2017_2018学年高中物理全一册学案（打包24套）鲁科版选修3_5

第1节　动量定理
[目标定位]　1.理解动量的概念，以及动量和动量变化量的矢量性.2.知道冲量的概念，以及冲量的矢量性.3.理解动量定理的确切含义及其表达式.4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．
一、动量
1．定义
运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.
2．矢量性
方向与物体运动速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．
3．动量的变化量
物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝mv2－mv1(矢量式)．
想一想　质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？
答案　不一定．动能和质量相同，则速度大小相同，方向不一定相同，又因为动量是矢量，有方向性，所以动量不一定相同．
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft.单位：牛顿·秒，符号：N·s.
(2)矢量性：方向与力的方向相同．
2．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．
(2)公式：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1.
3．动量与缓冲的实例分析
碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间；要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．
想一想　跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？
答案　这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对动量的理解
1．动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝mv2－mv1＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
3．与动能的区别与联系：
(1)区别：动量是矢量，动能是标量．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，二者大小关系为Ek＝或p＝.
【例1】　关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
答案　A
解析　动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向与该时刻物体的速度方向相同，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．
【例2】　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．
借题发挥　关于动量变化量的计算
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．
二、对冲量的理解和计算
1．冲量的理解
(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(2)冲量是矢量，当力是恒力时，冲量的方向与力的方向相同；当力是变力时，冲量的方向与动量变化量方向一致．
2．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：等于该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法：
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
图1
(3)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量，平均力＝.
②若给出了力随时间变化的图象如图1所示，可用面积法求变力的冲量，即F-t图线与时间轴围成图形的面积在数值上等于力在该段时间内的冲量．
③利用动量定理求解．
【例3】　如图2所示，在倾角α＝37°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)
图2
答案　见解析
解析　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＝Nt＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．
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．
借题发挥　求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断各力是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积、求解，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．
三、对动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式Ft＝mv2－mv1是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
【例4】　跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于(　　)
A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上的小
B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上的小
C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上的小
D．人跳在沙坑里受到的平均作用力比跳在水泥地上的小
答案　D
解析　人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的平均作用力F越小，故选项D正确．
【例5】　质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均作用力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均作用力约为多少？(g取10 m/s2)
答案　1 400 N　7 700 N
解析　以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0
代入数据，解得F＝1 400 N
下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0
代入数据，解得F′＝7 700 N.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对动量和冲量的理解
1．关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
答案　D
解析　动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量就发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．
2. (多选)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，物体没有被拉动，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零
答案　BD
解析　拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项D正确．
动量定理的理解和应用
3．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，
与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是(　　)
A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量
B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
答案　BD
解析　根据动量定理可知，引起物体动量变化的是合外力的冲量，故A错，B对；若选向上为正方向，则Δp＝p2－p1＝[0.5－(－0.5)]kg·m/s＝1 kg·m/s，故C错，D对．
4．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确．
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对动量和冲量的理解
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变
B．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变
C．物体的动量不变，其速度一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向，一定与该时刻的速度方向相同
答案　ACD
2．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．动能变化的物体，动量一定变化
B．动能不变的物体，动量一定不变
C．动量变化的物体，动能一定变化
D．动量不变的物体，动能一定不变
答案　AD
解析　动量是矢量，动能是标量，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；动能不变，速度的大小不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B错误；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
答案　A
解析　从绳恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．
4．(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化总是相等的运动可能是(　　)
A．匀速圆周运动 B．匀变速直线运动
C．自由落体运动 D．平抛运动
答案　BCD
5.在短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)
图1
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案　B
解析　运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错．
题组二　动量定理的理解及定性分析
6．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时相互作用时间长
答案　CD
解析　玻璃杯是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对玻璃杯的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m，与水泥或草地接触Δt时间后，玻璃杯停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp＝0－(－m)相同，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝0－(－m)，所以F＝＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，玻璃杯掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎，故A、B错误，C、D正确．
7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是先让脚尖着地，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，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确．
8.如图2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，则铁块落地点(　　)
图2
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
答案　B
解析　以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的摩擦力不变，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．
题组三　动量定理的定量计算
9．质量为m的钢球自高处落下，以速度大小v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为(　　)
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
答案　D
解析　物体以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动理定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1.
由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．
10.质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图3所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，则小球所受到的平均力大小为________N.
图3
答案　90
解析　选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1
所以，F＝＝ N＝－90 N
“－”号说明F的方向与v1的方向相反．
11.如图4所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)
图4
答案　190 N
解析　钢球落到地面时的速度大小为v0＝＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为vt＝＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，vt的方向为正方向，再根据动量定理得(N－mg)t＝mvt－(－mv0)，代入数据，解得N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.
12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度均为30 m/s，则：
(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？
答案　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N
解析　(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.
设运动的时间为t，则由x＝t得，t＝＝ s.
根据动量定理得Ft＝Δp＝－mv0，
解得F＝＝ N＝－5.4×104 N，方向与运动方向相反．
(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝－1.8×103 N，方向与运动方向相反．
13.一质量为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5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5
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案　(1)0.32　(2)130 N　(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－mv
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
第2节(1)　实验：探究动量是否守恒
实验目的：探究物体碰撞前后两物体组成的系统总动量的关系．
实验器材：气垫导轨、滑块(3块)、弹片、天平、光电门、数字毫秒计．
实验过程：
实验一：实验装置如图1所示，用天平称出两质量相等的滑块，装上相同的挡光板，放在气垫导轨的中部．两滑块靠在一起，用细线拴住后中间压入弹片，处于静止状态．烧断细线，两滑块被弹开并朝相反的方向通过光电门，记录挡光板通过光电门的时间，由v＝计算滑块的速度，求出两滑块的总动量p＝mv1－mv2.
图1
计算p的值，并与分开前的总动量比较得出结论．
实验二：增加其中一个滑块的质量，使其质量是另一侧的2倍，重复实验一的操作，求出两侧滑块的总动量p＝mv1－2mv2.
计算p的值，并与分开前的总动量比较，得出结论．
实验三：把气垫导轨的一半覆盖上牛皮纸，并用胶带固定后，用两块质量相等的滑块，重复实验一的操作，求出两滑块的总动量p＝mv1－mv2.
计算p的值，并与分开前的总动量比较，得出结论．
结论：
(1)在光滑气垫导轨上无论两滑块质量是否相等，它们被弹开前的总动量为零，弹开后的总动量也为零．
(2)两滑块构成的系统受到牛皮纸的摩擦力(外力)后，两滑块相互作用后的总动量不为零，即碰撞前后的总动量发生了变化．
温馨提示　要探究两物体碰撞前后总动量是否守恒，需要测出相互作用前两物体的总动量和相互作用后两物体的总动量．要测动量，需要测出两个物体的质量，质量可以利用天平测量，还要测出相互作用前后两物体运动的速度，速度可以在气垫导轨上利用光电门和数字毫秒计计时测量．
【例1】　现利用图2(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图2(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
图2
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图2(b)所示．
若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
答案　见解析
解析　滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝①
式中Δs为滑块在时间Δt内走过的路程．
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为T，则
T＝＝0.02 s②
设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0、v1，则由图给实验数据代入①式可得：
v0＝ m/s＝2.00 m/s③
v1＝ m/s＝0.970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝⑤
代入题中所给的数据可得：v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p′，则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δγ＝||×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：
δγ＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
【例2】　某同学利用气垫导轨探究两物体作用前后动量是否守恒，气垫导轨装置如图3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3
(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后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200 g；
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A.________________________________，
B．___________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为________m/s；滑块2的速度v3为________m/s；(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们能否得出两物体相互作用前后总动量是守恒的？
答案　(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差
B．保证两个滑块的碰撞是一维的
②0.50　0.10　0.60
③能
解析　(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度
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；
③两物体相互作用前后总动量守恒．
原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．利用气垫导轨“探究两物体相互作用前后动量是否守恒”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．滑块移动的距离
答案　D
解析　根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，故选项D正确．
2．某同学设计了一个用打点计时器“探究两物体作用前后动量是否守恒”实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的实验具体装置如图4所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图4
(1)若实验已得到的打点纸带如图5所示，并测得各计数点间距(标在图上)，则应该选________段来计算A的碰撞前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度(选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)．
图5
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg.由以上测量结果可得：碰前总动量mAvA＝______kg·m/s；碰后总动量：(mA＋mB)v共＝______kg·m/s.由此可得结论：在实验允许的范围内，两物体的总动量________．(本题计算结果均保留三位有效数字)
答案　(1)BC　DE
(2)0.420　0.417　守恒
解析　(1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC段．CD段上所打的点由稀变密，可见在CD段A、B两小车相互碰撞．A、B碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE段计算碰后的速度．
(2)碰撞前：vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，
碰撞后：vA′＝vB′＝v共＝＝ m/s＝0.695 m/s.
碰撞前：
mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后：
(mA＋mB)v共＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
由于0.420≈0.417
由此得出的结论是在误差允许的范围内，一维碰撞过程中，两物体的速度与质量的乘积的和保持不变，即作用前后动量守恒.
