2017_2018学年高中物理全一册同步备课教学案（打包25套）粤教版选修3_5

习题课　动量守恒定律的应用
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．
一、动量守恒条件的扩展应用
1．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.
2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析．分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
例1　(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)
图1
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案　BC
解析　M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．
例2　如图2所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球从金属块左上端R处静止下落，小球到达最低点后从金属块的右端冲出，到达最高点时离圆形槽最低点的高度为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
图2
(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？
(2)金属块的质量为多少？
答案　(1)5mg　(2)7m
解析　(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv02
小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有
FN－mg＝m
根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为FN′＝FN
联立解得FN′＝5mg.
(2)设金属块的质量为M，小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v
根据能量守恒定律有
mg·R＝mv02－(m＋M)v2
联立解得M＝7m.
虽然系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受外力远小于内力，则系统沿这一个方向的分动量守恒．可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答．
二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用
求解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；
(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统，既要符合守恒条件，又方便解题．
(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．
例3　如图3所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触光滑，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图3
(1)A的最终速度大小；
(2)铁块刚滑上B时的速度大小．
答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s
解析　(1)选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，
由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
得：vA＝0.25 m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s，
由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
得v′＝－2.75 m/s.故铁块刚滑上B时的速度大小为2.75 m/s.
三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其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，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
例4　
图4
光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图4所示，一质量为m的小球以速度v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球上升的高度？
答案　　
解析　槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得mgh1＝mv02
解得h1＝
槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v.
由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v
由机械能守恒得：
mv02＝(m＋M)v2＋mgh2
解得h2＝.
1. (多选)如图5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端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是(　　)
图5
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
答案　BC
解析　斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误；但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确；由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．
2．如图6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，盒内放有一个质量为m的物块．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(　　)
图6
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．物块的最终速度为，方向水平向右
D．物块的最终速度为，方向水平向右
答案　D
解析　物块与盒子组成的系统所受合外力为零，物块与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝，方向水平向右，D项对．
3．(多选)如图7所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)
图7
A．当小球到达最低点时，木块有最大速率
B．当小球的速率最大时，木块有最大速率
C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
答案　ABD
解析　小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零．
4．如图8，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．重力加速度的大小g取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？
答案　(1)20 kg　(2)见解析
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)v ①
m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题目所给数据得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＝0 ④
代入数据得v1＝1 m/s ⑤
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＋m3v3 ⑥
m2v202＝m2v22＋m3v32 ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s
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冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～8题为单选题，9～10题为多选题)
1．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
答案　D
解析　由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，故选项C错误；枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，正确选项为D.
图1
2．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为(　　)
A．v0 B. C. D.
答案　B
解析　由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，v＝v0，即它们最后的速度为v0.
3．如图2所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为(　　)
图2
A. B. C. D.
答案　C
解析　弹簧压缩到最短时，子弹、物体A、B具有共同的速度v1，且子弹、物体A、物体B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)的合力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为.
4．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m，射出时的速度为v0，车厢和人的质量为M，作用完毕后车厢的速度为(　　)
A.，向前 B.，向后
C.，向前 D．0
答案　D
解析　以车厢、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零，不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D正确．
5．如图3所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速度释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．小车和小球组成的系统动量守恒
B．小球向右摆过程小车一直向左加速运动
C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
D．小球摆到最低点时，小车的速度最大
答案　D
解析　小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒；小球从图示位置下摆到最低点，小车向左加速运动，当小球到最低点时，小车的速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，所以D正确．
6．如图4所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m1∶m2＝2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为Ek1和Ek2，则下列判断正确的是(　　)
图4
A．弹开时，v1∶v2＝1∶1
B．弹开时，v1∶v2＝2∶1
C．弹开时，Ek1∶Ek2＝2∶1
D．弹开时，Ek1∶Ek2＝1∶2
答案　D
解析　根据动量守恒定律知，p1＝p2，即m1v1＝m2v2，所以v1∶v2＝m2∶m1＝1∶2，选项A、B错误；由Ek＝得，Ek1∶Ek2＝m2∶m1＝1∶2，选项C错误，选项D正确．
7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为(　　)
A．5颗 B．6颗 C．7颗 D．8颗
答案　D
解析　设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
8．如图5所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于原长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中(　　)
图5
A．A、B的速度变为，C的速度仍为0
B．A、B、C的速度均为
C．A、B的速度变为，C的速度仍为0
D．A、B、C的速度均为
答案　C
解析　A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0.
9．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
答案　AC
解析　A项中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合外力为零，系统动量守恒；B项中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C项中木球与铁球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D项中木块下滑过程中，斜面始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒．
10．如图6所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
图6
A．m1、m2及弹簧组成的系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v02
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
答案　CD
解析　两球和弹簧组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，机械能也守恒，A错误，D正确；当弹簧伸长量最大时两球速度相同，此时弹簧的弹性势能一定小于m2的初动能m2v02，B错误；两球速度相同时的共同速度v＝，C正确．
二、非选择题
11．如图7所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图7
答案　v0
解析　解法一　把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB＋mC)v
B、C碰撞过程中由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得vB＝v0.
解法二　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②
由题意A与B间的距离保持不变可知vA＝v ③
联立①②③式，代入数据得vB＝v0.
12．如图8所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
图8
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？
答案　(1)　(2)
(3)5.2 m/s
解析　(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1
解得v1＝.
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2
解得v2＝.
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
即≤，代入数据得
v≥5.2 m/s.
所以箱子被推出的速度至少为5.2 m/s时，甲、乙才能不相撞．
实验：验证动量守恒定律
[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．
一、实验目的
　验证碰撞中的动量守恒定律
二、实验原理
为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．
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′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．
根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．
三、实验设计
实验设计需要考虑的问题：
(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．
(2)如何测定质量和速度．
①测量质量用天平．
②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．
四、实验案例　气垫导轨上的实验
器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．
气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，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2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．
　
图1　　　　　　　　　　图2
设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v＝.
五、实验步骤
1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．
2．按说明书连接好数字计时器与光电门．
3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．
图3
4．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．
图4
5．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．
图5
6．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．
实验数据记录表
碰撞(烧断)前
碰撞(烧断)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′
结论
实验结论：碰撞前后两滑块的动量守恒.
例1　某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6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6
(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2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)的质量为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．____________.
答案　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.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．)
解析　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碰撞之前的速度v1＝＝ m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞之后的速度
v2＝＝ m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞后的速度
v3＝＝ m/s≈0.60 m/s；
③a.系统碰撞前后总动量不变．
因为系统碰撞前的动量m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s
b．碰撞前后总动能不变．
因为碰撞前的总动能Ek1＝m1v12＝0.037 5 J，碰撞之后的总动能Ek2＝m1v22＋m2v32＝0.037 5 J，所以碰撞前后总动能相等．
c．碰撞前后质量不变．
例2　某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图7
(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选______段来计算小车A和小车B碰后的共同速度(填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
图8
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s.
答案　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417
解析　(1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC段点距相等，碰后DE段点距相等，故取BC段、DE段分别计算碰前小车A的速度和碰后小车A和小车B的共同速度．
(2)碰前小车速度
vA＝＝ m/s＝1.05 m/s
其动量
pA＝mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰后小车A和小车B的共同速度
vAB＝＝ m/s＝0.695 m/s
碰后总动量
pAB＝(mA＋mB)vAB＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．
例3　某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ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．再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置G由静止滚下，和B球碰撞后，A、B两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球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐．
(1)碰撞后B球的水平射程ON应取为________ cm.
图9
(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.
mA/g
mB/g
OM/cm
ON/cm
OP/cm
20.0
10.0
15.2
47.9
答案　(1)65.2　(2)　　误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立
解析　(1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.
(2)A、B两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t的乘积．
碰撞前A球的速度为
vA＝＝，
碰撞前质量与速度的乘积之和为
mAvA＝20.0 g×＝.
碰撞后A球的速度为
vA′＝＝，
碰撞后B球的速度为
vB′＝＝.
碰撞后动量之和为
mAvA′＋mBvB′＝20.0 g×＋10.0 g×＝.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)
1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是(　　)
A．滑块的质量 B．挡光时间
C．挡光片的宽度 D．光电门的高度
答案　D
2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差(　　)
A．导轨安放不水平 B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后粘合在一起
答案　AB
解析　导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．
3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是(　　)
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
答案　BC
解析　相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A错，B正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C正确，D错误．
二、非选择题
4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m1＝170 g，右侧滑块质量m2＝110 g，挡光片宽度d为3.00 cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32 s，Δt2＝0.21 s．则两滑块的速度大小分别为v1′＝______m/s，v2′＝______m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m1v1＋m2v2＝______kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s.可得到的结论是__________________________．(取向左为速度的正方向)
图1
答案　0.094　0.143　0　2.5×10－4　在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变
解析　两滑块速度
v1′＝＝ m/s≈0.094 m/s，
v2′＝＝ m/s≈－0.143 m/s，
烧断细线前m1v1＋m2v2＝0
烧断细前后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4 kg·m/s，
在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s，左侧滑块质量为100 g，左侧滑块的m1v1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块的总动量m1v1＋m2v2＝________ g·m/s.(取向左为速度的正方向)
图2
答案　22.5　0
解析　左侧滑块的速度为：v1＝＝ m/s＝0.225 m/s
则左侧滑块的m1v1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s
右侧滑块的速度为：
v2＝－＝－ m/s＝－0.15 m/s
则右侧滑块的m2v2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s
因m1v1与m2v2等大、反向，两滑块的总动量m1v1＋m2v2＝0.
6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中的不变量的实验：
图3
(1)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的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．
(2)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与挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A运动至C的时间t1，B运动至D的时间t2.
(3)重复几次取t1、t2的平均值．
请回答以下几个问题：
①在调整气垫导轨时应注意___________________________________________________；
②应测量的数据还有_________________________________________________________；
③作用前A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)
答案　①用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平
②A至C的距离L1、B至D的距离L2
③0　(M＋m)－M或M－(M＋m)
解析　①为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．
②要求出A、B两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝求出其速度．
③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.碰前两滑块静止，v＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M＋m)－M.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M－(M＋m).
7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g.
图4
某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰．让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短．
(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________．
A．小钢球A的质量mA
B．绳长L
C．小钢球从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________.(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中需要探究的表达式为________．
答案　(1)AB　(2)
(3)＝＋mB
解析　滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝.
根据牛顿第二定律得：
F1－mAg＝mA.
F2－mAg＝mA.
由mAv1＝mAv2＋mBvB得
＝＋mB .
所以还需要测量小钢球A的质量mA以及绳长L.
第一章 碰撞与动量守恒
章末总结
一、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1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
图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．物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
4．解题思路
(1)确定研究对象，进行受力分析；
(2)确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．
例1　质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．
答案　2　12
解析　由题知v＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mv－mv0＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(FN－mg)t＝Δp，则FN＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.
二、多过程问题中的动量守恒
1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件．
2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．
例2　如图2所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
图2
(1)B与C上挡板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；
(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．
答案　(1)v　2μg　(2)
解析　(1)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
×2v＝(＋)v1
解得v1＝v
对B、C，由牛顿第二定律得：
μ(m＋＋)g＝(＋)a，
解得a＝2μg.
(2)设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v22－v12＝2(－a)×L，
物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞，系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(＋)v2＝(＋)v3＋mv4
由能量守恒定律得
(＋)v22＝(＋)v32＋mv42
解得A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小
v4＝.
三、动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
2．动量守恒及机械能守恒都有条件．
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程能量都守恒．
3．两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．
例3　如图3所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点．已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
图3
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；
(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；
(3)物块A在水平面上运动的时间t.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)对于物块B，恰好通过P点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：
mBg＝ ①
解得vP＝ ②
(2)对于物块B，从N点到P点的过程中机械能守恒，有：
mBvB2＝mBvP2＋2mBgR ③
解得vB＝ ④
(3)设物块A、B分离时A的速度大小为vA，根据动量守恒定律有：
mAvA－mBvB＝0 ⑤
此后A滑行过程中，根据动量定理有：
－μmAgt＝0－mAvA ⑥
联立④⑤⑥式可得：t＝.
1．(多选)一质量为2 kg的质点在一恒力F的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8 kg·m/s，关于该质点的说法正确的是(　　)
A．速度变化率为8 m/s2
B．受到的恒力为16 N
C．1 s 末的动量为16 kg·m/s
D．1 s 末的动能为32 J
答案　ABC
解析　由式子p＝8 kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2，故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D选项错误．
2．一质量为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4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4
(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的平均作用力F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案　(1)0.32　(2)130 N，方向向左　(3)9 J
解析　(1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝mv2－mv02
代入数值解得μ＝0.32.
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－mv′2，解得W＝9 J.
3．两滑块a、b开始沿光滑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变化的图象如图5所示．求：
图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．
答案　(1)1∶8　(2)1∶2
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.由题给图象得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝ m/s ③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8 ⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2 ⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2 ⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2
第一节　物体的碰撞
[学习目标] 1.了解生活中的各种碰撞现象，知道碰撞的特点.2.通过实验探究，知道弹性碰撞和非弹性碰撞．
一、碰撞特点及分类
1．碰撞：碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．
2．碰撞特点
(1)相互作用时间短．
(2)作用力变化快．
(3)作用力峰值大．
因此其他外力可以忽略不计．
3．碰撞的分类
(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线可分为：
①正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线．
②斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线．
(2)按碰撞过程中机械能是否损失可分为弹性碰撞和非弹性碰撞．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是伽利略．(　×　)
(2)碰撞过程作用时间很短，相互作用力很大．(　√　)
(3)所有的碰撞，作用前、后物体的速度都在一条直线上．(　×　)
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
[导学探究]　演示实验：用如图1所示装置做实验．
图1
(1)让橡皮球A与另一静止的橡皮球B相碰，两橡皮球的质量相等，会看到什么现象？两橡皮球碰撞前后总动能相等吗？
(2)在A、B两球的表面涂上等质量的橡皮泥，再重复实验(1)，可以看到什么现象？
若两橡皮球粘在一起上升的高度为橡皮球A摆下时的高度的，则碰撞前后总动能相等吗？
答案　(1)可看到碰撞后橡皮球A停止运动，橡皮球B摆到橡皮球A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后橡皮球B获得的速度与碰撞前橡皮球A的速度相等，这说明碰撞前后A、B两球的总动能相等．
(2)可以看到碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
碰前总动能Ek＝mgh
碰后总动能Ek′＝2mg·＝mgh
因为Ek′[知识梳理]　按碰撞前后系统的总动能是否损失，可将碰撞分为：
(1)弹性碰撞：两个小球碰撞后形变能完全恢复，没有能量损失，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′.
(2)非弹性碰撞：两个小球碰撞后形变不能完全恢复，一部分动能最终转化为其他形式的能(如热能)，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能不再相等，Ek1＋Ek2>Ek1′＋Ek2′.
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)碰撞时形变能够完全恢复的系统动能没有损失．(　√　)
(2)两物体碰撞后粘在一起运动，系统的动能也可能不损失．(　×　)
(3)两物体碰撞后总动能可能增加．(　×　)
一、弹性碰撞与非弹性碰撞的判断
1．碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
2．碰撞的类型
(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．
(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．
(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．
例1　一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：
(1)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；
(2)碰后小球A的速度为1 m/s，小球B的速度为4 m/s.
答案　(1)非弹性碰撞　(2)弹性碰撞
解析　碰前系统的动能Ek0＝mAv02＝9 J.
(1)当碰后小球A、B速度均为2 m/s时，碰后系统的动能
Ek＝mAvA2＋mBvB2＝(×2×22＋×1×22) J＝6 J＜Ek0，故该碰撞为非弹性碰撞．
(2)当碰后vA′＝1 m/s，vB′＝4 m/s时，碰后系统的动能
Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝(×2×12＋×1×42) J＝9 J＝Ek0，故该碰撞为弹性碰撞．
针对训练　如图2所示，有A、B两物体，m1＝3m2，以相同大小的速度v相向运动，碰撞后A静止，B以2v的速度反弹，那么A、B的碰撞为(　　)
图2
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．无法判断
答案　A
解析　设m1＝3m，m2＝m
碰撞前总动能m1v12＋m2v22＝2mv2
碰撞后总动能m1v1′2＋m2v2′2＝0＋×m(2v)2＝2mv2
因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，A项正确．
二、碰撞模型的拓展
例2　如图3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(　　)
图3
A．A开始运动时 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时
答案　D
解析　方法一：B和A(包括弹簧)的作用，可以看成广义上的碰撞，两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时，其动能损失最多，故选D.
方法二：B与弹簧作用后，A加速，B减速，当A、B速度相等时，弹簧最短、弹性势能最大，系统动能损失最多，故D正确．
两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞，当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状，两物体分离时相当于弹性碰撞．
1．(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞的过程时间极短
B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大
C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力相等
D．碰撞时，质量小的物体对质量大的物体作用力大
答案　AC
解析　两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C正确，B、D错误，故选A、C.
2．(多选)两个物体发生碰撞，则(　　)
A．碰撞中一定产生了内能
B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小
答案　BD
解析　若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以正确选项为B、D.
3．(多选)如图4所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是(　　)
图4
A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘
B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球
C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时
D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上
答案　BD
解析　根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞．故正确答案为B、D.
4．(多选)如图5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的s－t图象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断，下列说法正确的是(　　)
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．此碰撞为弹性碰撞
D．此碰撞为非弹性碰撞
答案　AC
解析　由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B错误；由乙图可以计算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后速度v1′＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后速度v2′＝2 m/s，m2＝0.3 kg，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2＝0，因此C是正确的，D是错误的．
5．质量为1 kg的A球以3 m/s的速度与质量为2 kg静止的B球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s的速度一起运动，则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________ J动能．
答案　完全非弹性碰撞　3
解析　由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔEk＝mAv2－(mA＋mB)v12＝(×1×32－×3×12) J＝3 J.
第三节　动量守恒定律在碰撞中的应用
[学习目标] 1.掌握应用动量守恒定律解题的一般步骤.2.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对三种碰撞的进一步认识
[导学探究]　如图1甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
　　　　　 甲　　　　　　　　　乙
图1
答案　不守恒．碰撞时：mv0＝2mv
因此v＝
Ek1＝mv02，Ek2＝·2mv2＝mv02.
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv02－mv02＝－mv02，即系统总动能减少了mv02.
[知识梳理]　三种碰撞类型及其遵守的规律
1．弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2
2．非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能减少，损失的机械能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
3．完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)发生碰撞的两个物体，动量一定是守恒的．(　√　)
(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．(　×　)
(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．(　√　)
二、弹性正碰模型及拓展应用
[导学探究]　已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球的速度v1和B小球的速度v2.
图2
答案　以v0方向为正方向，由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2 ①
m1v02＝m1v12＋m2v22 ②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
[知识梳理]
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.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(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．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)发生弹性碰撞的两个小球碰后可能粘在一起．(　×　)
(2)两质量相等的小球发生弹性碰撞时，二者动量守恒，速度交换，动能交换．(　√　)
(3)当小球与竖直墙壁发生弹性碰撞时，小球以原速率返回，动能守恒，动量守恒．(　×　)
一、碰撞的特点和分类
1．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
2．爆炸：一种特殊的“碰撞”
特点1：系统动量守恒．
特点2：系统动能增加．
例1　大小、形状完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s，某一时刻发生碰撞．
(1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小；
(2)在问题(1)的条件下，求碰撞后损失的动能；
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．
答案　(1)0.1 m/s　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔEk＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2，代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s
例2　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
答案　B
解析　弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝＝1 s，取向右为正方向，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2 m/s，代入数值计算知选项B正确．
二、弹性正碰模型
例3　如图3所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.
图3
答案　
解析　设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v102，解得v10＝ ①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2 ②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v102＝m1v12＋m2v22 ③
联立②③式解得v2＝ ④
将①代入④得v2＝
针对训练1　在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图4所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是(　　)
图4
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案　D
解析　由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球作用，1、2球作用后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球作用后交换速度，故D正确．
1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．
3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程的动量守恒情况、机械能守恒情况．但每一过程能量一定守恒．
三、碰撞的可能性判断
碰撞需满足的三个条件：
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.
例4　在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案　A
解析　对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.
针对训练2　质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球的速率可能为(　　)
A. B. C. D．2v
答案　C
解析　以A球原来的运动方向为正方向，当碰后A球速度与原来同向时有：
mv＝m·＋3mv′
得v′＝，方向与A球原方向相同
而>，A球还要与B球发生碰撞，所以A项不符合客观实际．
当碰后A球速度与原来反向时有：
mv＝－m＋3mv′
所以v′＝，方向与A球原方向相同
而vA′＝－，方向与原方向相反，符合实际，选项C正确．
1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．
2．要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为(　　)
A．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝5 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s
答案　A
解析　两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ ①
由碰撞过程系统动能不能增加可知
mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2 ②
根据题意可知vA′≤vB′ ③
将四个选项代入①②③式检验可知，A正确，B、C、D错误．选A.
2．如图5所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，求二者在发生碰撞的过程中：
图5
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度．
答案　(1)6 J　(2)2 m/s
解析　(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速幅度动量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝＝ m/s＝1 m/s
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能
Em＝mAv02－(mA＋mB)v2＝6 J
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动能守恒和能量守恒得
mAv0＋mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv
解得vm＝2 m/s.
3.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比.
图6
答案　2
解析　从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程为弹性碰撞，有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22
解得＝2.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
1.如图1所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为(　　)
图1
A.mv02 B.mv02
C.m0v02 D.mv02
答案　C
解析　当两物块速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大，根据动量守恒可知mv0＝2mv，v＝
所以最大弹性势能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02，故C正确．
2．甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论不正确的是(　　)
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案　D
解析　由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；当m1?m2时，v2′＝2v1，B对；当m1?m2时，v1′＝－v1，C对；根据动能定理可知D错误．
3．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(　　)
A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
答案　C
解析　由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确．
4．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图2所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为(　　)
图2
A．E0 B. C. D.
答案　C
解析　碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝ ①
E0＝mv02 ②
Ek′＝×3mv12 ③
由①②③得Ek′＝×3m()2＝×(mv02)＝，故C正确．
5．两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以v0的初速度向滑块A运动时，如图3所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是(　　)
图3
A．两滑块相碰和以后一起运动过程，A、B组成的系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动过程，A、B组成的系统机械能均守恒
C．弹簧最大弹性势能为mv02
D．弹簧最大弹性势能为mv02
答案　D
解析　B与A碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A项错误；碰撞过程，A、B发生非弹性碰撞，有机械能损失，B项错误；碰撞过程mv0＝2mv，因此碰撞后系统的机械能为×2m2＝mv02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能mv02，C项错误，D项正确．
6．如图4所示，有两个质量相同的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为(　　)
图4
A. B．h C. D.
答案　C
解析　本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh＝mv12，所以v1＝；A、B碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv1＝2mv2；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，联立解得h′＝.
7．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A.v B.v C.v D.v
答案　AB
解析　设A球碰后的速度为vA，由题意有mvA2＝×mv2，则vA＝v或vA＝－v，因此由动量守恒有mv＝m·v＋2mvB或mv＝－m·v＋2mvB，解得vB＝v或v.
8．如图5所示，在光滑水平面上停放质量为m的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)
图5
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为mv02
答案　ACD
解析　小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．
二、非选择题
9．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(碰撞过程中不损失机械能)，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的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小．
答案　(1)v0　v0　(2)v0
解析　(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
mAv02＝mAv12＋mBv22
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，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv2＋mv3＝(mB＋m)v3′，
解得v3′＝v0.
10．如图7所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ(θ<90°)，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ.若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比为多少？
图7
答案　
解析　弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设击中后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有
mv0＝(m＋5m)v1
砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以
·6mv12＝6mgL(1－cos θ)
设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：
mv－(m＋5m)v1＝(m＋6m)v2
·7mv22＝7mgL(1－cos θ)
联解上述方程得＝.
11．如图8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8
答案　≤μ<
解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.要使物块a、b能够发生碰撞，应有mv02>μmgl，即μ<
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得－μmgl＝mv12－mv02
设在a、b发生弹性碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝mv2＋mv3
mv12＝mv22＋()v32
联立各式解得v3＝v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得μmgl≥()v32，解得μ≥
综上所述有≤μ＜.
第二节　动量 动量守恒定律(一)
[学习目标] 1.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.2.理解动量定理的确切含义，会用其来解释和计算碰撞、缓冲等现象．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、动量及其变化
[导学探究]　在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上高大结实的对方运动员时，自己被碰的人仰马翻，而对方却几乎不受影响 …….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．
(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑，他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动时，他的动量是否变化？
(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量多大？动量的变化量方向如何？
答案　(1)动量是300 kg·m/s，方向向东；做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了．
(2)—300 kg·m/s，方向向西．
[知识梳理]　动量和动量的变化量
1．动量p
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量．
符号：p.
单位：kg·m/s.
(2)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同．
(3)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．
2. 动量变化量Δp＝p′－p
(1)矢量性：与速度变化的方向相同．
(2)若p′、p不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差．
(3)若p′、p在一条直线上，先规定正方向，再用正、负表示p′、p，则可用Δp＝p′－p＝mv′－mv进行代数运算．
3．动量的相对性：由于速度具有相对性，所以动量也具有相对性，即动量的大小和方向与选取的参考系有关．通常情况下都以地面为参考系．
4．动量p＝mv与动能Ek＝mv2的区别
(1)动量是矢量，而动能是标量．(填“矢”或“标”)
(2)当速度发生变化时，物体的动量发生变化，而动能不一定(填“一定”或“不一定”)发生变化．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)质量大的物体的动量一定大．(　×　)
(2)动量相同的物体，运动方向一定相同．(　√　)
(3)质量和速率都相同的物体的动量一定相同．(　×　)
(4)一个物体的动量改变，它的动能一定改变．(　×　)
(5)动量变化量为正，说明它的方向与初始时的动量方向相同．(　×　)
二、动量定理
[导学探究]　1.在日常生活中，有不少这样的事例：
跳远时要跳在沙坑里；
跳高时在下落处要放海绵垫子；
从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；
轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……
这样做的目的是为了什么？
答案　为了缓冲以减小作用力．
2．如图1所示，假定一个质量为m的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F，在F作用下，经过时间t，物体的速度从v变为v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t的关系．
图1
答案　这个物体在碰撞过程中的加速度a＝ ①
根据牛顿第二定律F＝ma ②
由①②得F＝m
整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv
即Ft＝Δp.
[知识梳理]　冲量的概念和动量定理
1．冲量
(1)冲量的定义式：I＝Ft.
(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(3)冲量是矢(填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与力F的方向相同．
2．动量定理
(1)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)动量定理的数学表达式：Ft＝mv′－mv，其中F为物体受到的合外力．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)冲量是矢量，其方向与合外力的方向相同．(　√　)
(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．(　√　)
(4)不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同．(　√　)
(5)物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大．(　√　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对动量、动量变化量、冲量的理解
1．动量p＝mv, 描述物体运动状态的物理量，是矢量，方向与速度的方向相同．
2．动量的变化量
(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化
(2)关于动量变化量的求解
①若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
②若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．
3．公式I＝Ft只适用于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：
(1)若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量．
(2)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积求冲量．
例1　羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度反向击回．设羽毛球的质量为10 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．
答案　(1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
(2)37.5 J
解析　(1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s.
p2＝mv2＝－10×10－3×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s
所以动量的变化量Δp＝p2－p1
＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s.
即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．
(2)羽毛球的初动能：Ek＝mv12＝12.5 J，羽毛球的末动能：Ek′＝mv22＝50 J．所以ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J.
例2　在倾角为37°、足够长的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案　见解析
解析　物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用．冲量I＝Ft，是矢量．
重力的冲量IG＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．
支持力的冲量IN＝FNt＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上．
摩擦力的冲量If＝ft＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．
1．动量与动能的区别与联系
(1)区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝.
