由于油滴太小，其质量很难直接测出．密立根通过测量油滴在空气中下落的终极速度来测量油滴的质量．没加电场时，由于空气的黏性，油滴所受的重力大小很快就等于空气给油滴的摩擦力而使油滴匀速下落，可测得速度v1.
②再加一足够强的电场，使油滴做竖直向上的运动，在油滴以速度v2匀速运动时，油滴所受的静电力与重力、阻力平衡．根据空气阻力遵循的规律，即可求得油滴所带的电荷量．
(3)结论
带电油滴的电荷量都等于某个最小电荷量的整数倍，从而证实了电荷是量子化的，并求得了其最小值即电子所带的电荷量e.
3．关于电荷的电荷量下列说法正确的是(　　)
A．电子的电量是由密立根油滴实验测得的
B．物体所带电荷量可以是任意值
C．物体所带电荷量最小值为1.6×10－19
C
D．物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
E．电子就是元电荷
【解析】　密立根的油滴实验测出了电子的电量为1.6×10－19
C，并提出了电荷量子化的观点，因而A对，B错，C对；任何物体的电荷量都是e的整数倍，故D对．E错．
【答案】　ACD
4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图18 1 7所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m，调节两极板间的电势差U，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d.则可求出小油滴的电荷量q＝________.
图18 1 7
【解析】　由平衡条件得mg＝q，解得q＝.
【答案】　
5．如图18 1 8所示为汤姆孙用来测定电子比荷的装置．当极板P和P′间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，O′点到O点的竖直距离为d，水平距离可忽略不计；此时在P与P′之间的区域里再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁感应强度，当其大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2.
图18 1 8
(1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小．
(2)推导出电子比荷的表达式．
【解析】　(1)电子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动，有Bev＝Ee＝e，得v＝
即打到荧光屏O点的电子速度的大小为.
(2)由d＝2＋·可得
＝＝.
【答案】　(1)　(2)
巧妙运用电磁场测定电子比荷
(1)当电子在复合场中做匀速直线运动时，qE＝qvB，可以测出电子速度的大小．
(2)电子在荧光屏上的落点到屏中心的距离等于电子在电场中的偏转位移与电子出电场到屏之间的倾斜直线运动偏转位移的和．
学业分层测评(九)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．已知X射线的“光子”不带电，假设阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线管内的高电压不能够对其加速而增加能量
B．阴极射线通过偏转电场不会发生偏转
C．阴极射线通过磁场方向一定不会发生改变
D．阴极射线通过偏转电场能够改变方向
E．阴极射线通过磁场方向可能发生改变
【解析】　因为X射线的“光子”不带电，故电场、磁场对X射线不产生作用力，故选项A、B、C对．
【答案】　ABC
2．汤姆孙通过对阴极射线的探究，最终发现了电子，由此被称为“电子之父”，关于电子的说法正确的是(　　)
A．任何物质中均有电子
B．不同的物质中具有不同的电子
C．不同物质中的电子是相同的
D．电子质量是质子质量的1
836倍
E．电子是一种粒子，是构成物质的基本单元
【解析】　汤姆孙对不同材料的阴极发出的射线进行研究，发现均为同一种相同的粒子——即电子，电子是构成物质的基本单元，它的质量远小于质子的质量；由此可知A、C、E正确，B、D错误．
【答案】　ACE
3．下列说法中正确的是(　　)
A．汤姆孙精确地测出了电子电荷量
e＝1.602
177
33(49)×10－19
C
B．电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的
C．汤姆孙油滴实验更重要的发现是：电荷量是量子化的，即任何电荷量只能是e的整数倍
D．通过实验测得电子的比荷及电子电荷量e的值，就可以确定电子的质量
E．阴极射线的本质是电子
【解析】　电子的电荷量是密立根通过“油滴实验”测出的，A、C错误，B正确．测出比荷的值和电子电荷量e的值，可以确定电子的质量，故D正确．阴极射线即电子流，E正确．
【答案】　BDE
4．关于电子的发现，下列叙述中正确的是(　　)
A．电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的
B．电子的发现，说明原子具有一定的结构
C．电子是第一种被人类发现的微观粒子
D．电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象
E．电子的发现说明原子核具有一定的结构
【解析】　发现电子之前，人们认为原子是不可再分的最小粒子，电子的发现，说明原子有一定的结构，B正确E错误；电子是人类发现的第一种微观粒子，C正确；物体带电的过程，就是电子的得失和转移的过程D正确．
【答案】　BCD
5．阴极射线管中的高电压的作用是________．
【解析】　在阴极射线管中，阴极射线是由阴极处于炽热状态而发射出的电子流，通过高电压对电子加速获得能量，使之与玻璃发生撞击而产生荧光．
【答案】　使电子加速
6．向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通以如图18 1 9所示的电流，电子的偏转方向为________．
图18 1 9
【解析】　根据安培定则，环形磁铁右侧为N极、左侧为S极，在环内产生水平向左的匀强磁场，利用左手定则可知，电子向上偏转．
【答案】　向上
7．如图18 1 10所示，让一束均匀的阴极射线以速率v垂直进入正交的电、磁场中，选择合适的磁感应强度B和电场强度E，带电粒子将不发生偏转，然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，测得其半径为R，求阴极射线中带电粒子的比荷．
图18 1 10
【解析】　因为带电粒子在复合场中时不偏转，所以qE＝qvB，即v＝，撤去电场后，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m.由此可得＝.
【答案】　
[能力提升]
8．如图18 1 11所示，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场，则下列说法正确的是(　　)
图18 1 11
A．增大电场强度E
B．增大磁感应强度B
C．减小加速电压U，增大电场强度E
D．适当地加大加速电压U
E．适当地减小电场强度E
【解析】　正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域中，受到的电场力F＝qE，方向向上，受到的洛伦兹力F洛＝qvB，方向向下，离子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使离子沿直线运动，须qE＝qvB，则可使洛伦兹力增大或电场力减小，增大洛伦兹力的途径是增大加速电压U或增大磁感应强度B，减小电场力的途径是减小电场强度E.选项B、D、E正确．
【答案】　BDE
9．如图18 1 12所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图．显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光．安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转．下列说法中正确的是(　　)
【导学号：66390028】
图18 1 12
A．如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的O点
B．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
C．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
D．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由B点向A点移动，则偏转磁场强度应该先由小到大，再由大到小
E．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由A点向B点移动，则偏转磁场强度应该先由大到小，再由小到大
【解析】　偏转线圈中没有电流，阴极射线沿直线运动，打在O点，A正确．由阴极射线的电性及左手定则可知B错误，C正确；由R＝可知，B越小，R越大，故磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D错误E正确．
【答案】　ACE
10．电子所带电量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的．他测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于某个最小电量的整数倍．这个最小电量就是电子所带的电量．密立根实验的原理如图18 1 3所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电．从喷雾器嘴喷出的小油滴，落到A、B两板之间的电场中．小油滴由于摩擦而带负电，调节A、B两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡．已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105
N/C，油滴半径是1.64×10－4
cm，油的密度是0.851
g/cm3，求油滴所带的电量．这个电量是电子电量的多少倍？(g取9.8
m/s2)
【导学号：66390029】
图18 1 3
【解析】　小油滴质量为，m＝ρV＝ρ·πr3
由题意得mg＝Eq
联立解得q＝
＝C
＝8.02×10－19
C
小油滴所带电量q是电子电量e的倍数为n＝＝＝5倍．
【答案】　8.02×10－19　5
11．在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图18 1 14所示．abcd是个长方形盒子，在ad边和cd边上各开有小孔f和e，e是cd边上的中点，荧光屏M贴着cd放置，能显示从e孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子经过电压为U的电场加速后，从f孔垂直于ad边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出．若已知＝＝L，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用．请你根据上述条件求出带电粒子的比荷.
【导学号：66390030】
图18 1 14
【解析】　带电粒子进入电场，经电场加速．根据动能定理得qU＝mv2，得v＝.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设圆周半径为R，在三角形Ode中，有(L－R)2＋2＝R2，整理得：R＝L，洛伦兹力充当向心力：qvB＝m，联立上述方程，解得＝.
【答案】　1　实验：探究碰撞中的不变量
一、实验目的
1．明确探究碰撞中的不变量的基本思路．
2．探究一维碰撞中的不变量．
二、实验原理
1．碰撞中的特殊情况——一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．
2．追寻不变量
在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和物体的速度，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值．
依据猜想与假设，通过实验探究寻找碰撞前后的不变量，可能是下列的哪些关系？
(1)可能是质量与速度的乘积，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2)可能是质量与速度的二次方的乘积，即m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(3)也许是物体的速度与质量的比值，即＋＝＋.
…
探究以上各关系式是否成立，关键是准确测量碰撞前后的速度v1、v2、v1′、v2′.因此，利用气垫导轨和与之配套的光电计时装置，可保证两物体碰撞是一维碰撞，并可比较准确地测量出碰撞前后的速度．
3．实验方案设计
方案一：用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验装置如图16 1 1所示：
图16 1 1
(1)质量的测量：用天平测量质量．
(2)速度的测量：利用公式v＝，式中Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门时对应的时间．
(3)利用在滑块上增加重物的方法改变碰撞物体的质量．
(4)实验方法．
①用细线将弹簧压缩，放置于两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，弹簧弹开，两个滑块随即向相反方向运动(图16 1 2甲)．
②在两滑块相碰的端面上装上弹性碰撞架(图16 1 2乙)，可以得到能量损失很小的碰撞．
③在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连成一体运动(图16 1 2丙)，这样可以得到能量损失很大的碰撞．
图16 1 2
方案二：利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞
实验装置如图16 1 3所示：
图16 1 3
(1)质量的测量：用天平测量质量．
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度．
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失．
方案三：利用小车在光滑长木板上碰撞另一辆静止的小车实现一维碰撞
实验装置如图16 1 4所示：
图16 1 4
(1)质量的测量：用天平测量质量．
(2)速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量．Δt为小车经过Δx所用的时间，可由打点间隔算出．这个方案适合探究碰撞后两物体结合为一体的情况．
(3)碰撞的实现：两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．
三、实验器材
方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．
方案二：带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等.
一、实验步骤
不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：
1．用天平测量相关碰撞物体的质量m1、m2.
2．安装实验装置．
3．使物体发生一维碰撞．
4．测量或读出碰撞前后相关的物理量，计算对应的速度．
5．改变碰撞条件，重复步骤3、4.
6．进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的“不变量”．
7．整理器材，结束实验．
二、数据处理
将实验中测得的物理量填入下表，填表时需注意物体碰撞后运动的速度与原来的方向相反的情况.
碰撞前
碰撞后
质量m/kg
m1
m2
m1
m2
速度v/(m·s－1)
v1
v2
v1′
v2′
mv/(kg·m·s－1)
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
mv2/(kg·m2·s－2)
m1v＋m2v
m1v1′2＋m2v2′2
/(m·s－1·kg－1)
＋
＋
实验得出的结论
三、误差分析
1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞．
(2)实验中是否合理控制实验条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于对质量m和速度v的测量．
四、注意事项
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．
2．方案提醒：
(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．
(2)若利用摆球进行实验，两小球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板的一端下垫一小木片用以平衡摩擦力．
3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．
实验探究1　实验原理与操作
　某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图16 1 5所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
图16 1 5
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧有固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01
ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99
ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35
ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5
mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300
g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200
g；
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A._____________________________________，
B．_____________________________________________________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为________m/s；滑块2的速度v3为________m/s；(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)
a．______________________________________________________________；
b．_____________________________________________________________.
【解析】　(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞前的速度v1＝＝
m/s≈0.50
m/s；
滑块1碰撞后的速度v2＝＝
m/s≈0.10
m/s；
滑块2碰撞后的速度v3＝＝
m/s≈0.60
m/s；
③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．
原因：系统碰撞前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15
kg·m/s，系统碰撞后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15
kg·m/s
b．碰撞前后总动能不变．
原因：碰撞前的总动能Ek1＝m1v＝0.037
5
J
碰撞后的总动能Ek2＝m1v＋m2v＝0.037
5
J
所以碰撞前后总动能相等．
【答案】　(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②0.50　0.10　0.60
③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变
b．碰撞前后总动能不变
实验探究2　实验数据处理
　某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，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，如图16 1 6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.
图16 1 6
(1)若已得到打点纸带如图16 1 7所示，并测得各计数点间的距离．则应选图中__________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的速度．
图16 1 7
(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mAvA＋mBvB＝______kg·m/s，碰后mAvA′＋mBvB′＝______kg·m/s.
(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？
【解析】　(1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小．所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度．
(2)由题图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为：vA＝
m/s＝1.05
m/s
vA′＝vB′＝
m/s＝0.695
m/s
故碰撞前：mAvA＋mBvB＝0.40×1.05
kg·m/s＋0.20×0
kg·m/s＝0.420
kg·m/s
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝(mA＋mB)vA′＝(0.40＋0.20)×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s.