(时间：60分钟)
1．用图1所示装置研究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度9.0 mm，两滑块被弹簧弹开后，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m1v1大小为________g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块质量与速度乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝________g·m/s.实验结论是________________．
图1
答案　22.5　0　相互作用前后两滑块的总动量相等
解析　左侧滑块的速度大小为：
v1＝＝＝0.225 m/s
则左侧滑块m1v1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s
右侧滑块的速度大小为：|v2|＝＝ m/s
＝0.15 m/s
则右侧滑块m2v2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s
可见在误差允许的范围内两滑块m1v1＋m2v2＝0.
2．如图2所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做____________运动，其速度大小为________m/s，本实验中得出的结论是_______________________．
图2
答案　匀速　0.09　两物体的总动量守恒
解析　绳子烧断前：vA＝0，vB＝0，所以有
mAvA＋mBvB＝0
绳子烧断后：vA′＝0.09 m/s，vB′＝0.06 m/s
规定向右为正方向，则有
mAvA′＋mBvB′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0
则由以上计算可知：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′.
3．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，做探究动量是否守恒的实验：
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两滑块的动量之和为________，作用后A、B两滑块的动量之和为________．
答案　(3)①用水平仪测量并调试使得导轨水平
②A至C的距离L1、B至D的距离L2
③0　(M＋m)－M
解析　(3)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，动量之和为0；碰后两滑块的动量之和为(M＋m)－M.
4．某同学用图4甲所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来探究碰撞中的不变量．实验时把无摩擦可转动支架Q放下，先使a球从斜槽上某一固定位置P由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把支架Q竖起，放上b球，让a球仍从位置P由静止开始滚下，到达水平槽末端时和b球碰撞，a、b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点是水平槽末端点在记录纸上的垂直投影点，O′为支架上b球球心在记录纸上的垂直投影点．
图4
(1)碰撞后b球的水平射程应取图中________段．
(2)在以下选项中，属于本次实验必须进行的测量是________(填选项字母)．
A．支架上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离
B．a球与b球碰撞后，测量两球落点位置到O点(或O′点)的距离
C．测量a球或b球的直径
D．测量a球和b球的质量M和m
E．测量P点相对于水平槽面的高度
(3)实验中若某同学测量了小球直径，使用螺旋测微器所得的结果如图乙所示，则球的直径D＝________cm.
(4)结合课堂实验结论，按照本实验方法，探究不变量的表达式应是______________．[用(2)中和图甲中的字母表示]
答案　(1)O′C　(2)ABCD　(3)1.090 5　(4)M·OB＝M·OA＋m·O′C
解析　(1)a与b相撞后，b的速度增大，a的速度减小，碰前碰后小球都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时a球的落地点，C是碰后b的落地点，A是碰后a的落地点，所以碰撞后b球的水平射程应取图中O′C段．
(2)根据实验的原理知，mAv0＝mAv1＋mBv2，即mA＝mA＋mB，可知需要测量的物理量有：水平槽上未放b球时，a球落点位置到O点的距离；a球与b球碰撞后，a球和b球落点位置到O点或O′点的距离；a球和b球的质量；a球或b球的直径．故A、B、C、D正确，E错误．
(3)螺旋测微器的固定刻度读数为10.5 mm，可动刻度读数为：0.01×40.5 mm＝0.405 mm，所以最终读数为：10.5 mm＋0.405 mm＝10.905 mm＝1.090 5cm.
(4)两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得：
Mv0＝Mv1＋mv2，故有Mv0t＝Mv1t＋mv2t，
即M·OB＝M·OA＋m·O′C.
5.如图5所示，A、B两摆摆长分别为L1和L2，摆球质量分别为m1和m2，且m1图5
答案　动量　m1(1＋)＝m2
解析　两球在最低点碰撞时，水平方向上所受合力为零，动量守恒，设碰前瞬间A球速度为v1.由机械能守恒，对A球：m1v＝m1gL1①
设A、B球碰后瞬间的速度分别为v1′和v2′，由机械能守恒．
对A球：m1v1′2＝m1gL1(1－cos α)②
对B球：m2v2′2＝m2gL2(1－cos β)③
由动量守恒
m1v1＝－m1v1′＋m2v2′④
由①②③④式得m1(1＋)
＝m2.
6．用天平、气垫导轨(带光电计时器和两个滑块)探究物体间发生相互作用时的不变量，本实验可用自动照相机代替打点计时器(闪光频率为10 Hz)，步骤方法如下：
图6
(1)用天平称出两滑块的质量．mA＝0.10 kg，mB＝0.20 kg，放在水平的气垫导轨上(导轨上标尺的最小分度为1 cm，滑块可看作质点)．
(2)碰撞前后连续三次闪光拍照得图中a、b、c所示的照片；请你根据图示数据探究物体间发生相互作用时的不变量．
答案　见解析
解析　由题图a、b可确定A的速度为：
vA＝ m/s＝0.6 m/s
则mAvA＝0.1×0.6 kg·m/s＝0.06 kg·m/s
从题图b、c看出滑块A与B靠近到发生碰撞需时间
t2＝ s＝2.5×10－2 s
所以A与B碰后回到7.0 cm位置，历时
Δt＝(0.1－2.5×10－2)s＝7.5×10－2 s
因此，求出vA′＝m/s＝－0.2 m/s
vB′＝m/s＝0.4 m/s
所以碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝6×10－2 kg·m/s
由以上计算可得：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′.
即碰撞前后质量与速度乘积之和保持不变．
第2节(2)　动量守恒定律
[目标定位]　1.认识系统、内力、外力；理解动量守恒定律的内容，以及其适用条件.2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律.3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的应用．
一、动量守恒定律
1．内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：
p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
3．动量守恒定律的普适性
动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且也适用于高速、微观物体的运动．
想一想　
图1
如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？
答案　不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．
二、反冲运动与火箭
1．当空气喷出时，空气具有动量，气球要向相反方向运动，这种运动叫做反冲运动．
2．火箭
(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大．二是燃料质量，燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向．
(2)防止
用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
想一想　为什么反冲运动中系统动量守恒？
答案　反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对动量守恒定律的理解
1．研究对象
相互作用的物体组成的系统．
2．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，但内力远远大于合外力时动量近似守恒．
(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
【例1】　(多选)如图2所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
答案　ACD
解析　当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误，选项C、D正确．
针对训练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中棒球受人手的作用力，故合力均不为零，不符合动量守恒的条件．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律的表达式及含义
(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.
(2)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．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
(4)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．
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解．
【例2】　质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝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，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v2′＝0.
由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v1′＝－20 cm/s.
故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．
借题发挥　处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．
(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．
【例3】　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3所示．
图3
(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)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．
三、对反冲运动的理解
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分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．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的整体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分的速度方向必然相反．
(2)速度的相对性
一般都指对地速度．
【例4】　如图4，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的速度v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
图4
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
答案　C
解析　根据动量守恒定律，选水平向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确．
针对训练2　如图5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5
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
答案　D
解析　根据动量守恒定律列方程求解．
对火箭和卫星由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．
故选D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对动量守恒条件的理解
1．如图6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6
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C
2．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图7所示．当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)
图7
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
答案　BC
解析　a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b组成的系统动量不守恒；a离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．
对反冲运动的理解
3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图8所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
图8
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　反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确．
动量守恒定律的简单应用
4．如图9所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)
图9
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
答案　D
解析　两车碰撞过程动量守恒．
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝
＝m/s＝－0.5 m/s
5．甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5 kg，v1＝2 m/s；m2＝3 kg，v2＝1 m/s.两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5 m/s，方向不变，求甲车的速度v1′.
答案　1 m/s，方向与乙车的速度方向相同
解析　设碰前甲车运动的方向为正方向．对两车组成的系统，由于在光滑的水平面上运动，作用在系统上的水平方向的外力为零，故由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′－m2v2′，得v1′＝
＝ m/s＝－1 m/s.
