第1章 动量守恒研究
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(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来
答案 D
解析 砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，故B错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，故D正确．
2．如图1，两滑块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( )
图1
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
答案 D
解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确，A、B、C项错误．
3．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比＝，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
答案 A
解析 两车滑行时水平方向仅受阻力f的作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．当规定以车行方向为正方向后，由动量定理得：－ft＝0－p，所以两车滑行时间：t＝，当p、f相同时，滑行时间t相同．故A对．
4.高空“蹦极”是勇敢者的游戏．蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下．若不计空气阻力，则( )
图2
A．弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大
B．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大
C．整个下落过程中，重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同
D．整个下落过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功
答案 D
解析 由题意知，运动员的加速度等于零时速度最大，即当弹性绳弹力等于重力时，速度最大，所以A错误；运动员在运动的过程中，重力势能、动能、弹性势能三者之和保持不变，从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，动能先增大后减小，故运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，所以B错误；根据动量定理知IG＋IF＝0，故重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量不相同，一正一负，所以C错误；根据能量守恒可知整个下落过程中，减少的重力势能全部转化为弹性势能，所以D正确．
5．如图3所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
图3
A. B．2Mv0
C. D．2mv0
答案 A
解析 子弹射入木块的时间极短，根据动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度．根据动量定理，合外力的冲量I＝Mv＝，故A正确．
6.如图4，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
图4
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案 A
解析 A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若右边是A球，则动量的增量应是正值；因此碰后A球的动量是2 kg·m/s，碰后B球的动量增加为10 kg·m/s，由于两球的质量关系mB＝2mA，所以碰后A、B两球速度大小之比2∶5.故选A.
7．一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE.关于Δp和ΔE，下列说法正确的是( )
A．若Δp最大，则ΔE也最大
B．若Δp最大，则ΔE一定最小
C．若Δp最小，则ΔE也最小
D．若Δp最小，则ΔE一定最大
答案 BD
解析 当小球原速率返回时，Δp最大，而ΔE＝0，选项B正确，A错误；当小球撞墙后速度减为零时，Δp最小，而ΔE最大，选项D正确，C错误．
8．如图5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s－t(位移－时间)图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )
图5
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
答案 AC
解析 分析题图乙可知，碰前：m2小球处在s＝8 m的位置静止，m1小球的速度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，碰撞过程损失的机械能：ΔEk＝m1v－＝0，故应选A、C.
9.如图6所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量MA＝2 kg，原来静止在光滑的水平面上．质量mB＝2.0 kg的小球B以v＝2 m/s的速度从右向左做匀速直线运动中与木块A发生相互作用，则B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度是(设B球不能飞出去)( )
图6
A．0.40 m B．0.20 m
C．0.10 m D．0.5 m
答案 C
解析 A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得：mBv2＝(mA＋mB)v′2＋mBgh，联立并代入数据得：h＝0.10 m，故C正确．
10．古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，取兔子初速度方向为正方向，则( )
A．兔子撞树前的动量大小为30 kg·m/s
B．兔子撞树过程中的动量变化量为32 kg·m/s
C．兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相同
D．兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s
答案 AD
解析 由题意可知，兔子的初速度v0＝15 m/s，则兔子撞树前的动量大小为p1＝mv1＝2 kg×15 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确；末速度为v2＝－1 m/s，末动量p2＝mv2＝2 kg×(－1 m/s)＝－2 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量为Δp＝p2－p1＝－2 kg·m/s－30 kg·m/s＝－32 kg·m/s，兔子撞树过程中的动量变化量的大小为32 kg·m/s，选项B错误；兔子撞树过程中的动量变化量为负值，说明兔子撞树过程中的动量变化量的方向与兔子撞树前的速度方向相反，选项C错误；由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量为I＝mv2－mv1＝[2×(－1)－2×15] N·s＝－32 N·s，兔子受到撞击力的冲量大小为32 N·s，选项D正确．
二、实验题(本题共2小题，共20分)
11．(10分)一同学设计了下面探究动量守恒的方案：
在一块短木板上钉两条剖成两半的铅笔(除去笔芯)作为滑槽．把一条轻竹片弯成“∩”形，中间用细线拴住成为竹弓，将它置于短板上的滑槽里，紧挨竹弓两端各放置一个小球，如图7所示．
图7
实验时，把这套装置放在桌子的一角上．在木板两头的地上各铺放一张白纸并盖上复写纸．用火柴烧断细线，竹弓立即将两小球弹出，小球落在复写纸上，在白纸上打出两个印痕．
(1)需要测量的量是________．
A．两小球的质量m1、m2及抛出的射程x1、x2
B．球抛出的高度h
C．球下落的时间t
D．细线的长度L
(2)若等式________[用(1)中的相关字母符号表示]成立，则表明系统动量守恒．
答案 (1)A (2)m1x1＝m2x2
解析 (1)在探究动量守恒定律的实验中应测两小球的质量和作用前后的速度．已知两小球初速度为0，竹弓弹开后两球都做平抛运动，下落的高度相同，所以两小球在空中飞行的时间相同，而水平射程x＝vt，即x∝v，所以可以用水平射程代表速度，A正确．
(2)若0＝m1x1－m2x2，即m1x1＝m2x2成立，则表明两小球和竹弓组成的系统动量守恒．
12．(10分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究动量是否守恒”的实验，气垫导轨装置如图8甲所示，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，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
(1)下面是实验的主要步骤：
图8
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向气垫导轨中通入压缩空气；
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越过弹射架并固定在滑块1的左端，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，选出较理想的纸带如图9所示；
图9
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，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(保留三位有效数字)．
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1
(2)0.620 0.618
(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
解析 作用前滑块1的速度v1＝ m/s＝2 m/s，
其动量为0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，
作用后滑块1和滑块2具有相同的速度
v＝ m/s＝1.2 m/s，
其动量之和为
(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s.