(3)数据处理表明，mAvA＋mBvB≈mAvA′＋mBvB′，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后总的物理量mv是不变的．
【答案】　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417　(3)mv
学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
1．在利用平抛运动做“探究碰撞中的不变量”实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端的切线保持水平，这样做的目的是(　　)
A．入射球得到较大的速度
B．入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向
C．入射球与被碰球碰撞时动能无损失
D．入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出
【解析】　实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等．
【答案】　B
2．(多选)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列哪些操作是正确的
(　　)
A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
【解析】　车的质量可以用天平测量，没有必要一个用钉子而另一个用橡皮泥配重．这样做的目的是为了碰撞后两车粘在一起有共同速度，选项B正确；打点计时器的使用原则是先接通电源，C项正确．
【答案】　BC
3．如图16 1 8甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图乙所示，电源频率为50
Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后两车的共同速度大小为________m/s.
【导学号：66390000】
图16 1 8
【解析】　碰撞前Δx＝1.2
cm，碰撞后Δx′＝0.8
cm，T＝0.02
s，由v＝计算．
【答案】　0.6　0.4
4．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，在小车A后连着纸带，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图16 1 9甲所示．
甲
乙
图16 1 9
(1)长木板右端下面垫放一小木片的目的是____________________________
________________________________________________________________.
(2)若已获得的打点纸带如图16 1 9乙所示，A为运动的起点，各计数点间距分别记为AB、BC、CD和DE，用天平测得A、B两车的质量分别为mA、mB，则需验证的表达式为__________________________________________________
________________________________________________________________.
【导学号：66390001】
【解析】　(1)长木板右端下面垫放一小木片，目的是平衡摩擦力，使小车拖着纸带在木板上能做匀速运动．
(2)从题图中可以看出，B到C的时间等于D到E的时间，所以可以用BC代表小车碰前的速度，用DE代表碰后的速度，应有mA·BC＝(mA＋mB)·DE.
【答案】　(1)平衡摩擦力
(2)mA·BC＝(mA＋mB)·DE
5．某同学设计如图16 1 10(甲)所示的装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图16 1 10(乙)所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．
图16 1 10
(1)碰撞后B球的水平射程是________cm.
(2)在以下的选项中，本次实验必须进行的测量是________．
A．水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，A、B两球落点位置到O点的距离
C．A、B两球的质量
D．G点相对于水平槽面的高度
(3)若本实验中测量出未放B球时A球落点位置到O点的距离为xA，碰撞后A、B两球落点位置到O点的距离分别为xA′、xB′，A、B两球的质量分别为mA、mB，已知A、B两球半径均为r，则通过式子________即可验证A、B两球碰撞中的不变量．
【导学号：66390002】
【解析】　(1)由于偶然因素的存在，重复操作时小球的落点不可能完全重合，如图(乙)所示，处理的办法是用一个尽可能小的圆将“所有落点位置”包括在内(其中误差较大的位置可略去)，此圆的圆心即可看做小球10次落点的平均位置，则碰撞后B球的水平射程等于圆心到O点的距离，由图(乙)可得此射程约为65.0
cm.
(2)由于A、B离开水平槽末端后均做平抛运动，平抛高度相同，运动时间相等，因此可以用平抛运动的水平位移表示小球做平抛运动的初速度，没有必要测量G点相对于水平槽面的高度，故A、B均正确，D错误；要验证碰撞前后质量与速度的乘积是否守恒，必须测量A、B两球的质量，C正确．
(3)依题意知，碰撞前A球做平抛运动的水平位移为xA，碰撞后A、B做平抛运动的水平位移分别为xA′、xB′，由于碰撞前、后两球做平抛运动的时间相等，因此通过式子mAxA＝mAxA′＋mBxB′即可验证A、B两球碰撞中的不变量．
【答案】　(1)65.0(64.5～65.5均可)　(2)ABC
(3)mAxA＝mAxA′＋mBxB′
6.某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图16 1 11所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
图16 1 11
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图16 1 12所示；
图16 1 12
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310
g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205
g.
试完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02
s打一个点，计算结果保留三位有效数字．
计算碰撞前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s；
碰撞后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s.
计算碰撞前m1v＋m2v＝________kg·m2/s2；
碰撞后m1v′＋m2v′＝________kg·m2/s2.
计算碰撞前＋＝________m/(s·kg)；
碰撞后＋＝________m/(s·kg)．
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是__________________________
________________________________________________________________.
(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________
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【导学号：66390003】
【解析】　(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.
(2)碰撞前滑块1的速度
v1＝(0.2/0.1)
m/s＝2
m/s
m1v1＝0.31×2
kg·m/s＝0.620
kg·m/s
碰撞前滑块2的速度v2＝0
碰撞后两滑块具有相同的速度
v＝(0.168/0.14)
m/s＝1.2
m/s
m1v1′＋m2v2′
＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2
kg·m/s
＝0.618
kg·m/s
m1v＋m2v＝1.24
kg·m2/s2
m1v′＋m2v′＝0.742
kg·m2/s2
＋＝6.45
m/(s·kg)
＋＝9.72
m/(s·kg)．
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．
(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．
【答案】　(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618　1.24　0.742　6.45　9.72
(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和
(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦章末分层突破
[自我校对]
①高速电子流
②枣糕模型
③绝大多数
④偏转
⑤极少数
⑥几乎全部质量
⑦高速旋转
⑧＝R(n＝3,4,5…)
⑨hν＝Em－En
⑩rn＝n2r1
En＝
　
两个重要的物理思想方法
1.模型法
人们对原子结构的认识经历了几个不同的阶段，其中有汤姆孙模型、卢瑟福模型、玻尔模型、电子云模型．
图18 1
2．假设法
假设法是学习物理规律常用的方法，前边我们学过的安培分子电流假说，现在大家知道从物质微观结构来看是正确的，它就是核外电子绕核旋转所形成的电流．在当时的实验条件下是“假说”。玻尔的假说是为解决核式结构模型的困惑而提出的，他的成功在于引入量子理论，局限性在于保留了轨道的概念，没有彻底脱离经典物理学框架．
　卢瑟福的α粒子散射实验说明了下列哪种情况(　　)
A．原子内的正电荷全部集中在原子核里
B．原子内的正电荷均匀分布在它的全部体积上
C．原子内的正负电荷是一对一整齐排列的
D．原子的几乎全部质量都集中在原子核里
E．原子内部是十分“空旷”的
【解析】　卢瑟福的α粒子散射实验中，少数α粒子发生大角度偏转，这是原子中带正电部分作用的结果，由于大角度偏转的α粒子数极少，说明原子中绝大部分是空的，带正电部分的体积很小，带负电的电子绕核运动的向心力即是原子核对它的引力，而电子质量极小，故原子核集中了原子全部正电荷和几乎全部质量，选项A、D、E正确．
【答案】　ADE
玻尔理论
1.玻尔原子模型
(1)量子化观点：电子的可能轨道半径、原子的能量、原子跃迁辐射或吸收光子的频率都只能是分立的、不连续的值．
(2)对应关系：电子处于某一可能轨道对应原子的一种能量状态．
(3)定态观点：电子在某一可能轨道上运动时，原子是不向外辐射电磁波的，轨道与能量是稳定的．
(4)跃迁观点：能级跃迁时辐射或吸收光子的能量，hν＝Em－En(m＞n)．
(5)①原子吸收光子能量是有条件的，只有等于某两个能级差时才被吸收发生跃迁．
②如果入射光的能量E≥13.6
eV，原子也能吸收光子，则原子电离．
③用粒子碰撞的方法使原子能级跃迁时，粒子能量大于能级差即可．
2．跃迁与光谱线
原子处于基态时，原子是稳定的，但原子在吸收能量跃迁到激发态后，就不稳定了，这时就会向低能级定态跃迁，而跃迁到基态，有时是经多次跃迁再到基态．
一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为：N＝C＝.
　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为多大？(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＝mev2
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
1 氢原子在某激发态的电离能大小等于该能级的能量值.
2 电子电离后若有多余的能量将以电子动能的形式存在.
(教师用书独具)
1．(2016·西安一中检测)关于α粒子散射实验，下列说法正确的是(　　)
A．在实验中观察到的现象是：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转角度超过90°，有的甚至被弹回
B．使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子，当α粒子接近核时是核的斥力使α粒子偏转，当α粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏转
C．实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分
D．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量
E．α粒子散射是估计核半径的最简单的方法
【解析】　
由α粒子散射实验结果知，A正确；由于电子的质量远小于α粒子的质量，对α粒子的运动影响极小，使α粒子发生明显偏转的是原子核的斥力，B错误；实验表明：原子具有核式结构，核极小，但含有全部的正电荷和几乎所有的质量，根据实验可以确定核半径的数量级CE正确，D错误．
【答案】　ACE
2．(2016·保定一中检测)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18 2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(　　)
图18 2
A．h(ν3－ν1)　　　　　　
B．h(ν3＋ν1)
C．hν3
D．h(ν6－ν4)
E．h(ν1＋ν2)
【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.
【答案】　CDE
3．(2016·青岛二中检测)欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是
(　　)
A．用12.09
eV的光子照射
B．用13
eV的光子照射
C．用14
eV的光子照射
D．用13
eV的电子碰撞
E．用10.0
eV的电子碰撞
【解析】　由跃迁条件知氢原子受激发跃迁时只能吸收能量值刚好等于某两能级之差的光子．根据氢原子能级图不难算出12.09
eV刚好为氢原子n＝1和n＝3的两能级差，而13
eV则不是氢原子基态和任一激发态的能级之差，因此氢原子只能吸收前者而不能吸收后者；对于14
eV的光子则足以使氢原子电离，电离后的自由电子还具有0.4
eV的动能．至于13
eV的电子碰撞，它的能量可以部分被氢原子吸收而使氢原子激发，而10.0
eV的能量小于n＝1和n＝2的两能级差．综上所述，选项A、C、D正确．
【答案】　ACD
4．(2016·大连一中检测)欲使处于基态的氢原子电离，下列措施可行的是
(　　)
A．用13.6
eV的光子照射
B．用15
eV的光子照射
C．用13.6
eV的电子碰撞
D．用15
eV的电子碰撞
E．用13.0
eV的电子碰撞
【解析】　基态氢原子的电离能为13.6
eV，则13.6
eV的光子被吸收，氢原子刚好电离，同理15
eV的光子和15
eV的电子碰撞均可供氢原子电离。至于13.6
eV的电子，由于电子和氢原子质量不同，因此两者碰撞时电子不可能把13.6
eV的能量全部传递给氢原子，因此用13.6
eV的电子碰撞氢原子时氢原子不能电离。由以上分析可知选项A、B、D正确．
【答案】　ABD
5．(2016·太原一中检测)已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.528×10－10
m，量子数为n的能级值为En＝－
eV.
(1)求电子在基态轨道上运动的动能；
(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出的光谱线；
(3)计算这几种光谱线中最短的波长．
(静电力常量k＝9×109
N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19
C，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，真空中光速c＝3.0×108
m/s)
【解析】　(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力，则＝，又知Ek＝mv2，
故电子在基态轨道上运动的动能为：
Ek＝＝
J
≈2.18×10－18
J
≈13.6
eV.
(2)当n＝1时，能级值为E1＝－
eV＝－13.6
eV.
当n＝2时，能级值为E2＝
eV＝－3.4
eV.
当n＝3时，能级值为E3＝
eV≈－1.51
eV.
能发出的光谱线分别为3→2、2→1、3→1共3种，能级图如图所示．
(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．hν＝E3－E1，又知ν＝，则有λ＝＝
m≈1.03×10－7
m.
【答案】　(1)13.6
eV　(2)见解析　(3)1.03×10－7
m
章末综合测评
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的5个选项中有3项是符合题目要求的，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分．)
1．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子(　　)
A．一直受到重金属原子核的斥力作用
B．动能不断减小
C．电势能先增大后减小
D．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果
E．出现大角度偏转的原因是占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围
【解析】　α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小．α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A、C、E项正确．
【答案】　ACE
2．下列叙述中符合物理学史的有(　　)
A．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的
C．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型
D．巴耳末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式
E．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说
【解析】　汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B错，C对；巴耳末根据氢原子光谱在可见光区的四条谱线得出巴耳末公式，D正确；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，E错误．
【答案】　ACD
3．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的
B．阴极射线本质是电子
C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电
D．阴极射线的比荷比氢原子核大
E．根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况可以判断阴极射线的带电性质
【解析】　阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B、E对；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的，故阴极射线的比荷比氢原子大，D对．
【答案】　BDE
4．以下关于玻尔原子理论的说法正确的是(　　)
A．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的
B．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射
C．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子
D．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收
E．氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱
【答案】　ADE
5．根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时
(　　)
A．轨道半径之比为1∶4　　
B．速度之比为4∶1
C．周期之比为1∶8
D．动能之比为4∶1
E．动量之比为1∶4
【解析】　由玻尔公式rn＝n2r1，所以轨道半径之比为r1∶r2＝12∶22＝1∶4，故A对．根据库仑定律和牛顿第二定律有：k＝m，vn＝，所以速度之比为＝＝2∶1，故B错．根据库仑定律和牛顿第二定律有：k＝m()2rn，T＝，所以周期之比为＝＝1∶8，故C对．根据mv＝k，所以动能之比为＝＝4∶1，故D对．动量之比为＝＝，E错．
【答案】　ACD
6．关于光谱，下列说法正确的是(　　)
A．太阳光谱是吸收光谱
B．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的
C．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成
D．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素
E．各种原子的发射光谱都是线状谱
【解析】　太阳光谱是吸收光谱．因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收．上述选项中正确的是A、B、E.