负号表示甲在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对动量守恒条件的理解
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
答案　C
解析　根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．
2.如图1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，下列说法中正确的是(　　)
图1
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．
3．如图2所示，光滑的水平地面上有一上表面水平的小车C，A、B中间用一段轻绳相连接并有一被压缩的轻质弹簧，A、B、C均处于静止状态．若细绳被剪断后，A、B滑离C之前，A、B在C上向相反方向滑动，设A与C、B与C之间的摩擦力大小分别用f1、f2表示，用P表示A、B、弹簧组成的系统，用Q表示A、B、C、弹簧组成的系统．关于A、B在C上滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．若f1＝f2，则P和Q动量均不守恒
B．若f1＝f2，则P动量守恒，Q动量不守恒
C．若f1≠f2，则P动量守恒，Q动量守恒
D．若f1≠f2，则P动量不守恒，Q动量守恒
答案　D
解析　对P，弹簧弹力为内力，而C对A、C对B的摩擦力均为外力，若f1＝f2，则P所受合外力为零，动量守恒，A错误；若f1≠f2，则P所受合外力不为零，动量不守恒，C错误；而对Q，由于弹簧的弹力、A与C、B与C之间的摩擦力均为内力，无论f1与f2是否相等，Q所受合外力均为零，动量守恒，B错误，D正确．
题组二　动量守恒定律的简单应用
4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为5 000 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率(　　)
A．小于10 m/s
B．大于20 m/s，小于30 m/s
C．大于10 m/s，小于20 m/s
D．大于30 m/s，小于40 m/s
答案　A
解析　两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统总动量方向向南，即p客>p卡，5 000×20 kg·m/s>10 000 kg ×v，解得v<10 m/s，故A正确．
5．(多选)如图3所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块以水平向右的速度滑上小车并在小车的水平车板上运动，且最终未滑出小车．下列说法中正确的是(　　)
图3
A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速
B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速
C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速
D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速
答案　AC
解析　小车和木块水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，若小车的动量大于木块的动量，Mv2－mv1＝(M＋m)v，末动量方向向左，木块先减速再反向加速后匀速，A对；同理若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速．C对．
6．(多选)如图4所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是(　　)
图4
A．p1＋p2＝p1′＋p2′ B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2 D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
答案　BD
解析　因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
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　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．
题组三　对反冲运动的理解
8．一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图5所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则(　　)
图5
A．只要lB．只有lC．只要l＝x，他一定能跳上站台
D．只要l＝x，他有可能跳上站台
答案　B
解析　人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l9.两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车A、B静止，如图6所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止时，则A车的速率(　　)
图6
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
答案　B
解析　选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB.由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝，即vA10．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
答案　D
解析　火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
题组四　综合应用
11.如图7所示，质量为m2＝1 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．
图7
答案　90 m/s　方向与小球的初速度方向一致
解析　对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有
v1＝1 000 m/s，v1′＝－800 m/s，v2＝0
又m1＝50 g＝5.0×10－2 kg，m2＝1 kg
由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′
代入数据解得v2′＝90 m/s，方向与小球初速度方向一致．
12．如图8所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？
图8
答案　v0
解析　由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．
对m、M系统，m击中M过程动量守恒，
mv0＝(m＋M)v，所以v＝v0.
13．一辆质量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μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
解得a＝6 m/s2①
则v＝＝9 m/s②
由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v③
解得v0＝v＝27 m/s
第3节　科学探究——一维弹性碰撞
[目标定位]　1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点.2.掌握弹性碰撞的规律，会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题.
一、不同类型的碰撞
1．非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒．
2．完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．
3．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失，又称为完全弹性碰撞．
二、弹性碰撞的实验探究
1．质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．
2．质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰撞后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．
3．质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰撞后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．
综上可知，在弹性碰撞过程中，系统的动量与动能都守恒．
三、弹性碰撞的规律
质量为m1的小球以速度v1与静止的质量为m2的小球发生弹性碰撞．碰撞过程中动量守恒，动能也守恒．
动量守恒的表达式为：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒的表达式为m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后两个物体的速度分别为
v1′＝v1，v2′＝v1.
想一想　质量相等的两个物体发生正碰时，一定交换速度吗？
答案　不一定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和动能守恒的情况下，两物体才会交换速度.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对碰撞问题的理解
1．碰撞
(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．
(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1
推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝0，v2′＝v1
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
【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.
(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；
(2)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)取v1＝50 cm/s＝0.5 m/s的方向为正方向，
则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＝m1v＋m2v－(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′，
由动能守恒得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据解得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
二、弹性正碰模型及拓展应用
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，则二者发生弹性正碰后， 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正碰．
【例2】　如图1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．
图1
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＝m1v
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＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v＝m1v＋m2v③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝
借题发挥　对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一个过程都适用．
【例3】　 (多选)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m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2
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mv
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，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．
三、碰撞满足的三个条件
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
或＋≥＋.
3．速度要符合实际情景：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】　如图3所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相撞后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．求：
图3
(1)碰撞后B球的速度；
(2)A球的质量范围．
答案　(1)8 m/s　(2) kg≤mA≤ kg
解析　(1)由题意知pA′＝2 kg·m/s.
根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′
解得vB′＝8 m/s.
(2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝>vB
碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝≤vB′
碰撞过程系统能量不可能增加，所以
＋mBvB′2≤＋mBv
联立解得mA应满足 kg≤mA≤ kg.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
碰撞特点及满足的条件
1. (多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，如图4所示，若以向左为运动的正方向，A球的速度为v1＝－2 m/s，B球的速度为v2＝6 m/s，某时刻A球与B球发生相互碰撞，碰撞后仍在一条直线上运动，则碰后A、B球速度的可能值是(　　)
图4
A．vA＝1 m/s，vB＝3 m/s
B．vA＝7 m/s，vB＝－3 m/s
C．vA＝2 m/s，vB＝2 m/s
D．vA＝6 m/s，vB＝－2 m/s
答案　CD
解析　设两球的质量均为m.验证方法：(1)动量角度：p初＝4m，而所给选项均满足要求；(2)碰撞实际情况(碰撞只能发生一次)：A项不符合题意；(3)能量角度：两球碰撞前的总动能：Ek初＝mv＋mv＝20m，B选项中，两球碰后的总动能为Ek末＝mv＋mv＝29m，不符合题意；C、D项完全符合碰撞现象的三个原则，故碰撞能发生．
弹性碰撞的特点及计算
2．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝v0，故碰撞前、后中子速率之比为.
非弹性碰撞的特点及计算
3．在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1＝4 kg，乙球的质量m2＝1 kg，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v－t图象如图5所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为(　　)
图5
A．3 m/s，向右 B．13 m/s，向左
C．13 m/s，向右 D．3 m/s，向左
答案　C
解析　由题图知，碰撞前甲球的速度为v1＝2 m/s，碰撞后，甲、乙两球的速度v＝－1 m/s，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律，得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据，解得v2＝－13 m/s，负号表示碰前乙球的速度方向与正方向相反，即方向向右．选项C正确．
4．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
答案　(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
解析　(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′.由动量守恒定律有
mv1－Mv2＝Mv2′①
代入数据得
v2′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv＋Mv＝Mv2′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1 400 J
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　碰撞的特点及可能性分析
1．下列关于碰撞的理解正确的是(　　)
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案　A
解析　碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．
2．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．
3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
答案　A
解析　A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，
原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2，①
假设碰后A球静止，即v1＝0，
可得v2＝0.5v
由题意知球A被反弹，所以球B的速度有：
v2>0.5v，②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
mv2≥mv＋×2mv，③
①③两式联立得：v2≤v，④
由②④两式可得：0.5v4．(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：Ek前＝mAv＋mBv＝27 J
Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
题组二　碰撞模型的处理
5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
答案　A
解析　由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v
碰前总动能：Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．
6. (多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　)
图1
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．整个系统最后静止
答案　BCD
解析　AB车与木块C、弹簧整个系统在任何时刻动量都守恒，故B对；木块C与B端碰撞粘合时有机械能损失，故A错；由动量守恒定律：0＝mv－Mv1＝(m＋M)v共，解得v1＝v，v共＝0，故C、D对．
7．(多选)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，碰撞后甲的速率是v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案　ABC
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．
8.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系式正确的是(　　)
图2
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
答案　B
解析　由题图知，a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量．
9.两个完全相同、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，系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒
C．弹簧最大弹性势能为mv
D．弹簧最大弹性势能为mv
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＝mv，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能mv，C项错误，D项正确．
10.A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图4所示．则：
图4
(1)由图可知A、B两物体在________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝____kg.
(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
答案　(1)2 s末　6　(2)30 J
解析　(1)由题图知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
vA＝＝－ m/s＝－2 m/s
vB＝＝ m/s＝3 m/s
vAB＝＝ m/s＝1 m/s
由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得mB＝6 kg
(2)碰撞过程损失的机械能：
ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝30 J.
题组三　碰撞模型的综合应用
11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．
答案　
解析　设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv＋(2m)v①
mv＝mv1＋(2m)v2②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得
v1＝－③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1＝mv④
μ(2m)gd2＝(2m)v⑤
按题意有d＝d1＋d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv－mv2⑦
联立②至⑦式，得
v0＝
12．水平台球桌面上母球A、目标球B和球袋洞口边缘C位于一条直线上，设A、B两球质量均为0.25 kg且可视为质点，A、B间的距离为5 cm，B、C间距离为x＝160 cm，因两球相距很近，为避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象)，常采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球在离杆后与目标球发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞)，设球与桌面的动摩擦因数为μ＝0.5，为使目标球可能落入袋中，求：
图5
(1)碰撞过程中A球对B球的最小冲量为多大？(碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计)
(2)碰撞前瞬间A球的速度最小是多大？
答案　(1)1 kg·m/s　(2)4 m/s
解析　(1)设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为vB，由动能定理得：μmgx＝0－mv
解得vB＝4 m/s
由动量定理得：I＝mvB＝1 kg·m/s
(2)设A 碰撞前瞬间最小速度为vA，碰撞后瞬间为v，则：由动量守恒定律得：mvA＝mv＋mvB
由机械能守恒得：mv＝mv2＋mv
联立方程解得：vA＝vB＝4 m/s，v＝0
习题课　动量和能量观点的综合应用
[目标定位]　1.进一步熟练应用动量守恒定律的解题方法.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题．
解决力学问题的三个基本观点
1．力的观点：主要应用牛顿运动定律和运动学公式相结合求解，常涉及受力，加速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，以及相互作用的物体系问题．
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；在涉及物体系内能量的转化问题时，常用能量的转化和守恒定律．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、爆炸类问题
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．
【例1】　从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？
答案　(1)，方向竖直向下
(2)(m－M)v2＋
解析　(1)M下落h后：Mgh＝Mv2，v2＝
爆炸时动量守恒：
Mv＝－mv＋(M－m)v′
v′＝
方向竖直向下
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝(m－M)v2＋
二、滑块滑板模型
1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑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，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．
3．注意滑块若不滑离木板，最后二者具有共同速度．
【例2】　如图1所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为mA＝20 kg，mB＝25 kg.A车以v0＝3 m/s的初速度向右运动，B车原来静止，且B车右端放着物块C，C的质量为mC＝15 kg.A、B相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．已知C与B水平上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B车足够长，求C沿B上表面滑行的长度．(g＝10 m/s2)
图1
答案　 m
解析　A、B相撞：
由动量守恒得mAv0＝(mA＋mB)v1
解得v1＝ m/s.由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略，故A、B刚连接为一体时，C的速度为零．此后，C沿B上表面滑行，直至相对于B静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上表面的滑行距离之积；
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v
(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v2＝μmCgL
解得L＝ m.