2．在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如是恒力，可用I＝Ft进行计算．
二、动量定理的理解和应用
1．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(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．
2．应用动量定理定量计算的一般步骤
→→
例3　如图2所示，用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
图2
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．
答案　(1)200 N，方向竖直向下
(2)205 N，方向竖直向下　(3)见解析
解析　(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv
所以F1＝－ N＝200 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．
则(F2－mg)t＝0－mv
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5 %，可见本题中铁锤的重力可忽略．
例4　(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．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
D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零
答案　CD
解析　击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确．
针对训练　从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了(　　)
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
答案　C
解析　脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时的动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C项正确．
利用动量定理解释现象的问题主要有三类：
(1)Δp一定，t短则F大，t长则F小．
(2)F一定，t短则Δp小，t长则Δp大．
(3)t一定，F大则Δp大，F小则Δp小．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．恒力F作用在质量为m的物体上，如图3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3
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Ft
答案　B
2．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以(　　)
A．减小球对手的冲量
B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
答案　B
解析　篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是因延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B正确．
3．0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向．
(1)则小球与地面碰撞前后的动量变化量为多少？
(2)若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力为多少？(g取10 m/s2)
答案　(1)2 kg·m/s，方向竖直向上　(2)12 N，方向竖直向上
解析　(1)小球与地面碰撞前的动量为：p1＝m(－v1)＝0.2×(－6) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s
小球与地面碰撞后的动量为：p2＝mv2＝0.2×4 kg·m/s＝0.8 kg·m/s
小球与地面碰撞前后动量的变化量为
Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)由动量定理得(F－mg)Δt＝Δp
所以F＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N，方向竖直向上．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～9题为单选题，10题为多选题)
1．关于动量，以下说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
答案　D
解析　做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A项错；单摆的摆球相邻每次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错；平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项正确．
2．质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg的A、B两个小球在光滑水平面上发生碰撞，碰前和碰后两球均在同一条直线上．碰前速度vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s、vB′＝4 m/s.则此碰撞是(　　)
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．无法确定
答案　B
解析　由mAvA2＋mBvB2＞mAvA′2＋mBvB′2可知，此次碰撞为非弹性碰撞．
3．从某高处落下一个鸡蛋，分别落到棉絮上和水泥地上，下面结论正确的是(　　)
A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小
B．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大
C．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率大
D．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快
答案　D
4．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(　　)
A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
答案　A
解析　以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．
5．如图1所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t(　　)
图1
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
答案　C
解析　甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的．
6．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．1 000 N
答案　D
解析　建筑工人下落5 m时速度为v，则v＝＝ m/s＝10 m/s，设安全带所受平均冲力大小为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝－mv，所以F＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1 000 N，故D对，A、B、C错．
7．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图2所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是(　　)
图2
A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s D．0，－10 N·s
答案　D
解析　由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.
8．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么(　　)
A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＜I2，W1＜W2
C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1＜W2
答案　D
解析　在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv，在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2，又因为W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，所以W1＜W2，选项D正确．
9．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条时，铁块仍能掉到地面上，则铁块落地点(　　)
图3
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的2倍处
答案　B
解析　以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块平抛的初速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧，B正确．
10．一粒钢珠在空中从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量在数值上等于过程Ⅰ中重力的冲量
答案　ACD
解析　钢珠在空中自由下落只受重力，由动量定理，过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程Ⅱ中钢珠受到阻力和重力作用，所以过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ和Ⅱ中重力冲量的大小，选项B错误；由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，选项C正确；过程Ⅱ中钢珠的动量改变量在数值上等于过程Ⅰ中钢珠动量的改变量，也等于过程Ⅰ中重力的冲量，选项D正确．
二、非选择题
11．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′.
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°
解析　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.
(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)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.如图，落地速度v＝＝ m/s＝10 m/s，
设v0与v的夹角为θ，则tan θ＝＝1，
所以小球落地时的动量大小为
p′＝mv＝10 kg·m/s，与水平方向的夹角为45°.
12．质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ，有一水平恒力F作用于物体上，并使之加速前进，经时间t1后去掉此恒力，求物体运动的总时间t.
答案　
解析　方法一：物体的运动可分为两个阶段，水平方向，第一阶段受两个力F、f的作用，时间为t1，物体由A运动到B速度达到v1；第二阶段物体只受f的作用，时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为0.
设水平向右为正方向，据动量定理，第一阶段：(F－f)t1＝mv1－0＝mv1
第二阶段：－f·t2＝0－mv1＝－mv1
两式相加：F·t1－f(t1＋t2)＝0
因为f＝μmg，代入上式，可求出
t2＝
所以t总＝t1＋t2＝.
方法二：把两个阶段当成一个过程来看：F作用了t1时间，μmg则作用了t总时间，动量变化Δp＝0.
F·t1－μmgt总＝0，
t总＝.
第二节　动量　动量守恒定律(二)
[学习目标] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．
一、动量守恒定律
[导学探究]
1．如图1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力还是外力？
图1
答案　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选择的系统．如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力．
2.如图2所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．
图2
答案　设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：
F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．
[知识梳理]
1．系统、内力与外力
(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．
(2)内力：系统内部物体间的相互作用力．
(3)外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．
2．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：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．
(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．(　×　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．(　√　)
(3)只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒．(　×　)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．(　√　)
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(　√　)
二、对动量守恒定律的认识
[导学探究]　如图3所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s.
(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？
(2)如果守恒，应以什么为参考系？
(3)轻推后B的速度大小是多少？方向如何？
图3
答案　(1)守恒　(2)以空间站为参考系　(3)0.02 m/s　远离空间站方向
解析　规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s
根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB
代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
[知识梳理]　对动量守恒定律的理解
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，不能误认为只是初、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．
2．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．
(2)相对性：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相对于地面的速度．
(3)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．
(4)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．
[即学即用]　如图4所示，甲木块的质量为m1，以速度v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，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
图4
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机械能守恒
答案　C
一、动量守恒条件的理解
1．系统不受外力作用：这是一种理想化的情形．
2．系统受外力作用，但所受合外力为零．
3．系统受外力作用，但当系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以完全忽略不计，系统的动量近似守恒．
4．系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
例1　(多选)如图5所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是(　　)
图5
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
答案　BCD
解析　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．
2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．
3．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．
针对训练1　如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是(　　)
图6
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案　C
解析　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：
(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2．应用动量守恒定律的解题步骤：
例2　将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图7所示．
图7
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
答案　(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.
据动量守恒得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，
由动量守恒得：
mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．
例3　如图8所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)
图8
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
答案　D
解析　根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，可得v1＝v0＋(v0－v2)，故选D.
应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．
针对训练2　质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？
答案　20 cm/s　方向向左
解析　碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则
v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0.
由动量守恒定律列方程
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据解得v1′＝－20 cm/s.
故碰后小球m1的速度大小为20 cm/s，方向向左．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)如图9所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)
图9
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
答案　BC
解析　若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，选项B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，选项D错误．
2．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为(　　)
A.v B.v
C.v D.v
答案　A
解析　设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝v.
3．如图10所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(　　)
图10
A．木块的最终速度为v0
B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车上表面越粗糙，小车获得的动量越多
答案　A
解析　由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．
4．一辆质量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)
答案　27 m/s
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.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．下列情形中，满足动量守恒条件的是(　　)
A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
答案　B
解析　A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件．
2.如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)
图1
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
答案　B
3．某公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在撞前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　　)
A．小于10 m/s
B．大于10 m/s，小于20 m/s
C．大于20 m/s，小于30 m/s
D．大于30 m/s，小于40 m/s
答案　A
解析　设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，规定向南为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则m1v1－m2v2>0，代入数据得v2<10 m/s，故选项A正确．
4．如图2所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
图2
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
答案　C
解析　小船和救生员组成的系统满足动量守恒：
(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v)
故C项正确，A、B、D项均错．
5．设a、b两球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若它们碰撞前的速度分别为va、vb，碰后的速度分别为va′、vb′，则两个小球的质量比ma∶mb为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据动量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，整理得＝，故A项正确，B、C、D项错误．
6．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C正确．
7．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)
A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
答案　A
解析　取向右为正方向，设小车质量为m1，小车速度为v1，砂袋质量为m2，砂袋速度为v2，共同速度为v共，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，得v共＝1 m/s，方向向右，A项正确．
8．两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平桌面上，松开细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后做平抛运动，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图3所示，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2
答案　ABC
解析　A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得：木块A、B离开弹簧时的速度之比为＝＝，A对；根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此＝＝，由此可知B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：＝＝×＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：＝＝1，D错．
9．如图4所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动量变化量大小之比Δp1∶Δp2为(　　)
图4
A．m1∶m2＝1∶3 B．m1∶m2＝1∶1
C．Δp1∶Δp2＝1∶3 D．Δp1∶Δp2＝1∶1
答案　AD
10．如图5所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)
图5
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D．a、c两车运动方向相反
答案　CD
解析　若人跳离b、c车时对地的水平速度为v，由动量守恒定律知：人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v
对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v
对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va
所以：vc＝－，vb＝0，va＝
即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．
二、非选择题
11．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的x－t图象如图6所示．若a球的质量ma＝1 kg，则b球的质量mb等于多少？
图6
答案　2.5 kg
解析　由题图知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5 kg.
12．如图7所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图7
(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(2)A和B整体在桌面上滑动的距离L.
答案　(1)1 m/s　(2)0.25 m
解析　(1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由mAvA2＝mAgR，可得vA＝2 m/s.在底部和B相撞，满足动量守恒，由mAvA＝(mA＋mB)v′，可得v′＝1 m/s.
(2)根据动能定理，对A、B一起滑动过程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v′2，可得L＝0.25 m.
13．如图8所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N的距离为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
图8
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v的大小．
答案　(1)2　(2)2
解析　(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地做平抛运动，由平抛运动知识得，2R＝gt2 ①
所以t＝2 ②
(2)设球A的质量为m，碰撞前瞬间速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知
mv2＝mv12＋2mgR ③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知mv1＝2mv2 ④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有
2R＝v2t ⑤
综合②③④⑤式得
v＝2. ⑥
第五节　自然界中的守恒定律
[学习目标] 1.加深对动量守恒定律和能量守恒定律的理解，能运用这两个守恒定律解决一些简单的与生产、生活相关的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．
[导学探究]　如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)
图1
答案　对物体受力分析如图所示：
方法一：根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
v＝at
s＝at2
解得t＝4 s，s＝40 m.
方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0
解得：t＝4 s.
根据动能定理可得：Fs－μmgs＝mv2－0
解得s＝40 m.
[知识梳理]　解决力学问题的三个基本观点
1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、滑块—木板模型
1．把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．
2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题．
3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．
例1　
如图2所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．求：
图2
(1)木块B的最小速度是多少？
(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？
答案　(1)　(2)，向左
解析　(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．
取向右为正方向，根据动量守恒定律：
m·2v0－mv0＝5mv
解得B的最小速度v＝
(2)A向左减速的过程，根据动能定理有
－μmgs1＝0－mv02
向左的位移为s1＝
A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有
μmgs2＝×4m()2
向右的位移为s2＝
取向左为正方向，整个过程A发生的位移为
s＝s1－s2＝
即此过程中A发生的位移向左，大小为.
二、子弹打木块模型
1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．
2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．
例2　如图3所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
图3
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统损失的机械能；
(3)子弹在木块中打入的深度．
答案　(1)　(2)　(3)
解析　因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：
mv＝(M＋m)v′ ①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：
－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2 ②
由①②两式解得：s＝.
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2 ③
解得：ΔE＝.
(3)设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，则ΔE＝μmgs相对
得：s相对＝＝.
三、弹簧类模型
1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒．
2．整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
3．注意：弹簧压缩最短时，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．
例3　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图4所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：
图4
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
答案　(1)3 m/s　(2)12 J
解析　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，
解得vABC＝ m/s＝3 m/s.
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC得：
vBC＝ m/s＝2 m/s，
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒定律，则Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.
针对训练　如图5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5
A. B.
C. D.
答案　A
解析　子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能
最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝.
处理动量和能量结合问题时应注意：
(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．
(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．
(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．
(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较(　　)
图6
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
答案　AC
解析　两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确．
2.如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为(　　)
图7
A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J
答案　B
解析　A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.
3．如图8所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为(　　)
图8
A．L B. C. D.
答案　D
解析　长木板固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv02，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C三项错误．
4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：
图9
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)小车C上表面的最短长度．
答案　(1)2.5 m/s　(2)0.375 m
解析　(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝mAv12 ①
代入数据解得v1＝＝5 m/s ②
设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，
mAv1＝(mA＋mB)v2 ③
代入数据解得v2＝2.5 m/s ④
(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，
根据动量守恒定律有：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤
根据能量守恒定律有：
μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v ⑥
联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m． ⑦
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)
1．如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)
图1
A．P的初动能 B．P的初动能的
C．P的初动能的 D．P的初动能的
答案　B
解析　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，v＝
所以弹簧具有的最大弹性势能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正确．
2．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s时，物块的运动情况是(　　)
图2
A．做减速运动 B．做加速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
答案　A
解析　开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1
代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.7 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．
3．如图3所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(　　)
图3
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B与A分开后能达到的最大高度为
D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算
答案　BC
解析　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h′＝h，即C正确，D错误．
4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是(　　)
图4
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s
C．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
答案　CD
解析　在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设水平向右为正方向，断开后两球仍沿原直线运动，速度分别为v1和v2，设刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，联立解得：v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确．
二、非选择题
5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M＝9m，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx.劲度系数为k、形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2.求：
图5
(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；
(2)弹簧的劲度系数．
答案　(1)mv02　(2)
解析　(1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝.
设从子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律
ΔE＝mv02－(m＋M)v2
代入数据得ΔE＝.
(2)设弹簧的劲度系数为k′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx，其弹性势能可表示为Ep′＝k′(Δx)2，
木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律
(m＋M)v2＝Ep′，
解得弹簧的劲度系数k′＝.
6．如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：
图6
(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；
(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；
(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？
答案　(1)10 m/s　(2)2 m/s　(3)8 m
解析　(1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：m0v0＝(m0＋m)v1，
解得：v1＝＝ m/s＝10 m/s
(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v，
解得v＝＝ m/s＝2 m/s
(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：
(m0＋m)v12＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m＋M)v2，
解得L＝8 m.
7．如图7所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图7
(1)小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)A、C碰撞后瞬间A的速度大小；
(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？
答案　(1)30 N　(2)1.5 m/s　(3)0.375 m(或 m)
解析　(1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动
根据机械能守恒定律，得mCgL＝mCv02
由牛顿第二定律，得F－mCg＝
解得v0＝4 m/s，F＝30 N
(2)设水平向右为正方向，A、C碰撞后的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒和动量守恒，得mCvC2＝mCgh
mCv0＝mAvA－mCvC
解得vC＝2 m/s，vA＝1.5 m/s
(3)设A在B上相对滑动的最终速度为v，相对位移为s，由动量守恒和能量守恒，得
mAvA＝(mA＋mB)v
μmAgs＝mAvA2－(mA＋mB)v2
解得s＝0.375 m
要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或 m)
8.如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点．求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)
图8
答案　8R
解析　设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v02
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落到C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得
4R＝gt2，x＝v1t
女演员刚好能回到A点，由机械能守恒定律得
m2gR＝m2v22，已知m1＝2m2，解得x＝8R.
第四节　反冲运动
[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．
一、反冲运动
[导学探究]　在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃“钻天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
答案　(1)物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加．
[知识梳理]　反冲运动
1．定义：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．反冲运动的特点：是物体间作用力与反作用力产生的效果．
3．反冲运动的条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)内力远大于外力．
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零．
4．反冲运动遵循的规律：反冲运动遵循动量守恒定律．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．(　√　)
(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．(　√　)
(4)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．(　√　)
(5)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．(　×　)
二、火箭
[导学探究]　(1)火箭飞行利用了怎样的工作原理？在分析火箭运动问题时可否应用动量守恒定律？
(2)设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.
(3)分析提高火箭飞行速度的可行办法．
答案　(1)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．由于火箭与“高温、高压”燃气组成的系统内力很大，远大于系统所受重力及阻力，故可应用动量守恒定律．
(2)在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
所以v′＝v＝v
(3)由上问可知火箭喷气后最大的速度v′＝(－1)v
故可以用以下办法提高火箭飞行速度：
①提高喷气速度；②提高火箭的质量比；③使用多级火箭，一般为三级．
[知识梳理]　火箭的原理
1．工作原理
应用反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度．
2．影响火箭最终速度大小的因素
(1)喷气速度：
现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000～4 000 m/s.
(2)火箭的质量比：
指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．现代火箭的质量比一般小于10.
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，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．(　√　)
三、“人船模型”探究
[导学探究]　如图1甲所示，人在漂浮在水面上的小船上行走，小船同时向着相反的方向运动，其简化运动如图乙．(不考虑船受到水的阻力)
　
图1
(1)人的速度和船的速度有什么关系？
(2)人和船的位移有什么关系？
答案　(1)原来静止的“人”和“船”发生相互作用时，所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，由mv1－Mv2＝0知任一时刻“人”和“船”的速度大小之比等于质量的反比．整个过程中“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)因为任意时刻mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，即人和船的位移与质量成反比．
[知识梳理]　“人船模型”的特点和遵循的规律
1．满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0，也有m1x1－m2x2＝0.
2．运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人、船的速度(平均速度或瞬时速度)与它们的质量成反比；人、船位移与它们的质量成反比，即＝＝.
3．应用上述关系时要注意一个问题：即公式中v和x一般都是相对地面而言的．
[即学即用]　分析下面的情景，判断下列说法的正误．
一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则：
(1)船质量越小，人越难跳上岸(　√　)
(2)船质量越大，人越难跳上岸(　×　)
(3)人跳跃相对船的速度等于相对地的速度(　×　)
一、反冲运动的应用
例1　反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车(含橡皮塞)的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?
答案　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
解析　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
针对训练1　如图2所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度大小v为 ．
图2
答案　
解析　取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos α，根据动量守恒定律有：mv0cos α－Mv＝0
所以炮车向后反冲的速度大小为v＝.
二、火箭原理
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．
2．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．
例2　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.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
答案　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，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，
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s.
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s.
针对训练2　将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内火箭模型以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
答案　D
解析　应用动量守恒定律解决问题，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′＝，选项D正确．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
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．
例3　如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求人和船相对地面的位移各为多少？
图3
答案　见解析
解析　设任一时刻人与船相对地面的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有
mv1＝Mv2
设整个过程中的平均速度大小分别为1、2，则有
m＝M.
两边乘以时间t有mt＝Mt，即mx1＝Mx2
且x1＋x2＝L，可求出x1＝ L，x2＝ L.
例4　质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，他们共同静止在距地面为h的高空中．现从热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？
答案　h
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，联立以上各式得：L＝h.因此软绳的长度至少为 h.
1．(多选)下列属于反冲运动的是(　　)
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
答案　BD
2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图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(　　)
图4
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
答案　B
解析　根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，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，故水应向后喷出小车才能向前运动．
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
答案　B
解析　火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项．
4．如图5所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
图5
答案　
解析　由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以＝.
设小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝，由题意：x1＋x2＝R－r
解得x2＝(R－r)＝.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．关于反冲运动的说法中，正确的是(　　)
A．抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案　D
解析　反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B错误；在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，选项D正确．
2．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是(　　)
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案　D
解析　由动量守恒定律可知，A、B、C正确，D不正确．
3．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
答案　A
解析　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大．
4．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)
A.v0 B．－v0
C.v0 D．－v0
答案　B
解析　火箭整体动量守恒，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反．
5．如图1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(　　)
图1
A. B.
C. D.
答案　C
解析　此题属“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在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2. ①
且x1＋x2＝. ②
由①②可得x2＝，故选C.
6．如图2所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg.当静止时人离地面的高度为h＝5 m，长绳的下端刚好和水平面接触．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看做质点)(　　)
图2
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　当人滑到绳下端时，设人与气球相对地面的位移大小分别为h1、h2，由动量守恒得：m1＝m2，且h1＋h2＝h.解得h1≈1.4 m．所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确．
7．穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为v，下列说法正确的是(　　)
A．无论射出多少子弹，人后退的速度都为v
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
答案　D
解析　设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝(M－m)v－mv0，设人射出n颗子弹后相对于地后退的速度为v′，则(M－nm)v′＝nmv0，可得v＝，v′＝，因M－m>M－nm，所以v′>nv，故选项D正确．
8．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则(　　)
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
答案　ABC
解析　选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝(M＋)vB＋MvA
解得：vB＝－vA
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确．A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确．由于系统的总动量始终守恒为零，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确．
9．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则(　　)
A．若两人质量相等，必有v甲>v乙
B．若两人质量相等，必有v甲C．若两人速率相等，必有m甲>m乙
D．若两人速率相等，必有m甲答案　AC
解析　甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲＞m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲＞v乙，A对，B错；若v甲＝v乙，则m甲＞v乙，C对，D错．
10．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体A，则下列说法正确的是(　　)
A．A与飞船都可能沿原轨道运动
B．A与飞船都不可能沿原轨道运动
C．A运动的轨道半径可能减小，也可能增加
D．A可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大
答案　CD
解析　抛出物体A后，由反冲原理知飞船速度变大，所需向心力变大，从而飞船做离心运动，离开原来轨道，半径增大；物体A的速率可能比原来的速率大，也可能比原来的速率小或相等，也可能等于零从而竖直下落．选项A、B错误，选项C、D正确．
二、非选择题
11．如图3所示，带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M，将一个质量为m的小球从A处由静止释放，当小球从B点水平飞出时，滑块的速度为多大？
图3
答案　m
解析　运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从B点飞出时速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，则有：mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得v2＝m .
12．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，喷出速度保持为对地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.
答案　4 m/s
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，喷出水流的速度为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2 s末的速度为
v′＝＝4 m/s.
第三章 原子结构之谜
章末总结
一、对α粒子散射实验及核式结构模型的理解
1．实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进；少数α粒子有较大的偏转；极少数α粒子的偏转角度超过90°，有的甚至被弹回，偏转角达到180°.
2．核式结构学说：在原子的中心有一个很小的原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，电子绕核运转．
3．原子核的组成与尺度
(1)原子核的组成：由质子和中子组成，原子核的电荷数等于原子核中的质子数．
(2)原子核的大小：实验确定的原子核半径的数量级为10－15 m，而原子的半径的数量级是10－10 m．因而原子内部十分“空旷”．
例1　(多选)关于α粒子散射实验现象的分析，下列说法正确的是(　　)
A．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明正电荷在原子内均匀分布，使α粒子受力平衡的结果
B．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到明显的力的作用，说明原子内大部分空间是空的
C．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内质量和电荷量比α粒子大得多的粒子在原子内分布空间很小
D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内的电子对α粒子的吸引力很大
答案　BC
解析　在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到原子核明显的力的作用，也说明原子核相对原子来讲很小，原子内大部分空间是空的，故A错，B对；极少数α粒子发生大角度偏转，说明会受到原子核明显的力的作用的空间在原子内很小，α粒子偏转而原子核未动，说明原子核的质量和电荷量远大于α粒子的质量和电荷量，电子的质量远小于α粒子的质量，α粒子打在电子上，不会有明显偏转，故C对，D错．
二、玻尔氢原子理论
1．氢原子的半径公式
rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，r1＝0.53×10－10 m.
2．氢原子的能级公式
氢原子的能级公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6 eV.
3．氢原子的能级图(如图1所示)
图1
(1)能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态．
(2)横线左端的数字“1,2,3，…”表示量子数，右端的数字“－13.6，－3.4，…”表示氢原子的能级．
(3)相邻横线间的距离，表示相邻的能级差，量子数越大，相邻的能级差越小．
(4)带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为hν＝Em－En.
例2　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　氢原子从高能级跃迁到低能级辐射一定频率的光子．Em－En＝hν，能级差值越大，辐射光子的频率越大，波长越短，E4－E3＜E3－E2，所以A项正确；辐射出的电磁波速度一样大，B项错误；处在不同能级时，核外电子出现的概率不一样，能级越低，概率越大，C项错误；氢原子由高能级向低能级跃迁时氢原子一定放出能量，而不是氢原子核，故D错误．
例3　(多选)如图3所示是氢原子能级示意图的一部分，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．用波长为600 nm的X射线照射，可以使稳定的氢原子电离
B．用能量是10.2 eV的光子可以激发处于基态的氢原子
C．用能量是2.5 eV的光子入射，可以使基态的氢原子激发
D．用能量是11.0 eV 的外来电子，可以使处于基态的氢原子激发
答案　BD
解析　“稳定的氢原子”指处于基态的氢原子，要使其电离，光子的能量必须大于或等于13.6 eV，而波长为600 nm的X射线的能量为E＝h＝6.63×10－34× eV≈2.07 eV<13.6 eV，A错误．因ΔE＝E2－E1＝(－3.4 eV)－(－13.6 eV)＝10.2 eV，故10.2 eV的光子可以使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态，B正确；2.5 eV的光子能量不等于任何其他能级与基态的能级差，因此不能使氢原子发生跃迁，C错误；外来电子可以将10.2 eV的能量传递给氢原子，使它激发，外来电子还剩余11.0 eV－10.2 eV＝0.8 eV的能量，D正确．
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，则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能级的情形；
(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(E＝Em－En)，就可使原子发生能级跃迁.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．在α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，下列说法正确的是(　　)
A．动能最小
B．电势能最小
C．α粒子和金原子核组成的系统的能量最小
D．加速度最小
答案　A
解析　在α粒子散射实验中，当α粒子接近金原子核时，金原子核对α粒子的作用力是斥力，对α粒子做负功，电势能增加，动能减小，当α粒子离金原子核最近时，它们之间的库仑力最大，α粒子的动能最小．由于受到的金原子核外电子的作用相对较小，与金原子核对α粒子的库仑力相比，可以忽略，因此只有库仑力做功，所以机械能和电势能整体上是守恒的，故系统的能量可以认为不变．综上所述，正确选项应为A.
2．卢瑟福和他的助手做α粒子轰击金箔实验，获得了重要发现，关于α粒子散射实验的结果，下列说法正确的是(　　)
A．说明了质子的存在
B．说明了原子核是由质子和中子组成的
C．说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里
D．说明了正电荷均匀分布
答案　C
解析　α粒子散射实验否定了汤姆生的葡萄干布丁模型，即否定了正电荷均匀分布，D项错误；α粒子的大角度散射，说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核里．
3．(多选)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
答案　AC
解析　由氢原子能级图可求得E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，即10.2 eV是n＝2能级与基态之间的能量差，处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后将跃迁到第一激发态，可使处于基态的氢原子激发，A项正确；Em－E1≠11 eV、Em－E1≠10 eV，即不满足玻尔理论关于跃迁的条件，B、D项错误；要使处于基态的氢原子电离，照射光的能量须不小于13.6 eV，而14 eV>13.6 eV，故用14 eV的光子照射可使基态的氢原子电离，C项正确．
4．如图4所示为氢原子能级的示意图．现有大量处于n＝4激发态的氢原子，向低能级跃迁时将辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是(　　)
图4
A．最容易发生衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的
B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属箔能发生光电效应
答案　D
解析　从n＝4的激发态跃迁到基态的能级差最大，即辐射出的光子能量最大，频率最大，对应波长最小，是最不容易发生衍射现象的，A错误；从n＝4的激发态跃迁到n＝3的激发态的能级差最小，辐射出的光子的频率最小，B错误；可辐射出的光子频率的种类数为C＝6种，C错误；从n＝2的激发态跃迁到基态时，辐射出光子的能量ΔE＝E2－E1＞6.34 eV，因而可以使逸出功为6.34 eV的金属箔发生光电效应，D正确．
第一节 敲开原子的大门 第二节 原子的结构
[学习目标] 1.知道阴极射线是由电子组成的，电子是原子的组成部分，知道电子的电荷量和荷质比.2.了解汤姆生发现电子的研究方法及蕴含的科学思想，领会电子的发现对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．
一、阴极射线　电子的发现
[导学探究]　
(1)在如图1所示的演示实验中，K是金属板制成的阴极，A是金属环制成的阳极．K和A之间加上近万伏的高电压后，管端玻璃壁上能观察到什么现象？该现象说明了什么问题？
图1
(2)人们对阴极射线的本质的认识有两种观点，一种观点认为是一种电磁波，另一种观点认为是带电微粒，你认为应如何判断哪种观点正确？
答案　(1)能看到玻璃壁上淡淡的荧光及管中物体在玻璃壁上的影，这说明阴极能够发出某种射线，并且撞击玻璃引起荧光．
(2)可以让阴极射线通过电场或磁场，若射线垂直于磁场(电场)方向射入之后发生了偏转，则该射线是由带电微粒组成的．
[知识梳理]
1．阴极射线
科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管阴极发射出的一种射线，叫做阴极射线．
2．阴极射线的特点
(1)在真空中沿直线传播；
(2)碰到物体可使物体发出荧光．
3．电子的发现
汤姆生让阴极射线分别通过电场或磁场，根据偏转情况，证明了它的本质是带负电的粒子流并求出了其荷质比．
4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷量．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg.