三、计算题(本题共3小题，共40分)
13．(12分)如图10所示，一辆质量为M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
图10
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；
(2)在整个过程中，小车移动的距离．
答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)
解析 设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v1、v2时，则
mv1－Mv2＝0
mv＋Mv＝Ep
解得：v1＝3 m/s，v2＝1 m/s.
(2)设小车移动x2距离，小球移动x1距离
m＝M
x1＋x2＝L
解得：x2＝.
14．(14分)如图11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11
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
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/s2②
(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/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.
15．(14分)在如图12所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以大小为5 m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30 kg，人与车的质量为50 kg，求：
图12
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；
(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．
答案 (1)3.75 m/s (2)37.5 J
解析 (1)小明在推木箱的过程中，小明、车和木箱组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律可得：Mv1＝mv2
代入数据可得：v1＝3 m/s.
(2)小明在接木箱的过程中动量守恒，
由动量守恒定律可得：Mv1＋mv2＝(M＋m)v3
代入数据可得：v3＝3.75 m/s
故损失的能量：
ΔE＝Mv＋mv－(M＋m)v
代入数据可得：ΔE＝37.5 J.
第2章 原子结构
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．其中1～9题为单项选择题，10～12题为多项选择题)
1．以下说法中符合事实的是( )
A．汤姆孙发现电子并提出了原子核式结构模型
B．玻尔发现电子并提出了原子核式结构模型
C．卢瑟福做了α粒子散射实验并提出了原子核式结构模型
D．密立根做了α粒子散射实验并提出了原子核式结构模型
答案 C
解析 汤姆孙发现电子，卢瑟福提出了原子核式结构模型，选项A、B错误；卢瑟福做了α粒子散射实验并提出了原子核式结构模型，选项C正确，D错误．
2．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是( )
A．α粒子散射实验 B．对阴极射线的研究
C．氢原子光谱的研究 D．电子的发现
答案 A
解析 卢瑟福通过α粒子散射实验，发现少部分α粒子出现了大角度偏转，从而提出了原子的核式结构模型，认为原子是由处于原子中央的很小的原子核和核外带负电的电子组成的，故A对．
3．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )
答案 D
解析 实验结果是：离金原子核越远的α粒子偏转角度越小，离金原子核越近的α粒子偏转角度越大，正对金原子核的α粒子被沿原路“撞回”．所以选项D正确．
4．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．一定受到重金属原子核的斥力作用
B．动能不断减小
C．电势能不断增大
D．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果
答案 A
解析 α粒子一定受到斥力的作用，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项正确．
5．如图1所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是( )
图1
答案 C
解析 根据玻尔的原子跃迁公式h＝Em－En(m>n)可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确．
6．氢原子光谱中巴尔末系中最短波长是( )
