第1章 碰撞与动量
章末检测(一)
(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1～7 题为单项选择题，8～10题为多项选择题)21世纪教育网版权所有
1．某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )
A．物体的动量一定减少
B．物体的末动量一定是负值
C．物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反
D．物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反
答案 C
解析 冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”、“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知正确答案为C.而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定．
2．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1＞m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车的动量p1和p2的大小关系是( )2·1·c·n·j·y
A．p1等于p2 B．p1小于p2
C．p1大于p2 D．无法比较
答案 C
解析 由Ek＝mv2＝得p＝ ，因为m1＞m2，Ek1＝Ek2，所以p1＞p2，选C.
3.如图1所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，则最终车厢速度是( )
图1
A．v0，水平向右 B．0
C.，水平向右 D.，水平向左
答案 C
解析 物体与车厢最终速度相等，由动量守恒定律，有：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，方向与物体初速度同向．www-2-1-cnjy-com
4．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( )21*cnjy*com
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4
答案 A
5.如图2所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )【版权所有：21教育】
图2
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止
答案 D
解析 这是反冲运动，由动量守恒定律可知，小球下落时水平分速度方向向右，小车速度方向向左；小球静止，小车也静止．21教育名师原创作品
6．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．21*cnjy*com
7.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；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两球速度大小之比为2∶5.故选A.
8.如图5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5
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
答案 AD
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，A正确，B错误；Ms甲＝(M＋m)s乙，s甲＋s乙＝L，解得C错误，D正确．21cnjy.com
9.恒力F作用在质量为m的物体上，如图6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( )21·cn·jy·com
图6
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
答案 BD
解析 拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化量等于零，D正确．【来源：21·世纪·教育·网】
10．如图7所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后粘连在一起，在以后的运动过程中( )
图7
A．M的速度等于0时，弹簧的长度最短
B．M的速度为时，弹簧的弹性势能最大
C．两滑块速度相同时，N的动量最大
D．弹簧的弹力对N做功最多为
答案 BD
解析 滑块M与挡板P碰撞后粘连在一起，挡板压缩弹簧，弹簧对滑块N施加弹力，使滑块N水平向右加速滑动，当两滑块速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，弹簧最短，设这个共同速度为v，滑块质量为m，则mv0＝2mv，所以v＝，选项A错误，B正确；当两滑块速度相同时，弹簧压缩量最大，弹簧对N的弹力最大，滑块N仍做加速运动，所以选项C错误；由M刚接触弹簧到弹簧恢复原长过程，设M和N的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，联立解得v1＝0，v2＝v0，即M和N质量相等时，在弹簧形变前和恢复形变后，M和N交换了速度，即滑块N速度为v0时，M的速度为零，此时滑块N的动能最大，弹簧对其做功最多为mv (动能定理)，选项D正确．21教育网
二、填空题(本题共2小题，共18分)
11．(8分)如图8所示为“探究碰撞中的动量变化规律”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是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，O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点．
图8
(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释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了探究动量的变化规律．需要测量OP间的距离s1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．21·世纪*教育网
(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)OM的距离s2 ON的距离s3
(3)mas1＝mas2＋mbs3
12．(10分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中动量的变化规律”的实验，气垫导轨装置如图9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，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．2-1-c-n-j-y
(1)下面是实验的主要步骤：
图9
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10所示；
图10
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.