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)阴极射线在真空中沿直线传播．(　√　)
(2)英国物理学家汤姆生认为阴极射线是一种电磁辐射．(　×　)
(3)组成阴极射线的粒子是电子．(　√　)
(4)电子是原子的组成部分，电子电荷量可以取任意数值．(　×　)
二、α粒子散射实验
[导学探究]　如图2所示为1909年英国物理学家卢瑟福指导他的学生盖革和马斯顿进行α粒子散射实验的实验装置，阅读课本，回答以下问题：
图2
(1)什么是α粒子？
(2)实验装置中各部件的作用是什么？实验过程是怎样的？
(3)实验现象如何？
(4)少数α粒子发生大角度散射的原因是什么？
答案　(1)α粒子(He)是从放射性物质中发射出来的快速运动的粒子，实质是失去两个电子的氦原子核，带有两个单位的正电荷，质量为氢原子质量的4倍、电子质量的7 300倍．
(2)①α粒子源：把放射性元素钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能的α粒子．
②带荧光屏的放大镜：观察α粒子打在荧光屏上发出的微弱闪光．
实验过程：
α粒子经过一条细通道，形成一束射线，打在很薄的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力的作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．带有放大镜的荧光屏可以沿图中虚线转动，以统计向不同方向散射的α粒子的数目．
(3)α粒子散射实验的实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°.
(4)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．
[知识梳理]
1．α粒子散射实验装置由α粒子源、金箔、带有荧光屏的放大镜等几部分组成，实验时从α粒子源到荧光屏这段路程应处于真空中．
2．实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°.
3．α粒子散射实验的结果用汤姆生的“枣糕模型”无法解释．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)α粒子散射实验证明了汤姆生的原子模型是符合事实的．(　×　)
(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)α粒子大角度的偏转是电子造成的．(　×　)
(4)α粒子带有两个单位的正电荷，质量为氢原子质量的四倍．(　√　)
三、原子的核式结构模型　原子核的电荷与尺度
[导学探究]　(1)原子中的原子核所带电荷量有何特点？
(2)核式结构模型是如何解释α粒子散射实验结果的？
答案　(1)原子核带正电，所带电荷量与核外电子所带的电荷量相等．
(2)①由于原子核很小，大多数α粒子穿过金箔时都离核很远，受到的斥力很小，它们的运动方向几乎不改变．
②只有极少数α粒子有机会与原子核接近，受到原子核较大的斥力而发生明显的偏转．
[知识梳理]
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
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)卢瑟福的核式结构模型认为原子中带正电的部分体积很小，电子在正电体外面运动．(　√　)
(2)原子核的电荷数等于核中的中子数．(　×　)
(3)对于一般的原子，由于原子核很小，所以内部十分空旷．(　√　)
一、对阴极射线的认识
例1　(多选)下面对阴极射线的认识正确的是(　　)
A．阴极射线是由阴极发出的粒子撞击玻璃管壁上的荧光粉而产生的
B．只要阴阳两极间加有电压，就会有阴极射线产生
C．阴极射线是真空玻璃管内由阴极发出的射线
D．阴阳两极间加有高压时，电场很强，阴极中的电子受到很强的库仑力作用而脱离阴极
答案　CD
解析　阴极射线是真空玻璃管内由阴极直接发出的射线，故A错误，C正确；只有当两极间有高压且阴极接电源负极时，阴极中的电子才会受到足够大的库仑力作用而脱离阴极成为阴极射线，故B错误，D正确．
二、带电粒子荷质比的测定
1．利用磁偏转测量
(1)让带电粒子通过相互垂直的电场和磁场(如图3)，让其做匀速直线运动，根据二力平衡，即F洛＝F电(Bqv＝qE)，得到粒子的运动速度v＝.
图3
(2)撤去电场(如图4)，保留磁场，让粒子单纯地在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，即Bqv＝m，根据轨迹偏转情况，由几何知识求出其半径r.
图4
(3)由以上两式确定粒子的荷质比表达式：＝.
2．利用电偏转测量
带电粒子在匀强电场中运动，偏转量y＝at2＝·()2，故＝，所以在偏转电场中，U、d、L已知时，只需测量v和y即可．
例2　在再现汤姆生测阴极射线荷质比的实验中，采用了如图5所示的阴极射线管，从C出来的阴极射线经过A、B间的电场加速后，水平射入长度为L的D、G平行板间，接着在荧光屏F中心出现荧光斑．若在D、G间加上方向向上、场强为E的匀强电场，阴极射线将向下偏转；如果再利用通电线圈在D、G电场区加上一垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画)，荧光斑恰好回到荧光屏中心，接着再去掉电场，阴极射线向上偏转，偏转角为θ，试解决下列问题：
图5
(1)说明阴极射线的电性．
(2)说明图中磁场沿什么方向．
(3)根据L、E、B和θ，求出阴极射线的荷质比．
答案　(1)负电　(2)垂直纸面向外　(3)
解析　(1)由于阴极射线在电场中向下偏转，因此阴极射线受电场力方向向下，又由于匀强电场方向向上，则电场力的方向与电场方向相反，所以阴极射线带负电．
(2)由于所加磁场使阴极射线受到向上的洛伦兹力，而与电场力平衡，由左手定则得磁场的方向垂直纸面向外．
(3)设此射线带电量为q，质量为m，当射线在D、G间做匀速直线运动时，有qE＝Bqv.当射线在D、G间的磁场中偏转时，有Bqv＝.同时又有L＝r·sin θ，如图所示，解得＝.
解决带电粒子在电场中运动的三个步骤
1．确定研究对象，并根据题意判断是否可以忽略带电粒子的重力．
2．对研究对象进行受力分析，必要时要画出力的示意图；分析判断粒子的运动性质和过程，画出运动轨迹示意图．
3．选用恰当的物理规律列方程求解．
三、对α粒子散射实验的理解
1．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粒子发生较大的偏转．
(3)极少数α粒子偏转角度超过90°，有的几乎达到180°.
2．理解
(1)核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变．
(2)汤姆生的原子模型不能解释α粒子的大角度散射．
(3)少数α粒子发生了大角度偏转，甚至反弹回来，表明这些α粒子在原子中的某个地方受到了质量、电荷量均比它本身大得多的物体的作用．
(4)绝大多数α粒子在穿过厚厚的金原子层时运动方向没有明显变化，说明原子中绝大部分是空的，原子的质量、电荷量都集中在体积很小的核内．
例3　如图6所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是(　　)
图6
A．在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
B．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
C．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹
答案　C
解析　α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A处观察到的粒子数多，B处观察到的粒子数少，所以选项A、B错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D错误，C正确．
解决这类问题的关键是理解并熟记以下两点：
(1)明确实验装置中各部分的组成及作用．
(2)弄清实验现象，知道“绝大多数”、“少数”和“极少数”α粒子的运动情况及原因．
四、原子的核式结构分析
1．原子内的电荷关系：原子核的电荷数与核外的电子数相等，非常接近原子序数．
2．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．
3．原子的核式结构模型对α粒子散射实验结果的解释：
(1)当α粒子穿过原子时，如果离核较远，受到原子核的斥力很小，α粒子就像穿过“一片空地”一样，无遮无挡，运动方向改变很小．因为原子核很小，所以绝大多数α粒子不发生偏转．
(2)只有当α粒子十分接近原子核穿过时，才受到很大的库仑力作用，发生大角度偏转，而这种机会很少，所以有少数粒子发生了大角度偏转．
(3)如果α粒子正对着原子核射来，偏转角几乎达到180°，这种机会极少，如图7所示，所以极少数粒子的偏转角度甚至大于90°.
图7
例4　(多选)下列对原子结构的认识中，正确的是(　　)
A．原子中绝大部分是空的，原子核很小
B．电子在核外运动，库仑力提供向心力
C．原子的全部正电荷都集中在原子核里
D．原子核的直径大约为10－10 m
答案　ABC
解析　卢瑟福α粒子散射实验的结果否定了关于原子结构的汤姆生模型，提出了关于原子的核式结构学说，并估算出原子核直径的数量级为10－15 m，原子直径的数量级为10－10 m，原子直径是原子核直径的十万倍，所以原子内部是十分“空旷”的，核外带负电的电子由于受到带正电的原子核的吸引而绕核旋转，所以A、B、C正确，D错误.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)英国物理学家汤姆生通过对阴极射线的实验研究发现(　　)
A．阴极射线在电场中偏向正极板一侧
B．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同
C．不同材料所产生的阴极射线的荷质比不同
D．汤姆生并未精确得出阴极射线粒子的电荷量
答案　AD
解析　阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的荷质比是相同的，C错误．最早精确测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D正确．
2．(多选)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，仍沿原来的方向前进，极少数发生了较大角度的偏转
B．使α粒子发生明显偏转的力来自带正电的核和核外电子，当α粒子接近核时，是核的斥力使α粒子发生明显偏转；当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转
C．实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积极小的一部分
D．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和全部原子的质量
答案　AC
3．X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的(　　)
答案　D
解析　α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．
4．如图8所示，电子以初速度v0从O点进入长为l、板间距离为d、电势差为U的平行板电容器中，出电场时打在屏上P点，经测量O′P距离为Y0，求电子的荷质比．
图8
答案　
解析　由于电子在电场中做类平抛运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，满足
Y0＝at2＝()2＝，
则＝.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～7题为单选题，8～9题为多选题)
1．关于阴极射线的本质，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线本质是氢原子
B．阴极射线本质是电磁波
C．阴极射线本质是电子
D．阴极射线本质是X射线
答案　C
2．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子(　　)
A．全部穿过或发生很小偏转
B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回
C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过
D．全部发生很大偏转
答案　B
解析　卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．
3．α粒子散射实验中，使α粒子散射的原因是(　　)
A．α粒子与原子核外电子碰撞
B．α粒子与原子核发生接触碰撞
C．α粒子发生明显衍射
D．α粒子与原子核的库仑斥力的作用
答案　D
解析　α粒子与原子核外的电子的作用是很微弱的，A错误．α粒子与原子核很近时，库仑斥力很强，足以使α粒子发生大角度偏转甚至反向弹回，使α粒子散射的原因是库仑斥力的作用，B、C错误，D正确．
4.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1所示，图中P、Q两点为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨道相切的直线．两虚线和轨迹将平面分成四个区域，不考虑其他原子核对α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法正确的是(　　)
图1
A．可能在①区域 B．可能在②区域
C．可能在③区域 D．可能在④区域
答案　A
解析　因为α粒子与此原子核之间存在着斥力，如果原子核在②、③或④区，α粒子均应向①区偏折，所以不可能．
5．如图2所示是阴极射线管示意图，接通电源后，阴极射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
图2
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
答案　B
6．密立根油滴实验原理如图3所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下、场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍
答案　C
解析　带电油滴在两板间静止时，电场力向上，应带负电，A错；qE＝mg，即q＝mg，所以q＝，B项错误；当E变大时，qE变大，合力向上，油滴向上运动，任何带电物体的电荷量都是电子电荷量的整数倍，D项错．
7．如图4所示，根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从a运动到b再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　)
图4
A．动能先增大后减小
B．电势能先减小后增大
C．电场力先做负功后做正功，总功等于零
D．加速度先减小后增大
答案　C
解析　α粒子及原子核均带正电，故α粒子受到原子核的斥力，α粒子从a运动到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大，从b运动到c，电场力做正功，动能增大，电势能减小，a、c在同一条等势线上，a、c两点的电势差为零，则α粒子从a到c的过程中电场力做的总功等于零，A、B错误，C正确；α粒子所受的库仑力F＝，b点离原子核最近，所以α粒子在b点时所受的库仑力最大，加速度最大，故加速度先增大后减小，D错误．
8．关于原子核式结构理论，下列说法正确的是(　　)
A．是通过天然放射性现象得出来的
B．原子的中心有个核，叫做原子核
C．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
D．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上，带负电的电子在核外旋转
答案　BD
解析　原子的核式结构理论是在α粒子散射实验的基础上提出的，A错；原子所带的正电荷都集中在一个很小的核里面，不是均匀分布在原子中，C错，所以选B、D.
9．下列说法中正确的是(　　)
A．汤姆生精确地测出了电子电荷量e＝1.602 2×10－19 C
B．电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的
C．汤姆生油滴实验更重要的发现是：电荷是量子化的，即任何电荷量只能是e的整数倍
D．通过实验测出电子的荷质比和电子电荷量e的值，就可以确定电子的质量
答案　BD
解析　电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的，电荷是量子化的也是密立根发现的，A、C错误，B正确；测出电子荷质比的值和电子电荷量e的值，可以确定电子的质量，故D正确．
二、非选择题
10．假设α粒子以速率v0与静止的电子或金原子核发生弹性正碰，α粒子的质量为mα，电子的质量me＝mα，金原子核的质量mAu＝49mα.求：
(1)α粒子与电子碰撞后的速度变化；
(2)α粒子与金原子核碰撞后的速度变化．
答案　(1)－2.7×10－4v0　(2)－1.96v0
解析　α粒子与静止的粒子发生弹性碰撞，系统的动量和能量均守恒，由动量守恒定律有
mαv0＝mαv1′＋mv2′
由能量守恒定律有
mαv02＝mαv1′2＋mv2′2
解得v1′＝v0
速度变化Δv＝v1′－v0＝－v0
(1)若α粒子与电子碰撞，将me＝mα代入，得
Δv1≈－2.7×10－4v0
(2)若α粒子与金原子核碰撞，将mAu＝49mα代入，得
Δv2＝－1.96v0.
11．电子的荷质比最早由美国科学家密立根通过油滴实验测出，如图5所示，两块水平放置的平行金属板上、下极板与电源正负极相接，上、下极板分别带正、负电荷，油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上极板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动，两金属板间距为d，不计空气阻力和浮力．
图5
(1)调节两板的电势差u，当u＝U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速直线运动，求油滴所带的电荷量q为多少？
(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u＝U时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴的电荷量Q.
答案　(1)　(2)(g－)
解析　(1)油滴匀速下落过程受到的电场力和重力平衡，由平衡条件得：q＝m1g，得q＝m1g.
(2)油滴加速下落，其所带电荷量为Q，因油滴带负电，则油滴所受的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a，由牛顿第二定律和运动学公式得：m2g－Q＝m2a，d＝at2，解得Q＝(g－)．
第三节　氢原子光谱
[学习目标] 1.知道什么是光谱，能说出连续谱和线状谱的区别.2.能记住氢原子光谱的实验规律．
一、氢原子光谱的实验规律
[导学探究]　如图1所示为氢原子的光谱．
图1
(1)仔细观察，氢原子光谱具有什么特点？
(2)阅读课本，指出氢原子光谱的谱线波长具有什么规律？
答案　(1)从右至左，相邻谱线间的距离越来越小．
(2)可见光区域的四条谱线的波长满足巴耳末公式：＝R(－)，n＝3,4,5，…
[知识梳理]
1．某种原子的气体通电后可以发光并产生固定不变的光谱，这种光谱被称为原子光谱．
2．巴耳末公式：＝R(－)，n＝3,4,5…式中R叫做里德伯常量，实验值为R＝1.097×107 m－1.
(1)公式特点：第一项都是；
(2)巴耳末公式说明氢原子光谱的波长只能取分立值，不能取连续值．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．
3．广义巴耳末公式：＝R(－)，式中m和n均为正整数，且n＞m.
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)光是由原子核内部的电子运动产生的，光谱研究是探索原子核内部结构的一条重要途径．(　×　)
(2)稀薄气体的分子在强电场的作用下会电离，使气体变成导体．(　√　)
(3)巴耳末公式中的n既可以取整数也可以取小数．(　×　)
二、原子光谱和光谱分析
1．光谱的分类和比较
光谱分类
产生条件
光谱形式
发射
光谱
连续谱
炽热固体、液体和高压气体发光形成
连续分布，一切波长的光都有
线状谱
(原子光谱)
稀薄气体发光形成
一些不连续的亮线组成．不同元素谱线不同(又叫特征谱线)
吸收光谱
炽热的白光通过温度较低的气体后，某些波长的光被吸收后形成
用分光镜观察时，见到连续谱背景上出现一些暗线(与特征谱线对应)
2．光谱分析
由于每种原子都有自己的特征谱线，可以利用它来鉴别物质和确定物质的组成成分，这种方法称为光谱分析．
3．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)产生原因：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，这就形成了连续谱背景下的暗线．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(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．(　×　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、氢原子光谱的实验规律
例1　(多选)巴耳末通过对氢原子光谱的研究总结出巴耳末公式＝R(－)，n＝3,4,5，…，对此，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．巴耳末依据氢原子光谱的分析总结出巴耳末公式
D．巴耳末公式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
答案　CD
解析　巴耳末公式是根据氢原子光谱总结出来的．氢原子光谱的不连续性反映了氢原子发光的分立性，即辐射波长的分立特征，选项C、D正确．
针对训练1　氢原子光谱巴耳末系最小波长与最大波长之比为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由巴耳末公式＝R　n＝3,4,5，…
当n→∞时，有最小波长λ1，＝R，
当n＝3时，有最大波长λ2，＝R，得＝.
二、光谱和光谱分析
1．光谱的分类
光谱
2．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：a.发现新元素；b.鉴别物体的物质成分．
(3)用于光谱分析的光谱：线状谱和吸收光谱．
例2　(多选)下列关于光谱和光谱分析的说法中，正确的是(　　)
A．太阳光谱和白炽灯光谱都是线状谱
B．煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气或霓虹灯产生的光谱都是线状谱
C．进行光谱分析时，可以用线状谱，不能用连续谱
D．我们能通过光谱分析鉴别月球的物质成分
答案　BC
解析　太阳光谱中的暗线是太阳发出的连续谱经过太阳大气层时产生的吸收光谱，正是太阳发出的光谱被太阳大气层中存在的对应元素吸收所致，白炽灯发出的是连续谱，选项A错误；月球本身不会发光，靠反射太阳光才能使我们看到它，所以不能通过光谱分析鉴别月球的物质成分，选项D错误；光谱分析只能是线状谱或吸收光谱，连续谱是不能用来进行光谱分析的，所以选项C正确；煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气或霓虹灯产生的光谱都是线状谱，选项B正确．
针对训练2　关于光谱，下列说法正确的是(　　)
A．一切光源发出的光谱都是连续谱
B．一切光源发出的光谱都是线状谱
C．稀薄气体发光形成的光谱是线状谱
D．白光通过钠蒸气产生的光谱是线状谱
答案　C
解析　由于物质发光的条件不同，得到的光谱不同，故A、B错误；稀薄气体发光形成的光谱为线状谱，C正确；白光通过钠蒸气产生的光谱是吸收光谱，D错误.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)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只能取大于或等于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱
D．公式不仅适用于氢原子光谱的分析，还适用于其他原子光谱的分析
答案　AC
解析　巴耳末公式是巴耳末在研究氢光谱特征时发现的，故A选项正确；公式中的n只能取大于或等于3的整数值，故氢光谱是线状谱，B选项错误，C选项正确；巴耳末公式只适用于氢光谱的分析，不适用于其他原子光谱的分析，D选项错误．
2．(多选)关于光谱，下列说法中正确的是(　　)
A．炽热的液体发射连续谱
B．线状谱和吸收光谱都可以对物质进行光谱分析
C．太阳光谱中的暗线，说明太阳中缺少与这些暗线相对应的元素
D．发射光谱一定是连续谱
答案　AB
解析　炽热的固体、液体和高压气体的发射光谱是连续谱，故A正确；线状谱和吸收光谱都可以用来进行光谱分析，B正确；太阳光谱中的暗线说明太阳大气中含有与这些暗线相对应的元素，C错误；发射光谱有连续谱和线状谱，D错误．
3．利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析，下列说法中正确的是(　　)
A．利用高温物体的连续谱就可以鉴别其组成成分
B．利用物质的线状谱就可以鉴别其组成成分
C．高温物体发出的光通过某物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分
D．我们观察月亮射来的光的光谱，可以确定月亮的化学组成
答案　B
解析　由于高温物体的光谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，故A错误；某种物质发光的线状谱中的亮线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质的组成成分，B正确；高温物体发出的光通过其他物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线与所经物质有关，与高温物体无关，C错误；月亮反射到地面的光是太阳光，D错误．
4．根据巴耳末公式，可求出氢原子光谱在可见光的范围内波长最长的2条谱线，其波长分别为654.55×10－9 m和484.85×10－9 m，求所对应的n值．
答案　n1＝3　n2＝4
解析　据巴耳末公式＝R，n＝3,4,5，…得
＝1.10×107×，
＝1.10×107×，
解得n1＝3，n2＝4.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．关于原子光谱，下列说法中不正确的是(　　)
A．原子光谱是不连续的
B．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
C．由于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
D．分析物质发光的光谱，可以鉴别物质中含哪些元素
答案　B
解析　原子光谱为线状谱，A正确；各种原子都有自己的特征谱线，故B错，C对；根据各种原子的特征谱线进行光谱分析可鉴别物质组成．由此知A、C、D说法正确，B说法错误．
2．巴耳末公式简洁显示了氢原子光谱的(　　)
A．分立特征
B．连续特征
C．既连续又分立
D．既不连续又不分立
答案　A
解析　巴耳末公式中的n只能取正整数，得到的波长是一些分立的值．
3．下列对于巴耳末公式的说法正确的是(　　)
A．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应
B．巴耳末公式只确定了氢原子发光中可见光部分的光的波长
C．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光
D．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长
答案　C
解析　巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光，A、D错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B错误，C正确．
4．下列关于光谱的说法正确的是(　　)
A．炽热固体、液体和高压气体发出的光形成连续谱
B．对月光作光谱分析可以确定月亮的化学组成
C．气体发出的光只能产生线状谱
D．甲物质发出的光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱
答案　A
5．太阳光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于(　　)
A．太阳表面大气层中缺少相应的元素
B．太阳内部缺少相应的元素
C．太阳表面大气层中存在着相应的元素
D．太阳内部存在着相应的元素
答案　C
解析　太阳光谱中的暗线是由于太阳发出的连续谱通过太阳表面大气层时某些光被吸收造成的，因此，太阳光谱中的暗线是由于太阳表面大气层中存在着相应的元素，故C正确，A、B、D均错误．
6．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，则为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
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：＝＝.
7．如图1甲所示的a、b、c、d为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为(　　)
图1
A．a元素 B．b元素
C．c元素 D．d元素
答案　B
解析　把矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的谱线在该线状谱中不存在，故选项B正确，与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素．
8．关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是(　　)
A．发射光谱包括连续谱和线状谱
B．太阳光谱是连续谱，氢光谱是线状谱
C．只有线状谱可用作光谱分析
D．光谱分析帮助人们发现了许多新元素
答案　AD
解析　光谱分为发射光谱和吸收光谱，发射光谱分为连续谱和线状谱，A正确；太阳光谱是吸收光谱，B错误；线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析，C错误；光谱分析可以精确分析物质中所含元素，并能帮助人们发现新元素，D正确．
9．要得到钠元素的特征谱线，下列做法正确的是(　　)
A．使固体钠在空气中燃烧
B．将固体钠高温加热成稀薄钠蒸气
C．使炽热固体发出的白光通过低温钠蒸气
D．使炽热固体发出的白光通过高温钠蒸气
答案　BC
解析　炽热固体发出的是连续谱，燃烧固体钠不能得到特征谱线，A错误；稀薄气体发光产生线状谱，B正确；强烈的白光通过低温钠蒸气时，某些波长的光被吸收产生钠的吸收光谱，C正确，D错误．
10．关于经典电磁理论与氢原子光谱之间的关系，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．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
C．根据经典电磁理论，原子光谱应该是连续的
D．氢原子光谱彻底否定了经典电磁理论
答案　BC
解析　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，原子不应该是稳定的，并且发射的光谱应该是连续的．氢原子光谱并没有完全否定经典电磁理论，而是引入了新的概念．故正确答案为B、C.
二、非选择题
11．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、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：
(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大？n＝6时，传播频率为多大？
答案　(1)1.09×10－6 m
(2)3×108 m/s　2.75×1014 Hz
解析　(1)由帕邢系公式＝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＝＝λf，得f＝＝＝ Hz≈2.75×1014 Hz.
第四节　原子的能级结构
[学习目标] 1.了解能级、跃迁、能量量子化以及基态、激发态等概念.2.了解能级跃迁伴随着能量变化，知道能级跃迁过程中吸收或放出光子.3.能通过能级跃迁解释巴耳末系．
一、能级结构猜想
[导学探究]　为什么氢原子发出的光谱是不连续的？
答案　因为氢原子内部的能量是不连续的，因此氢原子由高能级向低能级跃迁时，只能放出一定频率的光，且光子的能量等于跃迁的能级差，即hν＝Em－En.
[知识梳理]
1．由氢原子光谱是分立的，我们猜想原子内部的能量也是不连续的．
2．原子内部不连续的能量称为原子的能级，原子从一个能级变化到另一个能级的过程叫做跃迁．
3．能级跃迁中的能量关系：hν＝Em－En.由此可知原子在跃迁前、后的能级分别为Em和En.
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)氢气放电过程，产生的光谱是连续的．(　×　)
(2)氢原子内部的能量是不连续的．(　√　)
(3)氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能放出特定频率的光．(　√　)
(4)氢原子从低能级向高能级跃迁时，吸收光子的频率是任意的．(　×　)
二、氢原子的能级
[导学探究]　(1)氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出的光子的能量如何计算？
(2)如图1所示是氢原子的能级图，一群处于n＝4的激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多少种频率不同的光子？
图1
答案　(1)氢原子辐射光子的能量取决于两个能级的能量差hν＝Em－En(m(2)氢原子能级跃迁图如图所示．从图中可以看出能辐射出6种频率不同的光子，它们分别是n＝4→n＝3，n＝4→n＝2，n＝4→n＝1，n＝3→n＝2，n＝3→n＝1，n＝2→n＝1.
[知识梳理]
1．氢原子能级表达式
En＝，n＝1,2,3……式中R为里德伯常量，h为普朗克常量，c为光速，n是正整数．
2．能级状态
(1)基态：在正常状态下氢原子处于最低的能级E1(n＝1)，这个最低能级对应的状态称为基态，氢原子在基态的能量为－13.6 eV.
(2)激发态：当电子受到外界激发时，可从基态跃迁到较高的能级E2、E3……上，这些能级对应的状态称为激发态．且En＝.
3．氢原子能级图
如图2所示
图2
4．氢光谱线系的形成
能级间的跃迁产生不连续的谱线，从不同能级跃迁到某一特定能级就形成一个线系，如巴耳末系是氢原子从n＝3、4、5……能级跃迁到n＝2的能级时辐射出的光谱．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)玻尔理论能很好地解释氢原子的巴耳末系．(　√　)
(2)处于基态的原子是不稳定的，会自发地向其他能级跃迁，放出光子．(　×　)
(3)不同的原子具有相同的能级，原子跃迁时辐射的光子频率是相同的．(　×　)
(4)玻尔认为原子的能量是量子化的，不能连续取值．(　√　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对能级结构(玻尔理论)的理解
1．轨道量子化
(1)轨道半径只能够是一些不连续的、某些分立的数值．
(2)氢原子的电子最小轨道半径为r1＝0.053 nm，其余轨道半径满足rn＝n2r1，式中n称为量子数，对应不同的轨道，只能取正整数．
2．能量量子化
(1)不同轨道对应不同的状态，在这些状态中，尽管电子做变速运动，却不辐射能量，因此这些状态是稳定的，原子在不同状态有不同的能量，所以原子的能量也是量子化的．
(2)基态：原子最低的能量状态称为基态，对应的电子在离核最近的轨道上运动，氢原子基态能量E1＝－13.6 eV.