A. B.R C．R D.
答案 A
解析 根据巴尔末公式有＝R，λ＝，当n＝∞时，最短波长为＝，A选项正确．
7．按照玻尔的理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能．当一个氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是( )
A．氢原子系统的电势能增加，电子的动能增加
B．氢原子系统的电势能减小，电子的动能减小
C．氢原子可能辐射6种不同波长的光
D．氢原子可能辐射3种不同波长的光
答案 D
解析 当一个氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁时，最多可能发生4→3,3→2,2→1三种情况，切记不是大量氢原子，故C错误、D正确；当向低能级跃迁时，轨道半径减小，根据公式k＝m可得电子的动能增大，电势能减小，故A、B错误．
8．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则( )
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
答案 D
解析 由跃迁假设及题意可知，hν1＝Em－En，hν2＝Ek－En，红光频率ν1小于紫光频率ν2，所以能级k能量大于能级m能量，所以从能级k到能级m需要辐射光子，选项A、C错误；由以上各式可得Ek－Em＝hν2－hν1，选项D正确，B错误．
9．氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n＝4的能级吸收的光子频率为( )
A.ν B.ν C.ν D.ν
答案 D
解析 氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级，
hν＝E3－E2＝－＝－E1①
则从基态跃迁到n＝4的能级，吸收光子能量
hν′＝E4－E1＝－E1＝－E1②
由①②得ν′＝ν，选项D正确．
10．氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是( )
A．核外电子受力变小
B．原子的能量减少，电子的动能增加
C．氢原子要吸收一定频率的光子
D．氢原子要放出一定频率的光子
答案 BD
解析 氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，r减小，由库仑定律知核外电子受力变大，A错；由k＝m得Ek＝mv2＝知电子的动能变大，由En＝－ eV知n减小时原子能量减少，B对；电子由高能级向低能级跃迁时放出一定频率的光子，C错，D对．
11．如图2为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )
图2
A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的波长长
B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出光子的速度大
C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的
D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
答案 AC
解析 根据ΔE＝hν，ν＝可知λ＝＝，从n＝4能级跃迁到n＝3能级的能级差比从n＝3能级跃迁到n＝2能级的能级差小，所以从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的波长长，选项A正确；电磁波的速度是光速，与电磁波的波长、频率无关，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率并不相同，C正确；从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，而不是氢原子核放出能量，D错误．所以选A.
12．关于氢原子能级跃迁，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
答案 AB
解析 波长为60 nm的X射线的能量：
E0＝h＝6.63×10－34× J＝3.32×10－18 J＝20.75 eV，
氢原子的电离能：
ΔE＝0－(－13.6)eV＝13.6 eV所以可使氢原子电离，A正确；
由hν＝Em－E得：
Em1＝hν＋E＝10.2 eV＋(－13.6) eV＝－3.4 eV；
Em2＝11.0 eV＋(－13.6) eV＝－2.6 eV；
Em3＝12.5 eV＋(－13.6) eV＝－1.1 eV.
由En＝得，只有Em1＝－3.4 eV对应于n＝2的状态．由于原子发生跃迁时吸收光子只能吸收恰好为两能级差能量的光子，所以只有B可使氢原子从基态跃迁到激发态．
二、填空题(本题共2小题，共13分)
13．(6分)大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89 eV、10.2 eV、12.09 eV.跃迁发生前这些原子分布在______个激发态能级上，其中最高能级的能量值是____eV(基态能量为－13.6 eV)．
答案 2 －1.51
解析 发出三种不同能量的光子，由此可知，跃迁发生前这些原子分布在两个激发态，其中最高能级(n＝3)的能量值是－13.6 eV＋12.09 eV＝－1.51 eV.
14．(7分)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图3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3
答案 近 6
解析 量子数越大，轨道越远，电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离要近；处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有C＝6条．
三、计算题(本题共2小题，共27分)
15．(13分)密立根实验的原理如图4所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电．从喷雾器嘴喷出的小油滴，落到A、B两板之间的电场中．小油滴由于摩擦而带负电，调节A、B两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡．已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105 N/C，油滴半径是1.64×10－4 cm，油的密度是0.851 g/cm3，求油滴所带的电量，此电量是电子电量的多少倍？
图4
答案 8.0×10－19 C 5倍
解析 小油滴质量
m＝ρV＝ρ·πr3①
由题意知mg－Eq＝0②
由①②两式可得：
q＝
代入数据
q＝ C
＝8.0×10－19 C.
小油滴所带电量q是电子电量e的倍数为
n＝＝5倍．
16．(14分)氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6 eV，当处于n＝3的激发态时，能量为E3＝－1.51 eV，则：
(1)当氢原子从n＝3的激发态跃迁到n＝1的基态时，向外辐射的光子的波长是多少？
(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射原子？
(3)若有大量的氢原子处于n＝3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种频率的光子？其中最长波长是多少？
答案 (1)1.03×10－7 m (2)3.28×1015 Hz (3)3种
6．58×10－7 m
解析 (1)λ＝≈1.03×10－7 m.
(2)ν＝≈3.28×1015 Hz.
(3)3种，其中波长最长的是从n＝3到n＝2所放出的光子，λ′＝＝≈6.58×10－7 m.