(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，【出处：21教育名师】
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4小题，共42分)
13．(10分)如图11所示，物体A、B的质量分别是4 kg和8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t＝5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动．物体C的速度—时间图象如图12所示．
图11 图12
(1)求物体C的质量；
(2)求弹簧压缩具有的最大弹性势能；
(3)求在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量．
答案 (1)2 kg (2)12 J (3)24 N·s，方向水平向右
解析 (1)由图象可知，碰前C的速度v0＝6 m/s，碰后的速度v＝2 m/s
A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得
mCv0＝(mC＋mA)v，解得mC＝2 kg
(2)A、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能Ep＝(mA＋mC)v2＝12 J
(3)在5 s到15 s的时间内，墙壁对B物体的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2 m/s减小到0，再增大到2 m/s，则弹力的冲量等于F的冲量，即I＝(mA＋mC)v－[－(mA＋mC)v]＝24 N·s，方向水平向右．
14．(10分)如图13所示，一长为R＝0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点．另一端系着质量m2＝0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触．现使质量为m1＝0.3 kg 的物体A以v0＝4 m/s的速度向B运动．A与水平面间的接触面光滑．A、B碰撞后，物块A的速度变为碰前瞬间速度的.小球B能在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可视为质点，试求：
图13
(1)在A与B碰撞后瞬间，小球B的速度v2的大小；
(2)小球B运动到圆周最高点时受到细绳的拉力大小．
答案 (1)6 m/s (2)1 N
解析 (1)碰撞过程中，A、B系统水平方向动量守恒，有：
m1v0＝m1·＋m2v2，可得：v2＝6 m/s
(2)小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则有：
m2v＝m2v＋m2g·2R
在最高点进行受力分析，有FT＋m2g＝m2
解得：FT＝1 N
15．(10分)如图14所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长，另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.求：【来源：21cnj*y.co*m】
图14
(1)碰后瞬间，A、B共同速度的大小；
(2)若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．
答案 (1) (2)－
解析 (1)设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间A、B共同的速度为v2，以A为研究对象，从P到O，由功能关系得：www.21-cn-jy.com
μmgl＝mv－mv
以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律：
mv1＝2mv2
解得：v2＝
(2)碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为s.由功能关系：
μ(2m)g·2s＝(2m)v
解得：s＝－
16．(12分)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．
答案 (1)ρv0S (2)－
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＝ρΔV，ΔV＝v0SΔt
联立两式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S
(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Δmv2＋Δmgh＝(Δm)v
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＝Δmv
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg
联立上述各式得h＝－.
第2章 波粒二象性
章末检测(二)
(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1～8题为单项选择题，9～11题为多项选择题)21·cn·jy·com
1．用单色光做双缝干涉实验，P处为亮纹，Q处为暗纹，现在调整光源和双缝，使光子一个一个通过双缝，则通过的某一光子( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．一定到达P处 B．不能到达Q处
C．可能到达Q处 D．都不正确
答案 C
解析 单个光子的运动路径是不可预测的，只知道落在P处的概率大，落在Q处的概率小，因此，一个光子从狭缝通过后可能落在P处，也可能落在Q处．2-1-c-n-j-y
2．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于( )21*cnjy*com
A．等效替代 B．控制变量
C．科学假说 D．数学归纳
答案 C
解析 为了解释光电效应的实验规律，由于当时没有现成的理论，爱因斯坦就提出了“光子说”来解释光电效应的规律，并取得成功．从科学研究的方法来说，这属于科学假说．C正确，A、B、D错误．【出处：21教育名师】
3．关于光的本性，下列说法中不正确的是( )
A．光电效应反映光的粒子性
B．光子的能量由光的强度所决定
C．光子的能量与光的频率成正比
D．光在空间传播时，是不连续的，是一份一份的，每一份光叫做一个光子
答案 B
解析 光电效应反映了光的粒子性，A对；光子的能量由光的频率决定，B错；光子的能量ε＝hν，h是普朗克常量，故光子的能量与光的频率成正比，C对；根据光子说的内容可知，D对．21cnjy.com
4．下列说法中正确的是( )
A．光电效应说明光具有波动性，光的干涉现象说明光具有粒子性
B．光电效应说明光具有波动性，光的干涉现象说明光具有波动性
C．光电效应说明光具有粒子性，光的干涉现象说明光具有波动性
D．光电效应说明光具有粒子性，光的干涉现象说明光具有粒子性
答案 C
解析 光具有波粒二象性，其中证明光的波动性的典型论据是光的干涉和衍射；证明光的粒子性的典型实验是光电效应，C正确．www-2-1-cnjy-com
5．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，电子的波长短