(3)激发态：除基态之处的其他能量状态称为激发态，对应的电子在离核较远的轨道上运动．
氢原子各能级的关系为：En＝E1(E1＝－13.6 eV，n＝1,2,3，…)
3．跃迁
原子从一个能级跃迁到另一个能级时，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，即高能级Em低能级En
例1　(多选)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，虽然电子做变速运动，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
答案　ABC
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级跃迁学说的提出，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．
例2　氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中(　　)
A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大
B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小
C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小
D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大
答案　D
解析　根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k＝m，又Ek＝mv2，所以Ek＝.由此式可知：电子离核越远，即r越大时，电子的动能越小，故A、C错；r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确．
针对训练1　(多选)按照玻尔原子理论，下列表述正确的是(　　)
A．核外电子运动轨道半径可取任意值
B．氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量越大
C．电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定，即hν＝Em－En(m>n)
D．氢原子从激发态向基态跃迁的过程，可能辐射能量，也可能吸收能量
答案　BC
解析　根据玻尔理论，核外电子运动的轨道半径是确定的值，而不是任意值，A错误；氢原子中的电子离原子核越远，能级越高，能量越大，B正确；由跃迁规律可知C正确；氢原子从激发态向基态跃迁的过程中，应辐射能量，D错误．
原子的能量及变化规律
1．原子的能量：En＝Ekn＋Epn.
2．电子绕核运动时：k＝m，
故Ekn＝mvn2＝
电子轨道半径越大，电子绕核运动的动能越小．
3．当电子的轨道半径增大时，库仑引力做负功，原子的电势能增大，反之，电势能减小．
4．电子的轨道半径增大时，说明原子吸收了光子，从能量较低的轨道跃迁到了能量较高的轨道上．即电子轨道半径越大，原子的能量越大．
二、氢原子的跃迁规律分析
1．对能级图的理解
由En＝知，量子数越大，能级差越小，能级横线间的距离越小．n＝1是原子的基态，n→∞是原子电离时对应的状态．
2．跃迁过程中吸收或辐射光子的频率和波长满足hν＝|Em－En|，h＝|Em－En|.
3．大量处于n激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可辐射种不同频率的光，一个处于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．
例3　(多选)氢原子能级图如图3所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(　　)
图3
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
答案　CD
解析　能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小，A错误；由Em－En＝hν可知，B错误，D正确；根据C＝3可知，C正确．
针对训练2　如图4所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，则可能观测到氢原子发射的不同波长的光有(　　)
图4
A．15种 B．10种
C．4种 D．1种
答案　B
解析　基态的氢原子的能级值为－13.6 eV，吸收13.06 eV的能量后变成－0.54 eV，原子跃迁到n＝5能级，由于氢原子是大量的，故辐射的光子种类是＝种＝10种．
原子跃迁时需要注意的两个问题
1．注意一群原子和一个原子：氢原子核外只有一个电子，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道时，只能出现所有可能情况中的一种，但是如果有大量的氢原子，这些原子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现．
2．注意跃迁与电离：hν＝Em－En只适用于光子和原子作用使原子在各定态之间跃迁的情况，对于光子和原子作用使原子电离的情况，则不受此条件的限制．如基态氢原子的电离能为13.6 eV，只要大于或等于13.6 eV的光子都能被基态的氢原子吸收而发生电离，只不过入射光子的能量越大，原子电离后产生的自由电子的动能越大．
1．根据玻尔理论，关于氢原子的能量，下列说法中正确的是(　　)
A．是一系列不连续的任意值
B．是一系列不连续的特定值
C．可以取任意值
D．可以在某一范围内取任意值
答案　B
2．氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下列判断正确的是(　　)
A．电子绕核旋转的轨道半径增大
B．电子的动能减少
C．氢原子的电势能增大
D．氢原子的能级减小
答案　D
解析　氢原子辐射出光子后，由高能级跃迁到低能级，轨道半径减小，电子动能增大，此过程中库仑力做正功，电势能减小．
3．(多选)如图5所示为氢原子的能级图，A、B、C分别表示电子在三种不同能级跃迁时放出的光子，则下列判断中正确的是(　　)
图5
A．能量和频率最大、波长最短的是B光子
B．能量和频率最小、波长最长的是C光子
C．频率关系为νB＞νA＞νC，所以B的粒子性最强
D．波长关系为λB＞λA＞λC
答案　ABC
解析　从图中可以看出电子在三种不同能级跃迁时，能级差由大到小依次是B、A、C，所以B光子的能量和频率最大，波长最短，能量和频率最小、波长最长的是C光子，所以频率关系是νB＞νA＞νC，波长关系是λB<λA<λC，所以B光子的粒子性最强，故选项A、B、C正确，D错误．
4．氢原子处于基态时，原子能量E1＝－13.6 eV，普朗克常量取h＝6.6×10－34 J·s.
(1)处于n＝2激发态的氢原子，至少要吸收多大能量的光子才能电离？
(2)今有一群处于n＝4激发态的氢原子，最多可以辐射几种不同频率的光子？其中最小的频率是多少？(结果保留2位有效数字)
答案　(1)3.4 eV　(2)6种　1.6×1014 Hz
解析　(1)E2＝E1＝－3.4 eV
则处于n＝2激发态的氢原子，至少要吸收3.4 eV能量的光子才能电离．
(2)根据C＝6知，一群处于n＝4激发态的氢原子最多能辐射出的光子种类为6种．
n＝4→n＝3时，光子频率最小为νmin，则E4－E3＝hνmin，
代入数据，解得νmin≈1.6×1014 Hz.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1．根据玻尔理论，氢原子有一系列能级，以下说法正确的是(　　)
A．当氢原子处于第2能级且不发生跃迁时，会向外辐射光子
B．电子绕核旋转的轨道半径可取任意值
C．处于基态的氢原子可以吸收10 eV的光子
D．大量氢原子处于第4能级，向低能级跃迁时最多会出现6条谱线
答案　D
解析　氢原子处于第2能级且向基态发生跃迁时，才会向外辐射光子．故A错误．根据玻尔原子理论可知，电子绕核旋转的轨道半径是特定值．故B错误.10 eV的能量不等于基态与其他能级间的能级差，所以该光子能量不能被吸收．故C错误．根据C＝6知，大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出6种不同频率的光子．故D正确．
2．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子(　　)
A．放出光子，能量增加
B．放出光子，能量减少
C．吸收光子，能量增加
D．吸收光子，能量减少
答案　B
解析　氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，能量减少，故选项B正确．
3．氢原子的能级图如图1所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV.下列说法错误的是(　　)
图1
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，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2种不同频率的可见光
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　D
解析　紫外线的频率比可见光的高，因此紫外线光子的能量应大于3.11 eV，而处于n＝3能级的氢原子其电离能仅为1.51 eV＜3.11 eV，所以处于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．
4．根据玻尔理论，某原子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光．以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，E′等于(　　)
A．E－h B．E＋h
C．E－h D．E＋h
答案　C
解析　释放的光子能量为hν＝h，所以E′＝E－hν＝E－h.
5．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
6．关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的是(　　)
A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说
B．它发展了卢瑟福的核式结构学说
C．它完全抛弃了经典的电磁理论
D．它引入了普朗克的量子理论
答案　BD
解析　玻尔的原子模型在核式结构模型的前提下提出轨道量子化、能量量子化及能级跃迁，故A错误，B正确，它的成功就在于引入了量子化理论，缺点是被过多引入的经典力学所困，故C错误，D正确．
7．关于玻尔原子理论的基本假设，下列说法中正确的是(　　)
A．原子中的电子绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力
B．氢原子光谱的不连续性，表明了氢原子的能级是不连续的
C．原子的能量包括电子的动能和势能，电子动能可取任意值，势能只能取某些分立值
D．电子由一条轨道跃迁到另一条轨道上时，辐射(或吸收)光子频率等于电子绕核运动的频率
答案　AB
解析　根据玻尔理论的基本假设知，原子中的电子绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力，故A正确．玻尔原子模型结合氢原子光谱，可知氢原子的能量是不连续的．故B正确．原子的能量包括电子的动能和势能，由于轨道是量子化的，则电子动能也是特定的值，故C错误．电子由一条轨道跃迁到另一条轨道上时，辐射(或吸收)的光子能量等于两能级间的能级差，D错误．
8．如图2所示，用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为(　　)
图2
A．hν1 B．hν3
C．hν1＋hν2 D．hν1＋hν2＋hν3
答案　BC
解析　氢原子吸收光子能向外辐射三种不同频率的光子，可知氢原子被单色光照射后跃迁到第3能级，吸收的光子能量等于两能级间的能级差，即单色光的能量E＝hν3，又hν3＝hν1＋hν2，故B、C正确，A、D错误．
二、非选择题
9．如图3所示为氢原子最低的四个能级，当氢原子在这些能级间跃迁时，
图3
(1)最多有可能放出几种能量的光子？
(2)在哪两个能级间跃迁时，所发出的光子波长最长？最长波长是多少？
答案　(1)6种　(2)第4能级向第3能级　1.88×10－6 m
解析　(1)由N＝C，可得N＝C＝6种．
(2)氢原子由第4能级向第3能级跃迁时，能级差最小，辐射的光子能量最小，波长最长，根据hν＝E4－E3＝－0.85－(－1.51) eV＝0.66 eV，λ＝＝ m≈1.88×10－6 m.
10．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，用一群处于第4能级的氦离子发出的光照射处于基态的氢原子．求：
图4
(1)氦离子发出的光子中，有几种能使氢原子发生光电效应？
(2)发生光电效应时，光电子的最大初动能最大是多少？
答案　(1)3种　(2)37.4 eV
解析　(1)一群处于n＝4能级的氦离子跃迁时，一共发出N＝＝6种光子．
由频率条件hν＝Em－En知6种光子的能量分别是
由n＝4到n＝3，hν1＝E4－E3＝2.6 eV，
由n＝4到n＝2，hν2＝E4－E2＝10.2 eV，
由n＝4到n＝1，hν3＝E4－E1＝51.0 eV，
由n＝3到n＝2，hν4＝E3－E2＝7.6 eV，
由n＝3到n＝1，hν5＝E3－E1＝48.4 eV，
由n＝2到n＝1，hν6＝E2－E1＝40.8 eV，
由发生光电效应的条件知，hν3、hν5、hν6三种光子可使处于基态的氢原子发生光电效应．
(2)由光电效应方程Ek＝hν－W0知，能量为51.0 eV的光子使氢原子逸出的光电子最大初动能最大，将W0＝13.6 eV代入，Ek＝hν－W0得Ek＝37.4 eV.
第二章 波粒二象性
章末总结
一、量子论、光子说、光子能量的计算
1．量子论
德国物理学家普朗克提出：电磁波的发射和吸收是不连续的，是一份一份的，每一份电磁波的能量ε＝hν.
2．光子说
爱因斯坦提出：空间传播的光也是不连续的，也是一份一份的，每一份称为一个光子，光子具有的能量与光的频率成正比，即ε＝hν，其中h为普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s.
3．光的频率与波长的关系：ν＝.
例1　激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲，现有一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010 W，所发射的每个光脉冲持续的时间Δt为1.0×10－11 s，波长为 793.4 nm.问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m/s)
答案　3×10－3 m　4×1017个
解析　光脉冲的长度是光在一个脉冲时间内传播的距离，设为l.
则l＝cΔt＝3×108×1.0×10－11 m＝3×10－3 m.
根据W＝PΔt可知每列光脉冲能量
W＝PΔt＝1.0×1010×1.0×10－11 J＝0.1 J.
而每个光子能量
E＝h＝6.63×10－34× J
≈2.507×10－19 J.
故每个光脉冲含有光子数
n＝＝个≈4×1017个．
二、光电效应的规律和光电效应方程
1．光电效应的实验规律
(1)任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于等于这个极限频率，才能发生光电效应．低于极限频率时，无论光照强度多强，都不会发生光电效应．
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大．
(3)入射光照射到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10－9s.
(4)当入射光的频率高于极限频率时，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目与入射光的强度成正比．
2．爱因斯坦光电效应方程mvmax2＝hν－W0
W0表示金属的逸出功，ν0表示金属的极限频率，则W0＝hν0.
例2　如图1甲所示为研究光电效应的电路图．
图1
(1)对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转．将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，电流表的示数不可能________(选填“减小”、“增大”)．如果改用频率略低的紫光照射，电流表______(选填“一定”“可能”或“一定没”)有示数．
(2)当用光子能量为5 eV的光照射到光电管上时，测得电流表上的示数随电压变化的图象如图乙所示．则光电子的最大初动能为________ J，金属的逸出功为______ J.
答案　(1)减小　可能　(2)3.2×10－19　4.8×10－19
解析　(1)AK间所加的电压为正向电压，光电子在光电管中加速，滑动变阻器滑片向右移动的过程中，若光电流达到饱和，则电流表示数不变，若光电流没达到饱和电流，则电流表示数增大，所以滑动变阻器滑片向右移动的过程中，电流表的示数不可能减小，紫光照射不一定能发生光电效应，所以电流表可能有示数．
(2)由题图乙可知，当该装置所加的电压为－2 V的反向电压时，电流表示数为0，得光电子的最大初动能为2 eV，根据光电效应方程mvmax2＝hν－W0得W0＝3 eV＝4.8×10－19 J.
针对训练　关于光电效应，以下说法正确的是(　　)
A．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B．光电子的最大初动能越大，形成的光电流越强
C．能否产生光电效应现象，取决于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功
D．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属一定不发生光电效应
答案　C
解析　由光电效应方程知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但不是成正比关系，A错．光电流的强度与入射光的强度成正比，与光电子的最大初动能无关，B错．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属也可能发生光电效应，能发生光电效应的条件是入射光光子的能量要大于金属的逸出功，D错，C对．
三、用图象表示光电效应的规律
1．Ek－ν图象
根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，光电子的最大初动能Ek是入射光频率ν的一次函数，图象如图2所示．其横轴截距为金属的极限频率ν0，纵轴截距是金属的逸出功的负值，斜率为普朗克常量h.
图2
2．I－U图象
光电流强度I随光电管两极间电压U的变化图象如图3所示，图中Im为饱和光电流，U0为遏止电压．利用mevm2＝eU0可得光电子的最大初动能．
图3
3．U0－ν图象
遏止电压与入射光频率ν的关系图象如图4所示：
图中的横轴截距ν0为截止频率．而遏止电压U0随入射光频率的增大而增大．
图4
例3　用不同频率的光分别照射钨和锌，产生光电效应，根据实验可画出光电子的最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图线．已知钨的逸出功是2.84 eV，锌的逸出功为3.34 eV，若将二者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，则正确的图是(　　)
答案　A
解析　根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，Ek－ν图象的斜率为普朗克常量h，因此图中两线应平行，故C、D错误；图线与横轴的交点表示恰能发生光电效应(光电子动能为零)时的入射光频率即极限频率，由光电效应方程可知，逸出功越大的金属对应的入射光的极限频率越高，所以能使金属锌发生光电效应的极限频率较高，所以A正确，B错误．
四、波粒二象性的理解
1．光的波粒二象性
(1)光的干涉、衍射、偏振说明光具有波动性，光电效应现象、康普顿效应则证明光具有粒子性，因此，光具有波粒二象性，对于光子这样的微观粒子只有从波粒二象性出发，才能统一说明光的各种行为．
(2)大量光子产生的效果显示出光的波动性，少数光子产生的效果显示出粒子性，且随着光的频率的增大，波动性越来越不显著，而粒子性却越来越显著．
2．实物粒子(如：电子、质子等)都有一种波与之对应(物质波的波长λ＝，频率ν＝)．
3．物质波与光波一样都属于概率波．概率波的实质：是指粒子在空间分布的概率是受波动规律支配的．
例4　(多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　　)
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
答案　ABD
解析　光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越明显，反之波动性越明显，个别光子易显示粒子性，大量光子易显示波动性，故选项A、B、D正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10－18 J，已知可见光的平均波长约为0.6 μm，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，则进入人眼的能量子数至少为(　　)
A．1个 B．3个 C．30个 D．300个
答案　B
解析　可见光的平均频率ν＝，能量子的平均能量为ε＝hν，引起视觉效应时E＝nε，联立可得n≈3，B正确．
2．(多选)光电效应的实验结论是：对于某种金属(　　)
A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应
B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应
C．频率超过极限频率的入射光，光照强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小
D．频率超过极限频率的入射光，频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
答案　AD
解析　根据光电效应规律可知A正确，B错误．根据光电效应方程知，频率ν越高，光电子的最大初动能就越大，C错误，D正确．
3．(多选)现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波动性的是(　　)
A．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C．质量为10－3 kg、速度为10－2 m/s的小球，其德布罗意波长约为10－28 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D．人们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大致相同
答案　BD
解析　光子照到锌板上，发生光电效应，说明光有粒子性，A不正确；白光在肥皂泡上发生薄膜干涉时，会出现彩色条纹，光的干涉现象说明了光有波动性，B正确；由于小球的波长很小，波动性不明显，表现为粒子性，C不正确；用热中子研究晶体结构，其实是通过中子的衍射来“观察”晶体的，是利用中子的波动性，D正确．
4．已知金属铯的极限波长为0.66 μm，用0.50 μm的光照射铯金属表面发射光电子的最大初动能为多少焦耳？铯金属的逸出功为多少焦耳？(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
答案　9.6×10－20 J　3×10－19 J
解析　金属铯发生光电效应的极限频率
ν0＝.
金属铯的逸出功
W＝hν0＝h＝6.63×10－34× J
≈3×10－19 J.
由光电效应方程
mv＝hν－W0＝h－h＝hc(－)
＝6.63×10－34×3×108×(－)J
≈9.6×10－20 J.
第一节　光电效应
[学习目标]　1.了解光电效应，掌握光电效应的实验规律.2.知道光电流与光的强度和光的频率之间的关系.3.理解极限频率和遏止电压的概念．
一、光电效应与光电流
[导学探究]
1．如图1所示，取一块锌板，用砂纸将其一面擦一遍，去掉表面的氧化层，连接在验电器上(弧光灯发射紫外线)．
图1
用弧光灯照射锌板，看到的现象为_____________________________________________，
说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案　验电器指针偏角张开　锌板带电了．弧光灯发出的紫外线照射到锌板上，在锌板表面发射出光电子，从而使锌板带上了正电
2．光电流的产生是光照射的结果．如图2所示是用来探究光电流的大小与入射光强度和频率关系的实验装置图．光源强度可以通过改变光罩上出射孔的数目或大小来改变，光的频率可以用不同的滤色片来改变．
图2
(1)在频率不变(保持蓝光不变)的情况下，改变入射光的强度，光电流的大小如何变化？
(2)将光的强度保持不变，更换滤色片以改变入射光的频率(蓝光、绿光、红光为例)，光电流有什么变化？这说明什么问题？
答案(1)随着光强的增加，光电流逐渐变大．
(2)蓝光和绿光都有光电流产生，而红光照射时没有，即使增强红光的强度依然没有光电流．
这说明对于某种金属只有光的频率足够大，才能发生光电效应．如小于某个频率值，光再强也不能发生光电效应．
[知识梳理]
1．光电效应
(1)光电效应
金属在光的照射下发射电子的现象．
(2)光电子：光电效应中发射出来的电子．
(3)光电流：光电子定向运动形成的电流．
2．光电流的变化
在正向电压一定的情况下，光电流的变化与入射光的强度有关，与入射光的频率无关，光源强度可以使光电管阴极单位时间内发射的光电子数目变化．
3．极限频率
对于每一种金属，只有当入射光频率大于某一频率ν0时，才会产生光电流．我们将ν0称为极限频率．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)用一束紫外线照射锌板时，发生了光电效应，有正离子从锌板上飞出来．(　×　)
(2)只要光足够强，任何频率的光都可以使金属发生光电效应．(　×　)
(3)能否发生光电效应，取决于入射光的频率，与光的强度无关．(　√　)
二、遏止电压
[导学探究]　(1)如图3所示是测量遏止电压的示意图，利用它可测量光电子的最大初动能．
图3
①光电管两极加的是什么电压？有何作用？
②当反向电压增大时，光电流怎么变？
③怎样求得光电子的最大初动能？
(2)在图3中，利用蓝光照射，加反向电压，逐渐增大电压，直至光电流为零，记录遏止电压的值．改变入射光强度，记录的遏止电压的值有什么特点？
(3)维持光源强度不变，改变入射光的频率．先采用蓝光作为入射光，记录遏止电压值；再换绿光作为入射光，记录遏止电压值．有什么现象？
(4)综合上面的分析，关于光电子的最大初动能与入射光频率，能得出什么结论？
答案　(1)①反向电压　使光电子减速　②减小
③当图中光电流为零，所加的反向电压为U0时，有eU0＝mv max2成立．eU0就是光电子的最大初动能．
(2)不变．
(3)绿光时较小．
(4)遏止电压只与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关．而遏止电压对应光电子的最大初动能，也就是说其最大初动能也只与入射光的频率有关．
[知识梳理]　遏止电压
1．定义：在强度和频率一定的光照射下，回路中的光电流会随着反向电压的增加而减小，并且当反向电压达到某一数值时，光电流将会减小到零，这时的电压称为遏止电压，用符号U0表示，光电子到达阳极要克服反向电场力做的功W＝eU0.光电子最大初动能mv max2＝eU0.
2．光电子的最大初动能只与入射光的频率有关．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)遏止电压是反向电压，其作用是阻碍电子的运动．(　√　)
(2)光电管加反向电压时，电压越小，光电流也越小．(　×　)
(3)遏止电压与入射光的强度有关，与入射光的频率无关．(　×　)
一、光电效应现象
1．光电效应的实质：光现象电现象．
2．光电效应中的光包括不可见光和可见光．
3．光电子：光电效应中发射出来的电子，其本质还是电子．
例1　一验电器与锌板相连(如图4所示)，用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角．
图4
(1)现用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
(2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(填“有”或“无”)偏转．
答案　(1)减小　(2)无
解析　(1)当用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，锌板放出光电子而带上正电，此时与锌板连在一起的验电器也带上了正电，故指针发生了偏转．当带负电的小球与锌板接触后，中和了一部分正电荷，从而使验电器的指针偏角减小．(2)使验电器指针回到零，用钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明钠灯发出的黄光的频率小于锌的极限频率，而红外线比黄光的频率还要低，更不可能使锌板发生光电效应．能否发生光电效应与入射光的强弱无关．
针对训练1　(多选)如图5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5
A．用紫外光照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用绿色光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷
D．使验电器指针发生偏转的是正电荷
答案　AD
二、光电效应的实验规律
1．每种金属都有一定的极限频率，当入射光的频率低于极限频率时，不管入射光的强度多大、照射时间多长都不会产生光电子，一旦入射光的频率超过极限频率，则不管光有多么弱都会产生光电效应，发出光电子．
2．在发生光电效应的条件下，光电流的大小或单位时间内逸出的光电子数目由光的强度决定．
3．光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关．
遏止电压随入射光频率的增大而增大，与光强无关．
4．随着反向电压的增大，光电流逐渐减小，说明金属中逸出的光电子的初动能是不同的，而光电子的最大初动能与遏止电压是对应的．
5．光电效应几乎是瞬时的，发生时间一般不超过10－9 s.
例2　利用光电管研究光电效应实验如图6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6
A．用紫外线照射，电流表不一定有电流通过
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
D．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
答案　D
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错误；因不知阴极K的极限频率，所以用红光照射时，不一定发生光电效应，所以选项B错误；即使UAK＝0，电流表中也有电流，所以选项C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D正确．
针对训练2　入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么(　　)
A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加
B．逸出的光电子的最大初动能将减小
C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少
D．有可能不发生光电效应
答案　C
解析　发生光电效应几乎是瞬时的，选项A错误；入射光的强度减弱，说明单位时间内的入射光子数目减少，频率不变，逸出的光电子的最大初动能也就不变，选项B错误；光电流随入射光强度的减小而减小，逸出的光电子数目也随入射光强度的减小而减少，故选项C正确；入射光照射到某金属上发生光电效应，说明入射光频率不低于这种金属的极限频率，入射光的强度减弱而频率不变，同样能发生光电效应，故选项D错误．
三、经典电磁理论解释的局限性
在光的照射下，物体内部的电子受到电磁波的作用做受迫振动.
经典电磁理论的结论
实验事实
成功解释的现象
光越强，电磁波的振幅越大，对电子的作用越强，电子振动越厉害，电子越容易从物体内部逃逸出来
光越强，光电流就越大
矛盾之一
无论入射光频率多大，只要光足够强，电子就能获得足够的能量逸出金属表面
每一种金属都对应有一个不同的极限频率，当入射光频率低于极限频率时，无论光的强度多大，照射时间多长都不会发生光电效应
矛盾之二
出射电子的动能应该由入射光的能量即光强决定
光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关
矛盾之三
光的强度足够大，电子就能获得足够的能量，电子就能逸出金属表面，电子能量增加应该有一个积累过程，电子才能逸出金属表面
若能发生光电效应，即使光很弱，也是瞬间发生的
例3　在光电效应的规律中，经典电磁理论能解释的有(　　)
A．入射光的频率必须大于被照射金属的极限频率时才能产生光电效应
B．光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大
C．入射光照射到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10－9s
D．当入射光频率大于极限频率时，光电子数目随入射光强度的增大而增多
答案　D
1．当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时(　　)
A．锌板带负电
B．有正离子从锌板逸出
C．有电子从锌板逸出
D．锌板会吸附空气中的正离子
答案　C
解析　当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正电，选项C正确，A、B、D错误．
2．在做光电效应演示实验时，把某金属板连在验电器上，第一次用弧光灯直接照射金属板， 验电器的指针张开一个角度，第二次在弧光灯和金属板之间插入一块普通玻璃，再用弧光灯照射，验电器的指针不张开．由此可判定，使金属板产生光电效应的是弧光灯中的(　　)
A．可见光成分 B．红外线成分
C．无线电波成分 D．紫外线成分
答案　D
解析　因为玻璃不能挡住可见光，且红外线与无线电波频率都比可见光小，故D对．
3．用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应．现将该单色光的光强减弱，则下列说法中正确的是(　　)
①光电子的最大初动能不变
②光电子的最大初动能减小
③单位时间内产生的光电子数减少
④可能不发生光电效应
A．①③ B．②③ C．①② D．③④
答案　A
4．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是(　　)
A．延长光照时间 B．增大光的强度
C．换用波长较短的光照射 D．换用频率较低的光照射
答案　C
解析　光照射金属时能否产生光电效应，取决于入射光的频率是否大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射时间无关，故选项A、B、D均错误；又因ν＝，所以选项C正确．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～5题为单选题，6～9题为多选题)
1.在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏静电计相连，用弧光灯(紫外线)照射锌板时，静电计的指针就张开一个角度，如图1所示，这时(　　)
图1
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带负电，指针带正电
C．若用黄光照射锌板，则可能不发生光电效应现象
D．若用红光照射锌板，则锌板一定能发射光电子
答案　C
2．当用一束紫外线照射与原不带电的验电器金属球相连的锌板时，发生了光电效应，这时发生的现象是(　　)
A．验电器内的金属箔带负电
B．有电子从锌板上飞出来
C．有正离子从锌板上飞出来
D．锌板吸收空气中的正离子
答案　B
3．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是(　　)
A．改用频率更小的紫外线照射
B．改用X射线照射
C．改用强度更大的原紫外线照射
D．延长原紫外线的照射时间
答案　B
解析　金属发生光电效应必须使光的频率大于极限频率，X射线的频率大于紫外线的频率．
4．用紫光照射某金属恰可发生光电效应，现改用较弱的太阳光照射该金属，则(　　)
A．可能不发生光电效应
B．逸出光电子的时间明显变长
C．逸出光电子的最大初动能变小
D．单位时间逸出光电子的数目变少
答案　D
解析　由于太阳光含有紫光，所以照射金属时发生光电效应且逸出光电子的最大初动能不变，又因为光强变弱，所以单位时间逸出光电子的数目变少，A、C错误，D正确；产生光电效应的时间几乎是瞬时的，B错误．
5.如图2所示为光电管的使用原理图，已知有波长为λ0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，则(　　)
图2
A．若有波长为λ(λ＜λ0)的光照到阴极K上，电路中一定没有光电流
B．用波长为λ0的光照射阴极K，保持光电管两极间电压不变，增大该单色光的强度，则光电流增大
C．增加电路中电源电压，电路中的光电流一定增大
D．减弱波长为λ0的光的照射强度，则电路中的光电流减小，最终会为零
答案　B
6．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是(　　)
A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加
B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能增加
C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应
D．若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加
答案　AD
解析　光电效应的规律表明：入射光的频率决定是否发生光电效应以及发生光电效应时逸出的光电子的最大初动能的大小．当入射光的频率增加后，逸出的光电子的最大初动能也增加，又紫光的频率高于绿光的频率．而增加光的照射强度，会使单位时间内逸出的光电子数增加．故正确选项有A、D.