第3章 原子核与放射性
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．其中1～4题为单项选择题，5～10题为多项选择题)
1．放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为Th→Rn＋xα＋yβ，其中( )
A．x＝1，y＝3 B．x＝2，y＝3
C．x＝3，y＝1 D．x＝3，y＝2
答案 D
解析 由衰变规律可知，β衰变不影响质量数，所以质量数的变化由α衰变的次数决定，由Th变为Rn，质量数减少了232－220＝12，每一次α衰变质量数减少4，因此α衰变次数为3次；3次α衰变电荷数减少了3×2＝6个，而现在只减少了90－86＝4个，所以有2次β衰变(每次β衰变增加一个电荷数)，故x＝3，y＝2，故选D.
2．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量．下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )
答案 C
解析 衰变过程中每经过一个半衰期，质量减少为原来的一半，故质量减少得越来越慢，选项C正确．
3．原子核A发生一次α衰变后变为原子核X，原子核B发生一次β衰变后变为原子核Y，已知原子核A和原子核B的中子数相同，则两个生成核X和Y的中子数以及a、b、c、d的关系可能是( )
A．X的中子数比Y多1
B．X的中子数比Y少3
C．如果a－d＝2，则b－c＝3
D．如果a－d＝2，则b－c＝1
答案 C
解析 原子核发生一次α衰变，其质子数和中子数都减少2，发生一次β衰变，其质子数增加1，而中子数减少1，由A、B中子数相同可得a＋4－(b＋2)＝d－(c－1)，即a－b＋2＝d－c＋1，故C对，A、B、D错．
4．由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪如图1所示，它曾由航天飞机携带升空，将其安装在阿尔法国际空间站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质．所谓的反物质即质量与正粒子相等，带电荷量与正粒子相等但电性相反，例如反质子即为H，假若使一束质子、反质子、α粒子和反α粒子组成的射线，以相同速度通过OO′进入匀强磁场B2而形成图1中的4条径迹，则( )
图1
A．1、2是正粒子径迹 B．3、4为反粒子径迹
C．2为反α粒子径迹 D．4为反α粒子径迹
答案 C
解析 由左手定则判定质子、α粒子受到洛伦兹力向右偏转；反质子、反α粒子向左偏转，故选项A、B、D错误；进入匀强磁场B2的粒子具有相同的速度，由偏转半径r＝知，反α粒子、α粒子在磁场中的半径大，故选项C正确．
5．在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )
A．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
B．皮埃尔·居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
D．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
答案 BD
解析 卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，发现了原子中心有一个核，A、C两项错误；皮埃尔·居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，并因此获得了诺贝尔奖，B项正确；汤姆孙通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的比荷，D项正确．
6．关于天然放射性，下列说法正确的是( )
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
答案 BCD
解析 原子序数大于83的元素都可以发生衰变，原子序数小于83的元素有的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期与元素所处的物理、化学状态无关，B、C正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D正确．
7．正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素O注入人体，O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图像．则根据PET原理判断，下列表述正确的是( )
A.O在人体内衰变方程是O―→N＋e
B．正、负电子湮灭方程是e＋e―→2γ
C．在PET中，O主要用途是作为示踪原子
D．在PET中，O主要用途是参与人体的新陈代谢
答案 ABC
解析 由题意知A、B正确．显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此O主要用途是作为示踪原子，故C对，D错．
8.如图2所示，铅盒A中装有天然放射性物质，放射线从其右端小孔水平向右射出，在小孔和荧光屏之间有垂直纸面向里的匀强磁场，则下列说法中正确的是( )
图2
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
答案 AC
解析 由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中α粒子所受的洛伦兹力向上，β粒子所受的洛伦兹力向下，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点，则另一个必然打在b点下方)．本题选A、C.
9．14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5 700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是( )
A．该古木的年代距今约5 700年
B．12C、13C、14C具有相同的中子数
C．14C衰变为14N的过程中放出β射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
答案 AC
解析 因古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5 700年，选项A正确；12C、13C、14C具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B错误；根据核反应方程可知，14C衰变为14N的过程中放出电子，即发出β射线，选项C正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D错误．
10．放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )
A．Y粒子为β粒子
B．若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了
C．生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
D.I中有53个质子和131个核子
答案 AD
解析 根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为β粒子，故A正确；半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的，所以若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测，故B错误；生成的Xe处于激发态，还会放射γ射线，γ射线的穿透能力最强，γ射线是高能光子、即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故C错误；I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D正确．
二、填空题(本题共2小题，共13分)
11．(6分)科学家________发现了质子，其核反应方程为________________；
科学家________发现了中子，其核反应方程为________________；
科学家________第一次用人工方法获得放射性同位素，其核反应方程应为________________________________________________________________________．
答案 卢瑟福 N＋He―→O＋H
查德威克 Be＋He―→C＋n
约里奥·居里夫妇 Al＋He―→P＋n，P―→Si＋e
12．(7分)两个放射性元素样品A和B，质量均为64 g，当A有的原子核发生衰变时，B恰好有的原子核发生了衰变，则A和B的半衰期之比TA∶TB＝________；若经过36天样品A剩下的质量为1 g，则样品B的半衰期为________，样品B剩下的质量为________．
答案 3∶2 4天 g
解析 本题考查半衰期的相关计算，意在考查考生的分析、推理能力．由半衰期的定义可知N＝N0()，由题意知＝4，＝6，所以A和B的半衰期之比TA∶TB＝3∶2；同理，由m＝m0()知TA＝6天，所以TB＝4天，此时样品B剩下的质量为64×()9 g＝ g.