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
答案 A
解析 由λ＝可知，动量大的波长短．电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长．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．动量相等的电子和中子，其波长应相等．如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的三倍，甲的动量也是乙的三倍，则甲的波长应是乙的.【版权所有：21教育】
6．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，由实验图象不能求出( )
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 D
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－W0.任何一种金属的逸出功W0一定，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时入射光的频率ν0，即金属的极限频率．根据hν0－W0＝0，求得逸出功W0＝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电子数，A、B、C对，D错．21世纪教育网版权所有
7．研究光电效应规律的实验装置如图2所示，用频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K射出后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出．当电流计示数恰好为零时，电压表的示数称为遏止电压U0.下列表示光电效应实验规律的图象中，不正确的是( )
图2
答案 B
解析 当入射光频率为ν时，光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，要使光电流为零，则eU0＝Ek，即eU0＝hν－W0，由此可知B错误；在发生光电效应时光电流强度与光强成正比，A正确；当光强和频率一定时，反向电压越大，到达阳极A的光电子数越少，光电流越小，C正确；光电效应的发生是瞬时的，因此在10－9 s时间后达到恒定值，D正确．
8．2003年全世界物理学家评选出“十大最美物理实验”，排名第一的为1961年物理学家利用“托马斯·杨”双缝干涉实验装置进行的电子干涉实验．如图3所示，从辐射源射出的电子束经两个靠近的狭缝后在显微镜的荧光屏上出现干涉条纹，该实验说明( )
图3
A．光具有波动性
B．光具有波粒二象性
C．微观粒子也具有波动性
D．微观粒子的波是一种电磁波
答案 C
解析 干涉现象是波的特征，电子是微观粒子，它能产生干涉现象，表明电子等微观粒子具有波动性．但此实验不能说明电子等微观粒子的波就是电磁波．21教育名师原创作品
9．已知使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，则( )
A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0
C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大
D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
答案 AB
解析 当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，由于2ν0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2ν0时，发射的光电子的最大初动能为2hν0－hν0＝hν0，选项B正确；当入射光的频率由2ν0增大一倍变为4ν0时，发射的光电子的最大初动能为4hν0－hν0＝3hν0，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．21教育网
10．下列对光电效应的解释正确的是( )
A．金属内的每个电子要吸收一个或一个以上的光子，当它积累的能量足够大时，就能逸出金属
B．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
C．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
D．由于不同金属的逸出功是不同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不同
答案 BD
解析 按照爱因斯坦光子说，光子的能量是由光的频率决定的，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，需使电子具有足够的动能，而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，但电子只能吸收一个光子，不能吸收多个光子，因此只要光的频率低，即使照射时间足够长，也不会发生光电效应．从金属中逸出时，只有在从金属表面向外逸出的电子克服原子核的引力所做的功才最小，这个功称为逸出功，不同金属逸出功不同．故以上选项正确的有B、D.2·1·c·n·j·y
11．电子在空间出现的概率受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法不正确的是( )
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 AB
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C、D正确．
二、填空题(本题共2小题，共15分)
12. (10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4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．21·世纪*教育网
图4
答案 概率 概率
13．(5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____________．(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子初速度为零)【来源：21cnj*y.co*m】
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.
三、计算题(本题共2小题，共30分)
14．(14分)A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功．
答案 2∶1 EA－2EB
解析 光子能量ε＝hν，
动量p＝，且ν＝，
得p＝，则pA∶pB＝2∶1，
A照射时，光电子的最大初动能EA＝εA－W0，
同理，EB＝εB－W0，
又εA∶εB＝2∶1，
联立解得W0＝EA－2EB.
15．(16分)如图5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．www.21-cn-jy.com
图5
答案 1.23×10－11 m
解析 将eU＝Ek＝mv2，
p＝，
λ＝联立，得λ＝，
代入数据可得λ≈1.23×10－11 m.