三、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，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．
【例3】　 (多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图2所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是(　　)
图2
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为
答案　BD
解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A、C错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为，B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒，可得上升的最大高度为，D正确．
四、弹簧类模型
1．对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零时，满足动量守恒．
2．整个过程常涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能等的相互转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
3．注意：弹簧压缩至最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能．
【例4】　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4 kg的物块C静止在前方，如图3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3
(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有
(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，vBC＝ m/s＝2 m/s，
设物块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
Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
爆炸类问题
1．一颗质量为30 g的弹丸在距地面高20 m时仅有水平速度v＝10 m/s爆炸成为A、B两块，其中A的质量为10 g，速度方向水平且与v方向相同，大小为vA＝100 m/s，求：
(1)爆炸后A、B落地时的水平距离多大？
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？
答案　(1)270 m　(2)60.75 J
解析　(1)爆炸时动量守恒，有
mv＝mAvA＋(m－mA)vB
代入数据得：vB＝－35 m/s
下落过程由h＝gt2
得t＝2 s
sA＝vAt＝100×2 m＝200 m
sB＝vBt＝35×2 m＝70 m
落地时水平距离s′＝sA＋sB＝270 m
(2)爆炸过程中转化的动能
ΔEk＝mAv＋(m－mA)v－mv2
＝60.75 J.
滑块一滑板类模型
2．一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m图4
(1)AB最后的速度大小和方向；
(2)A、B之间的动摩擦因数μ.
答案　(1)v0　方向向右　(2)
解析　(1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A不滑离B板的条件是二者最终相对静止，设此时共同速度为v.
由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v
可得：v＝v0
因为M>m，故v方向水平向右．
(2)A与B之间因摩擦产生热量Q＝μmgL
根据能量守恒定律得：Q＝Mv＋mv－(M＋m)v2
联立解得μ＝
子弹打木块类模型
3.如图5所示，在光滑水平面上放置一质量为M＝1 kg的静止木块，一质量为m＝10 g的子弹以v0＝200 m/s水平速度射向木块，穿出后子弹的速度变为v1＝100 m/s，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．
图5
答案　149.5 J
解析　取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得速度为v2，则有：mv0＝mv1＋Mv2得：
v2＝＝1 m/s，
由能量守恒定律得系统损失的机械能为
ΔE＝mv－mv－Mv＝149.5 J
弹簧类模型
4．如图6所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰撞后P物体静止，Q物体以P物体碰撞前速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的是(　　)
图6
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
答案　B
解析　P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误；由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩到最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误．

(时间：60分钟)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，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
解析　在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦，有一部分能量将转化为内能，机械能不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未发生形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力，且外力不等于零)．若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，有摩擦力做功，机械能不守恒，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．故正确答案为B.
2．如图2所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
图2
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C
解析　两木块在光滑水平地面上通过中间的弹簧相互作用，作用过程中系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误；选项C正确．甲、乙两木块相互作用前、后动能总量不变，但相互作用过程中有弹性势能与动能相互转化，故系统的动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．
3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
答案　C
解析　爆竹在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律，可知3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，C正确．
4．(多选)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能达到最大高度为
D．B能达到的最大高度为
答案　BD
解析　根据机械能守恒定律可得，B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，即D正确．
5．如图4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4
A.mv B.mv
C.mv D.mv
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＝mv－×2mv2＝mv，故C正确．
6.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　子弹打木块A，动量守恒，有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝.
7.质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图6所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边(　　)
图6
A. B.x C．x D.x
解析　挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，故x′＝vB′t＝x，D对．
答案　D
8.如图7所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝9m，不计空气阻力．问：
图7
(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)
(2)如果子弹在极短时间内以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？
答案　(1)　(2)mv
解析　(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，则mv0＝(m＋M)v1所以v1＝v0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则(m＋M)v＝(m＋M)gh，解得h＝
(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v2，则mv0＝m＋Mv2，解得v2＝v0在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为ΔE＝mv－m2－Mv＝mv
9.光滑水平轨道的右端有一固定的倾斜轨道，轨道面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图8所示．一质量为2 kg的滑块A以vA＝15 m/s的速度向右滑行，另一质量为1 kg的滑块B从5 m高处由静止开始下滑，它们在水平轨道相碰后，B滑块刚好返回出发点．g取10 m/s2.
图8
(1)求第一次碰撞后滑块A的瞬时速度；
(2)求两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能．
答案　(1)5 m/s　方向向右　(2)200 J
解析　(1)设滑块B下滑的过程中，到达水平轨道时的速度大小为vB，根据机械能守恒定律得：mBgh＝mBv
所以vB＝＝10 m/s
碰后B又能返回出发点，则碰后B的速度大小为
vB′＝vB＝10 m/s
以向右为正方向，滑块A、B碰撞过程中，动量守恒：
mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′
代入数据解得：vA′＝5 m/s，方向向右
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能为：
ΔE损＝mAv＋mBv－
代入数据解得：ΔE损＝200 J.
10.如图9所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
图9
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
答案　(1)mv　(2)mv
解析　(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统动量守恒，有
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒得
mv1＝2mv2②
mv＝ΔE＋(2m)v③
联立①②③式，得ΔE＝mv④
(2)由②式可知，v2mv0＝3mv3⑤
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv.
11．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图10所示．求：
图10
(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)W∶ΔE＝1∶2
解析　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝ m/s③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
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)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2
习题课　动量守恒定律的应用
[目标定位]　1.进一步理解动量守恒定律的含义.2.进一步练习使用动量守恒定律解决问题．
1．动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：
(1)理想条件：系统不受外力．
(2)实际条件：系统所受外力为零．
(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．
(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其五性：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、动量守恒条件及守恒对象的选取
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．选择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＋mv2＋m0v3
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，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上．一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成θ角，求物体落入砂车后车的速度v′.
图2
答案　
解析　物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，即mvcos θ＝(M＋m)v′，得v′＝.
二、多物体、多过程动量守恒定律的应用
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
【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与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，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；
(2)铁块刚滑上B时的速度．
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，
由系统总动量守恒得：mv＝(mB＋m)vB＋mAvA
可求得：vA＝0.25 m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.
由系统动量守恒得：mv＝mu＋(mA＋mB)vA
可求得：u＝2.75 m/s.
借题发挥　处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题
1．注意正方向的选取．
2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．
3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．
针对训练　两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图4所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率(　　)
图4
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
答案　B
解析　选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝，即vA三、动量守恒定律的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会出现相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界条件．临界条件往往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】　如图5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．不计冰面摩擦．
图5
(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，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
答案　(1)
(2)
(3)v1≤v2　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，由动量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
解得v1＝②
(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)v2③
解得v2＝④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得
v≥5.2 m/s.
四、反冲运动的应用——“人船模型”
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
(3)应用此关系时要注意两个问题：即公式中1、2和s1、s2一般都是相对地面而言的．
【例5】　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，求船和人相对地面的位移各为多少？
答案　 L　 L
解析　设任一时刻人与船速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2
而整个过程中的平均速度大小为1、2，则有m1＝M2.
两边乘以时间t有m1t＝M2t，即ms1＝Ms2.
且s1＋s2＝L，可求出s1＝ L，s2＝ L.
借题发挥　“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：
(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照物的位移.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对动量守恒条件的理解
1．(多选)如图6所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是(　　)
图6
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　球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒；小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒，故B、C对．
多物体、多过程中的动量守恒问题
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的第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7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？
图7
答案　v0
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，mv0＝5mv，v＝v0，即它们最后的速度为v0.
动量守恒中的临界问题
3.如图8所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦．
图8
答案　大于等于3.8 m/s
解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．
以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s.