【答案】　ABE
7．氢原子的能级如图1所示．氢原子从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是(　　)
图1
A．氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大
B．该金属的逸出功W0＝12.75
eV
C．用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出
D．氢原子处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动
E．该金属的截止频率为3.1×1015
Hz
【解析】　氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A错误．
根据恰能使某金属产生光电效应，由n＝4跃迁到n＝1，辐射的光子能量最大，ΔE＝13.6－0.85
eV＝12.75
eV.则逸出功W0＝12.75
eV，故B正确．由W0＝hνc，知E正确，一群处于n＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C错误．
根据玻尔原子模型，可知，处于n＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动．故D正确．
【答案】　BDE
8．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是(　　)
A．用波长为60
nm的X射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子
B．用能量为10.2
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C．用能量为11.0
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．用能量为12.5
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E．用能量为14.0
eV的电子碰撞可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
【解析】　根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收(即hν＝Em－En)，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：
ΔE21＝E2－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝10.20
eV，
ΔE31＝E3－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝12.09
eV，
ΔE41＝E4－E1＝－E1＝－eV－(－13.6)eV＝12.75
eV，
ΔE∞1＝0－E1＝－(－13.6
eV)＝13.6
eV(电离)．
波长为λ＝60
nm的X射线，其光子能量E＝h·＝6.63×10－34×
J＝3.315×10－18
J＝20.71
eV>ΔE∞1.所以可使氢原子电离，A正确；比较B、C、D选项中的光子能量与各能级与基态的能量差，知道只有B项中光子可使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态，B正确．碰撞过程可使部分能量传给氢原子，E正确．
【答案】　ABE
二、非选择题(本题共5小题，共52分．)
9．(6分)如图2是教材中的实验插图，该图是著名的α粒子散射实验示意图，由此科学家卢瑟福提出了________模型．
图2
【解析】　卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型．
【答案】　原子核式结构
10．(6分)氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n＝4的能级吸收的光子频率为________.
【导学号：66390041】
【解析】　设氢原子基态能量为E1，则由玻尔理论可得：E1－E1＝hν，E1－E1＝hν41，解得：吸收的光子频率ν41＝ν.
【答案】　ν
11．(12分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n＝3的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E1，则吸收光子的频率ν是多少？当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？
【导学号：66390042】
【解析】　据跃迁理论hν＝E3－E1，而E3＝E1，所以
ν＝＝－.
由于是大量原子，可从n＝3跃迁到n＝1，从n＝3跃迁到n＝2，再从n＝2跃迁到n＝1，故应有三条谱线，
光子能量分别为E3－E1，E3－E2，E2－E1，
即－E1，－E1，－E1.
【答案】　见解析
12．(12分)氢原子的能级图如图3所示．原子从能级n＝3向n＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，求：
图3
(1)氢原子向较低能级跃迁时共能发出几种频率的光；
(2)该金属的逸出功和截止频率．
【解析】　(1)处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可产生的光的频率的种数为N＝＝＝6(种)．
(2)W＝E3－E1＝12.09
eV，E3－E1＝hν
解得ν＝2.9×1015
Hz.
【答案】　(1)6　(2)12.09
eV　2.9×1015
Hz
13．(16分)处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱．氢光谱线的波长λ可以用下面的巴耳末—里德伯公式表示：＝R，n、k分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k＝1,2,3…对每一个k，有n＝k＋1，k＋2，k＋3…R称为里德伯常量，是一个已知量．对于k＝1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k＝2的一系列谱线其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系．用氢原子发出的光照射某种
金属进行光电效应实验．当用莱曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，试求普朗克常量和该种金属的逸出功.
【导学号：66390043】
【解析】　设金属的逸出功为W0，光电效应所产生的光电子最大初动能为Ekm
由动能定理知：Ekm＝eUc
对于莱曼系，当n＝2时对应的光波长最长，设为λ1
由题中所给公式有：
＝R＝R
波长λ1的光对应的频率
ν1＝＝cR
对于巴耳末线系，当n＝∞时对应的光波长最短，设为λ2，由题中所给公式有：
＝R＝R
波长λ2的光对应的频率
ν2＝＝cR
根据爱因斯坦的光电效应方程
Ekm＝hν－W0
知Ekm1＝hν1－W0
Ekm2＝hν2－W0
又Ekm1＝eU1
Ekm2＝eU2
可解得：h＝
W0＝.
【答案】　　4　玻尔的原子模型
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道玻尔原子理论基本假设的主要内容．(重点)2．了解能级、能级跃迁、能量量子化以及基态、激发态等概念．(重点)3．掌握用玻尔原子理论简单解释氢原子模型．(重点、难点)4．了解玻尔模型的不足之处及其原因.
玻
尔
原
子
理
论
的
基
本
假
设
1．玻尔原子模型
(1)原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做圆周运动．
(2)电子绕核运动的轨道是量子化的．
(3)电子在这些轨道上绕核的转动是稳定的，且不产生电磁辐射．
2．定态
当电子在不同轨道上运动时，原子处于不同的状态，原子在不同的状态中具有不同的能量，即原子的能量是量子化的，这些量子化的能量值叫做能级，原子具有确定能量的稳定状态，称为定态．能量最低的状态叫做基态，其他的能量状态叫做激发态．
3．跃迁
当电子从能量较高的定态轨道(其能量记为Em)跃迁到能量较低的定态轨道(其能量记为En，m＞n)时，会放出能量为hν的光子，该光子的能量hν＝Em－En，这个式子被称为频率条件，又称辐射条件．
1．玻尔的原子结构假说认为电子的轨道是量子化的．(√)
2．电子吸收某种频率条件的光子时会从较低的能量态跃迁到较高的能量态．(√)
3．电子能吸收任意频率的光子发生跃迁．(×)
1．玻尔的原子模型轨道与卢瑟福的行星模型轨道是否相同？
【提示】　不同．玻尔的原子模型的电子轨道是量子化的，只有当半径的大小符合一定条件时才有可能．卢瑟福的行星模型的电子轨道是任意的，是可以连续变化的．
2．电子由高能量状态跃迁到低能量状态时，释放出的光子的频率可以是任意值吗？
【提示】　不可以．因各定态轨道的能量是固定的，由hν＝Em－En可知，跃迁时释放出的光子的频率，也是一系列固定值．
根据玻尔原子模型，原子核外的电子处于一系列不连续的轨道上，原子在不同的轨道又具有不同的能量．
探讨1：原子处于什么状态稳定，什么状态不稳定？
【提示】　原子处于基态时是稳定的，原子处于激发态时不稳定．
探讨2：原子的能量与电子的轨道半径具有怎样的对应关系？
【提示】　原子的能量与电子的轨道半径相对应，轨道半径大，原子的能量大，轨道半径小，原子的能量小．
1．轨道量子化
轨道半径只能够是一些不连续的、某些分立的数值．
氢原子各条可能轨道上的半径rn＝n2r1(n＝1,2,3…)其中n是正整数，r1是离核最近的可能轨道的半径，r1＝0.53×10－10
m．其余可能的轨道半径还有0.212
nm、0.477
nm…不可能出现介于这些轨道半径之间的其他值．这样的轨道形式称为轨道量子化．
2．能量量子化
(1)电子在可能轨道上运动时，尽管是变速运动，但它并不释放能量，原子是稳定的，这样的状态也称之为定态．
(2)由于原子的可能状态(定态)是不连续的，具有的能量也是不连续的。这样的能量值，称为能级，能量最低的状态称为基态，其他的状态叫作激发态，对氢原子，以无穷远处为势能零点时，其能级公式En＝E1(n＝1,2,3…)
其中E1代表氢原子的基态的能级，即电子在离核最近的可能轨道上运动时原子的能量值，E1＝－13.6
eV.n是正整数，称为量子数．量子数n越大，表示能级越高．
(3)原子的能量包括：原子的原子核与电子所具有的电势能和电子运动的动能．
3．跃迁
原子从一种定态(设能量为E2)跃迁到另一种定态(设能量为E1)时，它辐射(或吸收)一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，高能级Em低能级En.
可见，电子如果从一个轨道到另一个轨道，不是以螺旋线的形式改变半径大小的，而是从一个轨道上“跳跃”到另一个轨道上．玻尔将这种现象叫作电子的跃迁．
1．玻尔在他提出的原子模型中所作的假设有(　　)
A．原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做加速运动，但不向外辐射能量
B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的
C．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子
D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率
E．电子跃迁时辐射的光子的频率小于电子绕核做圆周运动的频率
【解析】　A、B、C三项都是玻尔提出来的假设，其核心是原子定态概念的引入与能量跃迁学说的提出，也就是“量子化”的概念．原子的不同能量状态与电子绕核运动时不同的圆轨道相对应，是经典理论与量子化概念的结合．原子辐射的能量与电子在某一可能轨道上绕核的运动无关．
【答案】　ABC
2．如图18 4 1所示给出了氢原子的6种可能的跃迁，则它们发出的光波长最长的是________，频率最高的是________．
图18 4 1
【解析】　能级差越大，对应的光子的能量越大，频率越大，波长越小．
【答案】　a　c
3．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，原子要________光子，电子的动能________，原子的电势能________．
【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；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，即r越大时，电子的动能越小；由r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大．
【答案】　吸收，减小，增大
解决玻尔原子模型问题的四个关键
(1)电子绕核做圆周运动时，不向外辐射能量．
(2)原子辐射的能量与电子绕核运动无关，只由跃迁前后的两个能级差决定．
(3)处于基态的原子是稳定的，而处于激发态的原子是不稳定的．
(4)原子的能量与电子的轨道半径相对应，轨道半径大，原子的能量大，轨道半径小，原子的能量小．
玻尔理论对氢光谱的解释、玻尔理论的局限性
1．玻尔理论对氢光谱的解释
(1)解释巴耳末公式
①按照玻尔理论，从高能级跃迁到低能级时辐射的光子的能量为hν＝Em－En.
②巴耳末公式中的正整数n和2正好代表能级跃迁之前和之后所处的定态轨道的量子数n和2.并且理论上的计算和实验测量的里德伯常量符合得很好．
(2)解释氢原子光谱的不连续性
原子从较高能级向低能级跃迁时放出光子的能量等于前后两个能级差，由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线．
2．玻尔理论的局限性
(1)成功之处
玻尔理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱的实验规律．
(2)局限性
保留了经典粒子的观念，把电子的运动仍然看做经典力学描述下的轨道运动．
(3)电子云
原子中的电子没有确定的坐标值，我们只能描述电子在某个位置出现概率的多少，把电子这种概率分布用疏密不同的点表示时，这种图象就像云雾一样分布在原子核周围，故称电子云．
1．氢原子能级的量子化是氢光谱不连续的成因．(√)
2．玻尔理论能很好地解释氢光谱为什么是一些分立的亮线．(√)
3．巴耳末公式是玻尔理论的一种特殊情况．(√)
4．玻尔理论能成功地解释氢光谱．(√)
5．电子云就是原子核外电子的分布图．(×)
1．根据巴耳末公式＝R计算出的氢原子光谱线是玻尔模型中电子怎样跃迁发出的？
【提示】　巴耳末公式代表的是电子从量子数n＝3,4,5，…的能级向量子数为2的能级跃迁时发出的光谱线．
2．电子在核外的运动真的有固定轨道吗？玻尔理论中的轨道量子化又如何解释？
【提示】　在原子内部，电子绕核运动并没有固定的轨道，只不过当原子处于不同的定态时，电子出现在rn＝n2r1处的概率大．
如图18 4 2所示，为一氢原子的能级图，一个氢原子处于n＝4的能级．
图18 4 2
探讨1：该氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出几种频率的光子？
【提示】　3种．
探讨2：该氢原子的电离能是多大？要使该氢原子电离，入射光子的能量必须满足什么条件？
【提示】　0.85
eV、E≥0.85
eV
1．能级图中n称为量子数，E1代表氢原子的基态能量，即量子数n＝1时对应的能量，其值为－13.6
eV.En代表电子在第n个轨道上运动时的能量．
作能级图时，能级横线间的距离和相应的能级差相对应，能级差越大，间隔越宽，所以量子数越大，能级越密，竖直线的箭头表示原子跃迁方向，长度表示辐射光子能量的大小，n＝1是原子的基态，n→∞是原子电离时对应的状态．
2．能级跃迁：处于激发态的原子是不稳定的，它会自发地向较低能级跃迁，经过一次或几次跃迁到达基态．所以一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝＝C.