三、计算题(本题共3小题，共37分)
13．(10分)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子．碳11由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程．若碳11的半衰期为20 min，经2.0 h剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取两位有效数字)
答案 N＋H―→C＋He 1.6%
解析 核反应方程为N＋H―→C＋He
设碳11原有质量为m0，经过t＝2.0 h剩余的质量为m1，根据半衰期的计算式有
＝＝≈1.6%.
14．(13分)放射性同位素6C被考古学家称为“碳钟”，它可用来断定古生物的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖．
(1)宇宙射线中高能量的中子碰到空气中的氮原子后，会形成C，C很不稳定，易发生衰变，其半衰期为5 730年，衰变时会放出β射线，试写出有关核反应方程；
(2)若测得一古生物遗骸中C含量只有活体中的12.5%，则此遗骸的年代约有多少年？
答案 (1)见解析
(2)17 190年
解析 (1)N＋n―→C＋H，C―→C＋e，
(2)依题意n＝＝0.125，
解得n＝3，则t＝5 730年×3＝17 190年．
15．(14分)如图3甲所示，静止在匀强磁场中的Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104 m/s的中子而发生核反应，即Li＋n―→H＋He，若已知He的速度v2＝2.0×104 m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：
图3
(1)H的速度大小和方向；
(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；
(3)当He旋转三周时，粒子H旋转几周？
答案 (1)1.0×103 m/s，方向与v0的方向相反
(2)3∶40 (3)2周
解析 (1)反应前后动量守恒：m0v0＝m1v1＋m2v2(v1为氚核速度，m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氦核质量)
代入数值可解得：
v1＝－1.0×103 m/s，方向与v0的方向相反．
(2)H和He在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比
r1∶r2＝∶＝3∶40.
(3)H和He做匀速圆周运动的周期之比
T1∶T2＝∶＝3∶2
所以它们的旋转周数之比n1∶n2＝T2∶T1＝2∶3，
即He旋转三周，H旋转2周．
第4章 核能
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．其中1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1．现已建成的核电站的能量来自于( )
A．天然放射性元素衰变放出的能量
B．人工放射性同位素衰变放出的能量
C．重核裂变放出的能量
D．化学反应放出的能量
答案 C
解析 核电站是利用铀235裂变释放出核能来发电的，选项C正确．
2．在核反应式U＋n→Sr＋Xe＋kX中( )
A．X是中子，k＝9 B．X是中子，k＝10
C．X是质子，k＝9 D．X是质子，k＝10
答案 B
解析 核反应方程应遵循电荷数守恒和质量数守恒，在题目所给核反应中，设X的质子数为x，则核反应方程的左边质子数为92＋0＝92，右边质子数为38＋54＋kx＝92，x＝0，X的质子数为0，所以X为中子，左边质量数为235＋1＝236，右边质量数为90＋136＋k×1＝236，k＝10，所以k的数值为10.
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，下列说法正确的是( )
A．这个核反应称为人工核反应
B．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是核反应中吸收的能量
C．核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量减少了3.1×10－29 kg
D．核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量增加了3.1×10－29 kg
答案 C
解析 H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变反应(或热核反应)，选项A错误；17.6 MeV是反应中释放出的能量，选项B错误；由ΔE＝Δmc2可知，质量减少Δm＝＝3.1×10－29 kg，选项C正确，D错误．
4．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为
6H―→kHe＋dH＋2n＋43.15 MeV.
由守恒条件可知( )
A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3
答案 B
解析 根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得
12＝4k＋d＋2①
6＝2k＋d②
解①②式得k＝2，d＝2.