7．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是(　　)
A．只有入射光的频率小于该金属的极限频率，光电效应才能发生
B．光电子的最大初动能可以通过遏止电压来确定
C．发生光电效应的时间一般都大于10－7 s
D．发生光电效应时，单位时间内从金属表面逸出的光电子数与入射光的强度成正比
答案　BD
8．如图3所示，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过．其原因可能是(　　)
图3
A．入射光太弱 B．入射光波长太长
C．光照时间太短 D．电源正负极接反
答案　BD
9.如图4所示，在研究光电效应的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，则(　　)
图4
A．A光的频率大于B光的频率
B．B光的频率大于A光的频率
C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是由a流向b
D．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是由b流向a
答案　AC
解析　根据产生光电效应的条件可知选项A正确，B错误；电流的方向与正电荷的定向移动方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故选项C正确，D错误．
二、非选择题
10.利用光电管产生光电流的电路如图5所示．电源的正极应该在____(填“a”或“b”)端；若电流表读数为8 μA，则每秒从光电管阴极发射的光电子至少是______个(已知电子电荷量为1.6×10－19 C)．
图5
答案　a　5×1013
解析　由题意知，电路图为利用光电管产生光电流的实验电路图．光电管的阴极为K，光电子从K极发射出来要经高电压加速，所以a端应该接电源正极，b端接电源负极．假定从阴极发射出来的光电子全部到达阳极A，则每秒从光电管阴极发射出来的光电子数目为n＝＝＝个＝5×1013个．
第三节 康普顿效应及其解释 第四节 光的波粒二象性
[学习目标] 1.了解康普顿效应及其意义.2.知道光的波粒二象性并会分析有关现象.3.了解什么是概率波，知道光也是一种概率波．
一、康普顿效应
[导学探究]　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？
答案　在地球上存在着大气，太阳光经大气中微粒散射后传向各个方向，而在太空中的真空环境下光不再散射只向前传播．
[知识梳理]
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，这种现象叫做光的散射．
2．康普顿效应
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．
3．康普顿效应的意义
康普顿效应表明光子除了具有能量之外，还具有动量，深入揭示了光的粒子性的一面．
4．光子的动量
(1)表达式：p＝.
(2)说明：在康普顿效应中，入射光子与物质中电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子的动量变小．因此，有些光子散射后波长变大．
[即学即用]　判断以下说法的正误．
(1)光子的动量与波长成反比．(　√　)
(2)光子发生散射后，其动量大小发生变化，但光子的频率不发生变化．(　×　)
(3)有些光子发生散射后，其波长变大．(　√　)
二、光的波粒二象性的本质
[导学探究]　人类对光的本性的认识的过程中先后进行了一系列实验，比如：
光的单缝衍射实验(图A)
光的双孔干涉实验(图B)
光电效应实验(图C)
光的康普顿效应实验(图D)
康普顿效应实验等等．
(1)在以上实验中哪些体现了光的波动性？哪些体现了光的粒子性？
(2)光的波动性和光的粒子性是否矛盾？
答案　(1)单缝衍射、双孔干涉体现了光的波动性．
光电效应和康普顿效应体现了光的粒子性．
(2)不矛盾．大量光子在传播过程中显示出波动性，比如干涉和衍射．当光与物质发生作用时，显示出粒子性，如光电效应、康普顿效应．光具有波粒二象性．
[知识梳理]
1．对光的波粒二象性
实验
基础
表现
光
的
波
动
性
干涉和衍射
1.大量光子产生的效果显示出波动性
2．足够能量的光在传播时，表现出波的性质
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，表现出粒子性
2．少量或个别光子容易显示出光的粒子性
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
说
明
对于不同频率的光，频率越高，光的粒子性越强；频率越低，光的波动性越强
2．光子的能量ε＝hν和动量p＝，说明了光具有波粒二象性．普朗克常量h把描述粒子性的能量ε和动量p，与描述波动性的频率ν、波长λ紧密联系在一起．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(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．(　√　)
(4)光在传播过程中，有的光是波，有的光是粒子．(　×　)
三、概率波
[导学探究]　双缝干涉实验中(如图1甲所示)，在光屏处放置感光片，并设法减弱光的强度，使光子只能是一个一个地通过狭缝．
曝光时间短时，可看到感光片上出现一些无规则分布的亮点，如图乙所示．曝光时间足够长，有大量光子通过狭缝，感光片上出现了规则的干涉条纹，如图丁所示．
如何解释曝光时间较短时的亮点和曝光时间较长时的干涉图样呢？
图1
答案　图片上的亮点表明，光表现出粒子性，也看到光子的运动与宏观现象中质点的运动不同，没有一定的轨道．图丙和图丁图样说明，光的波动性是大量光子表现出来的现象．在干涉条纹中，那些光波强的地方是光子到达机会多的地方或是到达几率大的地方，光波弱的地方是光子到达机会少的地方，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．
[知识梳理]
1．单个粒子运动的偶然性：我们可以知道粒子落在某点的概率，但不能预言粒子落在什么位置，即粒子到达什么位置是随机的，是预先不能确定的．
2．大量粒子运动的统计规律：光在传播过程中，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定，所以光波是一种概率波．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)光子通过狭缝后落在屏上的位置是可以确定的．(　×　)
(2)光子通过狭缝后落在屏上亮条纹处的概率大些．(　√　)
(3)电子通过狭缝后运动的轨迹是确定的．(　×　)
一、对康普顿效应的理解
1．光电效应揭示出光的粒子性，每个光子携带的能量为ε＝hν，爱因斯坦进一步提出光子的动量应为p＝，式中λ为光波的波长．
2．康普顿效应不仅有力地验证了光子理论，而且证实了微观领域的现象也严格遵循能量守恒和动量守恒．康普顿效应揭示出光具有粒子性的一面．
例1　康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量．如图2给出了光子与静止电子碰撞后电子的运动方向，则碰撞后光子可能沿方向________运动，并且波长________(填“不变”“变短”或“变长”)．
图2
答案　1　变长
解析　由于光子不仅具有能量，它还具有动量，因此我们可以根据能量和动量的相关规律进行分析和解答．因光子与电子的碰撞过程动量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与碰撞前光子动量的方向一致，可见碰撞后光子运动的方向可能沿1方向，不可能沿2或3方向；通过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，光子的能量减少，由ε＝hν知，频率变小，再根据c＝λν知，波长变长．
二、对光的波粒二象性的认识
1．大量光子产生的效果显示出波动性；个别光子产生的效果显示出粒子性．
2．光子和电子、质子等实物粒子一样，具有能量和动量．和其他物质相互作用时，粒子性起主导作用；在光的传播过程中，光子在空间各点出现的可能性的大小(概率)由波动性起主导作用，因此称光波为概率波．
3．频率低、波长长的光，波动性特征显著，而频率高、波长短的光，粒子性特征显著．
4．光子的能量与其对应的频率成正比，而频率是描述波动性特征的物理量，因此ε＝hν揭示了光的粒子性和波动性之间的密切联系．
例2　(多选)对光的认识，以下说法中正确的是(　　)
A．个别光子的行为表现出粒子性，大量光子的行为表现出波动性
B．高频光是粒子，低频光是波
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了；光表现出粒子性时，就不再具有波动性了
D．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现得明显，在另外某种场合下，光的粒子性表现得明显
答案　AD
解析　个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性；光与物质相互作用，表现为粒子性，光的传播表现为波动性，光的波动性与粒子性都是光的本质属性，频率高的光粒子性强，频率低的光波动性强，光的粒子性表现明显时仍具有波动性，因为大量粒子的个别行为呈现出波动规律，故正确选项为A、D.
三、对光的概率波的理解
1．单个粒子运动的偶然性：我们可以知道粒子落在某点的概率，但不能预言粒子落在什么位置，即粒子到达什么位置是随机的，是预先不能确定的．
2．大量粒子运动的统计规律：光在传播过程中，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定，所以光波是一种概率波．
例3　(多选)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．可能落在暗纹处
D．落在中央亮纹处的可能性最大
答案　CD
解析　根据光波是概率波的概念，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．当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．一个沿着一定方向运动的光子和一个原来静止的自由电子相互碰撞，碰撞之后电子向某一方向运动，而光子沿着另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来入射时相比(　　)
A．能量减少 B．动量增加
C．频率增大 D．波长减小
答案　A
2．下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是(　　)
A．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
C．光的波长越长，其波动性越显著；光的波长越短，其粒子性越显著
D．大量光子的行为往往表现出粒子性
答案　C
解析　一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，有些行为(如光电效应)表现出粒子性，A错误．虽然光子与电子都是微观粒子，但电子是实物粒子，有静止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以B错误．光的波粒二象性的理论和实验表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性．光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著；光的波长越短，其粒子性越显著，故选项C正确，D错误．
3．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，光电效应说明光具有粒子性
D．光的波粒二象性是将牛顿的粒子说和惠更斯的波动说真正有机地统一起来
答案　C
选择题(1～6题为单选题，7～9为多选题)
1．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，光子将偏离原来的运动方向，这种现象称为光的散射，散射后的光子(　　)
A．改变原来的运动方向，但频率保持不变
B．光子将从电子处获得能量，因而频率将增大
C．散射后的光子运动方向将与电子运动方向在一条直线上，但方向相反
D．由于电子受到碰撞时会吸收光子的一部分能量，散射后的光子频率低于入射前光子的频率
答案　D
解析　由于电子的能量增加，光子的能量减少，所以光子的频率降低．
2．下列各组现象能说明光具有波粒二象性的是(　　)
A．光的色散和光的干涉 B．光的干涉和光的衍射
C．泊松亮斑和光电效应 D．光的反射和光电效应
答案　C
解析　光的干涉、衍射、泊松亮斑是光的波动性的证据，光电效应说明光具有粒子性，光的反射和色散不能说明光具有波动性或粒子性，故选项C正确．
3．2002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ε和p分别表示X射线每个光子的能量和动量，则(　　)
A．ε＝，p＝0 B．ε＝，p＝
C．ε＝，p＝0 D．ε＝，p＝
答案　D
解析　根据ε＝hν，且λ＝，c＝λν可得X射线每个光子的能量为ε＝，每个光子的动量为p＝.
4．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处是(　　)
A．亮纹
B．暗纹
C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹
D．以上各种情况均有可能
答案　A
解析　由光子按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b处一定是亮纹，选项A正确．
5．关于光的波粒二象性，下列说法中不正确的是(　　)
A．波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性
B．光波频率越高，粒子性越明显
C．能量越大的光子其波动性越显著
D．光的波粒二象性应理解为，在某种场合下光的粒子性表现明显，在另外某种场合下光的波动性表现明显
答案　C
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，或者说在某种场合下光的粒子性表现明显，在另外某种场合下光的波动性表现明显；个别光子易表现出粒子性，大量光子易表现出波动性，A、D说法正确；光的频率越高，光子能量越大，粒子性相对波动性越明显，B说法正确，C说法错误．
6．关于光的本性，下列说法正确的是(　　)
A．波动性和粒子性是相互矛盾和对立的，因此光具有波粒二象性是不可能的
B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点
C．大量光子往往表现为波动性，个别光子往往表现为粒子性
D．γ射线具有显著的粒子性，而不具有波动性
答案　C
解析　由光的波粒二象性可知：光是同时具有波动性和粒子性的．但是不同于宏观的机械波和宏观粒子，波动性和粒子性是光在不同情况下的表现，是同一客观事物的两个侧面．我们无法用一种学说去解释光的所有行为，只能认为光具有波粒二象性．实际上光是一种概率波，即少数光子的行为往往表现出粒子性，大量光子的行为往往表现出波动性，综上所述选项C正确．
7．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就出现了规则的干涉条纹，对这个实验结果，下列认识正确的是(　　)
A．曝光时间不长时，光子的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点
B．单个光子的运动表现出波动性
C．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方
D．只有大量光子的行为才能表现出波动性
答案　CD
解析　光是一种概率波，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是中央亮纹处，可达95%以上，还可能落到暗纹处，不过落在暗纹处的概率最小(注意暗纹处并非无光子到达)．故C、D选项正确．
8．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是(　　)
A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的
B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性
C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波
D．光具有波粒二象性
答案　BCD
解析　牛顿的“微粒说”认为光是一种物质微粒，爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份不连续的能量，显然A错；干涉、衍射是波的特性，光能发生干涉说明光具有波动性，B正确；麦克斯韦根据光的传播不需要介质，以及电磁波在真空中的传播速度与光速近似相等认为光是一种电磁波，后来赫兹用实验证实了光的电磁说，C正确；光具有波动性与粒子性，称为光的波粒二象性，D正确．
9．为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成感光片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间足够长，感光片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的单缝，如果时间很短，感光片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动显示光的波动性
D．个别光子的运动显示光的粒子性，光只有粒子性没有波动性
答案　AC
解析　光的波动性是统计规律的结果，对个别光子我们无法判断它落到哪个位置；对于大量光子遵循统计规律，即大量光子的运动或曝光时间足够长，显示出光的波动性．
第二节　光子
[学习目标] 1.知道普朗克的能量量子假说.2.知道爱因斯坦的光子说以及光子能量的表达式.3.知道爱因斯坦的光电效应方程以及对光电效应规律的解释．
一、能量量子假说
[导学探究]　(1)在宏观世界里，下列哪些量的取值是连续的；哪些是不连续的？(物体的长度、质量、动能、动量、人的个数、台阶的个数)
(2)氢原子中电子的能量只可能取值－13.6 eV、－3.40 eV、－1.51 eV等，这是连续还是分立取值？
答案　(1)连续的有：物体的长度、质量、动能、动量．
不连续的有：人的个数、台阶的个数．
(2)分立取值，即氢原子的能量是量子化的．
[知识梳理]
1．假说内容：物体热辐射所发出的电磁波的能量是不连续的，只能是hν的整数倍．
2．能量量子：hν称为一个能量量子，其中ν是辐射频率，h是一个常量，称为普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s.
3．假说的意义：能量量子假说能够非常合理地解释某些电磁波的辐射和吸收的实验现象．
4．量子化现象：在微观世界里，物理量的取值很多时候是不连续的，只能取一些分立值的现象．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)物体热辐射的电磁波的能量是不连续的．(√)
(2)电磁波的能量子的能量ε＝hν，ν是电磁波的速度．(×)
(3)所谓量子化即物理量的取值是分立的，是不连续的．(√)
二、光子假说和光电效应方程
[导学探究]　用如图1所示的装置研究光电效应现象．所用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表的示数不为零；移动滑动变阻器的滑动触头，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V时，电流表示数为0.
图1
(1)光电子的最大初动能是多少？遏止电压为多少？
(2)光电管阴极的逸出功是多少？
(3)当滑动触头向a端滑动时，光电流变大还是变小？
(4)当入射光的频率增大时，光电子最大初动能如何变化？遏止电压呢？
答案　(1)1.7 eV　1.7 V
(2)W0＝hν－mv max2＝2.75 eV－1.7 eV＝1.05 eV
(3)变大　(4)变大　变大
[知识梳理]
1．光子说
(1)光不仅具有波动性，还有粒子性，爱因斯坦把能量子概念推广到光电效应中，提出光量子概念，简称光子．
(2)光子假说：爱因斯坦指出，光的能量不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，一个光子的能量为ε＝hν.
2．光电效应方程
(1)表达式：hν＝mv max2＋W0或mv max2＝hν－W0.
(2)对光电效应方程的理解：必须对内部电子做功，电子才能脱离离子的束缚而逸出表面，这个功称为金属的逸出功，用符号W0表示．根据能量守恒定律，入射光子的能量等于出射光电子的最大初动能与逸出功之和．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小．(　×　)
(2)光电子的最大初动能与入射光的频率成正比．(　×　)
(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．(　√　)
(4)用同一种色光照同一种金属 ，发出的所有光电子的初动能都相同．(　×　)
三、光电效应的解释
[导学探究]　(1)根据光电效应方程hν＝mvmax2＋W0可知，mvmax2＝hν－W0，那么要发生光电效应，对光的频率有什么要求？
(2)如果光电子的最大初能为mvmax2，那么它对应的遏止电压为多少？
(3)遏止电压与光的频率有什么关系？与光的强度有什么关系？
答案　(1)根据mvmax2＝hν－W0，只有hν≥W0才能发生光电效应，即ν≥才可发生．
(2)因为eU0＝mvmax2
所以U0＝
(3)因为eU0＝mvmax2，而mvmax2＝hν－W0，所以eU0＝hν－W0，所以U0＝－，即光的频率越高，U0越大，与光的强度无关．
[知识梳理]　光电效应的解释
1．光电效应方程说明了产生光电效应的条件．
若有光电子逸出，则光电子的最大初动能必须大于或至少等于零，即mvmax2＝hν－W0≥0，亦即hν≥W0，ν≥＝ν0，而ν0＝恰好是光电效应的极限频率．
2．对遏止电压与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关的解释
遏止电压对应光电子的最大初动能，即：eU0＝mv max2，对应爱因斯坦的光电效应方程可得：hν＝eU0＋W0，可见，对某种金属而言，遏止电压只由入射光频率决定，与光的强弱无关．
[即用即用]　判断下列说法的正误．
(1)只要光的频率小于极限频率，无论光多强，都不会发生光电效应．(　√　)
(2)增加入射光的强度，遏止电压变大．(　×　)
(3)发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，与入射光的强度无关．(　√　)
一、对光子概念的理解
1．光子不是光电子：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．光子的能量由光的频率决定：ε＝hν.
3．光的强度与光子的能量的关系：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．
例1　氦氖激光器发射波长为6.328×10－7 m的单色光，试计算这种光的一个光子的能量为多少？若该激光器的发光功率为18 mW，则每秒钟发射多少个光子？(h＝6.63×10－34 J·s)
答案　3.14×10－19 J　5.73×1016个
解析　根据爱因斯坦光子学说，光子能量ε＝hν，
而λν＝c，
所以ε＝＝ J＝3.14×10－19 J
因为发光功率已知，所以1 s内发射的光子数为
n＝＝个＝5.73×1016个．
1.光速c＝3.0×108 m/s对真空中任何光都成立.
2.真空中任何光都有c＝λν，λ是光的波长.
二、光电效应方程的理解与应用
1．光电效应方程实质上是能量守恒方程．
(1)能量为ε＝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．
(2)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mv max2，根据能量守恒定律可知：mv max2＝hν－W0.
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．
3．Ekm－ν曲线
如图2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2
例2　如图3所示，当开关K断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.6 V时，电流表读数仍不为零．当电压表读数大于或等于0.6 V时，电流表读数为零．由此可知阴极材料的逸出功为(　　)
图3
A．1.9 eV B．0.6 eV
C．2.5 eV D．3.1 eV
答案　A
解析　由题意知光电子的最大初动能为
mvmax2＝eU0＝0.6 eV
所以根据光电效应方程mvmax2＝hν－W0可得
W0＝hν－mvmax2＝(2.5－0.6) eV＝1.9 eV.
例3　在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为______．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为______．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.
答案　　
解析　由光电效应方程知，光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，其中金属的逸出功W0＝hν0，又由c＝λν知W0＝，用波长为λ的单色光照射时，Ek＝－＝hc.又因为eU0＝Ek，所以遏止电压U0＝＝.
例4　在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U0与入射光的频率ν的关系如图4所示．若该直线的斜率和纵截距分别为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4
答案　ek　－eb
解析　光电效应中，入射光子能量hν，克服逸出功W0后多余的能量转换为电子的最大初动能，eU0＝hν－W0，整理得U0＝ν－，斜率即＝k，所以普朗克常量h＝ek，纵截距为b，即eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb.
针对训练1　(多选)一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是(　　)
A．只增大入射光的频率，金属逸出功将减小
B．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将不变
C．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大
D．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短
答案　BC
解析　金属的逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关，选项A错误；根据爱因斯坦光电效应方程mvmax2＝hν－W0可知，当金属的极限频率确定时，光电子的最大初动能取决于入射光的频率，与光照强度、照射时间、光子数目无关，选项B、C正确，D错误．
针对训练2　如图5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5
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2E
答案　AB
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知Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的极限频率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，选项B正确；根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，而选项C、D错误．
1．逸出功W0对应着某一极限频率ν0，即W0＝hν0，只有入射光的频率ν≥ν0时才有光电子逸出，即才能发生光电效应．
2．对于某一金属(ν0一定)，入射光的频率决定着能否产生光电效应及光电子的最大初动能，而与入射光的强度无关．
3．逸出功和极限频率均由金属本身决定，与其他因素无关．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)下列对光子的认识，正确的是(　　)
A．光子说中的光子就是牛顿在微粒说中所说的微粒
B．光子说中的光子就是光电效应的光电子
C．在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子
D．光子的能量跟光的频率成正比
答案　CD
解析　根据光子说，在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子．而牛顿的“微粒说”中的微粒指宏观世界的微小颗粒．光电效应中，金属内的电子吸收光子后克服原子核的库仑引力等束缚，逸出金属表面，成为光电子，故A、B选项错误，C选项正确；由E＝hν知，光子能量E与其频率ν成正比，故D选项正确．
2．(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．增大入射光的强度，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
答案　AD
解析　增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于入射光的频率与极限频率的关系，而与入射光的强度无关，故选项B错误．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－W0＝mvmax2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．
3. (多选)如图6所示是光电效应中光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象．从图中可知(　　)
图6
A．Ek与ν成正比
B．入射光频率必须大于或等于极限频率ν0时，才能发生光电效应
C．对同一种金属而言，Ek仅与ν有关
D．Ek与入射光强度成正比
答案　BC
4．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
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4.0×10－7～7.6×10－7 m，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.
答案　钠、钾、铷能发生光电效应
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．
一、选择题(1～6题为单选题)
1．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是(　　)
A．红光 B．橙光 C．黄光 D．绿光
答案　A
解析　由ε＝hν可知，红光的频率最小，其能量子值最小．选A.
2．某金属的逸出功为2.3 eV，这意味着(　　)
A．这种金属内部的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
B．这种金属表层的电子克服原子核引力做2.3 eV的功即可脱离表面
C．要使这种金属有电子逸出，入射光子的能量可能小于2.3 eV
D．这种金属受到光照时若有电子逸出，则电子离开金属表面时的动能至少等于2.3 eV
答案　B
3．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，则这种金属的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
4.在做光电效应的实验时，某种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，斜率k已知，由实验图不能求出的是(　　)
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　依据光电效应方程可知Ek＝hν－W0，当Ek＝0时，ν＝ν0，即图象中横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率．图线的斜率k＝tan θ＝.可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量．据图象，假设图线的延长线与Ek轴的交点为C，其截距的绝对值为W0，有tan θ＝，而tan θ＝h，所以W0＝hν0.即图象中纵坐标轴的截距在数值上等于金属的逸出功．
5．分别用波长为λ和λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　根据光电效应方程得Ek1＝h－W0 ①
Ek2＝h－W0 ②
又Ek2＝2Ek1 ③
联立①②③得W0＝，A正确．
6．实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图2所示．下表中列出了几种金属的极限频率和逸出功，参照下表可以确定的是(　　)
图2
金属
钨
钙
钠
极限频率ν0/1014Hz
10.95
7.73
5.53
逸出功W0/eV
4.54
3.20
2.29
A.如用金属钨做实验得到的Ekm－ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
B．如用金属钠做实验得到的Ekm－ν图线也是一条直线，其斜率比图中直线的斜率大
C．如用金属钠做实验得到的Ekm－ν图线也是一条直线，设其延长线与纵轴交点的坐标为(0，－Ek2)，则Ek2＜Ek1
D．如用金属钨做实验，当入射光的频率ν＜ν1时，可能会有光电子逸出
答案　C
解析　由光电效应方程Ekm＝hν－W0可知Ekm－ν图线是直线，且斜率相同，A、B项错；由表中所列的极限频率和逸出功数据可知C项正确，D项错误．
二、非选择题
7．(1)研究光电效应的电路如图3所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________．
图3
(2)金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________________________________________________________．
答案　(1)C
(2)减小　光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)
解析　由于光的频率一定，它们的遏止电压相同，A、B不正确．光越强，电流越大，C正确．由于光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)，速度减小，光电子的动量变小．
8．小明用金属铷为阴极的光电管观测光电效应现象，实验装置示意图如图4甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.
　
图4
(1)图甲中电极A为光电管的____________(选填“阴极”或“阳极”)；
(2)实验中测得铷的遏止电压U0与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的极限频率ν0＝________Hz，逸出功W0＝________J；
(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝________J.
答案　(1)阳极
(2)5.15×1014　3.41×10－19　(3)1.23×10－19
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，铷的极限频率ν0为5.15×1014 Hz，逸出功W0＝hν0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J．(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，由Ek＝hν－hν0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.
9．铝的逸出功为4.2 eV，现用波长为200 nm的光照射铝的表面．已知h＝6.63×10－34 J·s，求：
(1)光电子的最大初动能；
(2)遏止电压；
(3)铝的极限频率．
答案　(1)3.225×10－19 J
(2)2.016 V
(3)1.014×1015 Hz
解析　(1)根据光电效应方程Ek＝hν－W0有
Ek＝－W0＝ J－4.2×1.6×10－19 J＝3.225×10－19 J
(2)由Ek＝eU0可得
U0＝＝ V≈2.016 V.
(3)由hν0＝W0知
ν0＝＝ Hz≈1.014×1015 Hz.
第五节　德布罗意波
[学习目标] 1.了解物质波的概念，知道实物粒子具有波粒二象性.2.了解电子衍射实验及对德布罗意波假说的证明.3.了解什么是电子云，知道物质波也是一种概率波.4.了解不确定性关系及对一些现象的解释．
一、德布罗波假说和电子衍射
[导学探究]　德布罗意认为任何运动着的物体均具有波动性，可是我们观察运动着的汽车，并未感觉到它的波动性，你如何理解该问题？
答案　波粒二象性是微观粒子的特殊规律，一切微观粒子都存在波动性，宏观物体(如汽车)也存在波动性，只是因为宏观物体质量大，动量大，波长短，难以观测．
[知识梳理]
1．粒子的波动性
(1)任何运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与它相对应，这种波叫物质波，又叫德布罗意波．
(2)德布罗意波波长、频率的计算公式为λ＝，ν＝.
(3)我们之所以看不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体的动量太大，德布罗意波长太小的缘故．
2．物质波的实验验证：电子衍射
(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，也能够发生干涉或衍射现象．
(2)实验验证：1927年戴维孙和汤姆生分别利用晶体做了电子束衍射的实验，得到了电子的衍射图样，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λ＝关系同样正确．
②物质波也是一种概率波．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(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．(　√　)
二、电子云
当原子处于稳定状态时，电子会形成一个稳定的概率分布，概率大的地方小圆点密一些，概率小的地方小圆点疏一些．这样的概率分布图称为电子云．这也说明，德布罗意波是一种概率波．
三、不确定性关系
1．定义：在经典物理学中，可以同时用质点的位置和动量精确描述它的运动，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≥.
其中以Δx表示微观粒子位置的不确定性，以Δp表示微观粒子在x方向上的动量的不确定性，h是普朗克常量．
3．微观粒子运动的基本特征：不再遵守牛顿运动定律，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，不可能用“轨迹”来描述粒子的运动，微观粒子的运动状态只能通过概率做统计性的描述．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)在电子衍射中，电子通过狭缝后运动的轨迹是确定的．(　×　)
(2)宏观物体的动量和位置可准确测定．(　√　)
(3)微观粒子的动量和位置不可同时准确测定．(　√　)
一、对德布罗意波的理解
德布罗意波也是概率波：对于电子和其他微观粒子，单个粒子的位置是不确定的，但在某点出现的概率的大小可以由波动的规律确定，而且对于大量粒子，这种概率分布导致确定的宏观结果，所以德布罗意波也是概率波．
例1　下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是(　　)
A．光波是一种物质波
B．X光的衍射证实了物质波的假设是正确的
C．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的
D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体不具有波动性
答案　C
解析　宏观物体由于动量太大，德布罗意波长太小，所以看不到它的干涉、衍射现象，但仍具有波动性，D项错；X光是波长极短的电磁波，是光子，它的衍射不能证实物质波的假设是正确的，B项错．只有C项正确．
例2　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大？(中子的质量为1.67×10－27 kg)
答案　3.97×10－10 m　6.63×10－35 m
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长分别为
λ1＝，λ2＝
联立以上各式解得
λ1＝，λ2＝
将m1＝1.67×10－27 kg，v＝103 m/s
h＝6.63×10－34 J·s，m2＝10－2 kg
代入上面两式可解得
λ1＝3.97×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m.