3．光子的发射：原子由高能级向低能级跃迁时以光子的形式放出能量，发射光子的频率由下式决定．
hν＝Em－En(Em、En是始末两个能级且m＞n)
能级差越大，放出光子的频率就越高．
4．使原子能级跃迁的两种粒子——光子与实物粒子：
(1)原子若是吸收光子的能量而被激发，其光子的能量必须等于两能级的能量差，否则不被吸收，不存在激发到n能级时能量有余，而激发到n＋1时能量不足，则可激发到n能级的问题．
(2)原子还可吸收外来实物粒子(例如，自由电子)的能量而被激发，由于实物粒子的动能可部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于两能级的能量差值(E＝En－Ek)，就可使原子发生能级跃迁．
5．原子的电离：若入射光子的能量大于原子的电离能，如处于基态的氢原子电离能为13.6
eV，则原子也会被激发跃迁，这时核外电子脱离原子核的束缚成为自由电子，光子能量大于电离能的部分成为自由电子的动能．
4．按照玻尔理论，当氢原子中电子由半径为ra的圆轨道跃迁到半径为rb的圆轨道上时，若rb＜ra，则在跃迁过程中氢原子要________某一频率的光子．
【解析】　因为是从高能级向低能级跃迁，所以应放出光子，“直接”从一能级跃迁至另一能级，只对应某一能级差，故只能辐射某一频率的光子．
【答案】　辐射
5．欲使处于基态的氢原子激发或电离，下列措施可行的是(　　)
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10
eV的光子照射
E．用12.09
eV的光子照射
【解析】　由氢原子的能级图可求得E2－E1＝－3.40
eV－(－13.6)
eV＝10.2
eV，即10.2
eV是第二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二能级态，可使处于基态的氢原子激发，A对；同理可知E对；Em－E1≠11
eV，即不满足玻尔理论关于跃迁的条件，B错；要使处于基态的氢原子电离，照射光的能量须≥13.6
eV，而14
eV＞13.6
eV，故14
eV的光子可使基态的氢原子电离，C对；Em－E1≠10
eV，既不满足玻尔理论关于跃迁的条件，也不能使氢原子电离，D错．
【答案】　ACE
6．(2015·海南高考)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的光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，频率最小的光子的能量为________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，根据可得共有10种不同频率的光子．
从n＝5到n＝4跃迁的光子频率最小，根据E＝E5－E4可得频率最小的光子的能量为0.31
eV.
【答案】　0.31　10
能级跃迁规律
大量处于n激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可辐射种频率的光子．一个处于n激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可辐射(n－1)种频率的光子．
学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．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
E．原子能级跃迁时，辐射或吸收光的能量取决于初始状态的能量
【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，选项B正确．玻尔理论中的第二条假设，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，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确E错误．
【答案】　BCD
2．根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是
(　　)
A．若氢原子由能量为En的定态向低能级m跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为hν＝En－Em
B．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是ν
C．一个氢原子中的电子从一个半径为ra的轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的轨道，已知ra>rb，则此过程原子要辐射某一频率的光子
D．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁
E．氢原子放出光子后，将从高能级向低能级跃迁
【解析】　原子由能量为En的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，故A、E对；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D错．
【答案】　ACE
3．一群处于基态的氢原子吸收某种光子后，向外辐射了ν1、ν2、ν3三种频率的光子，且ν1＞ν2＞ν3，则(　　)
A．被氢原子吸收的光子的能量为hν1
B．被氢原子吸收的光子的能量为hν2
C．ν1＝ν2＋ν3
D．ν3＝ν1＋ν2
E．hν1＝hν2＋hν3
【解析】　氢原子吸收光子能向外辐射出三种频率的光子，说明氢原子从基态跃迁到了第三能级态(如图所示)，在第三能级态不稳定，又向低能级跃进，发出光子，其中从第三能级跃迁到第一能级的光子能量最大，为hν1，从第二能级跃迁到第一能级的光子能量比从第三能级跃迁到第二能级的光子能量大，由能量守恒可知，氢原子一定是吸收了能量为hν1的光子，且关系式hν1＝hν2＋hν3，ν1＝ν2＋ν3存在．
【答案】　ACE
4．氢原子的能级如图18 4 3所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11
eV.下列说法正确的是(　　)
图18 4 3
A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，可能发出可见光
C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光
E．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出2种不同频率的光子
【解析】　由于E3＝－1.51
eV，紫外线光子的能量大于可见光光子的能量，即E紫＞E∞－E3＝1.51
eV，可以使氢原子电离，A正确；大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，最大能量为1.51
eV，即辐射出光子的能量最大为1.51
eV，小于可见光光子的能量，B错误；n＝4时跃迁发出光的频率数为C＝6种，C正确；一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出(3－1)＝2种不同频率的光，D错误，E正确．
【答案】　ACE
5．根据玻尔的氢原子理论，电子在各条可能轨道上运动的能量是指电子的________．
【解析】　根据玻尔理论，电子绕核在不同轨道上做圆周运动，库仑力提供向心力，故电子的能量指电子的总能量，包括动能和电势能．
【答案】　电势能与动能之和
6．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________．
【解析】　释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h.
【答案】　E－h
7．氢原子部分能级的示意图如图18 4 4所示，不同色光的光子能量如下表所示：
图18 4 4
色光
红
橙
黄
绿
蓝—靛
紫
光子能量范围(eV)
1.61～2．00
2.00～2．07
2.07～2．14
2.14～2．53
2.53～2．76
2.76～3．10
处于某激发态的氢原子，发射的光谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为________．
【解析】　由七种色光的光子的不同能量可知，可见光光子的能量范围在1.61～3.10
eV，故可能是由第4能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，ΔE1＝－0.85－(－3.40)
eV＝2.55
eV，即蓝—靛光；也可能是氢原子由第3能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，ΔE2＝－1.51－(－3.40)
eV＝1.89
eV，即红光．
【答案】　红、蓝—靛
[能力提升]
8．氢原子能级图如图18 4 5所示，a，b，c分别表示原子在不
图18 4 5
同能级之间的三种跃迁途径，设a、b、c在跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是Ea、Eb、Ec和λa、λb、λc，若a光恰能使某金属产生光电效应，则(　　)
【导学号：66390038】
A．λa＝λb＋λc
B.＝＋
C．Eb＝Ea＋Ec
D．c光也能使该金属产生光电效应
E．b光一定能使该金属发生光电效应
【解析】　Ea＝E2－E1，Eb＝E3－E1，Ec＝E3－E2，故Eb＝Ea＋Ec，C项正确；又因为E＝hν＝h，故＝＋，A项错误，B项正确；a光恰能使某金属发生光电效应，而Ea＜Eb，Ea>Ec.故D项错误，E项正确．
【答案】　BCE
9．根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图18 4 6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．
图18 4 6
【解析】　由玻尔理论知，能级越低，电子的轨道半径越小，电子离核越近；当大量的氦离子处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线条数为C＝6.
【答案】　近　6
10．氢原子第n能级的能量为En＝，其中E1为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则＝________.
【导学号：66390039】
【解析】　根据En＝可得hν1＝－，hν2＝－E1，两式联立解得＝.
【答案】　
11．氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6
eV.问：
(1)氢原子在n＝4的定态上时，可放出几种光子？
(2)若要使处于基态的氢原子电离，要用多大频率的电磁波照射此原子.
【解析】　(1)原子处于n＝1的定态，这时原子对应的能量最低，这一定态是基态，其他的定态均是激发态．原子处于激发态时不稳定，会自动地向基态跃迁，而跃迁的方式多种多样，当氢原子从n＝4的定态向基态跃迁时，可释放出6种不同频率的光子．
(2)要使处于基态的氢原子电离，就是要使氢原子第一条可能轨道上的电子获得能量脱离原子核的引力束缚，则hν≥E∞－E1＝13.6
eV＝2.176×10－18
J
即ν≥＝
Hz＝3.28×1015
Hz.
【答案】　(1)6种　(2)3.28×1015
Hz
12．已知氢原子的基态能量为－13.6
eV，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10
m，电子质量me＝9.1×10－31
kg，电荷量为1.6×10－19
C，求电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和原子的电势能各多大？
【导学号：66390040】
【解析】　氢原子能量E3＝E1＝－1.51
eV
电子在第三轨道时半径为r3＝n2r1＝32r1＝9r1①
电子绕核做圆周运动的向心力由库仑力提供，所以
＝②
由①②可得电子动能为Ek3＝mev＝
＝
eV＝1.51
eV
由于E3＝Ek3＋Ep3，故原子的电势能为
Ep3＝E3－Ek3＝－1.51
eV－1.51
eV＝－3.02
eV.
【答案】　－1.51
eV　1.51
eV　－3.02
eV章末分层突破
[自我校对]
①质量
②速度
③mv
④v
⑤动量的变化
⑥p′－p＝I
⑦p1＋p2＝p1′＋p2′
⑧机械能守恒定律
⑨有损失
⑩损失最多
　
动量定理及其应用
1.冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于
计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．在F t图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
图16 1
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
③求相互作用时间．
④利用动量定理定性分析现象．
　一个铁球，从静止状态由10
m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4
s，该铁球的质量为336
g，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10
m/s2)
【解析】　(1)小球自由下落10
m所用的时间是t1＝＝
s＝
s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×
N·s≈4.75
N·s，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0
泥潭的阻力F对小球的冲量
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)
N·s≈6.10
N·s，方向竖直向上．
(3)由Ft2＝6.10
N·s得F＝15.25
N.
【答案】　(1)4.75
N·s　(2)6.10
N·s　(3)15.25
N
　动量守恒定律应用中的临界问题
解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：
1．寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
2．挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
3．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
　如图16 2所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．
图16 2
【解析】　设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得：v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则
人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′①
人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′②
解得v1′＝6v0－2v③
v2′＝v－v0④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
【答案】　v0≤v≤v0
　动量守恒和能量守恒的综合应用
1.解决该类问题用到的规律
动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
　如图16 3所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)．
图16 3
(1)求子弹射入木块前的速度．
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
【解析】　(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
(m＋M)v＝(m＋M)gR
由以上两式解得：v0＝
(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(9m＋M)v9
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：
(9m＋M)v＝(9m＋M)gH
由以上各式可得：H＝2R.
【答案】　(1)；(2)2R
1 两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速.
2 子弹进入木块的过程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能.
(教师用书独具)
1．(2016·天津高考)如图16 4所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．
图16 4
【解析】　由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv＝(M＋m)v1，且M＝2m
相对静止时的共同速度v1＝＝
由功能关系知：μmgs＝mv2－(M＋m)v
解得滑块相对盒的路程s＝.
【答案】　　
2．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图16 5所示．求：
图16 5
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【解析】　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得
v1＝－2
m/s①
v2＝1
m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.
由题给图像得
v＝
m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8.⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2.⑧
【答案】　(1)1∶8　(2)1∶2
3．(2016·全国甲卷)如图16 6所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3
m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3
m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30
kg，冰块的质量为m2＝10
kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10
m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
图16 6
【解析】　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3
m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20
kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得
v1＝1
m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1
m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
【答案】　(1)20
kg　(2)见解析
4．(2016·全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
【解析】　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S.③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－.⑧
【答案】　(1)ρv0S　(2)－
5．(2016·全国丙卷)如图16 7，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图16 7
【解析】　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv′＋v′⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v′≤μmgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<.⑨
【答案】　≤μ<
章末综合测评
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的5个选项中有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分．)
1．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则(　　)
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
E．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大
【解析】　做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D、E错误．
【答案】　ABC
2．如图1所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)
图1
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越小
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
E．其他量不变，x与m、M均无关
【解析】　小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A、B、E正确．
【答案】　ABE
3．下列说法中正确的是
(　　)
A．根据F＝可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
E．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
【解析】　A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F＝是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对．由动量定理知E错．
【答案】　ACD
4．如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x t(位移—时间)图象．已知m1＝0.1
kg.由此可以判断(　　)
图2
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3
kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4
J的机械能
E．碰撞过程中系统的机械能守恒
【解析】　分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8
m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝
m/s＝4
m/s，方向向右；碰后：v1′＝
m/s＝－2
m/s，v2′＝
m/s＝2
m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3
kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－＝0，故正确答案应选A、C、E.
【答案】　ACE
5．如图3所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是
(　　)
图3
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
E．乙车移动的距离为L
【解析】　本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确，E错误．
【答案】　ACD
二、非选择题(本题共5小题，共70分．按题目要求作答．)
6．(10分)如图4所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别为ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．
图4
(1)本实验必须满足的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．
(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．
【答案】　(1)BC
(2)测量OM的距离x2　测量ON的距离x3
(3)max1＝max2＋mbx3(写成maOP＝maOM＋mbON也可以)
7．(12分)如图5所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
图5
Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意________；
(2)应测量的数据还有________；
(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．
【解析】　(1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．
(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2
由计时器计下A、B到两板的时间t1、t2
算出两滑块A、B弹开的速度v1＝，v2＝.
(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0
即：(m＋M)＝.
【答案】　(1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2
(3)(M＋m)＝
8．(16分)如图6所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
图6
(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度．
【导学号：66390016】
【解析】　(1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以
有mAv0＝mAv1＋mBv2
有mAv＝mAv＋mBv
由①②解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
碰后A球向左，B球向右．
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有
mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0
得v′3＝v0.
【答案】　(1)v1＝－v0，碰后A球向左；v2＝v0，B球向右　(2)v′3＝v0，方向向右
9．(16分)如图7所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离.
【导学号：66390017】
图7
【解析】　设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得：v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
解得：v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5mv2＝m
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－×5mv
解得：s＝.
【答案】　m　
10．(2016·全国甲卷)如图8所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3
m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3
m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30
kg，冰块的质量为m2＝10
kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10
m/s2.