5．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )
A．核反应方程是H＋n―→H＋γ
B．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3
C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)c2
D．γ光子的波长 λ＝
答案 B
解析 根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知，得到的氘核为H，故A错误；聚变反应过程中辐射一个γ光子，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故B正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量为E＝Δmc2＝(m2＋m1－m3)c2，故C错误；由c＝λν及E＝hν得λ＝，故D错误．
6.如图1所示，“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的He含量十分丰富，科学家认为，He是发生核聚变的极好原料，将来He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于He下列说法正确的是( )
图1
A.He的原子核内有三个中子两个质子
B.He的原子核内有两个质子两个中子
C.He发生核聚变，放出能量，一定会发生质量亏损
D.He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起
答案 C
解析 He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A、B错误；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．
7．下列说法正确的是( )
A．天然放射性元素Th(钍)经过4次α衰变和8次β衰变变成Pb(铅)
B．α衰变产生的α射线穿透能力最强
C．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
D．由爱因斯坦质能方程可知，质量和能量可以相互转化
答案 C
解析 天然放射性元素Th(钍)衰变变成Pb，根据质量数守恒和质子数守恒，需要经过n＝＝6次α衰变、经过m＝2n－(90－82)＝4次β衰变，即天然放射性元素Th(钍)经过6次α衰变和4次β衰变变成Pb(铅)，选项A错误；α衰变产生的α射线电离能力最强，穿透能力最弱，选项B错误；质子和中子结合成一个α粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损Δm＝2m1＋2m2－m3，由质能方程可知，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项C正确；爱因斯坦质能方程只是反映了质量与能量之间的关系，质量和能量不可以相互转化，选项D错误．
8．“两弹一星”长了中国人的志气，助了中国人的威风．下列核反应方程中，属于研究两弹的基本核反应方程的是( )
A.N＋He→O＋H
B.U＋n→Sr＋Xe＋10n
C.U→Th＋He
D.H＋H→He＋n
答案 BD
解析 “两弹”指原子弹和氢弹，原子弹的核反应方程是铀核裂变，B选项正确．氢弹的核反应方程是轻核聚变，D选项正确．
9．下列关于爱因斯坦质能方程的说法中正确的是( )
A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能
B．E＝mc2是物体各种形式能的总和
C．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中，亏损的质量Δm转化成能量ΔE放出
D．由ΔE＝Δmc2知，在核反应中亏损的静质量转化为动质量，被放出的能量带走
答案 BD
解析 由爱因斯坦质能方程E＝mc2表明物体的质量与其他各种形式的能量之间的关系，选项A错误，B正确；ΔE＝Δmc2表明，在核反应中，亏损Δm的质量将产生ΔE＝Δmc2的能量，选项C错误，D正确．
10．关于核反应方程Th→Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放出的核能，X为新生成粒子)，已知Th的半衰期为T，则下列说法正确的是( )
A.Pa没有放射性
B.Pa比Th少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变
C．N0个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为N0ΔE(N0数值很大)
D.Th的比结合能为
答案 BC
解析 原子序数大于83的原子核均具有放射性，A项错误；该核反应为β衰变，是原子核内的一个中子转化为一个质子，同时释放出一个电子，B项正确；N0个Th原子核经2T时间发生衰变的个数为N0，由核反应方程知，放出的核能为N0ΔE，C项正确；由比结合能的定义知，D项错误．
二、填空题(本题共1小题，共6分)
11．(6分)在下列描述的核过程的方程中，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
答案 C AB E F
解析 衰变的反应物只有一个，生成物有He或e；重核裂变的反应物是U核和中子，生成中核；氢核聚变是轻核合成为中核．
三、计算题(本题共4小题，共44分)
12．(10分)已知氘核的质量mD＝3.344 6×10－27 kg.如果用入射光子照射氘核使其分为质子和中子，质子质量mp＝1.672 6×10－27 kg，中子质量mn＝1.674 9×10－27 kg.求入射光子的频率．
答案 3.94×1020 Hz
解析 氘核分为质子和中子，增加的质量为
Δm＝mp＋mn－mD
＝(1.672 6＋1.674 9－3.344 6)×10－27 kg
＝0.002 9×10－27 kg.
吸收的入射光子的能量为
E＝Δmc2＝0.002 9×10－27×(3×108)2 J＝2.61×10－13 J.
由公式E＝hν知，入射光子的频率为
ν＝＝ Hz ≈3.94×1020 Hz.
13．(10分)两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核，已知氘核质量mD＝2.013 6 u，氦核质量mHe＝3.015 0 u，中子质量mn＝1.008 7 u.
(1)计算释放出的核能；
(2)若反应前两氘核的动能均为Ek0＝0.35 MeV，它们正碰发生聚变，且反应后释放的核能全部转变为动能，则反应产生的氦核和中子的动能各为多大？
答案 (1)3.26 MeV
(2)0.99 MeV 2.97 MeV
解析 (1)核反应方程为：H＋H―→n＋He.
该反应质量亏损Δm＝2mD－mHe－mn＝0.003 5 u.
由质能方程得释放核能ΔE＝Δm×931.5 MeV≈0.003 5×931.5 MeV＝3.26 MeV.