第3章 原子结构之谜
章末检测(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共11小题，每题4分，共44分．其中1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)
1．下列说法不正确的是( )
A．电子的发现表明原子核有复杂结构
B．电子的发现表明原子有复杂结构
C．α粒子散射实验证明了原子的核式结构
D．氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的
答案 A
2．下列叙述中符合物理学史的有( )
A．汤姆生通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在
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．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
D．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
答案 C
解析 汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，A错；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；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，C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，D错误．21cnjy.com
3．仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条不连续的亮线，其原因是( )
A．氢原子只有几个能级
B．氢原子只能发出平行光
C．氢原子有时发光，有时不发光
D．氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的
答案 D
解析 光谱中的亮线对应不同频率的光，“分离的不连续的亮线”对应着不同频率的光，B、C错误；氢原子在不同的能级之间跃迁时，辐射出不同能量的光子，并且满足E＝hν.能量不同，相应光子频率不同，体现在光谱上是一些不连续的亮线，A错误、D正确．
4．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有( )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
答案 C
解析 一群处于n＝3能级上的氢原子跃迁时，辐射光的频率有N＝C＝＝3种，C项正确．
5．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( )2-1-c-n-j-y
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＝－＝－E1
①
则从基态跃迁到n＝4的能级，吸收光子能量
hν′＝E4－E1＝－E1＝－E1
②
由①②得ν′＝ν，选项D正确．
6.如图1为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )
图1
A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长
B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出电磁波的速度大
C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
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 A
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能级辐射出电磁波的波长长，选项A正确；电磁波的速度是光速，与电磁波的波长、频率无关，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率并不相同，C错误；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.21世纪教育网版权所有
7．如图2所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90 eV的金属铯，下列说法正确的是( )
图2
A．这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波长最短
B．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n＝4跃迁到n＝1所发出的光频率最高
C．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75 eV
D．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV
答案 D
解析 从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波的频率最小，波长最长，A错；从n＝4跃迁到n＝1所发出的光的频率最高，发出有C＝6种频率的光子，B错；光电子的最大初动能对应入射光子的频率最高时，最大入射光能量对应的入射光子的频率最高，即ΔE＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，由光电效应方程知Ek＝ΔE－W0＝10.85 eV，C错、D对．
8．关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )
A．汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据
C．对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路
D．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的
答案 BC
解析 汤姆生发现了电子后，认为原子是一个带正电的均匀球体，电子一个个镶嵌在其中，选项A错误；由卢瑟福对α粒子散射实验现象的分析所得出的结论说明选项B正确；根据原子光谱产生的机理进行探究，可知选项C正确；玻尔理论虽然不能解释较为复杂原子的光谱现象，但其理论是正确的，选项D错误．21教育网
9．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．www.21-cn-jy.com
10.氢原子的能级图如图3所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV.下列说法中正确的是( )2·1·c·n·j·y
图3
A．处于n＝3能级的氢原子不能吸收任意频率的紫外线，发生电离
B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光
答案 BC
解析 处于n＝3能级的氢原子能量E3＝－1.51 eV，依题意知，任意频率的紫外线能量E紫>3.11 eV，则E紫>E3，故可使之电离，A项不正确；大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，放出的能量E<1.51 eV，该能量E略小于红光的能量，故应为红外线，故B项正确；处于n＝4能级向低能级跃迁时，可能发出的光有C＝6种，故C项正确、D项错误．
11．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图4所示．在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )21·世纪*教育网
图4
A．40.8 eV B．43.2 eV
C．51.0 eV D．54.0 eV
答案 BD
解析 要吸收光子发生跃迁需要满足一定的条件，即吸收的光子的能量必须是任两个能级的差值，40.8 eV是第一能级和第二能级的差值，51.0 eV是第一能级和第四能级的差值，43.2 eV和54.0 eV不是电子电离需要吸收的能量，选项A、C均可以，而B、D选项不满足条件，所以本题选择B、D选项．www-2-1-cnjy-com
二、填空题(本题共2小题，共16分)
12．(8分)(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
图5