图8
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【解析】　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3
m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20
kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得
v1＝1
m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1
m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
【答案】　(1)20
kg　(2)见解析模块综合测评
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的5个选项中有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应．核反应方程为
He＋He→Be＋γ.以下说法正确的是(　　)
图1
A．该核反应为聚变反应
B．热核反应中有质量亏损
C．热核反应会放出巨大能量
D．由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的
E．任意原子核内的质子数和中子数总是相等的
【解析】　该核反应为聚变反应，故A正确；
核反应中的裂变和聚变，都会有质量亏损，都会放出巨大的能量，故B、C正确；
核反应中质量数守恒，质量不守恒，故D错误；
原子中原子核内的质子数和中子数不一定相等，有的原子中相等，有的原子中不相等，有的原子没有中子，例如氢原子核内有一个质子，没有中子，故E错误．
【答案】　ABC
2．下列说法正确的是(　　)
A.C的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变
B．爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说
C．处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
D．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说
E．氢弹是利用核聚变的原理制成的
【解析】　元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解释黑体辐射，提出了能量子假说；氢弹是利用核聚变的原理制成的．
【答案】　CDE
3．根据玻尔理论，下列说法正确的是(　　)
A．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不
向外辐射能量
B．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量
C．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大
D．电子没有确定轨道，只存在电子云
E．玻尔理论的成功之处是引入量子观念
【解析】　根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B项正确；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错；玻尔理论由于引入量子观念成功解释了氢光谱特点，E项正确．
【答案】　ABE
4．下列五幅图的有关说法中正确的是(　　)
图2
A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围
C．光电效应实验说明了光具有粒子性
D．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
E．链式反应属于重核的裂变
【解析】　根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A错；根据卢瑟福的α粒子散射实验现象，可以知道B对；光电效应表明了光的粒子性，C对；根据左手定则可以判断射线甲带负电，D错；链式反应是重核裂变反应，E对．
【答案】　BCE
5．根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图3所示．当某个He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所释放的光子可能有(　　)
【导学号：66390064】
图3
A．1个　　B．2个　　C．3个　　D．6个　　E．4个
【解析】　本题研究是某个He＋，若从n＝4到n＝1能级跃迁，则只放出一个光子，A项正确；若从n＝4能级跃迁到n＝2能级，可以从n＝2能级跃迁到n＝1能级，则有2个光子放出，B项正确；同理，若从n＝4能级先跃迁到n＝3能级，则还可从n＝3能级向n＝2能级跃迁，也可从n＝2能级向n＝1能级跃迁，则放出3个光子，C项正确．
【答案】　ABC
6．下列关于原子和原子核的说法正确的是(　　)
A．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的
B.U(铀)衰变为Pa(镤)要经过1次α衰变和1次β衰变
C．质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量
D．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流
E．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间
【答案】　BCE
7．下列说法正确的是(　　)
A．方程式U→Th＋He是重核裂变反应方程
B．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想
E．在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，会产生光电效应
【解析】　U→Th＋He是衰变反应，不是重核裂变反应方程；故A错误；
光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故B正确；
β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的，故C错误；
德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证实了他的猜想，故D正确；由光电效应规律知E正确．
【答案】　BDE
8．下列说法正确的是(　　)
A.Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核Pb
B．发现中子的核反应方程为Be＋He→C＋n
C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小
E．现有4个放射性元素的原子核，经2个半衰期后还有一个未衰变
【解析】　Th经过6次α衰变和4次β衰变后，质量数是：m＝232－6×4＝208，电荷数：z＝90－2×6＋4＝82，成为稳定的原子核Pb.故A正确；
发现中子的核反应方程是Be＋He→C＋n，故B正确；
γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；
根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：k＝，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D错误．半衰期是对大量原子核衰变规律的总结，E错误．
【答案】　ABC
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9．(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m1＝15
g，被碰小球2的质量m2＝10
g，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图4所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是________g·cm/s，由此可得出的结论是__________________________________．
【导学号：66390065】
图4
【解析】　由题图知碰前
p1＝m1v1＝m1＝1
500
g·cm/s
碰后p1′＝m1＝750
g·cm/s
p2′＝m2＝750
g·cm/s.
由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒．
【答案】　1
500　750　750　两小球碰撞前后的动量守恒
10．(8分)用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图5所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置于水平槽边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点距离：OM＝2.68
cm，OP＝8.62
cm，ON＝11.50
cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差×100%＝________%(结果保留一位有效数字).
【导学号：66390066】
图5
【解析】　M、N分别是碰后两球的落地点的位置，P是碰前A球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p＝mA·OP，碰后系统的总动量可等效表示为p′＝mA·OM＋mB·ON，则其百分误差＝≈2%.
【答案】　P　2
11．(12分)一群氢原子处于量子数n＝4的能级状态，氢原子的能级图如图6所示，则：
图6
(1)氢原子可能发射几种频率的光子？
(2)氢原子由量子数n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射光子的能量是多少电子伏？
(3)用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多少电子伏？
【导学号：66390067】
金属
铯
钙
镁
钛
逸出功W/eV
1.9
2.7
3.7
4.1
【解析】　(1)可能发射6种频率的光子．
(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为E＝E4－E2，代入数据得E＝2.55
eV.
(3)E只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应．根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝E－W0
代入数据得，Ekm＝0.65
eV.
【答案】　(1)6种　(2)2.55
eV　(3)铯　0.65
eV
12．(12分)如图7所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：
图7
(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v；
(2)子弹在木块中运动的时间t.
【导学号：66390068】
【解析】　(1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律：
mv0＝mv0＋3mv
解得：v＝.
(2)对系统应用功能关系：fL＝mv－m2－3mv2
解得：f＝
对木块应用动量定理：ft＝3mv
解得：t＝.
【答案】　(1)v＝　(2)t＝
13．(12分)如图8所示，一质量为2m的L形长木板静止在光滑水平面上．木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起．某一时
刻有一质量为m的物块，以水平速度v0从L形长木板的左端滑上长木板．已知物块与L形长木板的上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为，碰后即粘在一起，求：
图8
(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时长木板在地面上滑行的距离；
(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小.
【导学号：66390069】
【解析】　(1)设物块在L形长木板上的滑行时间为t，由动量定理得：
－μmgt＝m－mv0
解得t＝
物块与L形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：
mv0＝m＋2mv1
解得v1＝
由动能定理得μmgs＝×2mv
解得s＝.
(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程，系统动量守恒mv0＝3mv2
对长木板由动量定理得：I＝2mv2－2mv1＝.
【答案】　(1)　　(2)3　探测射线的方法
4　放射性的应用与防护
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道放射线的粒子与其他物质作用时产生的现象，了解几种仪器的简单构造和基本原理．2．知道什么是放射性同位素和人工放射性同位素．3．知道核反应及其遵从的规律，会正确书写核反应方程．4．了解放射性在生产和科学领域的应用．知道射线的危害及防护.
　　探
测
射
线
的
方
法
1．探测方法
(1)组成射线的粒子会使气体或液体电离，以这些离子为核心，过饱和的蒸气会产生雾滴，过热液体会产生气泡．
(2)射线能使照相乳胶感光．
(3)射线能使荧光物质产生荧光．
2．探测仪器
(1)威耳逊云室：①原理：粒子在云室内气体中飞过，使沿途的气体分子电离，过饱和酒精蒸气就会以这些离子为核心凝结成雾滴，于是显示出射线的径迹．
②径迹特点
(2)气泡室：气泡室的原理同云室的原理类似，所不同的是气泡室里装的是液体，如液态氢．
粒子通过过热液体时，在它的周围产生气泡而形成粒子的径迹．
(3)盖革－米勒计数器
①优点：G—M计数器非常灵敏，使用方便．
②缺点：只能用来计数，不能区分射线的种类．
1．云室和气泡室都是应用射线的穿透能力研究射线的轨迹．(×)
2．盖革－米勒计数器既可以统计粒子的数量，也可以区分射线的种类．(×)
3．衰变和原子核的人工转变均满足质量数守恒和电荷数守恒．(√)
如何利用云室区别射线的种类？
【提示】　利用射线在云室中的径迹区别，直而粗的为α射线，细而长的为β射线．
探讨1：过饱和气体为什么能显示出射线中粒子的径迹？
【提示】　射线粒子在云室中的过饱和气体中飞过，射线粒子具有电离作用，可以使沿途的过饱和气体分子电离，过饱和气体就会以这些离子为核心凝结成雾滴，于是显示出射线的径迹．
探讨2：在威尔逊云室中如何判断放射线的性质和带电的正负？
【提示】　根据放射线在威尔逊云室中径迹的长短和粗细，可以知道粒子的性质，把云室放在磁场中，根据带电粒子运动径迹的弯曲方向，还可以知道粒子所带电荷的正负．
1．三种射线在云室中的径迹比较
(1)α粒子的质量比较大，在气体中飞行时不易改变方向．由于它的电离本领大，沿途产生的离子多，所以它在云室中的径迹直而粗．
(2)β粒子的质量小，跟气体碰撞时容易改变方向，并且电离本领小，沿途产生的离子少，所以它在云室中的径迹比较细，而且速度减小后的轨迹常常弯曲．
(3)γ粒子的电离本领更小，在云室中一般看不到它的径迹．
2．不同探测方法的对比
威耳逊云室和气泡室都是依据径迹探测射线的性质和种类，而盖革－米勒计数器只能计数，不能区分射线的种类．
1．在威耳逊云室中，关于放射源产生的射线径迹，下列说法中正确的是
(　　)
A．由于γ射线的能量大，容易显示其径迹
B．γ射线的电离本领很小，在云室中一般看不到它的径迹
C．由于β粒子的速度大，其径迹细而且长
D．由于α粒子的速度小，不易显示其径迹
E．由于α粒子的电离作用强，其径迹直而粗
【解析】　在云室中显示粒子径迹是由于引起气体电离，电离作用强的α粒子容易显示其径迹，因质量较大，飞行时不易改变方向，所以径迹直而粗，故只有B、C、E正确．
【答案】　BCE
2．利用威尔逊云室探测射线时能观察到细长而弯曲的径迹，则可知是________射线射入云室中，观察到的是射线粒子在运动路径上的________．
【解析】　α射线质量较大，在气体中飞行时不易改变方向，在云室中的径迹直而粗，β射线质量较小，在云室中的径迹细而弯曲，因此观察到威尔逊云室中细长而弯曲的径迹是β射线的径迹，射线粒子的运动肉眼是观察不到的，观察到的是酒精的过饱和蒸气在射线粒子运动路径上形成的雾滴．
【答案】　β　酒精雾滴
3．用盖革－米勒计数器测定放射源的放射强度为每分钟405次，若将一张厚纸板放在计数器与放射源之间，计数器几乎测不到射线.10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为每分钟101次，则该放射性元素的半衰期是________天，放出的射线是________射线．
【解析】　因厚纸板能挡住这种射线，可知这种射线是穿透能力最差的α射线；因放射性元素原子核个数与单位时间内衰变的次数成正比，10天后测出放射强度为原来的四分之一，说明10天后放射性元素的原子核个数只有原来的四分之一，由半衰期公式知，已经过了两个半衰期，故半衰期是5天．
【答案】　5　α
三种射线肉眼都看不见，探测射线的方法都是利用它们和其他物质发生作用时产生的现象，来显示射线的存在.
　核
反
应
和
人
工
放
射
性
同
位
素
1．核反应
(1)定义：原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程．
(2)原子核的人工转变
1919年卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素，同时产生一个质子．
卢瑟福发现质子的核反应方程：N＋He―→O＋H.
遵循规律：质量数守恒，电荷数守恒．
2．人工放射性同位素
(1)放射性同位素的定义：具有放射性的同位素．
(2)人工放射性同位素的发现：1934年，约里奥·居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性磷P.
发现磷同位素的方程：He＋Al―→P＋n.
1．卢瑟福发现质子的过程就是原子核的人工转变过程．(√)
2．衰变反应过程和原子核的人工转变过程都遵循质量守恒和电荷守恒规律．(×)
3．同位素都具有放射性．(×)
衰变和原子核的人工转变有什么不同？
【提示】　衰变是具有放射性的不稳定核自发进行的变化，原子核的人工转变是利用α粒子、质子、中子或γ光子轰击靶核发生的变化．所有的原子核都可能发生人工转变．
探讨1：书写核反应方程时为什么不能用等号连接？
【提示】　核反应过程一般都是不可逆的，核反应方程不能用等号连接，只能用单箭头表示反应方向．
探讨2：原子核的衰变方程和原子核的人工转变方程有何区别？
【提示】　衰变方程的箭头左边只有一个放射性原子核，原子核的人工转变方程的箭头左边有靶核和轰击靶核的粒子各一个．
1．核反应的条件
用α粒子、质子、中子，甚至用γ光子轰击原子核使原子核发生转变．
2．核反应的实质
用粒子轰击原子核并不是粒子与核碰撞将原子核打开，而是粒子打入原子核内部使核发生了转变．
3．原子核人工转变的三大发现
(1)1919年卢瑟福发现质子的核反应：
N＋He→O＋H
(2)1932年查德威克发现中子的核反应：
Be＋He→C＋n
(3)1934年约里奥—居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应：Al＋He→P＋n；P→Si＋e.