(2)由动量守恒有0＝mHevHe＋mnvn①
由能量守恒有：mHev＋mnv＝ΔE＋2Ek0②
由①②式代入数据可得EkHe＝0.99 MeV，
Ekn＝2.97 MeV.
14．(12分)在可控核反应堆中需要使快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作慢化剂．中子在重水中可与核碰撞减速，在石墨中与核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
答案 用重水作减速剂减速效果更好
解析 设中子质量为Mn，靶核质量为M，由动量守恒定律得
Mnv0＝Mnv1＋Mv2
由能量守恒定律得
Mnv＝Mnv＋Mv
解得v1＝v0
在重水中靶核质量MH＝2Mn，
v1H＝v0＝－v0
在石墨中靶核质量MC＝12Mn，
v1C＝v0＝－v0
与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．
15．(12分)太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核同时放出两个正电子的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源．
(1)写出这个核反应方程．
(2)这个核反应能释放多少能量？
(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？
(mp＝1.007 3 u，mHe＝4.001 5 u，me＝0.000 55 u)
答案 (1)4H―→He＋2e (2)24.78 MeV
(3)4.2×109 kg
解析 (1)核反应方程应为4H―→He＋2e.
(2)反应前的质量m1＝4mp＝4×1.007 3 u＝4.029 2 u，反应后的质量m2＝mHe＋2me＝4.001 5 u＋2×0.000 55 u＝4.002 6 u，Δm＝m1－m2＝0.026 6 u.
由质能方程得，释放能量ΔE＝0.026 6×931.5 MeV≈24.78 MeV.
(3)由质能方程ΔE＝Δmc2得每秒减少的质量
Δm＝＝ kg≈4.2×109 kg.
第5章 波与粒子
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共11小题，每小题5分，共55分．其中1～5题为单项选择题，6～11题为多项选择题)
1．某种单色光的频率为ν，用它照射某种金属时，在逸出的光电子中动能最大值为Ek，则这种金属逸出功和极限频率分别是( )
A．hν－Ek，ν－ B．Ek－hν，ν＋
C．hν＋Ek，ν－ D．Ek＋hν，ν＋
答案 A
解析 由光电效应方程Ek＝hν－W得W＝hν－Ek，而W＝hν0，则ν0＝＝＝ν－，故A正确．
2．下列说法正确的是( )
A．康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性
B．爱因斯坦发现了光电效应现象，并且提出光子说，成功解释了光电效应现象
C．爱因斯坦的光电效应方程能够说明光子具有动量
D．康普顿效应表明光子只具有能量
答案 A
解析 康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性，选项A正确；赫兹在研究电磁波时发现了光电效应现象，爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，选项B错误；爱因斯坦的光电效应方程不能够说明光子具有动量，选项C错误；康普顿效应表明光子除了具有能量外还有动量，选项D错误．
3．已知钙和钾的极限频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )
A．波长 B．频率 C．能量 D．动量
答案 A
解析 根据爱因斯坦光电效应方程mv＝hν－W.由题知W钙>W钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p＝及p＝和c＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A正确，选项B、C、D错误．
4．从衍射的规律可以知道，狭缝越窄，屏上中央亮条纹就越宽，由不确定性关系式ΔxΔp≥判断下列说法正确的是( )
A．入射的粒子有确定的动量，射到屏上粒子就有准确的位置
B．狭缝的宽度变小了，因此粒子的不确定性也变小了
C．更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子动量的不确定性却更大了
D．更宽的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子动量的不确定性却更大了
答案 C
解析 由ΔxΔp≥，狭缝变小了，即Δx减小了，Δp变大，即动量的不确定性变大了，故选项C正确，选项A、B、D错误．
5．用红光照射光电管阴极发生光电效应时，光电子最大初动能为Ek，饱和光电流为I，若改用强度相同的绿光照射同一光电管，产生的光电子最大初动能和饱和电流分别为Ek′和I′，则下面说法正确的是( )
A．Ek′I B．Ek′>Ek，I′>I
C．Ek′Ek，I′答案 D
解析 由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0及ν红<ν绿，可知，Ek红n′，即单位时间内入射的红光的光子数多，逸出的光电子数也多，饱和光电流也大，I>I′，D项正确．
6．关于光子和运动着的电子，下列叙述正确的是( )
A．光子和电子一样都是实物粒子
B．光子和电子都能发生衍射现象
C．光子和电子都具有波粒二象性
D．光子具有波粒二象性，而电子只具有粒子性
答案 BC
解析 物质可分为两大类：一是质子、电子等实物，二是电场、磁场等，统称场．光是传播着的电磁场．根据物质波理论，一切运动的物体都具有波动性，故光子和电子具有波粒二象性．综上所述，B、C选项正确．