德布罗意波长的计算
1．首先计算物体的速度，再计算其动量．如果知道物体动能也可以直接用p＝计算其动量．
2．再根据λ＝计算德布罗意波长．
3．需要注意的是：德布罗意波长一般都很短，比一般的光波波长还要短，可以根据结果的数量级大致判断结果是否合理．
二、对不确定性关系的理解
理解不确定性关系时应注意的问题：
(1)对子弹这样的宏观物体，不确定量是微不足道的，对测量准确性没有任何限制，但对微观粒子却是不可忽略的．
(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．
例3　(多选)根据不确定性关系ΔxΔp≥，判断下列说法正确的是(　　)
A．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度下降
B．采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度上升
C．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关
D．Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关
答案　AD
解析　不确定性关系表明，无论采用什么方法试图确定位置坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关，无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定性关系所给出的限度．故A、D正确．
例4　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？(电子质量为m＝9.1×10－31kg，结果保留三位有效数字)
答案　1.06×10－31 m　1.15×10－3 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，子弹的动量的不确定量Δp1＝5×10－4 kg·m/s，电子动量的不确定量Δp2≈4.6×10－32 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≈1.15×10－3 m.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．下列说法中正确的是(　　)
A．物质波属于机械波
B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性
C．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波
D．宏观物体运动时，看不到它的衍射和干涉现象，所以宏观物体运动时不具有波动性
答案　C
解析　任何一个运动的物体都具有波动性，但因为宏观物体的德布罗意波长很短，所以很难看到它的衍射和干涉现象，所以C项对，B、D项错；物质波不同于宏观意义上的机械波，故A项错．
2．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．甲电子的速度是乙电子的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，A正确；电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系p＝可知，电子的动量小，波长长，B错误；动量相等的电子和中子，其波长应相等，C错误；如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的3倍，甲的动量也是乙的3倍，则甲的波长应是乙的，D错误．
3．(多选)关于不确定性关系ΔxΔp≥有以下几种理解，正确的是(　　)
A．微观粒子的动量不可确定
B．微观粒子的位置坐标不可确定
C．微观粒子的动量和位置不可能同时确定
D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子
答案　CD
解析　不确定性关系表示位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定性更小时，粒子动量的不确定性更大；反之亦然，故不能同时准确确定粒子的位置和动量，不确定性关系是自然界中的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可忽略，故C、D正确．
4．电子经电势差为U＝200 V的电场加速，电子质量m0＝9.1×10－31 kg，求此电子的德布罗意波长．
答案　8.69×10－2 nm
解析　已知m0v2＝Ek＝eU
p＝
Ek＝
所以λ＝＝
把U＝200 V，m0＝9.1×10－31 kg，
代入上式解得λ≈8.69×10－2 nm.
一、选择题(1～5题为单选题，6～9题为多选题)
1．如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则下列物理量中也相等的是它们的(　　)
A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量
答案　C
解析　根据德布罗意波长公式λ＝，选C.
2．关于电子云，下列说法正确的是(　　)
A．电子云是真实存在的实体
B．电子云周围的小黑点就是电子的真实位置
C．电子云上的小黑点表示的是电子的概率分布
D．电子云说明电子在绕原子核运动时有固定轨道
答案　C
解析　由电子云的定义我们知道，电子云不是一种稳定的概率分布，人们常用小黑点表示这种概率，小黑点的密疏代表电子在这一位置出现的概率大小，故只有C正确．
3．关于光子和运动着的电子，下列论述正确的是(　　)
A．光子和电子一样都是实物粒子
B．光子能发生衍射现象，电子不能发生衍射现象
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　C
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．可以同时确定粒子的位置和动量
答案　C
5．1927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1所示的是该实验装置的简化图．下列说法不正确的是(　　)
图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．该实验说明了光子具有波动性
D．该实验说明实物粒子具有波动性
答案　C
解析　该实验说明物质波理论是正确的，实物粒子也具有波动性，亮条纹是电子到达概率大的地方，不能说明光子具有波动性，故选C.
6．以下说法正确的是(　　)
A．微观粒子不能用“轨道”观点来描述粒子的运动
B．微观粒子能用“轨道”观点来描述粒子的运动
C．微观粒子位置不能精确确定
D．微观粒子位置能精确确定
答案　AC
解析　微观粒子的动量和位置是不能同时确定的，这也就决定不能用“轨道”的观点来描述粒子的运动(轨道上运动的粒子在某时刻具有确定的位置和动量)，故A正确．由微观粒子的波粒二象性可知微观粒子位置不能精确确定，故C正确．
7．下列说法中正确的是(　　)
A．物质波也叫德布罗意波
B．物质波也是概率波
C．光波是一种概率波
D．光波也是物质波
答案　ABC
解析　物质波，又称德布罗意波，是概率波，指空间中某点某时刻可能出现的几率，其中概率的大小受波动规律的支配，故A、B正确．光波具有波粒二象性，波动性表明光波是一种概率波，故C正确．由于光子的特殊性，其静止质量为零，所以光不是物质波，故D错误．
8．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，方法是使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长为λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越不明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
答案　ABC
解析　实验得到了电子的衍射图样，说明电子这种实物粒子发生了衍射，说明电子具有波动性，故A正确；由动能定理可得，eU＝mv2－0，电子加速后的速度v＝，电子德布罗意波的波长λ＝＝＝＝，故B正确；由电子的德布罗意波的波长公式λ＝可知，加速电压U越大，电子德布罗意波的波长越短，衍射现象越不明显，故C正确；物体动能与动量的关系是p＝，由于质子的质量远大于电子的质量，所以动能相同的质子的动量远大于电子的动量，由λ＝可知，相同动能的质子的德布罗意波的波长远小于电子德布罗意波的波长，波长越小，衍射现象越不明显，因此相同动能的质子代替电子，衍射现象将更加不明显，故D错误．
9．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
二、非选择题
10．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，人们把这种波叫做德布罗意波．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2，二者相向正撞后粘在一起，已知|p1|＜|p2|，则粘在一起的物体的德布罗意波长为多少？
答案　
解析　由动量守恒定律有
p2－p1＝(m1＋m2)v及p＝
得－＝，所以λ＝.
11．(1)以下说法中正确的是________．
A．光的波粒二象性，就是由牛顿的微粒说和惠更斯的波动说组成的
B．光子说并没有否定光的电磁说，在光子能量ε＝hν中，频率ν表示波的特征，ε表示粒子的特征
C．光波和物质波都是概率波
D．光的波动性是光子本身固有的性质，不是光子之间相互作用引起的
(2)如图2所示为示波管示意图，电子的加速电压U＝104 V，打在荧光屏上电子的位置确定在0.1 mm范围内，可以认为令人满意，则电子的速度是否可以完全确定？是否可以用经典力学来处理？(电子质量m＝9.1×10－31 kg)
图2
答案　(1)BCD　(2)可以完全确定　可以用经典力学来处理
解析　(1)牛顿的微粒说认为光是由物质微粒组成的，惠更斯的波动说认为光是机械波，都是从宏观现象中形成的观念，故A错误；光子说并没有否定光的电磁说，光子能量公式ε＝hν，体现了其粒子性和波动性，B正确；光波和物质波都是概率波，C正确；光的波动性是光子本身固有的性质，不是光子之间相互作用引起的，D正确．
(2)Δx＝10－4 m，由ΔxΔp≥得，动量的不确定量最小值Δp≈5.28×10－31 kg·m/s，其速度不确定量最小值Δv＝≈0.58 m/s.因mv2＝eU＝1.6×10－19×104 J＝1.6×10－15 J，v≈6×107 m/s，Δv远小于v，电子的速度可以完全确定，可以用经典力学来处理．
第四章 原子核
章末总结
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对核反应方程及类型的理解
1．四类核反应方程的比较
名称
核反应方程
时间
其它
衰
变
α衰变
U→Th＋He
1896年
贝克勒尔
β衰变
Th→Pa＋e
裂变
U＋n→Sr＋Xe＋10n
1938年
原子弹原理　
聚变
H＋H→He＋n＋17.6 MeV
氢弹原理
人
工
转
变
正电子
Al＋He→P＋n
P→Si＋e
1934年
约里奥—
居里夫妇
发现质子
N＋He→8O＋H
1919年
卢瑟福
发现中子
Be＋He→C＋n
1932年
查德威克
2.解题时注意事项
(1)熟记一些粒子的符号
α粒子(He)、质子(H)、中子(n)、电子(　0－1e)、氘核(H)、氚核(H)
(2)注意在核反应方程中，质量数和电荷数是守恒的；在解有关力学综合问题时，还有动量守恒和能量守恒．
例1　(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程中，表述正确的是(　　)
A.He＋Al―→P＋n是原子核的人工转变
B.H＋H―→He＋γ是核聚变反应
C.F＋H―→O＋He是α衰变
D.U＋n―→Sr＋Xe＋10n是裂变反应
答案　ABD
解析　我们要对人工转变、聚变、裂变、衰变的定义作深入认识，根据各种定义可知：A是原子核的人工转变的反应方程式；B是聚变的核反应方程式；C并不是α衰变，而是人工转变，衰变是自发进行的，不受外界因素的影响；D是裂变的核反应方程式．故A、B、D正确．
针对训练1　在下列四个核反应方程式中，X表示中子的是______，属于原子核的人工转变的是________．
A.N＋He―→O＋X
B.Al＋He―→P＋X
C.H＋H―→He＋X
D.U＋X―→Sr＋Xe＋10X
答案　BCD　AB
解析　在核反应中，不管是什么类型的核反应，都遵守电荷数守恒和质量数守恒，据此，可以判断未知粒子属于什么粒子，对A，未知粒子的质量数：14＋4＝17＋x，x＝1，其电荷数：7＋2＝8＋y，y＝1，即未知粒子是质子(H)；对B，未知粒子的质量数：27＋4＝30＋x，x＝1，其电荷数：13＋2＝15＋y，y＝0，所以X是中子(n)；对C，未知粒子的质量数为：2＋3＝4＋x，x＝1，电荷数为：1＋1＝2＋y，y＝0，X也是中子(n)；对D，未知粒子质量数为235＋x＝90＋136＋10x，x＝1，电荷数为：92＋y＝38＋54＋10y，y＝0，X也是中子(n)，故方程中X是中子的核反应为B、C、D，其中A、B为原子核的人工转变．
二、半衰期及衰变次数的计算
例2　(多选)关于原子核的有关知识，下列说法正确的是(　　)
A．天然放射性射线中β射线实际就是电子流，它来自原子核内
B．放射性原子经过α、β衰变致使新的原子核处于较高能级，因此不稳定从而产生γ射线
C．氡222经过衰变变成钋218的半衰期为3.8天，一个氡222原子核四天后一定衰变为钋218
D．平均结合能越大，原子越容易发生衰变
答案　AB
解析　因为半衰期是统计规律，对单个原子核没有意义，所以C项错；平均结合能描述原子核的稳定性，平均结合能越大，原子核越稳定，越不容易发生衰变，所以D项错．
针对训练2　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Tl最后都变成Pb，衰变路径如图1所示．则(　　)
图1
A．a＝82，b＝211
B.Bi→X是β衰变，Bi→Tl是α衰变
C.Bi→X是α衰变，Bi→Tl是β衰变
D.Tl经过一次α衰变变成Pb
答案　B
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，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，故选B.
三、核能的计算
1．利用质能方程来计算核能
(1)根据核反应方程，计算核反应前与核反应后的质量亏损Δm.
(2)根据爱因斯坦质能方程E＝mc2或ΔE＝Δmc2计算核能．方程ΔE＝Δmc2中若Δm的单位用“kg”、c的单位用“m/s”，则ΔE的单位为“J”；若Δm的单位用“u”，可直接用质量与能量的关系式推算ΔE，此时ΔE的单位为“兆电子伏(MeV)”，即1 u＝1.66×10－27 kg，相当于931.5 MeV，即原子质量单位1 u对应的能量为931.5 MeV，这个结论可在计算中直接应用．
2．利用平均结合能来计算核能
原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数．核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能．
例3　已知氘核的平均结合能为1.1 MeV，氦核的平均结合能为7.1 MeV，则两个氘核结合成一个氦核时(　　)
A．释放出4.9 MeV的能量
B．释放出6.0 MeV的能量
C．释放出24.0 MeV的能量
D．吸收4.9 MeV的能量
答案　C
解析　依据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为H＋H→He，因氘核的平均结合能为1.1 MeV，氦核的平均结合能为7.1 MeV，故结合前氘核的能量为E1＝2×1.1 MeV，结合后氦核的能量E2＝4×7.1 MeV，可知吸收的能量为ΔE＝2E1－E2＝－24.0 MeV，式中负号表示释放核能，故选C.
例4　用中子轰击锂核(Li)发生核反应，生成氚核(H)和α粒子，并放出4.8 MeV的能量．已知1 u相当于931.5 MeV的能量．
(1)写出核反应方程；
(2)求出质量亏损；
(3)若中子和锂核是以等大反向的动量相碰，且核反应释放的能量全部转化为新生核的动能，则氚核和α粒子的动能比是多少？
(4)在问题(3)的条件下，α粒子的动能是多大？
答案　(1)Li＋n→H＋He＋4.8 MeV
(2)0.005 2 u　(3)4∶3　(4)2.06 MeV
解析　(1)核反应方程为Li＋n→H＋He＋4.8 MeV.
(2)依据ΔE＝Δmc2得，Δm＝ u≈0.005 2 u.
(3)根据题意有m1v1＝m2v2
式中m1、v1、m2、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek＝，可得它们的动能之比为Ek1∶Ek2＝∶＝∶＝m2∶m1＝4∶3.
(4)α粒子的动能
Ek2＝(Ek1＋Ek2)＝×4.8 MeV≈2.06 MeV.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．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(　　)
A．1次α衰变，6次β衰变
B．4次β衰变
C．2次α衰变
D．2次α衰变，2次β衰变
答案　B
解析　解法一　推理计算法
根据衰变规律，β衰变不影响核的质量数，发生一次β衰变，核电荷数增加1；发生一次α衰变，质量数减少4，核电荷数减少2，Kr衰变为Zr，质量数不变，故未发生α衰变；核电荷数增加4，一定是发生了4次β衰变．
解法二　列方程求解
设Kr衰变为Zr，经过了x次α衰变，y次β衰变，则有Kr→Zr＋xHe＋ye
由质量数守恒得90＝90＋4x
由电荷数守恒得36＝40＋2x－y
解得x＝0，y＝4，即只经过了4次β衰变，选项B正确．
2．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K时，可以发生“氦燃烧”．
(1)完成“氦燃烧”的核反应方程：He＋____________→Be＋γ.
(2)Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16 s．一定质量的Be，经7.8×10－16 s后所剩下的Be占开始时的________________．
答案　(1)He　(2)(或12.5%)
解析　(2)由题意可知经过了3个半衰期，故剩余的Be的质量m余＝m原()3＝m原．
3．在下列描述核反应过程的方程中，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
4．两个动能均为1 MeV的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：H＋H→H＋H.(已知H的质量m0＝2.013 6 u，H的质量m1＝3.015 6 u，H的质量m2＝1.007 3 u,1 u相当于931.5 MeV的能量)
(1)此核反应中放出的能量ΔE为______________．
(2)若放出的能量全部变为新生核的动能，则新生的氚核具有的动能是______．
答案　(1)4.005 MeV　(2)1.001 MeV
解析　(1)此核反应中的质量亏损和放出的能量分别为：
Δm＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007 3) u＝0.004 3 u，
ΔE＝Δmc2＝0.004 3×931.5 MeV≈4.005 MeV.
(2)因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零．因核反应中的动量守恒，故碰后氚核和质子的总动量也为零．设其动量分别为p1、p2，必有p1＝－p2.
设碰后氚核和质子的动能分别为Ek1和Ek2，
则＝＝＝＝＝，
故新生的氚核具有的动能为
Ek1＝ΔE＝×4.005 MeV≈1.001 MeV.
第一节　走进原子核
[学习目标] 1.了解什么是放射性和天然放射现象.2.知道原子核的组成．
一、放射性的发现
[导学探究]　1896年法国物理学家贝克勒尔发现了放射性元素自发地发出射线的现象，即天然放射现象．是否所有的元素都具有放射性？
答案　原子序数大于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于等于83的元素，有的也能放出射线．
[知识梳理]　对天然放射现象的认识
1．1896年，法国物理学家贝克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做天然放射现象．
3．原子序数大于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于等于83的元素，有的也能放出射线．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)1896年，法国的玛丽·居里首先发现了天然放射现象．(　×　)
(2)原子序数大于83的元素都是放射性元素．(　√　)
(3)原子序数小于83的元素都不能放出射线．(　×　)
二、原子核的组成
1．质子的发现
1919年，卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从氮核中打出了一种新的粒子，测定了它的电荷和质量，确定它是氢原子核，叫做质子，用p或H表示，其质量为mp＝1.67×10－27_kg.
2．中子的发现
(1)卢瑟福的预言：原子核内可能还有一种不带电的粒子，名字叫中子．
(2)查德威克的发现：用实验证明了中子的存在，用n表示，中子的质量非常接近质子的质量．
3．原子核的组成
(1)核子数：质子和中子质量差别非常微小，二者统称为核子，所以质子数和中子数之和叫核子数．
(2)电荷数(Z)：原子核所带的电荷总是质子电荷的整数倍，通常用这个整数表示原子核的电荷量，叫做原子核的电荷数．
(3)质量数(A)：原子核的质量等于核内质子和中子的质量的总和，而质子与中子的质量几乎相等，所以原子核的质量几乎等于单个核子质量的整数倍，这个倍数叫做原子核的质量数．
(4)
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)质子和中子都不带电，是原子核的组成成分，统称为核子．(　×　)
(2)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．(　√　)
(3)原子核内的核子数与它的核电荷数不可能相等．(　×　)
一、天然放射现象
元素的放射性
(1)一种元素的放射性与是单质还是化合物无关，这就说明射线跟原子核外电子无关．
(2)射线来自于原子核说明原子核内部是有结构的．
例1　物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上．下列说法正确的是(　　)
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
答案　A
解析　放射现象中释放出了其他粒子，说明原子核内部具有一定的结构，A正确；电子的发现使人们认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，B错误；α粒子散射实验否定了汤姆生提出的葡萄布丁模型，建立了核式结构模型，C错误；密立根油滴实验测定了电子的电荷量，D错误．
二、原子核的组成
1．原子核(符号X)
原子核
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．
例2　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？(保留三位有效数字)
(3)呈电中性的镭原子，核外有几个电子？
答案　(1)88　138　(2)1.41×10－17 C　(3)88
解析　(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)核外电子数等于核电荷数，故核外电子数为88.
针对训练　在α粒子轰击金箔的散射实验中，α粒子可以表示为He，He中的4和2分别表示(　　)
A．4为核子数，2为中子数
B．4为质子数和中子数之和，2为质子数
C．4为核外电子数，2为中子数
D．4为中子数，2为质子数
答案　B
解析　根据X所表示的物理意义，原子核的质子数决定核外电子数，原子核的核电荷数就是核内的质子数，也就是这种元素的原子序数．原子核的质量数就是核内质子数和中子数之和，即为核内的核子数.He符号的左下角表示的是质子数或核外电子数，即为2，He符号左上角表示的是核子数，即为4，故选项B正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．下列现象中，与原子核内部变化有关的是(　　)
A．α粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．原子发光现象
答案　B
解析　α粒子散射现象说明了金箔原子中有一个很小的核；光电效应现象说明了光的粒子性，原子发光现象说明核外电子跃迁具有量子化的特征；只有天然放射现象才能说明原子核具有内部结构，选项B正确．
2．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子，此后他预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子(即中子)，他的主要依据是(　　)
A．核的质量大于核外电子的质量
B．核的质量大于核内质子的质量
C．核电荷数与核内质子数相等
D．核电荷数在数值上只有质量数的一半或还少些
答案　D
3．下列各种粒子中，属于一切原子核组成部分的是(　　)
A．质子 B．电子
C．α粒子 D．中子
答案　A
解析　原子是由原子核和核外电子组成的，而原子核还可以再分，它是由更小的粒子：质子和中子组成的，但氢原子核中没有中子，所以属于一切原子核组成部分的是质子．
4．(多选)关于质子与中子，下列说法正确的是(　　)
A．原子核(除氢核外)由质子和中子构成
B．质子和中子统称为核子
C．卢瑟福发现了质子，并预言了中子的存在
D．卢瑟福发现了中子，并预言了质子的存在
答案　ABC
解析　原子核内存在质子和中子，中子和质子统称为核子，卢瑟福只发现了质子，以后又预言了中子的存在．
5．若用x代表一个中性原子中核外的电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对U的原子来说(　　)
A．x＝92　y＝92　z＝235
B．x＝92　y＝92　z＝143
C．x＝143　y＝143　z＝92
D．x＝235　y＝235　z＝325
答案　B
解析　在U中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝92；中性原子的核外电子数等于质子数，所以x＝92；中子数等于质量数减去质子数，z＝235－92＝143，所以B选项正确．
6．Rn核的质子数为________，中子数为________，质量数为________，核电荷数为________．
答案　86　136　222　86
第三节　放射性同位素
[学习目标] 1.知道什么是核反应，能够熟练写出核反应方程.2.知道什么是同位素、放射性同位素和人工放射性同位素.3.了解放射性同位素在生产和科学领域的应用，知道射线的危害及防护．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、核反应
[导学探究]
1．核反应的实质是什么？它符合哪些规律？
答案　(1)它的实质就是将一种原子核在粒子的轰击之下转变成一种新的原子核，并产生新的粒子．
(2)在转变过程中符合质量数和电荷数守恒规律．
2．如何实现原子核的人工转变？常见的人工转变的核反应有哪些？
答案　(1)人为地用α粒子、质子、中子或光子去轰击一些原子核，可以实现原子核的转变．
(2)常见的人工转变的核反应有：
a．卢瑟福发现质子：N＋He→O＋H
b．查德威克发现中子：Be＋He→C＋n
c．居里夫妇人工制造同位素：He＋Al→n＋P
P具有放射性：P→Si＋e.
[知识梳理]
1．核反应：利用天然放射性的高速粒子或利用人工加速的粒子去轰击原子核，以产生新的原子核，这个过程叫做核反应．
2．核反应的实质：以基本粒子(α粒子、质子、中子等)为“炮弹”去轰击原子核(靶核X)，从而促使原子核发生变化，生成了新原子核(Y)，并放出某一粒子．
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方程：
N＋He→O＋H
(2)1932年查德威克发现中子的核反应方程：
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方程：
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、化学条件的影响．
(2)相同点
人工转变与衰变过程一样，在发生的过程中质量数与电荷数都守恒；反应前后粒子总动量守恒．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒．(　√　)
(2)核反应是用粒子轰击原子核，利用粒子与原子核的碰撞将原子核打开．(　×　)
(3)卢瑟福利用α粒子轰击铍并发现了中子．(　×　)
(4)原子核的人工转变，需要一定的装置和人为条件，不是原子核的自发变化．(　√　)
二、放射性同位素
1．同位素：具有相同质子数而中子数不同的原子，互称同位素．
2．放射性同位素：具有放射性的同位素，叫做放射性同位素．
3．约里奥·居里夫妇在用α粒子轰击铝箔时发现正电子的核反应方程为：Al＋He→P＋n，P→Si＋e＋ν，其中P是P的一种放射性同位素．
三、放射性同位素的应用
1．利用放射性同位素放出的射线可进行γ探伤、消除静电、培育良种、治疗癌症．
2．放射性同位素可以作为示踪原子．
3．利用元素的半衰期可推断地层或古代文物的年代．
想一想　医学上做射线治疗用的放射性元素，应用半衰期长的还是短的？为什么？
答案　半衰期短的．因为半衰期短的放射性废料容易处理．
4．放射线的危害及防护
(1)α射线具有很强的电离作用，但穿透能力很弱；
(2)β射线有较强的穿透能力，但电离作用较弱；
(3)γ射线电离作用最小，穿透能力很强．
辐射防护的基本方法有：时间防护、距离防护和屏蔽防护．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)放射性同位素P，既可以通过核反应人工获得，也可以从自然界中获得．(　×　)
(2)用γ射线照射食品可以杀死使食物腐败的细菌，抑制蔬菜发芽，延长保存期．(　√　)
一、核反应及核反应方程
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．核反应的规律
质量数守恒，电荷数守恒．
3．人工转变与衰变的比较
(1)不同点：人工转变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、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．
例1　完成下列核反应方程，并指出其中________是发现质子的核反应方程，________是发现中子的核反应方程．
(1)N＋n→C＋________
(2)N＋He→O＋________
(3)B＋n→________＋He
(4)Be＋He→________＋n
(5)Fe＋H→Co＋________
答案　见解析
解析　(1)N＋n→C＋H
(2)N＋He→O＋H
(3)B＋n→Li＋He
(4)Be＋He→C＋n
(5)Fe＋H→Co＋n
其中发现质子的核反应方程是(2)，发现中子的核反应方程是(4)．
书写核反应方程时要注意：
(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)核反应方程遵守质量数守恒而不是质量守恒，核反应过程中，一般会发生质量的变化．
二、放射性同位素及其应用
1．放射性同位素的分类
(1)天然放射性同位素．
(2)人工放射性同位素．
2．放射性同位素的主要作用
(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)做示踪原子——利用放射性同位素与非放射性同位素有相同的化学性质．
(4)医学上——利用γ射线的高能量治疗癌症．
例2　(多选)关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是(　　)
A．利用γ射线使空气电离，把静电荷导走
B．利用γ射线照射植物的种子，使产量显著增加
C．利用α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
答案　BD
1．用射线来测量厚度，一般不选取α射线是因为其穿透能力太差，更多的是选取γ射线，也有部分选取β射线的．
2．给病人治疗癌症、培育优良品种、延长食物保存期一般选取γ射线．
3．使用射线时安全是第一位的．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：He＋N→O＋H，下列说法错误的是(　　)
A．卢瑟福通过该实验提出了原子核式结构模型
B．实验中是用α粒子轰击氮核
C．卢瑟福通过该实验发现了质子
D．原子核在人工转变的过程中，电荷数一定守恒
答案　A
解析　卢瑟福用α粒子轰击金箔散射的实验，提出了原子的核式结构模型，故A错误；用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，故B、C正确；核反应方程质量数和电荷数是守恒的，故D正确．
2．(多选)关于放射性同位素，以下说法正确的是(　　)
A．放射性同位素与放射性元素一样，都具有一定的半衰期，衰变规律一样
B．放射性同位素衰变可生成另一种新元素
C．放射性同位素只能是天然衰变时产生的，不能用人工方法制得
D．以上说法均不对
答案　AB
解析　放射性同位素也具有放射性，半衰期也不受物理和化学因素的影响，衰变后形成新的原子核，选项A、B正确；大部分放射性同位素都是人工转变后获得的，C、D错误．
3．下面列出的是一些核反应方程：P→Si＋X，Be＋H→B＋Y，He＋He→Li＋Z，其中(　　)
A．X是质子，Y是中子，Z是正电子
B．X是正电子，Y是质子，Z是中子
C．X是中子，Y是正电子，Z是质子
D．X是正电子，Y是中子，Z是质子
答案　D
解析　依据核反应方程的两个基本规律：质量数守恒和电荷数守恒，即可得出选项D正确．
4．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然的放射性同位素只不过40多种，而今天人工制造的放射性同位素已达1 000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学研究的许多方面得到了广泛的应用．
(1)带电的验电器在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)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的结晶是同一种物质，为此曾采用放射性同位素14C做________．
答案　(1)B　(2)示踪原子
解析　(1)因射线的电离作用，空气中的与验电器所带电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失．
(2)把掺入14C的人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经过多次重新结晶后，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完全融为一体，它们是同一种物质．这种把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，运动到了哪里，是怎样分布的，从而可以了解某些不容易查明的情况或规律．人们把具有这种用途的放射性同位素叫做示踪原子．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～5题为单选题，6～9题为多选题)
1．在下列四个核反应方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子
①H＋X1→He＋n　 ②N＋He→O＋X2
③Be＋He→C＋X3 ④Mg＋He→Al＋X4
则以下判断中正确的是(　　)
A．X1是质子 B．X2是中子
C．X3是电子 D．X4是质子
答案　D
解析　根据核反应的质量数和电荷数守恒知，X1为H，A错；X2为H，B错；X3为n，C错；X4为H，D对．
2．用高能Kr轰击Pb，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122 B．其质量数为294
C．其原子序数为118 D．其中子数为90
答案　C
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C.