4．人工转变核反应与衰变的比较
(1)不同点：原子核的人工转变是一种核反应，是其他粒子与原子核相碰撞的结果，需要一定的装置和条件才能发生，而衰变是原子核的自发变化，它不受物理和化学条件的影响．
(2)相同点：人工转变与衰变过程一样，在发生过程中质量数与电荷数都守恒，反应前后粒子总动量守恒．
4．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，下列说法正确的是(　　)
A．x为α粒子
B．x为质子
C．y为α粒子
D．y为电子
E．z为中子
【解析】　根据质量数守恒和电荷数守恒可以确定x为质子H，y为He即α粒子，z为中子n.
【答案】　BCE
5．用中子轰击Al，产生Na和X粒子，Na具有放射性，它衰变后变成Mg，则X为________粒子，钠的衰变过程为________衰变．
【解析】　无论原子核的衰变，还是原子核的人工转变，都满足质量数守恒和电荷数守恒，根据以上守恒可得如下方程：n＋Al→Na＋He，Na→Mg＋e.显然，X粒子是α粒子，钠发生了β衰变．
【答案】　α　β
6．完成下列各核反应方程，并指出哪个核反应是首次发现质子、中子和正电子的．
(1)B＋He→N＋(　　)
(2)Be＋(　　)→C＋n
(3)Al＋(　　)→Mg＋H
(4)N＋He→O＋(　　)
(5)Na＋(　　)→Na＋H
(6)Al＋He→n＋(　　)；P→Si＋(　　)
【解析】　(1)B＋He→N＋n
(2)Be＋He→C＋n
由此核反应使查德威克首次发现了中子．
(3)Al＋n→Mg＋H
(4)N＋He→O＋H
此核反应使卢瑟福首次发现了质子．
(5)Na＋H→Na＋H
(6)Al＋He→n＋P；
P→Si＋e(正电子)
此核反应使约里奥—居里夫妇首次发现了正电子．
书写核反应方程的四条重要原则
(1)质量数守恒和电荷数守恒；
(2)中间用箭头，不能写成等号；
(3)能量守恒(中学阶段不作要求)；
(4)核反应必须是实验中能够发生的．
　放
射
性
同
位
素
的
应
用
与
防
护
1．应用射线：利用γ射线的穿透本领可以测厚度等，还可以用于放射治疗、照射种子培育优良品种等．
2．示踪原子：一种元素的各种同位素具有相同的化学性质，用放射性同位素替换非放射性的同位素后可以探测出原子到达的位置．
3．辐射与安全：人类一直生活在放射性的环境中，过量的射线对人体组织有破坏作用．要防止放射性物质对水源、空气、用具等的污染．
1．同一种元素的放射性同位素具有相同的半衰期．(×)
2．在用到射线时，利用人工放射性同位素和天然放射性物质都可以．(×)
3．用放射性同位素代替非放射性的同位素来制成各种化合物做“示踪原子”．(√)
医学上做射线治疗用的放射性元素，使用一段时间后当射线强度降低到一定程度时就需要更换放射材料，原来的材料成为核废料，这些放射治疗选用的放射性元素的半衰期应该很长还是较短？为什么？
【提示】　应选用半衰期较短的．因为半衰期短的放射性废料容易处理．当然也不能选用太短的，否则就需要频繁更换放射原料了．
探讨1：放射性同位素可以怎样获得？
【提示】　放射性同位素可以由天然放射性元素获得，也可以用人工方法获得．
探讨2：人工放射性同位素有哪些优点？
【提示】　(1)放射强度容易控制；(2)可以制成各种所需的形状；(3)半衰期很短，废料容易处理．
1．分类
可分为天然放射性同位素和人工放射性同位素两种，天然放射性同位素不过40多种，而人工放射性同位素已达1
000多种，每种元素都有自己的放射性同位素．
2．人工放射性同位素的优点
(1)放射强度容易控制；
(2)可以制成各种所需的形状；
(3)半衰期比天然放射性物质短得多，放射性废料容易处理．因此，凡是用到射线时，用的都是人工放射性同位素．
3．放射性同位素的主要应用
(1)利用它的射线．
①工业部门使用射线测厚度——利用γ射线的穿透特性；
②农业应用——γ射线使种子的遗传基因发生变异，杀死使食物腐败的细菌，抑制蔬菜发芽，延长保存期等；
③医疗上——利用γ射线的高能量治疗癌症．
(2)作为示踪原子：放射性同位素与非放射性同位素有相同的化学性质，通过探测放射性同位素的射线确定其位置．
7．下列哪些应用是把放射性同位素作为示踪原子
(　　)
A．γ射线探伤仪
B．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况
C．利用钴60治疗肿瘤等疾病
D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用检测放射性的办法确定放射性元素在农作物内转移和分布情况，找出合理施肥的规律
E．给人注射碘的放射性同位素碘131，然后定时用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射强度，帮助诊断甲状腺的疾病
【解析】　A是利用了γ射线的穿透性；C利用了γ射线的生物作用；B、D、E是利用示踪原子．
【答案】　BDE
8．关于放射性同位素的应用下列说法中正确的有(　　)
A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到了消除有害静电的目的
B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤
C．用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种
D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害
E．不能利用γ射进行人体透视
【解析】　利用放射线消除有害静电是利用α射线的电离性，使空气分子电离成导体，将静电泄出，A错误；γ射线对人体细胞伤害太大，因此不能用来人体透视，在用于治疗肿瘤时要严格控制剂量，B、D、E正确；DNA变异并不一定都是有益的，C错误．
【答案】　BDE
9．正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15O注入人体，参与人体的代谢过程.15O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像．根据PET原理，回答下列问题：
(1)写出15O的衰变和正负电子湮灭的方程式．
(2)将放射性同位素15O注入人体，15O的主要用途是(　　)
A．利用它的射线　　　　　　
B．作为示踪原子
C．参与人体的代谢过程　　　　
D．有氧呼吸
(3)PET中所选的放射性同位素的半衰期应________．(填“长”、“短”或“长短均可”)
【解析】　(1)由题意得O→N＋e，e＋e→2γ.
(2)将放射性同位素15O注入人体后，由于它能放出正电子，并能与人体内的负电子产生一对光子，从而被探测器探测到，所以它的用途为作为示踪原子．B正确．
(3)根据同位素的用途，为了减小对人体的伤害，半衰期应该很短．
【答案】　(1)O→N＋e，e＋e→2γ
(2)B　(3)短
放射性同位素的两类应用
(1)利用它的射线：α射线的电离作用，γ射线的贯穿本领和生物作用，β射线的贯穿本领．
(2)作为示踪原子：多数情况下用β射线，因为γ射线难以探测到．
学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于放射性的应用，下列说法正确的是(　　)
A．利用α射线使空气电离，把静电荷导走
B．利用β射线照射植物的种子，使产量显著增加
C．利用γ射线来治疗肺癌、食道癌等疾病
D．利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子
E．利用β射线进行金属探伤
【解析】　α射线的电离作用很强，应利用α射线的电离作用，A对；γ射线对生物具有物理化学作用，照射种子可使基因变异，可用于放射性治疗，β射线不具有生物作用，B错，C对；同位素的核外电子数相同，化学性质相同，放射性同位素带有“放射性标记”，可用探测器探测，D对；利用γ射线进行金属探伤，E错．
【答案】　ACD
2．用高能Kr(氪)离子轰击82Pb(铅)，释放出一个中子后，生成了一个新核，关于新核的推断正确的是(　　)
A．其质子数为118　　　
B．其质量数为293
C．其原子序数为118
D．其中子数为90
E．其质子数为122
【解析】　核反应方程为82Pb＋Kr―→n＋X，新核质量数为293，质子数为118，中子数为293－118＝175.故正确选项为ABC.
【答案】　ABC
3．用α粒子照射充氮的云室，摄得如图18 3 1所示的照片，下列说法中正确的是(　　)
图18 3 1
A．A是α粒子的径迹
B．B是α粒子的径迹
C．C是α粒子的径迹
D．A是新核的径迹
E．C是质子的径迹
【解析】　α粒子轰击氮的核反应方程为He＋N→O＋H，入射的是α粒子．所以B是α粒子产生的径迹，质量大、电离作用强的新核O，径迹粗而短，故A是新核径迹．质子电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹是质子的径迹．所以正确选项为B、D、E.
【答案】　BDE
4．有关放射性同位素P的下列说法，正确的是(　　)
A.P与X互为同位素
B.P与其同位素有相同的化学性质
C．用P制成化合物后它的半衰期变长
D．含有P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响
E.P的半衰期与所处的状态无关
【解析】　同位素应具有相同的质子数，故A错；同位素具有相同的化学性质，B对；元素的半衰期与其所处的状态无关，C错E对；放射性同位素可作为示踪原子，故D对．
【答案】　BDE
5．医学界通过14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，则14C的用途是________．
【解析】　用14C标记C60来查明元素的行踪，发现可以通过断裂DNA抑制艾滋病病毒的繁殖，因此14C的作用是做示踪原子．
【答案】　示踪原子
6．放射性在技术上有很多应用，不同的放射源可用于不同目的．下表列出了一些放射性元素的半衰期和可供利用的射线．
元素
射线
半衰期
钋210
α
138天
氡222
β
3.8天
锶90
β
28年
铀238
α、β、γ
4.5×109年
某塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让厚的聚乙烯膜通过轧辊把聚乙烯膜轧薄，利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀．可利用的元素是________．
【解析】　要测定聚乙烯薄膜的厚度，则要求射线可以穿透薄膜，因此α射线不合适；另外，射线穿透作用还要受薄膜厚度影响，γ射线穿透作用最强，薄膜厚度不会影响γ射线穿透，所以只能选用β射线，而氡222半衰期太小，铀238半衰期太长，所以只有锶90较合适．
【答案】　锶90
7．将威耳逊云室置于磁场中，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，画出反映正电子和Si核的轨迹示意图．
【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核运动方向一定相反．由于它们都带正电荷，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨道．因为有洛伦兹力作为向心力，即qvB＝m.所以做匀速圆周运动的半径为r＝.衰变时，放出的正电子与反冲核Si的动量大小相等，因此在同一个磁场中做圆周运动的半径与它们的电荷量成反比，即＝＝.可见正电子运动的圆半径较大．故其示意图应为.
【答案】　见解析图
8．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然放射性同位素只不过40几种，而今天人工制造的同位素已达1
000多种，每种元素都有放射性同位素，放射性同位素在农业、医疗卫生、科研等许多方面得到广泛应用．
(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失，其原因是________．
A．射线的贯穿作用
B．射线的电离作用
C．射线的物理、化学作用
D．以上三个选项都不是
(2)如图19 4 1是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图，如工厂生产的是厚度1
mm铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度起主要作用的是________射线．
图19 4 1
(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素结晶是同一物质，为此曾采用放射性同位素14C做________．
【解析】　(1)因放射性的电离作用，空气中与验电器所带电荷电性相反的离子与之中和，所以使验电器所带电荷消失．
(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度1
mm的铝板，因而探测器不能探到，γ射线穿透本领最强，穿透1
mm的铝板和几毫米厚铝板打在探测器上很难分辨，β射线也能穿透几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．
(3)把掺入14C的人工合成牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素合为一体，它们是同一物质，把这种放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可了解某些不容易查明的情况或规律，人们把这种用途的放射性同位素叫做示踪原子．
【答案】　(1)B　(2)β　(3)示踪原子
[能力提升]
9．一个质子以1.0×107
m/s的速度撞一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变成硅原子核．已知铝原子核的质量是质子的27倍，硅原子核的质量是质子的28倍，则下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程为Al＋H→Si
B．核反应方程为Al＋n→Si
C．质子撞铝原子核的过程动量守恒
D．硅原子核速度的数量级为107
m/s，方向跟质子的初速度方向一致
E．硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向跟质子的初速度方向一致
【解析】　由核反应中电荷数和质量数守恒可知A选项正确，B选项错误；由动量守恒定律求得硅原子速度的数量级为105
m/s，即D选项错误，C、E选项正确．
【答案】　ACE
10．某校学生在进行社会综合实践活动时，收集列出了一些放射性同位素的半衰期和可供利用的射线(见下表)，并总结出它们的几种用途．
同位素
放射线
半衰期
同位素
放射线
半衰期
同位素
放射线
半衰期
钋210
α
138天
锶90
β
28年
钴60
γ
5年
镅241
β
433天
锝99
γ
6小时
氡
α
3.8天
根据上表请你分析判断下面结论正确的是(　　)
A．塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让较厚的聚乙烯膜通过轧辊后变薄，利用α射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀
B．钴60的半衰期为5年，若取4个钴60原子核，经10年后就一定剩下一个原子核
C．把放射性元素钋210掺杂到其他稳定元素中，放射性元素的半衰期不变
D．用锝99可以作示踪原子，用来诊断人体内的器官是否正常．方法是给被检查者注射或口服附有放射性同位素的元素的某些物质，当这些物质的一部分到达到检查的器官时，可根据放射性同位素的射线情况分析器官正常与否
E．半衰期是一个统计概念，对大量的原子核的衰变才有意义
【解析】　因为α射线不能穿透薄膜，无法测量薄膜的厚度，所以A不正确；钴60的半衰期为5年是指大量钴60原子核因衰变而减少到它原来数目的一半所需要的时间，因此B错误C、E正确；检查时，要在人体外探测到体内辐射出来的射线，而又不能让放射性物质长期留在体内，所以应选取锝99作为放射源，D正确．
【答案】　CDE
11．中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素Pt.制取过程如下：
(1)用质子轰击铍靶Be产生快中子；
(2)用快中子轰击汞Hg，反应过程可能有两种：
①生成Pt，放出氦原子核；
②生成Pt，放出质子、中子；
(3)生成的Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞Hg.
写出上述核反应方程式.
【导学号：66390050】
【解析】　根据质量数守恒和电荷数守恒，算出新核的电荷和质量数，然后写出核反应方程．
(1)Be＋H→B＋n.
(2)①Hg＋n→Pt＋He；
②Hg＋n→Pt＋2H＋n.
(3)Pt→Au＋e；
Au→Hg＋e.
【答案】　见解析
12．1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用Co的衰变来验证，其核反应方程是Co→Ni＋e＋e.其中e是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零．
(1)在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数A是________，核电荷数Z是________．
(2)在衰变前Co核静止，根据云室照片可以看出，衰变产物Ni和e的运动径迹不在一条直线上，如果认为衰变产物只有Ni和e，那么衰变过程将违背________守恒定律．
(3)Co是典型的γ放射源，可用于作物诱变育种．我国应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3
000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大．γ射线处理作物后主要引起________，从而产生可遗传的变异.
【导学号：66390051】
【解析】　(1)根据质量数和电荷数守恒，核反应方程为：Co→Ni＋e＋e，由此得出两空分别为60和28.
(2)衰变过程遵循动量守恒定律．原来静止的核动量为零，分裂成两个粒子后，这两个粒子的动量和应还是零，则两粒子径迹必在同一直线上．现在发现Ni和e的运动径迹不在同一直线上，如果认为衰变产物只有Ni和e，就一定会违背动量守恒定律．
(3)用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生突变，从而培育出优良品种．
【答案】　(1)60　28　(2)动量　(3)基因突变3　动量守恒定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道系统、内力、外力的概念．2．理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件．(重点)3．了解动量守恒定律的普遍意义，会用动量守恒定律解决实际问题．(重点、难点)
系
统、
内
力、
外
力
1．系统
相互作用的两个或多个物体组成的整体．
2．内力
系统内部物体间的相互作用力．
3．外力
系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．
1．对于由几个物体组成的系统，物体所受的重力为内力．(×)
2．某个力是内力还是外力是相对的，与系统的选取有关．(√)
如右图16 3 1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将前面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是内力，还是外力？如果将后面两辆汽车看做一个系统呢？
图16 3 1
【提示】　内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．一个力是内力还是外力关键是看所选择的系统．如果将前面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是系统以外的物体对系统内物体的作用力，是外力；如果将后面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车与中间汽车的作用力是系统内部物体之间的作用力，是内力.
　动
量
守
恒
定
律
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
3．适用条件
系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)
2．只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(×)
3．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(√)
1．系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？
【提示】　不是．系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零．
2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？
【提示】　动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．
如图16 3 2所示，两小球m1和m2在光滑的水平面上沿同一直线同向匀速运动，且v2＞v1，两球相撞后的速度分别为v1′和v2′.
图16 3 2
探讨1：两球在碰撞过程中系统动量守恒吗？若守恒，请写出动量守恒表达式．
【提示】　守恒，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
探讨2：试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前动量m1v1＋m2v2和碰后动量m1v1′＋m2v2′的关系．
【提示】　设m1和m2间的相互作用力分别为F1，F2，相互作用时间为t，根据动量定理可得：F1t＝m1v1′－m1v1，F2t＝m2v2′－m2v2.
由牛顿第三定律可得：F1＝－
F2.
故有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)
即：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
1．对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．
2．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为0.
(2)系统受外力作用，合外力也不为0，但合外力远远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．
(3)系统所受到的合外力不为0，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的五个性质
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：
①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．
②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．
(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．
(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．
(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
4．动量守恒定律的三种表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)．
(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向)．
(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零)．
5应用动量守恒定律的解题步骤
↓
↓
↓
↓
1．关于动量守恒的条件，下面说法正确的是(　　)
A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒
C．系统加速度为零，系统动量一定守恒
D．只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒
E．系统所受合外力不为零，但系统在某一方向上动量可能守恒
【解析】　动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A错误、B正确．系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可得系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，选项C正确．系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误，E正确．
【答案】　BCE
2．如图16 3 3所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是(　　)
图16 3 3
A．p1＋p2＝p1′＋p2′
B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2
D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
E．p1′－p1＝－(p2′＋p2)
【解析】　因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．取向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．E项对应的是A、B两物体的动量变化量大小相等方向相反．
【答案】　BDE
3．如图16 3 4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，若A、B两物体分别向左、右运动，则有(　　)
图16 3 4
A．A、B系统动量守恒
B．A、B系统动量不守恒
C．A、B、C系统动量守恒
D．小车向左运动
E．小车向右运动
【解析】　弹簧释放后，C对A的摩擦力向右，大小为μmAg，C对B的摩擦力向左，大小为μmBg，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，选项B正确．由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μmAg，B对C的摩擦力向右，大小为μmBg，所以C所受合外力方向向左而向左运动，选项D正确．由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，选项C正确．
【答案】　BCD
4．如图16 3 5所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150
kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5
m/s，乙同学和他的车的总质量为200
kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25
m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)________．
图16 3 5
【解析】　两车碰撞过程动量守恒．m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，得v＝＝
m/s＝－0.5
m/s.
【答案】　－0.5
m/s
5．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30
kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20
kg·m/s，则碰撞后b球的动量为________．
【解析】　碰撞过程中，a球的动量减少了20
kg·m/s，故此时a球的动量是10
kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，仍为30
kg·m/s，则碰撞后b球的动量为20
kg·m/s.
【答案】　20
kg·m/s
6．(2015·浙江高考)一辆质量m1＝3.0×103
kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103
kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75
m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10
m/s2)
【解析】　由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6
m/s2
v＝＝9
m/s
由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v
v0＝v＝27
m/s.
【答案】　27
m/s
关于动量守恒定律理解的三个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．
(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．
学业分层测评(三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．如图16 3 6所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
图16 3 6
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能不守恒
E．甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】　根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D、E正确．
【答案】　CDE
2．如图16 3 7所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是
(　　)
图16 3 7
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C．斜面向右运动
D．斜面静止不动
E．小球增加的动能小于小球减少的势能
【解析】　小球加速下滑，系统竖直方向上有向下的加速度，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，但系统水平方向上合力为零，故系统水平方向上动量守恒，因小球下滑过程中水平方向的速度在增大，由动量守恒定律可得，斜面水平向右的速度也在增加，故B、C正确．由能量守恒知E正确．
【答案】　BCE
3．如图16 3 8所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是
(　　)
图16 3 8
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
E．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
【解析】　当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C、E正确，选项D错误．
【答案】　BCE
4．如图16 3 9所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如果将线烧断，则小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度是________．(填“向左”“向右”或“0”)
图16 3 9
【解析】　小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上的动量守恒(Δpx＝0)．细线被烧断瞬间，系统在水平方向的总动量为零．又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.
【答案】　0
5．如图16 3 10所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后物体的最终速度为________，方向向________．
图16 3 10
【解析】　因水平面光滑，物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，又因盒子内表面不光滑，物块与盒子最终一定速度相等，由动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v，故v＝，方向水平向右．
【答案】　　右
6．(2015·天津高考)如图16 3 11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________．
【导学号：66390008】
图16 3 11
【解析】　设碰前B球的速度为v0，A碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A、B两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为v0和－v0
根据动量守恒定律，得mBv0＝mB＋mA·v0
解得mA∶mB＝4∶1；
A、B两球碰撞前、后的总动能之比为
＝.
【答案】　4∶1　9∶5
7．一个质量为2
kg的装砂小车，沿光滑水平轨道运动，速度为3
m/s，一个质量为1
kg的球从0.2
m高处自由落下，恰落入小车的砂中，此后小车的速度是多少？
【解析】　小车、砂、球三者组成的系统在水平方向上动量守恒，故Mv＝(M＋m)v′
解得：v′＝
v＝×3
m/s＝2
m/s.
【答案】　2
m/s
[能力提升]
8．如图16 3 12所示，质量为0.5
kg的小球在距离车底面高20
m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5
m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4
kg，设小球落在车底前瞬间速度大小是25
m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小为________m/s，方向向________．(g取10
m/s2)
【导学号：66390009】
图16 3 12
【解析】　由平抛运动的知识可知：小球下落的时间t＝＝
s＝2
s，在竖直方向的速度vy＝gt＝20
m/s，由运动的合成可得在水平方向的速度vx＝
m/s＝15
m/s，由于小球和小车组成的系统在水平方向上满足动量守恒，所以4×7.5－0.5×15＝(4＋0.5)v，解得v＝5
m/s，方向向右．
【答案】　5　右
9．如图16 3 13所示，一玩具小车携带若干质量为m的弹丸，车和弹丸的总质量为M，在半径为R的水平光滑轨道上以速度v0做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度v发射一颗弹丸，求小车发射第几颗弹丸时静止．
图16 3 13
【解析】　由题意知，小车每转一周，质量就减少m，设发射第一颗弹丸后小车的速度为v1(依次类推)，由沿切线方向动量守恒，可得：发射一颗弹丸时
Mv0＝(M－m)v1＋mv
发射两颗弹丸时(M－m)v1＝(M－2m)v2＋mv
解得v1＝，v2＝
递推可知，发射n颗弹丸时的速度vn＝，令vn＝0可得n＝，将已知条件＝和＝代入上式可得n＝＝4.
【答案】　4
10．如图16 3 14所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2
kg，mC＝0.1
kg，现木块A以初速度v＝2
m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：
(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；
(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．
【导学号：66390010】
图16 3 14
【解析】　(1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得
mAv＝(mA＋mB)vA，vA＝＝1
m/s.
(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为系统，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，vC＝
m/s，方向水平向右．
【答案】　(1)1
m/s　0　(2)
m/s　方向水平向右
11．如图16 3 15所示，甲车质量m1＝20
kg，车上有质量M＝50
kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3
m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50
kg的乙车正以v0＝1.8
m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长.
【导学号：66390011】
图16 3 15
【解析】　人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象
由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，
解得v′＝1
m/s
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v1′＋Mu
解得u＝3.8
m/s
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8
m/s
就可避免两车相撞．
【答案】　大于等于3.8
m/s章末分层突破
[自我校对]
①电离
②穿透
③有半数
④核子
⑤氮核
⑥铍核
⑦质量数
⑧电荷数
⑨mc2
　
四类核反应及其核反应方程
1.书写原则：核反应遵循质量数和电荷数守恒．
2．常见的核反应方程及相关内容
核反应式
与其相关的重要内容
U→Th＋He
α衰变实质2H＋2n→He
Th→Pa＋e
β衰变实质n→H＋e
N＋He→O＋H
质子的发现(1919年)
卢瑟福
Be＋He→C＋n
中子的发现(1932年)
查德威克
Al＋He→P＋n
人工放射性同位素的发现
约里奥—居里夫妇
P→Si＋e
正电子的发现(1934年)
约里奥—居里夫妇
U＋n→Sr＋Xe＋10nU＋n→Ba＋Kr＋3n
重核裂变
H＋H→He＋n
轻核聚变
3.关于核反应的四点说明
(1)核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头表示反应方向，不能用等号连接．
(2)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程．
(3)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒；遵循电荷数守恒．
(4)四类核反应的判断技巧：衰变方程的箭头左侧只有一项且箭头右侧必有He或e；人工转变的箭头左侧都含有一个用来轰击的小粒子，多为质子、中子、α粒子或β粒子，且被轰击核多为中等质量核；重核裂变的箭头左侧多为铀235，且有中子；聚变方程的箭头左侧的原子序数都很小多为前4号元素．
　下列说法正确的是(　　)
A.H＋H→He＋n是聚变
B.U＋n→Xe＋Sr＋2n是裂变
C.Ra→Rn＋He是α衰变
D.Na→Mg＋e是裂变
E.N＋He→O＋H是聚变
【解析】　聚变是两个轻核结合成质量较大的核，A正确E错误；裂变反应指的是质量较大的核分解成几块中等质量的核，B正确，D错误；放射性元素自发的放射出α粒子的现象是α衰变，C正确．
【答案】　ABC
核反应中的“守恒规律”
原子核物理中，常提及核反应的“守恒规律”与“核能的计算”问题．事实上，在核反应过程中，由于核力对核子做功，会引起“核反应系统”(以下简称“系统”)的能量变化．我们就把系统释放或吸收的这部分能量，叫做核能．从而，核反应即可分为质量亏损、释放核能和质量增加、吸收核能两大类型．其中，又以研究发生质量亏损、释放核能的一类核反应为学习的重点．
欲解决核反应中有关“守恒规律”与“核能的计算”问题，可利用以下几条“依据”：
1．五个守恒
(1)质量数守恒．
(2)质子数(电荷数)守恒．
(3)质量守恒(“亏损质量”与释放的“核能”相当)．
(4)能量守恒．
(5)动量守恒．
2．两个方程
(1)质能方程：E＝mc2，m指物体的质量．
(2)核能：ΔE＝Δmc2.