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．
反冲运动模型
4.如图9所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，试求：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上．
图9
答案　
解析　蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，若蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝，上面三式联立可求出v＝.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　动量守恒条件及系统和过程的选取
1．(多选)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．
2. (多选)如图1所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是(　　)
图1
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
答案　BC
解析　当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，外力不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．
3. (多选)平板车B静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A以水平初速度v0向车的右端滑行，如图2所示．由于A、B间存在摩擦，因而A在B上滑行后，A开始做减速运动，B做加速运动(设B车足够长)，则B车速度达到最大时，应出现在(　　)
图2
A．A的速度最大时
B．A、B速度相等时
C．A在B上相对静止时
D．B车开始做匀速直线运动时
答案　BCD
解析　由于A、B之间存在摩擦力，A做减速运动，B做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A的速度最小，B的速度最大，因此选项A错误B、C正确，此后A、B一起匀速运动，所以D项正确．
4. (多选)如图3所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)
图3
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反
答案　BD
解析　小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．
题组二　“人船模型”的应用
5．(多选)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，则(　　)
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的，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　ABC
解析　由动量守恒定律可知，A、B、C正确．
6．一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图(如图所示)，图中虚线部分为人走到船头时的情景，请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是(　　)
答案　B
解析　人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，B正确．
7.小车静置在光滑水平面上，站在车上一端的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图4所示(小圆点表示枪口)．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发．打靶时，每发子弹都打中靶且留在靶里，并等前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为________．
图4
答案　
解析　依次打完n发子弹可等效为将n发子弹一次射出，由动量守恒定律可得，Ms1－nms2＝0，又s1＋s2＝d
解得s1＝d.
题组三　多物体、多过程中动量守恒定律的应用
8．一弹簧枪对准以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.
9.如图5所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　)
图5
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．物体的最终速度为，向右
D．物体的最终速度为，向右
答案　D
解析　物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体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＝，方向向右．
10.如图6所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g取10 m/s2)
图6
答案　0.4 s
解析　乙与甲碰撞动量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′，
得v乙′＝1 m/s
小物体在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，得v＝0.8 m/s
对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg＝2 m/s2
所以t＝，代入数据得t＝0.4 s.
题组四　综合应用
11.质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图7所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度是多大．
图7
答案　2.5 m/s
解析　子弹击穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v.子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹击穿A后的速度为v′，由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得
vA＝＝ m/s＝5 m/s
A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以v＝＝ m/s＝2.5 m/s.
12.如图8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8
答案　v0
解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0
13.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货厢的水平距离为l＝4 m，如图9所示．人的质量为m，车连
同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25 m．求：(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度；
图9
(2)人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g取10 m/s2)．
答案　(1)1.6 m/s　(2)车不运动　0.8 m
解析　
(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度大小是v1，车的反冲速度大小是v2，则mv1－Mv2＝0，v2＝v1.
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速直线运动，运动时间为t＝＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t，由图可知：
x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l，
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
(2)车的水平位移为x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m.
人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上前的水平速度大小仍为v1，车的速度大小为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，得
mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0，
故人落到车上A点站定后车的速度为零．
第1章 动量守恒研究
一、动量定理及应用
1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化．
2．公式：Ft＝mv2－mv1，它为矢量式，在一维情况时选取正方向后可变为代数运算．
3．研究对象是质点．应用动量定理分析或解题时，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．
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v2＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mv2－mv0＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，则N＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.
借题发挥　(1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．
(2)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形式．
二、多物体、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)和过程，分析系统所受的外力，看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1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
图1
答案　2 m/s
解析　长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到共同速度之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v
联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s.
【例3】　如图2所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？
图2
答案　v0
解析　设向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由动量守恒定律，得
(＋m)v0－mv0＝(2m＋)v1
解得v1＝v0
设人跳出甲船的速度为v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律，则
(＋m)v0＝mv1＋v2
解得v2＝v0.
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，不能写分量表达式．
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4】　如图3所示，在一光滑的水平面上，有三个质量都是m的物体，其中B、C静止，中间夹着一个质量不计的弹簧，弹簧处于松弛状态，今物体A以水平速度v0撞向B，且立即与其粘在一起运动．求整个运动过程中．
图3
(1)弹簧具有的最大弹性势能；
(2)物体C的最大速度．
答案　(1)mv　(2)v0
解析　(1)A、B碰撞过程动量守恒，mv0＝2mv1；
A、B碰撞后至弹簧被压缩到最短，三物体组成的系统动量守恒，机械能守恒，故2mv1＝3mv2，
×2mv＝×3mv＋Ep，可得Ep＝mv.
(2)弹簧恢复原长时，C物体的速度达到最大，
由系统动量守恒和机械能守恒，得3mv2＝2mv3＋mvm，×2mv＝×2mv＋mv，可得vm＝v0.
【例5】　如图4，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
图4
(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)不能追上，理由见解析
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)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
第1节　电子的发现与汤姆孙模型
[目标定位]　1.知道阴极射线是由电子组成的，电子是原子的组成部分.2.了解汤姆孙发现电子的研究方法及蕴含的科学思想.3.领会电子的发现对揭示原子结构的重大意义.4.了解汤姆孙的原子模型．
一、物质结构的早期探究
1．古人对物质的认识
(1)我国西周的“五行说”认为万物是由金、木、水、火、土五种基本“元素”组成的．
(2)古希腊的亚里士多德认为万物的本质是土、水、火、空气四种“元素”，天体则由第五种“元素”——“以太”构成．
(3)古希腊哲学家德谟克利特等人建立了早期的原子论，认为宇宙间存在着一种或多种微小的实体，叫做“原子”．
2．大约在17世纪中叶，人们开始通过实验来了解物质的结构．
(1)1661年，玻意耳以化学实验为基础建立了科学的元素论．
(2)19世纪初，道尔顿提出了原子论，认为原子是元素的最小单位．
(3)1811年，意大利化学家阿伏伽德罗提出了分子假说，指出分子可以由多个相同的原子组成．
二、电子的发现
1．阴极射线：科学家研究稀薄气体放电时发现，当玻璃管内的气体足够稀薄时，阴极发出一种射线，这种射线能使玻璃管壁发出荧光，这种射线称为阴极射线．
2．汤姆孙对阴极射线本质的探究
(1)实验中通过静电偏转力和磁场偏转力相抵消等方法，确定了阴极射线粒子的速度，并测量出了这些粒子的比荷：＝.
(2)阴极射线是带电粒子流，带负电．
(3)不同物质都能发射这种带电粒子，它是各种物质中共有的成分，其质量是氢离子质量的，汤姆孙将这种带电粒子称为电子．
想一想　汤姆孙怎样通过实验确定阴极射线是带负电的粒子？
答案　他根据阴极射线在电场和磁场中偏转情况判断其是带负电的电子流．
三、汤姆孙原子模型
汤姆孙认为，原子带正电的部分应充斥整个原子，很小很轻的电子镶嵌在球体的某些固定位置，正像葡萄干嵌在面包中那样，这就是原子的葡萄干面包模型．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、阴极射线的性质及特点
1．阴极射线实质是电子束．
2．阴极射线的产生：玻璃管内的气体足够稀薄时，射线由阴极发出，它可使玻璃管壁发出荧光．
3．阴极射线带电性质的判断方法
(1)阴极射线的本质是电子，在电场(或磁场)中所受电场力(或洛伦兹力)远大于所受重力，故研究电场力(或洛伦兹力)对电子运动的影响时，一般不考虑重力的影响．
图1
(2)带电性质的判断方法
①粒子在电场中运动如图1所示．带电粒子受电场力作用运动方向发生改变(粒子质量忽略不计)．带电粒子在不受其他力的作用时，若沿电场线方向偏转，则粒子带正电；若逆着电场线方向偏转，则粒子带负电．
图2
②粒子在磁场中运动，如图2所示．粒子将受到洛伦兹力作用F＝qvB，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，利用左手定则即可判断粒子的电性．不考虑其他力的作用，如果粒子按图示方向进入磁场，且做顺时针的圆周运动，则粒子带正电；若做逆时针的圆周运动，则粒子带负电．
【例1】　如图3所示，一玻璃管中有从左向右的阴极射线可能是电磁波或某种粒子流形成的射线，若在其下方放一通电直导线AB，射线发生如图所示的偏转，AB中的电流方向由B到A，则该射线的本质为(　　)
图3
A．电磁波
B．带正电的高速粒子流
C．带负电的高速粒子流
D．不带电的高速中性粒子流
答案　C
解析　射线在电流形成的磁场中发生偏转，即可确定该射线是由带电粒子构成的粒子流．根据安培定则可知，AB上方的磁场是垂直纸面向里的．粒子向下偏转，洛伦兹力方向向下，由左手定则可知射线所形成的电流方向向左，与粒子的运动方向相反，故粒子带负电．
借题发挥　应用左手定则时，要注意负电荷运动的方向与它形成的电流方向相反，即应用左手定则时负电荷运动的方向应与四指所指的方向相反．
针对训练　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
解析　阴极射线是原子受激发射出的电子流，关于阴极射线是电磁波、X射线都是在研究阴极射线过程中的一些假设，是错误的．
二、电子比荷的测定
1．汤姆孙在研究阴极射线时的实验装置如图4所示：
图4
2．带电粒子比荷的测定方法
图5
(1)让粒子通过正交的电磁场(如图5所示)，让其做直线运动，根据二力平衡，即F洛＝F电(Bqv＝qE)得到粒子的运动速度v＝.