3．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(　　)
A．示踪原子 B．电离作用
C．催化作用 D．贯穿作用
答案　A
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，故选项A正确．
4．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

元素
射线
半衰期
锶90
β
28年
铀238
α、β、γ
4.5×109年
某塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让厚的聚乙烯膜通过轧辊把聚乙烯膜轧薄，利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀．可利用的元素是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．钋210 B．氡222 C．锶90 D．铀238
答案　C
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半衰期太短，所以只有锶90较合适．
5．将威尔逊云室置于磁场中，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，如图所示能近似地反映正电子和Si核轨迹的是(　　)
答案　B
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，C、D可排除．
因为洛伦兹力提供向心力，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．
6．下列应用中把放射性同位素作为示踪原子的是(　　)
A．射线探伤仪
B．利用含有放射性I的油，检测地下输油管的漏油情况
C．利用Co治疗肿瘤等疾病
D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用以检测确定农作物吸收养分的规律
答案　BD
解析　射线探伤仪利用了射线的穿透能力，所以选项A错误．利用含有放射性I的油，可以记录油的运动踪迹，可以检查管道是否漏油，所以选项B正确．利用Co治疗肿瘤等疾病，利用了射线的穿透能力和高能量，所以选项C错误．把含有放射性元素的肥料施给农作物，可以记录放射性元素的踪迹，用以检测确定农作物吸收养分的规律，所以选项D正确．
7．下列核反应或衰变方程中，符号“X”表示中子的是(　　)
A.Be＋He―→C＋X
B.＋He―→O＋X
C.Hg＋n―→Pt＋2H＋X
D.U―→Np＋X
答案　AC
解析　根据核反应方程质量数和电荷数守恒可得A、C选项正确．
8．一个质子以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．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
D．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
答案　AD
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核速度的数量级为105 m/s，即D选项正确，C选项错误．
9．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
答案　BD
解析　同位素有相同的质子数，所以选项A错误；同位素有相同的化学性质，所以选项B正确；半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以P制成化合物后它的半衰期不变，选项C错误；含有P的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D正确．
二、非选择题
10．在中子、质子、电子、正电子、α粒子中选出一个适当的粒子，分别填在下列核反应方程的横线上．
(1)U―→Th＋________.
(2)Be＋He―→C＋________.
(3)Th―→Pa＋________.
(4)P―→Si＋________.
(5)U＋________―→Sr＋Xe＋10n.
(6)N＋He―→O＋________.
答案　(1)He　(2)n　(3)e　(4)e　(5)n　(6)H
解析　在核反应过程中，遵循反应前后电荷数守恒、质量数守恒规律．对参与反应的所有基本粒子采用左下角(电荷数)配平，左上角(质量数)配平．未知粒子可根据其电荷数和质量数确定．如(1)电荷数为92－90＝2，质量数为238－234＝4，由此可知为α粒子(He)，同理确定其他粒子分别为：中子(n)，电子(e)，正电子(e)，中子(n)，质子(H)．
11．如图1所示是工厂利用射线自动控制铝板厚度的装置示意图．
图1
(1)请简述自动控制的原理；
(2)如果工厂生产的是厚度为2 mm的铝板，在α、β和γ三种射线中，哪一种对铝板的厚度控制起主要作用？为什么？
答案　见解析
解析　(1)射线具有穿透本领，如果向前移动的铝板的厚度有变化，则探测器接收到的射线的强度就会随之变化，将这种变化转变为电信号输入到相应的装置，使之自动地控制图中右侧的两个轮间的距离，达到自动控制铝板厚度的目的．
(2)β射线起主要作用，因为α射线的贯穿本领很小，穿不过2毫米的铝板；γ射线的贯穿本领很强，能穿过几厘米的铅板，2毫米左右的铝板厚度发生变化时，透过铝板的γ射线强度几乎不发生变化；β射线的贯穿本领较强，能穿过几毫米厚的铝板，当铝板厚度发生变化时，透过铝板的β射线强度变化较大，探测器可明显地反映出这种变化，使自动化系统做出相应的反应．
12．1934年约里奥·居里夫妇用α粒子轰击静止的Al，发现了放射性磷P和另一种粒子，并因这一伟大发现而获得诺贝尔物理学奖．
(1)写出这个过程的核反应方程式；
(2)若该种粒子以初速度v0与一个静止的12C核发生碰撞，但没有发生核反应，该粒子碰后的速度大小为v1，运动方向与原运动方向相反，求碰撞后12C核的速度．
答案　(1)Al＋He―→P＋n　(2)，方向与该粒子原运动方向相同
解析　(1)核反应方程式为Al＋He―→P＋n.
(2)由(1)知，该种粒子为中子，设该种粒子的质量为m，则12C核的质量为12m，设碰撞后12C核的速度为v2，由动量守恒定律可得mv0＝m(－v1)＋12mv2，解得v2＝，碰撞后12C核的运动方向与该粒子原运动方向相同．
第二节　放射性元素的衰变
[学习目标] 1.知道三种射线的特征，知道衰变的概念.2.知道α、β衰变的实质，知道γ射线是怎样产生的，会写α、β衰变方程.3.知道什么是半衰期，会利用半衰期解决相关问题．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、原子核的衰变
[导学探究]
1．怎样用电场或磁场判断α、β、γ射线粒子的带电性质？
答案　让三种射线通过匀强电场，则γ射线不偏转，说明γ射线不带电．α射线偏转方向和电场方向相同，带正电，β射线偏转方向和电场方向相反，带负电．或者让三种射线通过匀强磁场，则γ射线不偏转，说明γ射线不带电，α射线和β射线可根据偏转方向和左手定则确定带电性质．
2．如图1为α衰变、β衰变示意图．
图1
(1)当原子核发生α衰变时，原子核的质子数和中子数如何变化？
(2)当发生β衰变时，新核的核电荷数相对原来的原子核变化了多少？新核在元素周期表中的位置怎样变化？
答案　(1)α衰变时，质子数减少2，中子数减少2.
(2)β衰变时，核电荷数增加1.新核在元素周期表中的位置向后移动一位．
[知识梳理]　原子核的衰变
1．对三种射线的认识
种类
α射线
β射线
γ射线
组成
高速氦核流
高速电子流
光子流(高频电磁波)
带电
荷量
2e
－e
0
速率
0.1c
0.99c
c
贯穿本领
最弱，用一张纸就能挡住
较强，能穿透几毫米厚的铝板
最强，能穿透几厘米厚的铅板
电离作用
很强
较强
很弱
2.定义：原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的过程．
3．衰变类型
(1)α衰变：放射性元素放出α粒子的衰变过程．放出一个α粒子后，核的质量数减少4，电荷数减少2，成为新核．
(2)β衰变：放射性元素放出β粒子的衰变过程．放出一个β粒子后，核的质量数不变，电荷数增加1.
4．衰变规律：原子核衰变时电荷数和质量数都守恒．
5．衰变的实质
(1)α衰变的实质：2个中子和2个质子结合在一起形成α粒子．
(2)β衰变的实质：核内的一个中子转化为了一个电子和一个质子．
(3)γ射线经常是伴随α衰变和β衰变产生的．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)α射线实际上就是氦原子核，α射线具有较强的穿透能力．(　×　)
(2)β射线是高速电子流，很容易穿透黑纸，也能穿透几毫米厚的铝板．(　√　)
(3)γ射线是能量很高的电磁波，电离作用很强．(　×　)
(4)原子核在衰变时，它在元素周期表中的位置不变．(　×　)
(5)发生β衰变是原子核中的电子发射到核外．(　×　)
二、半衰期
[导学探究]　(1)什么是半衰期？对于某个或选定的几个原子核能根据该种元素的半衰期预测它的衰变时间吗？
(2)某放射性元素的半衰期为4天，若有10个这样的原子核，经过4天后还剩5个，这种说法对吗？
答案　(1)半衰期是一个时间，是某种放射性元素的大量原子核有半数发生衰变所用的时间的统计规律，故无法预测单个原子核或几个特定原子核的衰变时间．
(2)半衰期是大量放射性元素的原子核衰变时所遵循的统计规律，不能用于少量的原子核发生衰变的情况，因此，经过4天后，10个原子核有多少发生衰变是不能确定的，所以这种说法不对．
[知识梳理]　半衰期
1．定义：放射性元素的原子核因衰变减少到原来的一半所经过的时间．
2．特点
(1)不同的放射性元素，半衰期不同，甚至差别非常大．
(2)放射性元素衰变的快慢是由核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件无关．
3．适用条件：半衰期描述的是统计规律，不适用于单个原子核的衰变．
4．半衰期公式：N＝，m＝，其中T1/2为半衰期．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)同种放射性元素，在化合物中的半衰期比在单质中长．(　×　)
(2)把放射性元素放在低温处，可以减缓放射性元素的衰变．(　×　)
(3)放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用．(　√　)
(4)氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天后只剩下一个氡原子核．(　×　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、三种射线
1．三种射线的实质
α射线：高速氦核流，带2e的正电荷；
β射线：高速电子流，带e的负电荷；
γ射线：光子流(高频电磁波)，不带电．
2．三种射线在电场中和磁场中的偏转
(1)在匀强电场中，γ射线不发生偏转，做匀速直线运动，α粒子和β粒子沿相反方向做类平抛运动，在同样的条件下，β粒子的偏移大，如图2所示．
　
图2　　　　　　　图3
(2)在匀强磁场中，γ射线不发生偏转，仍做匀速直线运动，α粒子和β粒子沿相反方向做匀速圆周运动，且在同样条件下，β粒子的轨道半径小，如图3所示．
例1　如图4所示，R是一种放射性物质，虚线框内是匀强磁场，LL′是厚纸板，MM′是荧光屏，实验时，发现在荧光屏的O、P两点处有亮斑，由此可知磁场的方向、到达O点的射线种类、到达P点的射线种类应属于下表中的(　　)
图4
选项
磁场方向
到达O点的射线　
到达P点的射线
A
竖直向上
β
α
B
竖直向下
α
β
C
垂直纸面向里
γ
β
D
垂直纸面向外
γ
α
答案　C
解析　R放射出来的射线共有α、β、γ三种，其中α、β射线垂直于磁场方向进入磁场区域时将受到洛伦兹力作用而偏转，γ射线不偏转，故打在O点的应为γ射线；由于α射线贯穿本领弱，不能射穿厚纸板，故到达P点的应是β射线；依据β射线的偏转方向及左手定则可知磁场方向垂直纸面向里．
例2　(多选)将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，图中表示射线偏转情况正确的是(　　)
答案　AD
解析　已知α粒子带正电，β粒子带负电，γ射线不带电，根据正、负电荷在磁场中运动受洛伦兹力方向和正、负电荷在电场中受电场力方向可知，A、B、C、D四幅图中α、β粒子的偏转方向都是正确的，但偏转的程度需进一步判断．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径r＝，将数据代入，则α粒子与β粒子的半径之比
＝··＝××≈371，
A对，B错；带电粒子垂直进入匀强电场，设初速度为v0，垂直电场线方向位移为x，沿电场线方向位移为y，则有
x＝v0t，y＝t2，消去t可得y＝.
对某一确定的x值，α、β粒子沿电场线偏转距离之比
＝··＝××≈，
C错，D对．
三种射线的鉴别
1．α射线带正电、β射线带负电、γ射线不带电．α射线、β射线是实物粒子，而γ射线是光子流，属于电磁波的一种．
2．α射线、β射线都可以在电场或磁场中偏转，但偏转方向不同，γ射线则不发生偏转．
3．α射线穿透能力弱，β射线穿透能力较强，γ射线穿透能力最强，而电离本领相反．
二、原子核的衰变规律和衰变方程
1．衰变种类、实质与方程
(1)α衰变：X―→Y＋He
实质：原子核中，2个中子和2个质子结合得比较牢固，有时会作为一个整体从较大的原子核中被释放出来，这就是放射性元素发生的α衰变现象．
如：U―→Th＋He.
(2)β衰变：X―→Y＋e.
实质：原子核中的一个中子转化成一个质子且放出一个电子即β粒子，使电荷数增加1，β衰变不改变原子核的质量数，其转化方程为：n―→H＋e.
如：Th―→Pa＋e.
2．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．
例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．
答案　(1)8　6　(2)10　22
(3)U―→Pb＋8He＋6e
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＋4x ①
92＝82＋2x－y ②
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.
针对训练1　原子核U经放射性衰变①变为原子核Th，继而经放射性衰变②变为原子核Pa，再经放射性衰变③变为原子核U.放射性衰变①、②和③依次为(　　)
A．α衰变、β衰变和β衰变 　 B．β衰变、α衰变和β衰变
C．β衰变、β衰变和α衰变 　 D．α衰变、β衰变和α衰变
答案　A
解析　根据衰变反应前后的质量数守恒和电荷数守恒特点，U核与Th核比较可知，衰变①的另一产物为He，所以衰变①为α衰变，选项B、C错误；Pa核与U核比较可知，衰变③的另一产物为e，所以衰变③为β衰变，选项A正确，D错误．
衰变方程的书写：衰变方程用“―→”，而不用“＝”表示，因为衰变方程表示的是原子核的变化，而不是原子的变化．
三、对半衰期的理解及有关计算
例4　放射性同位素14C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物体的年代，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，会形成不稳定的C，它很容易发生衰变，放出β射线变成一个新核，其半衰期为5 730年，试写出14C的衰变方程．
(2)若测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的25%，则此遗骸距今约有多少年？
答案　(1)C―→e＋N　(2)11 460年
解析　(1)C的β衰变方程为：C―→e＋N.
(2)C的半衰期T1/2＝5 730年．
生物死亡后，遗骸中的C按其半衰期变化，设活体中C的含量为N0，遗骸中的C含量为N，则N＝N0，
即0.25N0＝N0，故＝2，t＝11 460年．
针对训练2　氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤，它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是Rn―→Po＋________.已知Rn的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g的Rn衰变后还剩1 g.
答案　He　15.2
解析　根据核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒可推得该反应的另一种生成物为He.根据m余＝m原得＝4，代入T1/2＝3.8天，解得t＝3.8×4天＝15.2天.
1．下列说法正确的是(　　)
A．α射线是由高速运动的氦核组成的，其运行速度接近光速
B．β射线能穿透几毫米厚的铅板
C．γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．β射线的粒子和电子是两种不同的粒子
答案　C
2．(多选)以下关于天然放射现象，叙述正确的是(　　)
A．若使某放射性物质的温度升高，其半衰期将变短
B．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C．α射线是原子核衰变产生的，它有很强的电离作用
D．γ射线是原子核产生的，它是能量很大的光子流
答案　CD
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，半衰期不变，故A错误；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；α射线是原子核衰变产生的，是氦的原子核，它有很强的电离作用，穿透能力很弱，选项C正确；γ射线是原子核发生α或β衰变时产生的，它是能量很大的光子流，选项D正确．
3．下列有关半衰期的说法正确的是(　　)
A．放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需的时间越短，衰变速度越快
B．放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素半衰期也变长
C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的衰变速度
D．降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可减小衰变速度
答案　A
解析　放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核半数发生衰变所需的时间，它反映了放射性元素衰变速度的快慢，半衰期越短，则衰变越快；某种元素的半衰期长短由其自身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，故A正确，B、C、D错误．
4．某原子核A先进行一次β衰变变成原子核B，再进行一次α衰变变成原子核C，则(　　)
A．核C的质子数比核A的质子数少2
B．核A的质量数减核C的质量数等于3
C．核A的中子数减核C的中子数等于3
D．核A的中子数减核C的中子数等于5
答案　C
解析　原子核A进行一次β衰变后，一个中子转变为一个质子并释放一个电子，再进行一次α衰变，又释放两个中子和两个质子，所以核A比核C多3个中子、1个质子，选项C正确，A、B、D错误．
5．(多选)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的比例持续减小．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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～7题为单选题，8～12题为多选题)
1．在天然放射性物质附近放置一带电体，带电体所带的电荷很快消失的根本原因是(　　)
A．γ射线的贯穿作用 B．α射线的电离作用
C．β射线的贯穿作用 D．β射线的中和作用
答案　B
解析　由于α粒子电离作用较强，能使空气分子电离，电离产生的电荷与带电体的电荷中和，使带电体所带的电荷很快消失．
2．放射性元素放出的射线，在电场中分成A、B、C三束，如图1所示，其中(　　)
图1
A．C为氦原子核组成的粒子流
B．B为比X射线波长更长的光子流
C．B为比X射线波长更短的光子流
D．A为高速电子组成的电子流
答案　C
解析　根据射线在电场中的偏转情况，可以判断，A射线向电场线方向偏转，应为带正电的粒子组成的射线，所以是α射线；B射线在电场中不偏转，所以是γ射线；C射线在电场中受到与电场方向相反的作用力，应为带负电的粒子，所以是β射线．
3．关于原子核的衰变和半衰期，下列说法正确的是(　　)
A．半衰期是指原子核的质量减少一半所需要的时间
B．半衰期是指原子核有半数发生衰变所需要的时间
C．发生α衰变时产生的新原子核在周期表中的位置向后移动2位
D．发生β衰变时产生的新原子核在周期表中的位置向前移动1位
答案　B
4．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　根据半衰期公式m＝m0，将题目中的数据代入可得C正确，A、B、D错误．
5．人们在海水中发现了放射性元素钚(Pu).Pu可由铀239(U)经过n次β衰变而产生，则n为(　　)
A．2 B．239 C．145 D．92
答案　A
解析　β衰变规律是质量数不变，质子数增加1，Pu比U质子数增加2，所以发生了2次β衰变，A正确．
6．放射性元素钍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　根据衰变方程左右两边的质量数和电荷数守恒可列方程解得x＝3，y＝2.故答案为D.
7．钍Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤Pa，同时伴随有γ射线产生，其方程为Th→Pa＋X，钍的半衰期为24天．则下列说法中正确的是(　　)
A．X为质子
B．X是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的
C．γ射线是钍原子核放出的
D．1 g钍Th经过120天后还剩0.2 g钍
答案　B
解析　根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A错误；β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；γ射线是镤原子核放出的，故C错误；钍的半衰期为24天，1 g钍Th经过120天后，还剩1 g×()5＝0.031 25 g，故D错误．
8．由原子核的衰变规律可知(　　)
A．放射性元素一次衰变就同时产生α射线和β射线
B．放射性元素发生β衰变，产生的新核的化学性质与原来的核的化学性质相同
C．放射性元素衰变的快慢跟它所处的物理、化学状态无关
D．放射性元素发生正电子衰变时，产生的新核质量数不变，电荷数减少1
答案　CD
解析　由放射性元素的衰变实质可知，不可能同时发生α衰变和β衰变，故A错；衰变后变为新元素，化学性质不同，故B错；衰变快慢与所处的物理、化学状态无关，C对；正电子电荷数为1，质量数为0，故D对．
9．天然放射性元素Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成Pb(铅)．下列说法中正确的是(　　)
A．衰变的过程共有6次α衰变和4次β衰变
B．铅核比钍核少8个质子
C．β衰变所放出的电子来自原子核核外轨道
D．钍核比铅核多24个中子
答案　AB
解析　由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数为：x＝＝6，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数应满足：2x－y＝90－82＝8，y＝2x－8＝4.钍232核中的中子数为232－90＝142，铅208核中的中子数为208－82＝126，所以钍核比铅核多16个中子，铅核比钍核少8个质子．由于物质的衰变与元素的化学状态无关，所以β衰变所放出的电子来自原子核内，所以选项A、B正确．
10．某原子核的衰变过程ABC，下列说法正确的是(　　)
A．核C比核A的质子数少1
B．核C比核A的质量数少5
C．原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子的电子数多2
D．核C比核B的中子数少2
答案　AD
解析　由衰变方程可写出关系式ABC可得A、D项正确．
11．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核发生了衰变，得到两条如图2所示的径迹，图中箭头表示衰变后粒子的运动方向．不计放出的光子的能量，则下列说法正确的是(　　)
图2
A．发生的是β衰变，b为β粒子的径迹
B．发生的是α衰变，b为α粒子的径迹
C．磁场方向垂直于纸面向外
D．磁场方向垂直于纸面向内
答案　AD
12．下列关于放射性元素发出的三种射线的说法中正确的是(　　)
A．α粒子就是氢原子核，它的穿透本领和电离本领都很强
B．β射线是电子流，其速度接近光速
C．γ射线是一种频率很高的电磁波，它可以穿过几厘米厚的铅板
D．以上三种说法均正确
答案　BC
解析　α粒子是氦原子核，它的穿透本领很弱而电离本领很强，A项错误；β射线是电子流，其速度接近光速，B项正确；γ射线的穿透能力很强，可以穿透几厘米厚的铅板，C项正确．
二、非选择题
13．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图3所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44.求：
图3
(1)这个原子核原来所含的质子数是多少？
(2)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)
答案　(1)90　(2)见解析
解析　(1)设衰变后新生核的电荷量为q1，α粒子的电荷量为q2＝2e，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，
所以原来原子核的电荷量q＝q1＋q2.
根据轨道半径公式有＝＝，
又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则m1v1＝m2v2，
以上三式联立解得q＝90e.
即这个原子核原来所含的质子数为90.
(2)因为动量相等，所以轨道半径与粒子的电荷量成反比，所以圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹．
14．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，试估算产生的另一种新核的速度．
答案　(1)U―→Th＋He　(2)v，方向与铀核速度方向相同
解析　(1)原子核衰变时电荷数和质量数都守恒，有
U―→Th＋He.
(2)由(1)知新核为氦核，设一个核子的质量为m，则氦核的质量为4m、铀核的质量为238m、钍核的质量为234m，氦核的速度为v′，
由动量守恒定律，得238mv＝234m·＋4mv′，
解得v′＝v，方向与铀核速度方向相同．
第五节　裂变和聚变
[学习目标]　1.知道重核的裂变反应和链式反应发生的条件.2.掌握核聚变的定义及发生条件.3.会计算裂变、聚变所释放的能量．
一、核裂变和链式反应
[导学探究]　如图1为铀核裂变示意图．
图1
(1)铀核裂变是如何发生的？
(2)铀核裂变在自然界中能自发进行吗？
答案　(1)铀核的裂变
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，同时放出中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变反应一代接一代继续下去，形成链式反应．
(2)重核的裂变只能发生在人为控制的核反应中，在自然界中不会自发地发生，故铀核裂变不会自发地进行．要使铀核裂变，首先要利用中子轰击铀核，使铀核分裂，分裂产生更多的中子，这些中子继续与其他铀核发生反应，再引起新的裂变，这样就形成了链式反应．
[知识梳理]　对核裂变和链式反应的理解
1．核裂变
重核被中子轰击后分裂成两个较轻的核，并放出能量的过程．
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
由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫做核裂变的链式反应．
4．链式反应的条件
(1)铀块的体积大于或等于临界体积或铀块的质量大于或等于临界质量．
(2)有足够数量的慢中子．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(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)中子的速度越快，越容易发生铀核裂变．(　×　)
(4)铀核裂变的产物是钡和氪，且固定不变，同时放出三个中子．(　×　)
二、受控热核反应
1．聚变
两个轻核结合成质量较大的核，释放出能量的反应，称为核聚变，聚变反应又称为热核反应．
2．聚变方程
H＋H―→He＋n＋17.6 MeV.
3．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，这要克服电荷间巨大的库仑斥力作用，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，有一种方法就是给它们加热，使物质达到几百万度以上的高温．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)核聚变时吸收能量．(　×　)
(2)核聚变平均每个核子放出的能量，比裂变反应中平均每个核子放出的能量大．(　√　)
(3)轻核聚变比裂变更完全、清洁．(　√　)
(4)实现核聚变的难点是地球上没有任何容器能够经受如此高的温度．(　√　)
一、核裂变与其释放核能的计算
1．常见的裂变方程
(1)U＋n―→Xe＋Sr＋2n
(2)U＋n―→Ba＋Kr＋3n
2．链式反应发生的条件
(1)铀块的体积大于或等于临界体积．体积超过临界体积时，保证中子能够碰到铀核．
(2)有足够浓度的铀235.
(3)有足够数量的慢中子．
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标准煤完全燃烧释放的化学能，裂变时能产生几百万度以上的高温．
4．铀的同位素中铀235比铀238更容易发生链式反应．
例1　关于重核的裂变，下列说法正确的是(　　)
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的能量，产生明显的质量亏损，所以核子数减少
D．重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
答案　D
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正确；发生链式反应是有条件的，铀块的体积必须大于或等于临界体积，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错误．
重核裂变的实质
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，根本原因是重核的平均结合能比中等质量的核的平均结合能要小．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．
例2　用中子轰击铀核(U)，其中的一个可能反应是分裂成钡(Ba)和氪(Kr)两部分，放出3个中子．各个核和中子的质量如下：
mU＝390.313 9×10－27 kg，mn＝1.674 9×10－27 kg；
mBa＝234.001 6×10－27 kg，mKr＝152.604 7×10－27 kg.
试写出核反应方程，求出反应中释放的核能．
答案　n＋U―→Ba＋Kr＋3n　3.220 2×10－11 J
解析　根据反应前后质量数守恒、电荷数守恒，就可以写出核反应方程．根据核反应前后的质量亏损，用爱因斯坦质能方程就可求出释放的核能．
铀核裂变方程为n＋U―→Ba＋Kr＋3n，
则核反应前后的质量亏损为
Δm＝mU＋mn－mBa－mKr－3mn＝3.578×10－28 kg，
由爱因斯坦质能方程可得释放的核能为ΔE＝Δmc2＝3.578×10－28×(3×108)2 J＝3.220 2×10－11 J.
二、聚变及释放核能的计算
1．核聚变的特点
(1)轻核聚变是放能反应：从平均结合能的图线看，轻核聚变后平均结合能增加，因此聚变反应是一个放能反应．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
2．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．
3．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汽油释放的能量相当
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
例3　氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：H＋H―→He＋x，式中x是某种粒子．已知：H、H、He和粒子x的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u＝，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________ MeV(结果保留3位有效数字)．
答案　n(或中子)　17.6
解析　根据质量数和电荷数守恒可得x是n(中子)．
核反应中的质量亏损为Δm＝2.014 1 u＋3.016 1 u－4.002 6 u－1.008 7 u＝0.018 9 u
所以该反应释放出的能量为ΔE＝Δm·c2≈17.6 MeV.
针对训练　(多选)据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试．下列关于“人造太阳”的说法正确的是(　　)
A．“人造太阳”的核反应方程是H＋H→He＋n
B．“人造太阳”的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n
C．根据公式E＝mc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量比裂变反应大得多
D．根据公式E＝mc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量与裂变反应相同
答案　AC
解析　H＋H→He＋n是轻核聚变方程，故A项正确；根据轻核聚变特点，相同质量的核燃料，轻核聚变释放的能量比裂变反应大得多，故选项C正确．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．一个U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应的裂变方程为U＋n→X＋Sr＋2n，则下列叙述正确的是(　　)
A．X原子核中含有86个中子
B．X原子核中含有141个核子
C．因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数增加
D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少
答案　A
解析　X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个，B错误；中子数为140－(92－38)＝86个，A正确；裂变时释放能量，出现质量亏损，但是其总质量数是不变的，C、D错误．
2．(多选)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度以上的高温，因此聚变又叫做热核反应
C．原子弹爆炸能产生几百万度以上的高温，所以氢弹可以利用原子弹引发热核反应
D．太阳和许多恒星内部都在进行着剧烈的热核反应，在地球内部也可自发地进行
答案　ABC
解析　轻核聚变时，要使轻核之间距离达到10－15 m，故必须克服库仑斥力做功，A正确；要克服核子间作用力做功，必须使反应的原子核有足够大的动能，方法就是将其加热到几百万度以上的高温，B正确；热核反应必须在几百万度以上的高温下进行，这样高的温度可利用原子弹爆炸释放的能量获得，C正确；在太阳和许多恒星内部都存在热核反应，但在地球内部不会自发地进行，D错．
3．一个铀235吸收一个中子后发生的一种核反应方程是U＋n→Xe＋Sr＋10n，放出的能量为E，铀235核的质量为M，中子的质量为m，氙136核的质量为m1，锶90核的质量为m2，真空中光速为c，则释放的能量E等于(　　)
A．(M－m1－m2)c2
B．(M＋m－m1－m2)c2
C．(M－m1－m2－9m)c2
D．(m1＋m2＋9m－M)c2
答案　C
解析　铀235裂变时的质量亏损Δm＝M＋m－m1－m2－10m＝M－m1－m2－9m，由质能方程可得E＝Δmc2＝(M－m1－m2－9m)c2.