(2)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图5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．21*cnjy*com
答案 (1)C (2)近 6
解析 (1)根据德布罗意波长公式λ＝，若电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量p也相等，故C正确，A、B、D错误．【来源：21cnj*y.co*m】
(2)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．【出处：21教育名师】
13．(8分)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图6所示．当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为______Hz的光子．用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________eV.(电子电量e＝1.60×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)【版权所有：21教育】
图6
答案 6.2×1014 0.30
解析 氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，释放出光子的能量为E＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，由hν＝E解得光子的频率ν＝6.2×1014 Hz.【来源：21·世纪·教育·网】
用此光照射逸出功为2.25 eV的钾时，由光电效应方程知，产生光电子的最大初动能为Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30 eV.21教育名师原创作品
三、计算题(本题共3小题，共40分)
14．(12分)氢原子处于基态时，原子的能级为E1＝－13.6 eV，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，氢原子在n＝4的激发态时，问：21*cnjy*com
(1)要使氢原子电离，入射光子的最小能量是多少？
(2)能放出的光子的最大能量是多少？
答案 (1)0.85 eV (2)12.75 eV
解析 (1)E4＝＝＝－0.85 eV
使氢原子电离需要的最小能量是E＝0.85 eV
(2)从n＝4能级跃迁到n＝1能级时，辐射的光子能量最大．ΔE＝E4－E1＝12.75 eV
15．(14分)氢原子的能级图如图7所示，某金属的极限波长恰好等于氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级所发出的光的波长．现在用氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出的光去照射，则从该金属表面逸出的光电子的最大初动能是多少？21·cn·jy·com
图7
答案 7.65 eV
解析 根据玻尔理论可知，氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级时，辐射出的光子能量为
hν＝E4－E2
①
据题意知，该金属的逸出功为W0＝hν
②
氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时，所辐射出的光子能量为hν′＝E2－E1③
据爱因斯坦光电效应方程知，光电子的最大初动能Ek满足Ek＝hν′－W0④
①②③④联立可得：Ek＝2E2－E1－E4
将E1＝－13.6 eV，E2＝－3.4 eV和E4＝－0.85 eV
代入上式，可得Ek＝7.65 eV.
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4章 原子核
章末检测(四)
(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1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)21教育网
1．物理学是一门实验科学，实验探究的方法在科学研究中具有重要作用．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析( )21·世纪*教育网
A．发现了电子
B．建立了原子的核式结构模型
C．提出原子核具有复杂的结构
D．发现某些元素具有天然放射现象
答案 B
解析 卢瑟福通过对α粒子的散射实验结果的分析，建立了原子的核式结构模型，B对．该实验中没有发现电子，A错．天然放射现象说明了原子核具有复杂的结构，C错．克克勒尔发现了某些元素具有天然放射现象，D错．21cnjy.com
2．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．下列说法不符合历史事实的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B．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
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D．汤姆逊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，并测出了该粒子的荷质比
答案 B
解析 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电量，A项正确；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，B错误；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，C项正确；汤姆逊通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的荷质比，D项正确．
3．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原理判断下列表述不正确的是( )
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 D
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．
4．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的是( )www.21-cn-jy.com
A．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱
B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核
C.U衰变成Pb要经过8次β衰变和8次α衰变
D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
答案 D
解析 β射线是高速电子流，不是电磁波，其穿透本领比γ射线弱，选项A错；半衰期只具有统计意义，对少数粒子不适用，选项B错；U―→Pb＋xHe＋ye，根据质量数和电荷数守恒有238＝206＋4x,92＝82＋2x－y，可解得x＝8，y＝6，所以要经过8次α衰变和6次β衰变，选项C错；放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的，选项D正确．2·1·c·n·j·y
5．根据爱因斯坦的研究成果，物体的能量和质量的关系是E＝mc2，这一关系叫爱因斯坦质能方程．质子的质量为mp，中子的质量为mn，氦核的质量为mα，下列关系式正确的是( )
A．mα＝(2mp＋2mn) B．mα<(2mp＋2mn)
C．mα>(2mp＋2mn) D．以上关系式都不正确
答案 B
解析 由核反应方程2H＋2n→He知，核子结合成原子核时要放出能量，即有质量亏损，故选B.
6．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
由平衡条件可知( )
A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2
C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3
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＋2
①
6＝2k＋d
②
解①②得k＝2，d＝2.