(2)在其他条件不变的情况下，
图6
撤去电场(如图6所示)，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＝，根据轨迹偏转情况，由几何知识求出其半径R.
(3)由以上两式确定粒子的比荷表达式：＝，最后经定量计算汤姆孙认定组成阴极射线的粒子为电子．
【例2】　如图7所示为测定阴极射线粒子比荷的装置，从阴极K发出的阴极射线通过一对平行金属板D1、D2间的匀强电场，发生偏转．
图7
(1)在D1、D2间加电场后射线偏到P2，则由电场方向知，该射线带什么电？
(2)再在D1、D2间加一磁场(图中未画出)，电场与磁场垂直，让射线恰好不偏转．设电场强度为E，磁感应强度为B，则电子的速度多大？
(3)撤去电场，只保留磁场，使射线在磁场中做圆周运动，若测出轨道半径为R，则粒子的荷质比是多大？
解析　(1)负电
(2)粒子受两个力作用：电场力和洛伦兹力，两个力平衡，即有qE＝qvB，得：v＝
(3)根据洛伦兹力充当向心力：qvB＝m，得出：＝.
又v＝，则＝.测出E、B、R即可求荷质比.
答案　(1)负电　(2)　(3)
借题发挥　测比荷的方法
带电粒子的比荷，常见的测量方法有两种：
(1)利用磁偏转测比荷，由qvB＝m得＝，只需知道磁感应强度B、带电粒子的初速度v和偏转半径R即可．
(2)利用电偏转测比荷，偏转量y＝at2＝·2，故＝.所以在偏转电场U、d、L已知时，只需测量v和y即可．
三、汤姆孙的原子模型
图8
1．汤姆孙原子模型：汤姆孙认为原子是一个直径约为10－10 m的球体，正电荷均匀分布在整个球体中，带负电的电子嵌在其中，就好像面包中嵌着一粒粒葡萄干一样．
2．汤姆孙原子模型的示意图：(如图8所示)
【例3】　关于汤姆孙原子模型的说法正确的是(　　)
A．汤姆孙原子模型的提出是以严格的实验为基础的
B．汤姆孙认为原子是实心的
C．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在原子的中心
D．汤姆孙通过实验发现了质子
答案　B
解析　汤姆孙原子模型是在一定的实验和理论基础上假想出来的，不是以严格的实验为基础的，A错误；汤姆孙认为，原子是球体，原子带正电的部分应充斥整个原子，很小很轻的电子镶嵌在球体的某些固定位置，正像葡萄干嵌在面包中那样，所以B正确，C错误；汤姆孙发现了电子，并没有发现质子，D错误.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
阴极射线
1．如图9所示，在阴极射线管正上方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将(　　)
图9
A．向纸内偏转 　 B．向纸外偏转
C．向下偏转 　 D．向上偏转
答案　D
解析　由安培定则判断阴极射线所在处磁场垂直纸面向外，电子从负极端射出，由左手定则，可判定阴极射线(电子)向上偏转，故D对．
2.如图10所示是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿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10
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
解析　由于电子沿x轴正方向运动，若所受洛伦兹力向下，使电子射线向下偏转，由左手定则可知磁场方向应沿y轴正方向；若加电场使电子射线向下偏转，所受电场力方向向下，则所加电场方向应沿z轴正方向，由此可知B正确．
汤姆孙原子模型
3．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．汤姆孙研究阴极射线，用测定粒子比荷的方法发现了电子
B．电子的发现证明了原子是可分的
C．汤姆孙认为原子里面带正电荷的物质应充斥整个原子，而带负电的电子，则镶嵌在球体的某些固定位置
D．汤姆孙原子模型是正确的
答案　ABC
解析　通过物理学史可得，选项A正确；根据电子发现的重要意义可得，选项B正确；选项C描述的是汤姆孙原子模型，选项C正确；汤姆孙原子模型本身是错的，选项D错误．
电子比荷的测定
4.如图11所示，让一束均匀的阴极射线从两极板正中间垂直穿过正交的电磁场，选择合适的磁感应强度B和两极之间的电压U，带电粒子将不发生偏转，然后撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，并垂直打到极板上，两极板之间的距离为d，求阴极射线中带电粒子的比荷．
图11
答案　
解析　设阴极射线粒子的电荷量为q，质量为m，则在电磁场中由平衡条件得：q＝qvB①
撤去电场后，由牛顿第二定律得
qvB＝②
R＝③
解①②③得：＝.
(时间：60分钟)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对阴极射线的理解
1．(多选)关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线带负电
B．阴级射线带正电
C．阴级射线的比荷比氢原子的比荷大
D．阴极射线的比荷比氢原子的比荷小
答案　AC
解析　由阴极射线在电场中的偏转方向可判断其带负电，A对；汤姆孙用实验测定，阴极射线比荷是氢原子比荷的近两千倍，C对．
2．(多选)关于阴极射线，下列说法正确的是(　　)
A．阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象
B．阴极射线是由阴极发出的电子流
C．阴极射线是组成物体的原子
D．阴极射线沿直线传播，但可被电场、磁场偏转
答案　BD
解析　阴极射线是由阴极发出的电子流，B正确，A错误；电子是原子的组成部分，C错误；电子可被电场、磁场偏转，D正确．
3．阴极射线管中加高电压的作用是(　　)
A．使管内的气体电离
B．使阴极发出阴极射线
C．使管内障碍物的电势升高
D．使管内产生强电场，电场力做功使电子加速
答案　D
解析　在阴极射线管中，阴极射线是由阴极处于炽热状态而发射出的电子流，B错；发射出的电子流通过高电压加速后，获得较高的能量，与玻璃管壁发生撞击而产生荧光，故A、C错，D正确．
4．汤姆孙通过测定组成阴极射线的粒子的比荷发现了________，从而说明原子内部有复杂的结构．密立根通过油滴实验测定了电子的________．
答案　电子　电荷量
题组二　电子及电子比荷的测定
5．关于电荷的电荷量，下列说法错误的是(　　)
A．电子的电荷量是由密立根油滴实验测得的
B．物体所带电荷量可以是任意值
C．物体所带电荷量最小值为1.6×10－19 C
D．物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
答案　B
解析　密立根的油滴实验测出了电子的电荷量为1.6×10－19 C，并提出了电荷量子化的观点，因而A、C对，B错；任何物体的电荷量都是e的整数倍，故D对．因此选B.
6．(多选)如图1所示是汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(　　)
图1
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线不偏转
答案　AC
解析　实验证明，阴极射线是电子流，它在电场中偏转时应偏向带正电的极板一侧，可知选项C正确，选项B错误．加上垂直纸面向里的磁场时，电子在磁场中受洛伦兹力，要发生偏转，因而选项D错误．当不加电场和磁场时，电子所受的重力可以忽略不计，因而不发生偏转，选项A正确．
7.密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m，调节两极板间的电势差U，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d.则可求出小油滴的电荷量q＝________.
图2
答案　
解析　由平衡条件得mg＝q，解得q＝.
8．为了测定带电粒子的比荷，让这个带电粒子垂直电场方向飞进平行金属板间，已知匀强电场的场强为E，在通过长为L的两金属板间后，测得偏离入射方向的距离为d，如果在两板间加垂直于电场方向的匀强磁场，磁场方向垂直于粒子的入射方向，磁感应强度为B，则粒子恰好不偏离原来的方向，求为多少？
答案　
解析　设带电粒子以速度v0垂直电场方向进入匀强电场，则d＝at2＝2①
此带电粒子垂直入射到正交的电磁场区域时不发生偏转，
由平衡条件qE＝qv0B，
得v0＝②
由①②两式得＝
解得＝.
第2节　原子的核式结构模型
[目标定位]　1.了解α粒子散射实验的实验装置、实验原理和实验现象.2.理解卢瑟福的原子核式结构模型．
一、α粒子散射实验
1．实验装置(如图1)：
图1
2．实验方法
用由放射源发射的α粒子束轰击金箔，利用荧光屏接收，探测通过金箔后的α粒子分布情况．
3．实验结果
绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被原路弹回，α粒子被反射回来的概率竟然有.
二、卢瑟福原子模型
1．核式结构模型
原子内部有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷以及几乎全部的质量都集中在原子核内，带负电的电子绕核运动．原子的核式结构模型又被称为行星模型．
2．原子的大小：
(1)原子直径数量级：10－10 m.
(2)原子核直径数量级：10－15 m.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对α粒子散射实验的理解
1．装置：放射源、金箔、荧光屏等，如图2所示．

图2
2．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°.