4．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．(已知质子质量为mH＝1.007 3 u，氦核质量为mHe＝4.001 5 u，正电子质量为me＝0.000 55 u，结果保留两位小数，1 u相当于931.5 MeV的能量)
(1)写出这个核反应方程；
(2)这一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？
答案　(1)4H→He＋2e　(2)24.78 MeV
(3)4.22×109 kg
解析　(1)由题意可得核反应方程为
4H→He＋2e.
(2)反应前的质量m1＝4mH＝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＝Δmc2＝0.026 6×931.5 MeV≈24.78 MeV.
(3)由质能方程ΔE′＝Δm′c2得太阳每秒减少的质量
Δm′＝＝ kg≈4.22×109 kg.
一、选择题(1～6题为单选题，7题为多选题)
1．铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法中正确的是(　　)
A．铀块的质量是重要因素，与体积无关
B．为了使裂变的链式反应容易发生，最好直接利用裂变时产生的中子
C．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生
D．能否发生链式反应与铀的质量无关
答案　C
解析　要使铀核裂变产生链式反应，铀块的体积必须大于或等于临界体积或铀块的质量大于或等于临界质量，只要组成铀块的体积小于临界体积或质量小于临界质量就不会产生链式反应，裂变反应中产生的中子为快中子，这些快中子不能直接引发新的裂变，如果铀块的质量大，则其体积大，若超过临界体积时则发生链式反应，由此知A、B、D错误，C正确．
2．在众多的裂变反应中，有一种反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋aX，其中X为某种粒子，a为X的个数，则(　　)
A．X为中子，a＝2 B．X为中子，a＝3
C．X为质子，a＝2 D．X为质子，a＝3
答案　B
解析　根据核电荷数守恒可知，X的电荷数为0，X必为中子n，由质量数守恒可知，a＝3，选项B正确．
3．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．聚变反应不会释放能量
B．聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损
D．目前核电站都采用He聚变反应发电
答案　B
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．
4．1938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＋n
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不可以用爱因斯坦的质能方程来计算
D实验中产生的γ射线穿透能力极强
答案　D
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不正确；铀核裂变过程中产生γ射线，放出能量，发生质量亏损，释放的能量可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，穿透能力极强，是能量极高的光子，选项D正确．
5．我国自行研制了可控热核反应实验装置“超导托卡马克”(英名称：EAST，俗称“人造太阳”)．设可控热核实验反应前氘核(H)的质量为m1，氚核(H)的质量为m2，反应后氦核(He)的质量为m3，中子(n)的质量为m4，光速为c，下列说法正确的是(　　)
A．这种装置中发生的核反应方程式是H＋H―→He＋n
B．由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C．核反应放出的能量等于(m1－m2－m3－m4)c2
D．这种装置与我国大亚湾核电站所使用装置的核反应原理相同
答案　A
解析　核反应方程为H＋H―→He＋n，选项A正确；反应过程中向外释放能量，故质量有亏损，且释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，选项B、C错误；可控热核反应为核聚变，大亚湾核电站所用核装置反应原理为核裂变，选项D错误．
6．我国秦山核电站第三期工程中有两个60万千瓦的发电机组，发电站的核能来源于U的裂变，现有四种说法：
①U原子核中有92个质子，143个中子；
②U的一种可能裂变是变成两个中等质量的原子核，核反应方程为U＋10n→Xe＋Sr＋2n；
③U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；
④一个U裂变能放出200 MeV的能量，合3.2×10－11 J.
以上说法中完全正确的是(　　)
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②④
答案　D
解析　由U的质量数和电荷数关系知①正确；由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒知②正确；半衰期不受外界因素干扰，故③错误；通过计算知④正确，故答案为D.
7．关于轻核聚变，下列说法正确的是(　　)
A．两个轻核聚变为中等质量的原子核时要吸收能量
B．物质发生聚变时放出的能量比同样质量的物质裂变时释放的能量大很多
C．聚变反应的条件是聚变物质的体积达到临界体积
D．发生聚变反应时的原子核必须有足够大的动能
答案　BD
解析　根据平均结合能图线可知，聚变后平均结合能增加，因此聚变反应中会释放能量，故A错误；聚变反应中平均每个核子放出的能量比裂变反应中每个核子放出的能量大3～4倍，故B正确；裂变反应的条件是裂变物质的体积达到临界体积，而聚变反应时，要使轻核之间的距离达到10－15 m以内，这需要原子核有很大的动能才可以实现聚变反应，故C错误，D正确．
二、非选择题
8．现有的核电站常用的核反应之一是：
U＋n―→Nd＋Zr＋3n＋8e＋
(1)核反应方程中的是反中微子，它不带电，质量数为零，试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；
(2)已知铀核的质量为235.043 9 u，中子的质量为1.008 7 u，钕(Nd)核的质量为142.909 8 u，锆核的质量为89.904 7 u，1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 u相当于931.5 MeV的能量．试计算1 kg铀235裂变释放的能量为多少？
答案　(1)40　90　(2)8.1×1013 J
解析　(1)锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90.
(2)1 kg铀235中铀核的个数为
n＝≈2.56×1024(个)．
不考虑核反应中生成的电子质量，1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm＝0.212 u，
释放的能量为ΔE＝0.212×931.5 MeV≈197.5 MeV，
则1 kg铀235完全裂变释放的能量为
E＝nΔE＝2.56×1024×197.5 MeV≈8.1×1013 J.
第六节 核能利用 第七节 小粒子与大宇宙
[学习目标]　1.了解裂变反应堆的工作原理.2.了解核电站和核能利用的优缺点.3.了解小粒子和大宇宙间的空间跨度和时间跨度．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、核反应堆及核电站
1．核电站是利用核能发电，它的核心设施是反应堆，它主要由以下几部分组成：
(1)燃料：铀棒．
(2)慢化剂：铀235容易捕获慢中子发生反应，采用石墨、重水或普通水作减速剂；
(3)控制棒：采用在反应堆中插入镉棒的方法，利用镉吸收中子的能力很强的特性，控制链式反应的速度．
2．工作原理
核燃料裂变释放能量，使反应区温度升高．
3．能量输出
利用水或液态的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．
4．核污染的处理
在反应堆的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，需要装入特制的容器，埋入深地层来处理．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)核反应堆是通过调节中子数目以控制反应速度．(　√　)
(2)核反应堆用过的核废料无毒无害．(　×　)
二、小粒子和大宇宙
1．“基本粒子”不基本
(1)直到19世纪末，人们都认为原子是组成物质的不可再分的最小微粒，后来人们发现了光子、电子、质子、中子，并把它们叫做“基本粒子”．
(2)随着科学的发展，科学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．
4．从小粒子到大宇宙——空间跨度
(1)大爆炸宇宙模型：大约150亿年前突然发生一次大爆炸，其后逐渐诞生出恒星、星团、脉冲星、超新星、黑洞以及被称作类星体的遥远发光体等，经历150亿年演化成今天的宇宙世界．
(2)人类所能研究的物质世界的空间尺度：约从10－15_m到1027_m，共跨越了约42个数量级．
5．从粒子寿命到宇宙年龄——时间跨度
(1)宇宙的年龄的数量级：1018_s.
(2)微观粒子的最短寿命：10－25_s.
(3)物质世界的时间尺度：约从10－25_s到1018_s，跨越了将近43个数量级.
一、核反应堆与核电站
1．核反应堆的主要部件及作用如下表：
　　　 部件
　 名称
项目　　
减速剂
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
水或液态的金属钠
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.核电站发电的优点
(1)消耗的核燃料少．
(2)作为核燃料的铀在地球上可采储量大，所能提供的能量大．
(3)对环境的污染要比火力发电小．
例1　如图1是慢中子反应堆的示意图，对该反应堆的下列说法中正确的是(　　)
图1
A．铀235容易吸收快中子后发生裂变反应
B．快中子跟减速剂的原子核碰撞后的能量减少，变成慢中子，慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应
C．控制棒由镉做成，当反应过于激烈时，使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中子，链式反应的速度就会慢一些
D．要使裂变反应更激烈一些，应使控制棒插入深一些，使大量快中子碰撞控制棒后变成慢中子，链式反应的速度就会快一些
答案　B
解析　快中子容易与铀235擦肩而过，快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少，变成慢中子，慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应，选项B正确，A错误；控制棒由镉做成，镉吸收中子的能力很强，当反应过于激烈时，使控制棒插入深一些，让它多吸收一些中子，链式反应的速度就会慢一些，选项C、D都错误．
二、粒子的分类和夸克模型
1．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
2.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．
例2　目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成的．u夸克带电荷量为e，d夸克带电荷量为－e，e为元电荷，下列论断中可能正确的是(　　)
A．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
答案　B
解析　质子H带电荷量为2×e＋(－e)＝e，中子n带电荷量为e＋2×(－e)＝0.可见B正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)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．石墨的作用是吸收中子
D．冷却剂的作用是控制反应堆的温度和输出热能
答案　ABD
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；慢中子最容易引发核裂变，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C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D正确．
2．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(　　)
A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子
答案　B
解析　在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核裂变时放出的可使裂变反应不断进行下去的粒子是中子．
3．若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
＋
－
－
＋
(1)按最简单的组成，π＋介子由谁和谁组成？
(2)按最简单的组成，π－介子由谁和谁组成？
答案　(1)π＋介子是由夸克u和反夸克组成的
(2)π－介子由夸克d和反夸克组成
解析　(1)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，夸克u带＋e和反夸克带＋e合成电荷量为e.
(2)π－介子带有－e的电荷量，是由一个夸克和一个反夸克组成的，夸克d带－e和反夸克带－e合成电荷量为－e.
4．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，当U俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式，其中一种可表示为
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的静止质量(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，此裂变反应释放出的能量是________ MeV.
答案　180
解析　此裂变反应的质量亏损为：
(235.043 9＋1.008 7) u－(138.917 8＋93.915 4＋3×1.008 7) u＝0.193 3 u，
由于1 u的质量对应的能量为931.5 MeV，
ΔE＝931.5×0.193 3 MeV≈180 MeV.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～5题为单选题，6～7题为多选题)
1．关于粒子，下列说法正确的是(　　)
A．电子、质子和中子是组成物质的不可再分的最基本的粒子
B．强子都是带电的粒子
C．夸克模型是探究三大类粒子结构的理论
D．夸克模型说明电子电荷不再是电荷的最小单位
答案　D
解析　由于质子、中子是由不同夸克组成的，它们不是最基本的粒子，不同夸克构成强子，有的强子带电，有的强子不带电，故A、B错误；夸克模型是研究强子结构的理论，不同夸克带电不同，分别为＋e和－，说明电子电荷不再是电荷的最小单位，C错误，D正确．
2．中国承诺到2020年碳排放量下降40%～45%，为了实现负责任大国的承诺，我们将新建核电站项目．目前关于核电站获取核能的基本核反应方程可能是(　　)
A.U＋n→Sr＋Xe＋10n
B.Na―→Mg＋e
C.N＋He―→O＋H
D.U―→Th＋He
答案　A
解析　重核的裂变是指质量数较大的原子核分裂成两个中等质量的原子核，A是裂变反应，A正确；B为β衰变，C是发现质子的反应，D是α衰变．
3．关于轻核聚变释放核能，下列说法正确的是(　　)
A．一次聚变反应一定比一次裂变反应释放的能量多
B．聚变反应每个核子释放的平均能量一定比裂变反应大
C．聚变反应中粒子的平均结合能变小
D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增大
答案　B
4．现在科学家们正在设法探寻“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反．据此，若有反α粒子，它的质量数和电荷数分别为(　　)
A．－4，－2 B．4，－2
C．－4,2 D．4,2
答案　B
解析　因“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量、相同的电荷量，但电荷的符号相反．所以，反α粒子质量数为4，电荷数为－2.
5．K－介子衰变的方程为K－―→π－＋π0.其中K－介子和π－介子是带负电的基元电荷，π0介子不带电．如图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，它们的半径RK－与Rπ－之比为2∶1.π0介子的轨迹未画出．由此可知π－的动量大小与π0的动量的大小之比为(　　)
图1
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶6
答案　C
解析　带电粒子K－与π－在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv＝得R＝＝，K－介子与π－介子带电量相同，故运动的半径之比等于动量之比pK－∶pπ－＝RK－∶Rπ－＝2∶1，在衰变后π－介子与π0介子动量方向相反，设K－介子的动量为正，则π－介子动量为负值，由动量守恒pK－＝－pπ－＋pπ0，则pπ－∶pπ0＝1∶3故A、B、D错，C对．
6．能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有(　　)
A.H＋H―→He＋n是核聚变反应
B.H＋H―→He＋n是β衰变
C.U＋n―→Ba＋Kr＋3n是核裂变反应
D.U＋n―→Xe＋Sr＋2n是α衰变
答案　AC
解析　两个轻核聚合成一个较重的核的反应为核聚变反应，故A对，B错；重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应为核裂变反应，故C对；原子核放出α或β粒子后变成另一种原子核的反应称为原子核的衰变．原子核的衰变的反应物只有一种，故D错．
7．日本福岛第一核电站在地震后，数秒内就将控制棒插入核反应堆芯，终止了铀的裂变链式反应．但海啸摧毁了机组的冷却系统，因裂变遗留的产物铯、钡等继续衰变不断释放能量，核燃料棒温度不断上升，对周边环境产生了巨大的危害．则下列说法正确的是(　　)
A．控制棒通过吸收中子来实现对核反应的控制
B．日本后来向反应堆灌注海水，可以降温，但大量的被污染的海水外泄，对周边环境产生了巨大的危害
C．核裂变遗留物铯、钡等原子的质量可能比铀原子质量大
D．核泄漏中放射性物质对人类是有害的
答案　ABD
解析　控制棒通过吸收中子来实现对核反应速度的控制，选项A正确；日本后来向反应堆灌注海水，大量的被污染的海水外泄，泄漏中放射性物质对周边环境产生了巨大的危害，选项B、D正确；因为核反应有能量释放，可知铯、钡等原子的质量比铀原子质量小，故C错误．
二、非选择题
8．一个原来静止的锂核(Li)俘获一个速度为7.7×104 m/s的中子后，生成一个氚核和一个氦核，已知氚核的速度大小为1.0×103 m/s，方向与中子的运动方向相反．
(1)试写出核反应方程；
(2)求出氦核的速度大小．
答案　(1)Li＋n―→H＋He　(2)2×104 m/s
解析　(1)Li＋n―→H＋He.
(2)取中子的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
mnv0＝－mTv1＋mHev2
v2＝＝2×104 m/s.
9．在所有能源中核能具有能量密度大、区域适应性强的优势，在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．
(1)核反应方程式U＋n―→Ba＋Kr＋310n是反应堆中发生的许多核反应中的一种，以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE＝______.
(2)有一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%.假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程中放出的核能ΔE＝2.78×10－11 J，铀核的质量mU＝390×10－27 kg，求每年(1年＝3.15×107 s)消耗的U的质量．
答案　(1)(mU－mBa－mKr－2mn)c2　(2)1 104 kg
解析　(1)释放的能量为
ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
(2)因核电站发电效率为40%，
故核电站消耗U的功率为
P′＝＝ kW＝2.5×106 kW.
核电站每年消耗U的能量为
W＝P′t＝2.5×109×3.15×107 J＝7.875×1016 J
产生这些能量消耗的铀核的数目：
n＝＝≈2.83×1027(个)
每年消耗U的质量为
M＝nmU＝2.83×1027×390×10－27 kg≈1 104 kg.
第四节　核力与结合能
[学习目标]　1.知道核力及其性质.2.知道重核与轻核中中子数与质子数的数量多少关系.3.掌握结合能和平均结合能的概念.4.知道质量亏损，理解爱因斯坦质能方程，并能进行有关核能的计算．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、核力及其性质
[导学探究]　是什么力克服质子之间的库仑斥力，使核子结合成一个稳固的原子核的？
答案　核子间(质子与质子、中子与中子、质子与中子)存在着一种比库仑力大得多的核力．
[知识梳理]
1．组成原子核的核子之间有很强的相互作用力，使核子能够克服库仑斥力而紧密地结合在一起，这种力称为核力．
2．核力是一种很强的力，在它的作用范围内核力比库仑力大的多．
3．核力是一种短程力．在约0.5×10－15～2×10－15m的距离内主要表现为引力；大于2×10－15m的距离时核力就迅速减小为零；在小于0.5×10－15m的距离内，核力又转变为强大的斥力而使核子不融合在一起．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)原子核中的质子是靠自身的万有引力聚在一起的．(　×　)
(2)核力是一种很强的作用力，在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多．(　√　)
(3)核力是一种短程力，只有在小于厘米级的距离才有核力表现．(　×　)
二、重核与轻核
[导学探究]　(1)一些较轻的原子核如He、O、C、N中质子数和中子数有什么关系？
(2)U、Th等重核中各有多少个中子、多少个质子？较重的原子核中中子数和质子数有什么关系？
答案　(1)质子数与中子数相等．
(2)U中含有92个质子、146个中子；Th中含有90个质子，144个中子．较重的原子核中中子数大于质子数．
[知识梳理]
自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，但较重的原子核，中子数大于质子数，越重的原子核，两者相差越多．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)在原子核的组成中，质子数等于中子数．(　×　)
(2)原子核大到一定程度，原子核就不稳定了．(　√　)
(3)在宇宙演化过程中，只有稳定的原子核长久地留了下来．(　√　)
(4)稳定的重原子核里，质子数比中子数多．(　×　)
三、结合能
[导学探究]
1．设有一个质子和一个中子在核力作用下靠近碰撞并结合成一个氘核．质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？
答案　质子和中子结合成原子核的过程中要释放能量；氘核分解成质子和中子时要吸收能量．
2．如图1所示是不同原子核的平均结合能随质量数变化的曲线．
图1
(1)从图中看出，中等质量的原子核与重核、轻核相比平均结合能有什么特点？平均结合能的大小反映了什么？
(2)平均结合能较小的原子核转化为平均结合能较大的原子核时是吸收能量还是释放能量？
答案　(1)中等质量的原子核平均结合能较大，平均结合能的大小反映了原子核的稳定性，平均结合能越大，原子核越稳定．
(2)释放能量．
[知识梳理]
1．对结合能的理解
(1)结合能：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把原子核拆散成核子，需要能量，这就是原子核的结合能．
(2)平均结合能：原子核的结合能与核子数之比称为平均结合能．平均结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．
(3)核子数较小的轻核和核子数较大的重核，平均结合能较小，中等核子数的原子核，平均结合能较大．当平均结合能较小的原子核转化为平均结合能较大的原子核时会释放核能．
2．对质能方程和质量亏损的理解
(1)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，这时质能方程也写作ΔE＝Δmc2.
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)一切原子核均具有结合能．(　√　)
(2)组成原子核的核子越多，它的结合能就越高．(　√　)
(3)结合能越大，核子结合得越牢固，原子越稳定．(　×　)
(4)自由核子结合为原子核时，可能吸收能量．(　×　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对结合能的理解
例1　下列关于结合能和平均结合能的说法中，正确的是(　　)
A．核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能
B．平均结合能越大的原子核越稳定，因此它的结合能也一定越大
C．重核与中等质量原子核相比较，重核的结合能和平均结合能都大
D．中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大
答案　D
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选项错误；平均结合能越大的原子核越稳定，但平均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平均结合能比重核大，但由于核子数比重核少，其结合能比重核小，B、C选项错误；中等质量原子核的平均结合能比轻核的大，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，D选项正确．
1．核子结合成原子核时一定释放能量，原子核分开成核子时一定吸收能量，吸收或释放的能量越大，表明原子核的结合能越大．
2．平均结合能越大表明原子核越稳定．一般情况下，中等质量的原子核比轻核和重核的平均结合能大．
二、质量亏损和核能的计算
例2　H的质量是3.016 050 u，质子的质量是1.007 277 u，中子的质量为1.008 665 u．求：(质量亏损1 u相当于释放931.5 MeV的能量)
(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)氚核的结合能和平均结合能各是多少？
答案　(1)放出　7.97 MeV　(2)7.97 MeV　2.66 MeV
解析　(1)一个质子和两个中子结合成氚核的反应方程式是H＋2n―→H，
反应前各核子总质量为
mp＋2mn＝(1.007 277＋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＝(3.016 050－3.024 607) u
＝－0.008 557 u.
因反应前的总质量大于反应后的总质量，故此核反应放出能量．
释放的核能为ΔE＝0.008 557×931.5 MeV≈7.97 MeV.
(2)氚核的结合能即为ΔE＝7.97 MeV，
它的平均结合能为≈2.66 MeV.
1．计算过程中Δm的单位是kg，ΔE的单位是J.
2．若Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV，可直接利用公式ΔE＝Δm×931.5 MeV来计算核能.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．下列关于核力的说法正确的是(　　)
A．核力同万有引力没有区别，都是物体间的相互作用
B．核力就是电磁力
C．核力是短程力，作用范围在2×10－15 m之内
D．核力与电荷有关
答案　C
解析　核力是短程力，超过2×10－15 m，核力急剧下降几乎消失，故选项C正确；核力与万有引力、电磁力不同，故选项A、B错误；核力与电荷无关，故选项D错误．
2．(多选)关于原子核中质子和中子的比例，下列说法正确的是(　　)
A．原子核中质子和中子的个数一定相等
B．稳定的重原子核里，中子数要比质子数多
C．原子核大到一定程度时，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
D．质子和中子可以组合成任意稳定的核
答案　BC
3．(多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是(　　)
A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C．铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能
D．平均结合能越大，原子核越不稳定
答案　ABC
解析　结合能是把核子分开所需的最小能量，选项A正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，存在质量亏损，核子平均结合能增大，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项B正确；核子数越多，结合能越大，选项C正确；平均结合能越大，分开核子所需的能量越大，原子核越稳定，选项D错误．
4．已知氮核质量MN＝14.007 53 u，氧17核的质量MO＝17.004 54 u，氦核质量MHe＝4.003 87 u，氢核质量MH＝1.008 15 u，试判断：N＋He→O＋H这一核反应是吸收能量还是放出能量？能量变化是多少？(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)
答案　吸收能量　1.2 MeV
解析　反应前总质量：MN＋MHe＝18.011 40 u，
反应后总质量：MO＋MH＝18.012 69 u.
可以看出：反应后总质量增加，故该反应是吸收能量的反应．
故ΔE＝(18.012 69－18.011 40)×931.5 MeV≈1.2 MeV.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(1～8题为单选题，9题为多选题)
1．下列对核力的认识正确的是(　　)
A．任何物体之间均存在核力
B．核力广泛存在于自然界中的核子之间
C．核力只存在于质子之间
D．核力只发生在相距2×10－15 m内的核子之间，大于0.5×10－15 m为引力，而小于0.5×10－15 m为斥力
答案　D
解析　由核力的特点知道，只有相距2×10－15 m内的核子之间才存在核力，核力发生在质子与质子、质子与中子及中子与中子之间，由此知D正确，A、B、C错误．
2．核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都伴随着巨大的能量变化，这是因为(　　)
A．原子核带正电，电子带负电，电荷间存在很大的库仑力
B．核子具有质量且相距很近，存在很大的万有引力
C．核子间存在着强大的核力
D．核子间存在着复杂磁力
答案　C
解析　核子之间存在核力作用，核子结合成原子核或原子核分解为核子时，都有核力作用，故伴随着巨大的能量变化，故选C.
3．原子质量单位为u,1 u相当于931.5 MeV的能量，真空中光速为c，当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是(　　)
A．(M－m1－m2) u×c2
B．(m1＋m2－M) u×931.5 J
C．(m1＋m2－M)c
D．(m1＋m2－M)×931.5 MeV
答案　D
4．为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”．对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2，下列说法中不正确的是(　　)
A．E＝mc2定量地指出了物体具有的能量与其质量之间的关系
B．根据ΔE＝Δmc2可以计算核反应中释放的核能
C．一个中子和一个质子结合成氘核时，释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损
D．E＝mc2中的E是发生核反应时释放的核能
答案　D
解析　爱因斯坦质能方程E＝mc2定量的指出了物体具有的能量与其质量之间的关系，A正确；由质能方程知，当物体的质量减少时，物体的能量降低，向外释放了能量；反之，若物体的质量增加了，则物体的能量升高，表明它从外界吸收了能量，所以由物体的质量变化能算出物体的能量变化，故B、C正确，D错误．
5．某核反应方程为H＋H→He＋X.已知H的质量为2.013 6 u，H的质量为3.018 0 u，He的质量为4.002 6 u，X的质量为1.008 7 u．则下列说法中正确的是(　　)
A．X是质子，该反应释放能量
B．X是中子，该反应释放能量
C．X是质子，该反应吸收能量
D．X是中子，该反应吸收能量
答案　B
解析　根据核反应过程质量数、电荷数守恒，可得H＋H→He＋X，X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.013 6 u＋3.018 0 u＝5.031 6 u，反应后产物总质量m2＝4.002 6 u＋1.008 7 u＝5.011 3 u．总质量减少，出现了质量亏损，故该反应释放能量．
6．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，释放的能量为(　　)
A．21.04 MeV B．35.56 MeV
C．92.16 MeV D．77.64 MeV
答案　C
解析　设中子的质量为mn，质子的质量为mp，α粒子的质量为mα，碳原子核的质量为mC.
根据质能方程：
ΔE1＝28.30 MeV＝[2(mn＋mp)－mα]c2
ΔE2＝7.26 MeV＝[3mα－mC]c2
ΔE3＝[6mn＋6mp－mC]c2
由以上各式得ΔE3＝92.16 MeV.
7．如图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1
A．将原子核A分解为原子核B、C可能吸收能量
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
答案　C
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错误，同理可得B、D错误，C正确．
8．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mp、mD.现用光子能量为E的γ射线照射静止氘核使之分解，核反应方程为γ＋D→p＋n，若分解后中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是(　　)
A.[(mD－mp－mn)c2－E]
B.[(mD＋mn－mp)c2＋E]
C.[(mD－mp－mn)c2＋E]
D.[(mD＋mn－mp)c2－E]
答案　C
解析　因为轻核聚变时放出能量，质量亏损，所以氘核分解为核子时，要吸收能量，质量增加，本题核反应过程中γ射线能量E对应质量的增加和中子与质子动能的产生，即E＝Δmc2＋2Ek＝(mp＋mn－mD)c2＋2Ek得Ek＝[E－(mp＋mn－mD)c2]＝[(mD－mp－mn)c2＋E]，故选C.
9．中子和质子结合成氘核时，质量亏损为Δm，相应的能量ΔE＝Δmc2＝2.2 MeV是氘核的结合能．下列说法正确的是(　　)
A．用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子
B．用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
C．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
D．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
答案　AD
解析　用能量小于结合能的光子照射氘核时，氘核一定不能分解，所以A正确，B错误；用能量大于结合能的光子照射氘核时，氘核可能分解，只要分解，分解出的质子和中子动能之和一定不为零(若动能之和为零就分不开了)，所以C错误，D正确．
二、非选择题
10．一个静止的镭核Ra发生衰变放出一个粒子变为氡核Rn.已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u,1 u相当于931.5 MeV的能量．
(1)写出核反应方程；
(2)求镭核衰变放出的能量；
(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能．
答案　(1)Ra→Rn＋He　(2)6.05 MeV
(3)5.94 MeV
解析　(1)核反应方程为Ra→Rn＋He.
(2)镭核衰变放出的能量为ΔE＝Δm·c2
＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV≈6.05 MeV.
(3)镭核衰变前静止，镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定律可得mRnvRn－mαvα＝0①
又因为衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能，则
ΔE＝mRnv＋mαv②
由①②可得Ekα＝·ΔE≈5.94 MeV.