7．铁的平均结合能比铀核的平均结合能大，下列关于它们的说法正确的是( )
A．铁的结合能大于铀核的结合能
B．铁核比铀核稳定
C．铀核发生核变化变成铁核要放出能量
D．铀核发生核变化变成铁质量要亏损
答案 BCD
解析 铁核的平均结合能大，则铁核比铀核更稳定，铀核平均结合能小变成铁核会放出核能，出现质量亏损，B、C、D正确．21*cnjy*com
8．月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3(He)”的化学元素，这是热核聚变的重要原料，科学家初步估计月球上至少有100万吨氦3，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源．关于“氦3(He)”与氘核的聚变，下列说法中正确的是( )
A．核反应方程为He＋H―→He＋H
B．核反应生成物的质量将大于反应物的质量
C．氦3(He)一个核子的结合能大于氦4(He)一个核子的结合能
D．氦3(He)的原子核与一个氘核发生聚变将放出能量
答案 AD
解析 根据电荷数守恒和质量数守恒可得核反应方程为He＋H―→He＋H，A对；根据平均结合能曲线可知氦3(He)一个核子的结合能小于氦4(He)一个核子的结合能，所以核反应中释放了能量，发生质量亏损，B、C错，D对．【出处：21教育名师】
9．“两弹一星”可以说长了中国人的志气，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．【版权所有：21教育】
10．如图1所示，下列关于原子结构和原子核的说法中正确的是( )
图1
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．天然放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是β射线
C．据题图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能
D．据题图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量
答案 AC
解析 卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型，选项A对；放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，而β射线带负电，它在电磁场中会偏转，选项B错误；由题图可知，A为重核，B、C为中等质量的核，重核裂变为中等质量的核将向外释放出能量，选项C对；D、E为轻核，轻核聚变成较大质量的原子核时要向外释放巨大的能量，选项D错．
二、填空题(本题共2小题，共18分)
11．(8分)在下列核反应方程中，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．
D.N＋He→O＋H
E．
F.H＋H→He＋n
答案 C AB E F
解析 α衰变是原子核自发地放射出α粒子的核衰变过程，选C；β衰变是原子核自发地放射出β粒子的核衰变过程，选A、B；重核裂变选E；轻核聚变选F.21世纪教育网版权所有
12．(10分)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.
答案 (1)H＋X―→He＋He
(或H＋Li―→He＋He)
(2)3.1×10－29
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.21教育名师原创作品
(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，
根据爱因斯坦质能方程，有
Δm＝＝ kg≈3.1×10－29 kg.
三、计算题(本题共3小题，共32分)
13．(10分)放射性同位素被考古学家称为“碳钟”，它可用来断定古生物体的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖．www-2-1-cnjy-com
(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，很不稳定，易发生衰变，其半衰期为5 730年，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)
(2)依题意得：()n＝＝0.125，
解得n＝3，则t＝5 730×3＝17 190年．
14．(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解为质子和中子，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．2-1-c-n-j-y
答案 3.94×1020Hz
解析 氘核分解为质子和中子，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.
15．(12分)用速度几乎是零的慢中子轰击静止的硼核(B)，产生锂核(Li)和α粒子．已知中子质量mn＝1.008 665 u，硼核质量mB＝10.016 77 u，锂核质量mLi＝7.018 22 u，α粒子质量mα＝4.002 60 u.21·cn·jy·com
(1)写出该反应的核反应方程；
(2)求出该反应放出的能量ΔE；
(3)若核反应中放出的能量全部变成生成核的动能，则锂核和α粒子的动能各是多少？(1 u相当于931.5 MeV)21*cnjy*com
答案 (1)B＋n―→Li＋He
(2)4.30 MeV
(3)1.56 MeV 2.74 MeV
解析 根据质量数和电荷数守恒写出核反应方程，由质量亏损及爱因斯坦质能方程求出核能，再由动量守恒和能量守恒求出锂核和α粒子的动能．【来源：21cnj*y.co*m】
(1)核反应方程为B＋n―→Li＋He.
(2)核反应过程中的质量亏损为
Δm＝(10.016 77 u＋1.008 665 u)－(7.018 22 u＋4.002 60 u)＝0.004 615 u，
释放出的能量为
ΔE＝0.004 615×931.5 MeV≈4.30 MeV.
(3)根据动量守恒定律有mLivLi＝mαvα，
由动能定义式有EkLi＝mLiv，
Ekα＝mαv，
联立有＝＝，
根据能量守恒有
EkLi＋Ekα＝ΔE＝4.30 MeV，
解得锂核和α粒子的动能分别为
EkLi＝1.56 MeV，Ekα＝2.74 MeV.