3．注意事项：(1)整个实验过程在真空中进行．
(2)α粒子是氦原子核，体积很小，金箔需要做得很薄，α粒子才能穿过．
4．汤姆孙的原子模型不能解释α粒子的大角度散射．
【例1】　 (多选)如图3为卢瑟福所做的α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，下述说法中正确的是(　　)
图3
A．相同时间内在A时观察到屏上的闪光次数最多
B．相同时间内在B时观察到屏上的闪光次数比放在A时稍少些
C．放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少
D．放在C、D位置时屏上观察不到闪光
答案　AC
解析　在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故A正确；少数α粒子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转角度大于90°，极个别α粒子反弹回来，所以在B位置只能观察到少数的闪光，在C、D两位置能观察到的闪光次数极少，故B、D错，C对．
借题发挥　解决α粒子散射实验问题的技巧
1．熟记实验装置及原理．
2．理解建立核式结构模型的要点．
(1)核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变．
(2)汤姆孙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．
针对训练1　(多选)
图4
用α粒子撞击金原子核发生散射，图4中关于α粒子的运动轨迹正确的是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
答案　CD
解析　α粒子受金原子核的排斥力，方向沿两者的连线方向，运动轨迹弯向受力方向的一侧，A、B均错误；离原子核越近，α粒子受到的斥力越大，偏转越大，C、D正确．
二、卢瑟福原子核式结构模型
1．内容：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在核内，带负电的电子在核外空间绕核旋转．
2．对α粒子散射实验现象的解释
(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，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，偏转角才很大，而这种机会很少．
(3)如果α粒子正对着原子核射来，偏转角几乎达到180°，这种机会极小，如图5所示．

图5
3．数量级：原子的半径数量级为10－10 m，原子核半径的数量级为10－15 m
【例2】　下列对原子结构的认识中，错误的是(　　)
A．原子中绝大部分是空的，原子核很小
B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力
C．原子的全部正电荷都集中在原子核里
D．原子核直径的数量级大约为10－10 m
答案　D
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孙模型，卢瑟福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，而原子直径的数量级为10－10 m，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库仑引力而绕核旋转，所以本题应选D.
针对训练2　在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是(　　)
A．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
B．正电荷在原子内是均匀分布的
C．原子中存在着带负电的电子
D．原子的质量在原子核内是均匀分布的
答案　A
解析　原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C、D的说法没有错，但与题意不符．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
α粒子散射实验的理解
1．在α粒子的散射实验中，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是原子核对α粒子的(　　)
A．万有引力 B．库仑力
C．磁场力 D．核力
答案　B
2．英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说，如图所示，O表示金原子核的位置，曲线ab和cd表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是(　　)
答案　D
解析　α粒子散射实验的原因是α粒子与金原子核间存在库仑斥力，因此仅有D图正确．
原子的核式结构模型
3．(多选)卢瑟福原子核式结构理论的主要内容有(　　)
A．原子的中心有个核，叫原子核
B．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内
D．带负电的电子在核外绕着核旋转
答案　ACD
解析　卢瑟福原子核式结构理论的主要内容是：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，带负电的电子在核外空间绕着核旋转，由此可见，B选项错误，A、C、D选项正确．
4．(多选)卢瑟福对α粒子散射实验的解释是(　　)
A．使α粒子产生偏转的主要是原子中电子对α粒子的作用力
B．使α粒子产生偏转的力是库仑力
C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进
D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子
答案　BCD
解析　原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较多，故C、D对.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对α粒子散射实验的理解
1．关于α粒子散射实验装置的描述，下列说法中正确的是(　　)
A．实验器材有放射源、金箔、带有荧光屏的放大镜
B．金箔的厚度对实验无影响
C．如果不用金箔改为铝箔，就不会发生散射现象
D．实验装置放置在空气中和真空中都可以
答案　A
解析　实验用的器材有放射源、金箔、带有荧光屏的放大镜，放大镜可以在水平面内转动不同的方向，对散射的α粒子进行观察，A对；实验用的金箔的厚度极小，如果厚度增大，α粒子穿过金箔时必然受到较大的阻碍作用而影响实验结果，B错；如果改用铝箔，铝的原子核的电量仍然大α粒子很多，当α粒子靠近铝原子核时，库仑斥力仍然很大，散射实验现象仍能够发生，C错；空气的流动和尘埃对α粒子的运动产生较大影响，且α粒子在空气中由于电离作用，只能前进很短距离，使实验无法进行，故实验装置是放在真空中进行的，D错．
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．绝大多数沿原方向穿过，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，偏转角几乎达到180°，故选项B正确，选项C、D错误．
3．在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作用
答案　D
解析　α粒子与原子核外电子的作用是很微弱的，由于原子核的质量和电荷量很大，α粒子与原子核很近时，库仑斥力很强，足可以使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，D对．
4．如图所示，X表示金原子核，α粒子射向金箔被散射，若它们的入射时的动能相同，其偏转轨迹可能是图中的(　　)

答案　D
解析　α粒子离金核越远，其所受斥力越小，轨迹弯曲的就越小，故D对．
5．在α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受原子核的引力的作用
B．α粒子一直受到原子核的斥力作用
C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用
D．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小
答案　B
解析　α粒子与金原子核带同种电荷，两者相互排斥，故A、C错误，B正确；α粒子在靠近金原子核时斥力做负功，速度减小，远离时斥力做正功，速度增大，故D错误．
6．(多选)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1中虚线表示原子核所形成的电场等势面，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1
A．电场力在a→b过程中做负功，b→c过程中做正功，但总功等于零
B．加速度先变大，后变小
C．a、c两点的动能不相等
D．其动能与电势能的和不变
答案　ABD
解析　α粒子与原子核之间的力为库仑斥力，从a→b库仑力做负功，动能减少，电势能增加，从b→c库仑力做正功，动能增加，且a→b与b→c库仑力所做的总功为0，则a、c两点的动能相等，因此A正确，C错；因为只有电场力做功，故动能与电势能之和不变，故D正确；α粒子与原子核相距越近，库仑力越大，加速度越大，故从a→c加速度先增大后减小，B正确．
题组二　卢瑟福的核式结构模型
7．卢瑟福的α粒子散射实验的结果显示了下列哪些情况(　　)
A．原子内存在电子
B．原子的大小为10－10 m
C．原子的正电荷均匀分布在它的全部体积上
D．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内
答案　D
解析　根据α粒子散射实验现象，绝大多数α粒子穿过金箔后沿原来方向前进，少数发生较大的偏转，极少数偏转角超过90°，可知C错，A与题意不符；而实验结果不能判定原子的大小为10－10 m，B错，故选D.
8．(多选)α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，α粒子符合下列哪种情况(　　)
A．动能最小
B．势能最小
C．α粒子与金原子核组成的系统的能量最小
D．所受金原子核的斥力最大
答案　AD
解析　α粒子在接近金原子核的过程中，要克服库仑斥力做功，动能减少，电势能增加，两者相距最近时，动能最小，电势能最大，总能量守恒．根据库仑定律，距离最近时，斥力最大．
9．速度为107 m/s的α粒子从很远的地方飞来，与铝原子核发生对心碰撞，若α粒子的质量为4m0，铝核的质量为27m0，它们相距最近时，铝核获得的动能是原α粒子动能的多少？
答案　
解析　在α粒子和铝原子核发生对心碰撞后，当二者速度相同时相距最近，在α粒子靠近过程中，由动量守恒得
mαv0＝(mα＋m铝)v共，所以v共＝
＝＝
＝＝＝
10．已知电子质量为9.1×10－31kg，带电荷量为－1.6×10－19 C，若氢原子核外电子绕核旋转时的轨道半径为0.53×10－10m，求电子绕核运动的线速度大小、动能、周期和形成的等效电流．
答案　2.19×106 m/s　2.18×10－18 J　1.53×10－16 s　1.05×10－3 A
解析　由卢瑟福的原子模型可知：电子绕核做圆周运动所需的向心力由核对电子的库仑引力来提供．
根据＝k ，得v＝e ＝1.6×10－19×
m/s＝2.19×106 m/s；
其动能Ek＝mv2＝×9.1×10－31×(2.19×106)2J
＝2.18×10－18 J；
运动周期T＝＝ s
＝1.53×10－16 s；
电子绕核运动形成的等效电流
I＝＝＝A≈1.05×10－3 A．
第3节　玻尔的原子模型
[目标定位]　1.知道玻尔原子理论基本假设的主要内容.2.了解能级、跃迁、能量量子化以及基态、激发态等概念.3.能用玻尔原子理论简单解释氢原子发光问题．
一、玻尔的原子模型
1．定态
原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，原子是稳定的．电子虽然做加速运动，但并不向外辐射能量，这些状态叫定态．
2．跃迁假设
原子从一种定态跃迁到另一定态时，它辐射(或吸收)一定频率的光子，即hν＝E2－E1.
3．轨道假设
原子的不同能量状态对应于电子不同的运行轨道，原子的定态是不连续的，因而电子的可能轨道也是不连续的．轨道半径r跟电子动量mv的乘积满足下式的这些轨道才是可能的．
mevr＝n(n＝1,2,3，…)
式中n是正整数，称为量子数．
想一想　氢原子从高能级向低能级跃迁时，是不是氢原子所处的能级越高，释放的光子能量越大？
答案　不一定．氢原子从高能级向低能级跃迁时，所释放的光子的能量一定等于能级差，氢原子所处的能级越高，跃迁时能级差不一定越大，释放的光子能量不一定越大．
二、氢原子的能级结构
1．氢原子的能级公式和轨道半径公式
En＝(n＝1,2,3，…)
rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)
式中E1＝－13.6 eV，r1＝0.53×10－10m.