3．一个半衰期(T)
(1)剩余核数：N＝N0.
(2)剩余质量：m＝m0.
　如图19 1所示，有界匀强磁场磁感应强度为B＝0.05
T，磁场方向垂直于纸面向里，MN是磁场的左边界，在磁场中A处放一个放射源，内装Ra(镭)，Ra放出某种放射线后衰变成Rn(氡)．试写出Ra衰变的方程．若A距磁场的左边界MN的距离OA＝1.0
m时，放在MN左侧的粒子接收器收到垂直于边界MN方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA的直线1.0
m，则此时可以推断出一静止镭核Ra衰变时放出的能量是多少？(保留两位有效数字，取1
u＝1.6×10－27
kg，电子电量e＝1.6×10－19
C)
图19 1
【解析】　Ra→Rn＋He.
镭衰变放出α粒子和氡核，在磁场中做匀速圆周运动，α粒子垂直于MN边界射出被接收器接收，α粒子在磁场中的轨迹为1/4圆周，得圆半径为R＝1.0
m
α粒子的动量mαv＝qBR＝1.6×10－20
kg·m/s
α粒子的动能为E1＝mαv2＝＝2.0×10－14
J
衰变过程中动量守恒，有mαv＝MRnv1
氡核反冲的动能为E2＝MRnv＝
衰变过程释放出的能量为
E1＋E2＝E1≈2.04×10－14
J.
【答案】　Ra→Rn＋He　2.04×10－14
J
如果在核反应中无光子辐射，核反应释放的核能全部转化为新核的动能和新粒子的动能.在这种情况下计算核能的主要依据是：
1 核反应过程中只有内力作用，故动量守恒.
2 反应前后总能量守恒.
常见的反应类型：反应前总动能＋反应过程中释放的核能＝反应后总动能.
(教师用书独具)
1．(2016·合肥一中检测)下列关于核裂变和核辐射的方程中正确的是(　　)
A.U＋n―→Ba＋Kr＋10n
B.Pu―→U＋He
C.Cs―→Ba＋e
D.I―→Xe＋e
E.P→Si＋e
【解析】　选项A中，质量数不守恒，选项E中，电荷数不守恒，故A、E错误；核辐射是放出α、β、γ三种射线，选项B为α衰变，放出α射线，选项C、D为β衰变，放出β射线，故B、C、D正确．
【答案】　BCD
2．(2016·长沙一中检测)下列说法正确的是(　　)
A．自由核子结合成原子核时，一定遵守质量守恒
B．在发生核反应时，反应前物质的总质量一定等于反应后所生成物质的总质量
C．发生核反应时，若反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应是放能反应
D．发生核反应时，若反应前的总质量小于反应后的总质量，这个反应必定吸收能量
E．不论哪种核反应，都遵守质量数守恒和电荷数守恒
【解析】　当自由核子结合成原子核时，一定存在质量亏损；核反应前后一般存在质量的变化，若质量减少则放出能量，反之吸收能量，由此知C、D正确，A、B错误．由核反应规律知E项正确．
【答案】　CDE
3．(2016·济南一中检测)如图19 2所示，国际原子能机构2007年2月15日公布核辐射警示新标志，新标志为黑框经底三角，内有一个辐射波标记、一个骷髅头标记和一个逃跑的人形．核辐射会向外释放三种射线：α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电．现有甲、乙两个原子核原来都静止在同一匀强磁场中，其中一个核放出一个α粒子，另一个核放出一个β粒子，得出如图所示的四条径迹，则(　　)
图19 2
A．磁场的方向一定垂直于纸面向里
B．甲核放出的是α粒子，乙核放出的是β粒子
C．a为α粒子的径迹
D．b为α粒子的径迹
E．c为β粒子的径迹
【解析】　衰变过程中满足动量守恒，释放粒子与新核的动量大小相等、方向相反，根据带电粒子在磁场中的运动不难分析：若轨迹为外切圆，则为α衰变；若轨迹为内切圆，则为β衰变．又因为R＝mv/qB知半径与电荷量成反比，可知答案为B、D、E项．
【答案】　BDE
4．(2016·全国丙卷)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107
m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si
.下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程为p＋Al→Si
B．核反应过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向与质子初速度的方向一致
【解析】　核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋Al→Si
，说法A正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，说法B正确，说法C错误．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，说法D错误．根据动量守恒定律有mpvp＝mSivSi，碰撞后硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向与质子初速度方向一致，说法E正确．
【答案】　ABE
5．(2016·全国甲卷)在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)
A.
C→N＋e
B.P→S＋e
C.
U→Th＋He
D.
N＋He→O＋H
E.
U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
【解析】　α衰变是一种元素衰变成另一种元素过程中释放出α粒子的现象，选项C为α衰变；β衰变为衰变过程中释放出β粒子的现象，选项A、B均为β衰变；重核裂变是质量较大的核变成质量较小的核的过程，选项E是常见的一种裂变；聚变是两个较轻的核聚合成质量较大的核的过程，选项F是典型的核聚变过程．
【答案】　C　AB　E　F
章末综合测评
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的5个选项中有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
1．在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是(　　)
A．查德威克通过实验证实了卢瑟福关于中子的猜想是正确的
B．汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说
C．居里夫人首先发现了天然放射现象
D．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子
E．贝克勒尔首先发现了天然放射现象
【答案】　ADE
2．典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：U＋n→Ba＋Kr＋xn，铀235质量为m1，中子质量为m2，钡144质量为m3，氪89的质量为m4，下列说法正确的是(　　)
A．该核反应类型属于人工转变
B．该反应放出能量(m1－2m2－m3－m4)c2
C．x的值是3
D．该核反应比聚变反应对环境的污染少
E．该核反应属于核裂变，比聚变反应对环境的污染重
【解析】　该核反应是核裂变，不是人工转变，故A错误；核反应方程U＋n→Ba＋Kr＋xn中根据质量数守恒，有：235＋1＝144＋89＋x，解得：x＝3；根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为：ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2，故B、C正确；该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故D错误，E正确．
【答案】　BCE
3．关于近代物理，下列说法正确的是(　　)
A．α射线是高速运动的氦原子核
B．核聚变反应方程H＋H→He＋n中，n表示质子
C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征
E．爱因斯坦给出了物体的能量与它的质量的关系，E＝mc2
【解析】　α射线是氦原子核，A对；n表示中子，B错；据光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，光电子的最大初动能随照射光的频率的增大而增大，并不成正比，C错；玻尔的量子观念能解释氢原子光谱，D对，是爱因斯坦给出了E＝mc2.
【答案】　ADE
4．(2016·全国丙卷)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107
m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si
.下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程为p＋Al→Si
B．核反应过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向与质子初速度的方向一致
【解析】　核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋Al→Si
，说法A正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，说法B正确，说法C错误．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，说法D错误．根据动量守恒定律有mpvp＝mSivSi，碰撞后硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向与质子初速度方向一致，说法E正确．
【答案】　ABE
5．放射性元素U衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次衰变变成X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成Tl，X和T1最后都变成Pb，衰变路径如图1所示．则(　　)
图1
A．a＝84
B．b＝206
C.Bi→X是β衰变，Bi→Tl是α衰变
D.Bi→X是α衰变，Bi→Tl是β衰变
E.Tl经过一次α衰变变成Pb
【解析】　由Bi→X，质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84.由Bi→Tl是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206，由Tl→Pb发生了一次β衰变．
【答案】　ABC
6．下列说法中正确的是(　　)
A．α粒子散射实验证明了原子核还可以再分
B．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构
C．分别用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大
D．基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，可能发射多种频率的光子
E．要使轻核聚变，必须使它们的距离达到10－15
m以内
【解析】　α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，天然放射现象证明了原子核还可以再分，选项A、B均错误；X射线的频率高于紫光的频率，用X射线照射金属时获得光电子的最大初动能会更大，选项C正确；基态氢原子吸收一个光子发生跃迁，当跃迁到较高的能级时(n≥3)，就可能发射多种频率的光子，选项D正确．要使轻核发生聚变必须使它们的距离达到10－15以内，核力才能起作用．E正确
【答案】　CDE
7．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子(其质量小于电子质量且不带电)．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”(电子的初动量可不计)，则
(　　)
A．生成的新核与衰变前的原子核质量数相同
B．生成新核的核电荷数增加
C．生成的新核与衰变前的原子核互为同位素
D．生成的新核与中微子的动量大小相等
E．在发生“轨道电子俘获”的过程中，系统动量守恒
【解析】　质子与中子的质量数相同，所以发生“轨道电子俘获”后新核与原核质量数相同，A正确；新核质子数减少，故核电荷数减少，B错误；新核与原核质子数不同，不能称它们互为同位素，C错误；以静止原子核及被俘获电子为系统，系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小相等，方向相反，D、E正确．
【答案】　ADE
8．太阳内部发生的核反应主要是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，氢核的聚变反应可以看做是4个氢核(H)结合成1个氦核(He)．下表中列出了部分粒子的质量(1
u相当于931.5
MeV的能量)，以下说法中正确的是
(　　)
粒子名称
质子p
α粒子
电子e
中子n
质量/u
1.007
3
4.001
5
0.000
55
1.008
7
A.核反应方程式为4H→He＋2e
B．核反应方程式为4H→He＋2e
C．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为0.026
6
u
D．4个氢核聚变反应过程中释放的能量约为24.8
MeV
E．四个氢核聚变反应过程中释放的能量约为24.8
J
【解析】　根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒关系可判断A正确，B错误；根据质能方程可知C、D正确，E错误．
【答案】　ACD
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
9．(4分)由图2所示可得出结论质子和中子的质量之和________氘核的质量，氘核分解为质子和电子时要________能量．
图2
【解析】　由图可以看出，氘核分解为质子和中子的过程中是吸收能量的，因此两个核子质量之和大于氘核的质量．
【答案】　大于　吸收
10．(8分)(2016·全国甲卷)在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是______．(填正确答案标号)
A.6C→7N＋
0－1e
B.P→S＋
0－1e
C.92U→90Th＋He
D.7N＋He→8O＋H
E.92U＋n→54Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
【解析】　α衰变是一种元素衰变成另一种元素过程中释放出α粒子的现象，选项C为α衰变；β衰变为衰变过程中释放出β粒子的现象，选项A、B均为β衰变；重核裂变是质量较大的核变成质量较小的核的过程，选项E是常见的一种裂变；聚变是两个较轻的核聚合成质量较大的核的过程，选项F是典型的核聚变过程．
【答案】　C　AB　E　F
11．(10分)1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是Rn.Rn经过m次α衰变和n次β衰变后变成稳定的Pb.
(1)求m、n的值；
(2)一个静止的氡核(Rn)放出一个α粒子后变成钋核(Po)．已知钋核的速度v＝1×106
m/s，求α粒子的速率.
【导学号：66390061】
【解析】　(1)4m＝222－206，m＝4
86＝82＋2m－n，n＝4
(2)由动量守恒定律得mαvα－mPov＝0
解得vα＝5.45×107
m/s
【答案】　(1)4　4　(2)5.45×107
m/s
12．(14分)为测定某水库的存水量，将一瓶放射性同位素溶液倒入水库中，已知这杯溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素的半衰期为2天，10天以后从水库取出1
m3的水，并测得每分钟衰变10次，求水库的存水量为多少？
【导学号：66390062】
【解析】　由每分钟衰变次数与其质量成正比出发，运用半衰期知识可求出存水量．
设放射性同位素原有质量为m0,10天后其剩余质量为m，水库存水量为Q,10天后每立方米水中放射性元素的存量为，由每分钟衰变次数与其质量成正比＝，即＝，由半衰期公式得：m＝m0
由以上两式联立代入数据得
＝＝5
解得水库的存水量为Q＝2.5×105
m3.
【答案】　2.5×105
m3
13．(16分)H的质量是3.016
050
u，质子的质量是1.007
277
u，中子的质量是1.008
665
u．则：
(1)一个质子和两个中子结合为氚核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少？
(2)氚核的结合能和比结合能各是多少？
(3)如果这些能量是以光子形式放出的，则光子的频率是多少？
【导学号：66390063】
【解析】　(1)一个质子和两个中子结合成氚核的核反应方程式是H＋2n―→H，反应前各核子总质量为mp＋2mn＝1.007
277
u＋2×1.008
665
u＝3.024
607
u
反应后新核的质量为mH＝3.016
050
u
质量亏损为
Δm＝3.024
607
u－3.016
050
u
＝0.008
557
u
因反应前的总质量大于反应后的总质量，故此核反应为放出能量的反应．
释放的核能为ΔE＝Δm×931.5
MeV＝0.008
557×931.5
MeV＝7.97
MeV.
(2)氚核的结合能即为ΔE＝7.97
MeV
它的比结合能为＝2.66
MeV.
(3)放出光子的频率为
ν＝＝
Hz＝1.92×1021
Hz.
【答案】　(1)释放核能　7.97
MeV
(2)7.97
MeV　2.66
MeV
(3)1.92×1021
Hz