7．关于光电效应实验，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
答案 CD
解析 光电流的大小与光照时间无关，选项A错误；如果入射光的频率小于金属的极限频率，入射光再强也不会发生光电效应，选项B错误；遏止电压Uc满足eUc＝hν－hν0，由该表达式可知，遏止电压与入射光的频率有关，选项C正确；只有当入射光的频率大于极限频率，才会有光电子逸出，选项D正确．
8．已知使某金属产生光电效应的极限频率为νc，则( )
A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνc
C．当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大
D．当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
答案 AB
解析 当用频率为2νc的单色光照射该金属时，由于2νc大于该金属的极限频率，所以一定能发生光电效应，产生光电子，选项A正确；根据爱因斯坦光电效应方程mev2＝hν－W0，当入射光的频率为2νc时，发射的光电子的最大初动能为2hνc－hνc＝hνc，选项B正确；当入射光的频率由2νc增大一倍变为4νc时，发射的光电子的最大初动能为4hνc－hνc＝3hνc，显然不是随着增大一倍，选项D错误；逸出功是金属本身对金属内电子的一种束缚本领的体现，与入射光的频率无关，选项C错误．
9．用两束频率相同，强度不同的紫外线分别照射两种相同金属的表面，均能产生光电效应，那么( )
A．两束光的光子能量相同
B．两种情况下单位时间内逸出的光电子个数相同
C．两种情况下逸出的光电子的最大初动能相同
D．两种情况下逸出的光电子的最大初动能不同
答案 AC
解析 由E＝hν和Ek＝hν－W知两束光的光子能量相同，照射金属得到的光电子最大初动能相同，故A、C对，D错；由于两束光强度不同，逸出光电子个数不同，故B错．
10．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．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的
D．电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置
答案 CD
解析 微观粒子的波动性是一种概率波，对应微观粒子的运动，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A、B错误，C、D正确．
11.在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图1所示，由实验图象可求出( )
图1
A．该金属的极限频率和极限波长
B．普朗克常量
C．该金属的逸出功
D．单位时间内逸出的光电子数
答案 ABC
解析 金属中电子吸收光子的能量为hν，根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W.任何一种金属的逸出功W一定，说明Ek随ν的变化而变化，且是线性关系，所以直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距OA表示Ek＝0时频率ν0，即金属的极限频率．根据hν0－W＝0，求得逸出功W＝hν0，也可求出极限波长λ0＝＝.由图象不能知道单位时间内逸出的光子数，A、B、C对，D错．
二、填空题(本题共1小题，共5分)
12. (5分)1924年，法国物理学家德布罗意提出，任何一个运动着的物体都有一种波与它对应.1927年，两位美国物理学家在实验中得到了电子束通过铝箔时的衍射图案，如图2所示．图中，“亮圆”表示电子落在其上的________大，“暗圆”表示电子落在其上的________小．
图2
答案 概率 概率
三、计算题(本题共4小题，共40分)
13．(8分)已知运动的微小灰尘质量为m＝10－10 kg，假设我们能够测定它的位置准确到10－6 m，则它的速度的不准确量为多少？
答案 5×10－19 m/s
解析 由不确定性关系ΔpΔx≥，得Δv≥，代入数据得Δv≥5×10－19 m/s.
14．(10分)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
3.41
由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的范围为4.0×10－7～7.6×10－6 m，普朗克常数h＝6.63×10－34 J·s.
答案 钠、钾、铷
解析 光子的能量E＝，取λ＝4.0×10－7 m，则E≈5.0×10－19 J，根据E >W0判断，钠、钾、铷能发生光电效应．
15．(10分)X射线管中阳极与阴极间所加电压为3×104 V，电子加速后撞击X射线管阴极产生X射线，则X射线的最短波长为多少？(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子初速度为零)
答案 4.1×10－11 m
解析 X射线光子最大能量hν＝eU，即h＝eU，
λ＝≈4.1×10－11 m.
16．(12分)质量为10 g的子弹与电子的速率相同均为500 m/s，测量准确度为0.01%，若位置和速率在同一实验中同时测量，试问它们位置的最小不确定量各为多少？(电子质量m＝9.1×10－31 kg)
答案 1.06×10－31 m 1.16×10－3 m
解析 测量准确度也就是速度的不确定性，故子弹、电子的速度不确定量为Δv＝0.05 m/s，子弹动量的不确定量为Δp1＝5×10－4 kg·m/s，电子动量的不确定量为Δp2＝4.55×10－32 kg·m/s，由Δx≥，子弹位置的最小不确定量Δx1＝ m≈1.06×10－31 m，电子位置的最小不确定量Δx2＝ m≈1.16×10－3 m.