2．氢原子能级图
如图1所示
图1
3．解释氢原子光谱的不连续性
原子从较高能级向低能级跃迁时放出光子的能量等于前后两能级差，由于原子的能级是不连续的，所以放出的光子的能量也是不连续的，因此原子的发射的光频率也不同．
一、对玻尔理论的理解
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＝0.53×10－10 m，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：除基态之外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
原子从一种定态跃迁到另一种定态时，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，即高能级低能级En
【例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|
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．
【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；由r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确．
借题发挥　当氢原子从低能量态En向高能量态Em(n＜m)跃迁时，r增大，Ek减小，Ep增大(或r增大时，库仑力做负功，电势能Ep增大)，E增大，故需吸收光子能量，所吸收的光子能量hν＝Em－En.
二、原子能级和能级跃迁的理解
1．氢原子能级图
如图2所示

图2
2．根据氢原子的能级图可以推知，一群量子数为n的氢原子跃迁到基态时，可能辐射出不同频率的光子数可用N＝C＝计算．
3．原子从低能级向高能级跃迁：只能吸收一定能量的光子，即当一个光子的能量满足hν＝E末－E初时，才可能被某一个原子吸收，而当光子能量hν大于或小于E末－E初时都不能被原子吸收；原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差．
【例3】　如图3所示，氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV的光子，问最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量，才能使它辐射上述能量的光子？请在图中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图．

图3
答案　12.75 eV　跃迁图见解析图
解析　氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，满足：hν＝En－E2＝2.55 eV
En＝hν＋E2＝－0.85 eV
所以n＝4
基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供的能量为
ΔE＝E4－E1＝12.75 eV.
跃迁图如图所示．

借题发挥　(1)如果是一个氢原子，从某一激发态向基态跃迁时，可能发出的不同频率的光子数为n－1.
(2)如果是一群氢原子，从某一激发态向基态跃迁时，发出不同频率的光子数为：N＝.
针对训练　如图4所示，1、2、3、4为玻尔理论中氢原子最低的四个能级．处在n＝4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能发出若干种频率不同的光子，在这些光子中，波长最长的是(　　)
图4
A．n＝4跃迁到n＝1时辐射的光子
B．n＝4跃迁到n＝3时辐射的光子
C．n＝2跃迁到n＝1时辐射的光子
D．n＝3跃迁到n＝2时辐射的光子
答案　B
解析　根据玻尔理论：Em－En＝hν＝h，能级差越小，发射光子的ν越小，λ越长，故B对.
对玻尔理论的理解
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，虽然电子做加速运动，但不向外辐射能量
B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的
C．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子
D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率
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量跃迁学说的提出，也就是“量子化”的概念．原子的不同能量状态与电子绕核运动时不同的圆轨道相对应，是经典理论与量子化概念的结合．原子辐射的能量与电子在某一可能轨道上绕核的运动无关．
2．(多选)对氢原子能级公式En＝的理解，下列说法中正确的是(　　)
A．原子定态能量En是指核外电子动能与核之间的静电势能的总和
B．En是负值
C．En是指核外电子的动能，只能取正值
D．从式中可以看出，随着电子运动半径的增大，原子总能量减少
答案　AB
解析　这里是取电子自由态作为能量零点，所以电子处在各个定态中能量均是负值，En表示核外电子动能和电子与核之间的静电势能的总和，所以选项A、B对，C错，因为能量是负值，所以n越大，En越大，D错．
氢原子能级及跃迁
3．(多选)氢原子能级如图5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5
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　由氢原子能级图可知氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级的能量差大于从n＝3跃迁到n＝2的能级的能量差，根据|En－Em|＝hν和ν＝可知，|En－Em|＝h，选项A错误；同理从n＝1跃迁到n＝2的能级需要的光子能量大约为从n＝3跃迁到n＝2的能量差的五倍左右，对应光子波长应为从n＝3跃迁到n＝2的能级辐射光波长的五分之一左右，选项B错误；氢原子从n＝3跃迁到n＝1的能级的能量差最多有三种情况，即对应最多有三种频率的光谱线，选项C正确；氢原子在不同能级间跃迁必须满足|En－Em|＝h，选项D正确．
4．用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3＞ν2＞ν1，则(　　)
A．ν0＜ν1 B．ν3＝ν2＋ν1
C．ν0＝ν1＋ν2＋ν3 D.＝＋
答案　B
解析　大量氢原子跃迁时，只有三种频率的光谱，这说明是从n＝3能级向低能级跃迁，根据跃迁公式有，hν3＝hν2＋hν1，解得：ν3＝ν2＋ν1，选项B正确.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对玻尔理论的理解
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
解析　根据玻尔模型，氢原子的能量是量子化的，是一系列不连续的特定值，另外我们也可以从氢原子的能级图上，得出氢原子的能级是一系列的特定值，而不是任意取值的结论，故A、C、D错，B对．
答案　B
2．(多选)根据玻尔理论，以下说法正确的是(　　)
A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
答案　BCD
解析　根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故选项A错误，选项B正确．玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，选项C正确．原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故选项D正确．
3．氢原子从能量为E1的较高激发态跃迁到能量为E2的较低激发态，设真空中的光速为c，则(　　)
A．吸收光子的波长为
B．辐射光子的波长为
C．吸收光子的波长为
D．辐射光子的波长为
解析　氢原子从能量为E1的较高激发态跃迁到能量为E2的较低激发态时，要辐射出光子，根据hν＝＝E1－E2，可得λ＝，选项D正确．
答案　D
4．根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是(　　)
A．若氢原子由能量为En的定态向低能级跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为hν＝En
B．电子沿某一轨道绕核运动，若电子做圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是ν
C．一个氢原子中的电子从一个半径为ra的轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的轨道，已知ra>rb，则此过程原子要辐射某一频率的光子
D．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁
答案　C
解析　原子由能量为En的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，与En不相等，故A错；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D错．
5．氢原子核外电子从外层轨道(半径为rb)向内层轨道(半径为ra)跃迁时(raA．ΔEk<0，ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp＝0
B．ΔEk<0，ΔEp>0，ΔEk＋ΔEp＝0
C．ΔEk>0，ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp>0
D．ΔEk>0，ΔEp<0，ΔEk＋ΔEp<0
答案　D
解析　根据向心力公式m＝k，得Ek＝mv2＝，即半径越大动能越小，所以ΔEk>0；由于核外电子和核内质子有相互的吸引力，当电子从外层轨道向内层轨道跃迁时，电场力做正功，电势能减小，所以ΔEp<0；又由于内层轨道比外层轨道原子的能级低，所以ΔEk＋ΔEp<0.
题组二　氢原子能级及跃迁
6. (多选)氢原子的部分能级如图1所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间．由此可推知，氢原子(　　)
图1
A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短
B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光
C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的光为可见光
答案　AD
解析　从高能级向n＝1的能级跃迁的过程中，辐射出的光子最小能量为10.20 eV，不在1.62 eV到3.11 eV之间，A正确；已知可见光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间，从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光的光子能量≤3.40 eV，B错；从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的能量小于1.51 eV，频率低于可见光，C错；从n＝3到n＝2的过程中释放的光子的能量等于1.89 eV，介于1.62 eV到3.11 eV之间，所以是可见光，D对．
7．在氢原子能级图中，横线间的距离越大，代表氢原子能级差越大，下列能级图中，能形象表示氢原子最低的四个能级的是(　　)

答案　C
解析　由氢原子能级图可知，量子数n越大，能级越密，所以C对．
8．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有(　　)
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
答案　C
解析　一群处于n＝3能级上的氢原子跃迁时，辐射光的频率有N＝C＝＝3种，C项正确．
9．μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．如图2为μ氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光子，且频率依次增大，则E等于(　　)
图2
A．h(ν3－ν1) B．h(ν3＋ν1)
C．hν3 D．hν4
答案　C
解析　μ氢原子吸收光子后，能发出六种频率的光，说明μ氢原子是从n＝4能级向低能级跃迁，则吸收的光子的能量为ΔE＝E4－E2，E4－E2恰好对应着频率为ν3的光子，故光子的能量为hν3.
10．(多选)欲使处于基态的氢原子激发，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11 eV的电子碰撞
答案　ACD
解析　由玻尔理论可知，氢原子在各能级间跃迁时，只能吸收能量值刚好等于某两能级之差的光子．由氢原子的能级关系可算出10.2 eV刚好等于氢原子n＝1和n＝2的两能级之差，而11 eV则不是氢原子基态和任一激发态的能级之差，因而氢原子能吸收前者而不能吸收后者，故A对，B错；14 eV的光子其能量大于氢原子的电离能(13.6 eV)，足以使氢原子电离——使电子脱离原子核的束缚而成为自由电子，因而不受氢原子能级间跃迁条件的限制．由能量守恒定律不难知道氢原子吸收14 eV的光子电离后，产生的自由电子还应具有0.4 eV的动能．用电子去碰撞氢原子时，入射电子的动能可全部或部分地为氢原子吸收，所以只要入射电子的动能大于或等于基态和某个激发态能量之差，也可使氢原子激发，故C、D对．
11．氢原子部分能级的示意图如图3所示，不同色光的光子能量如下表所示：
图3
色光
红
橙
黄
绿
蓝—靛
紫
光子能量
范围(eV)
1.61～
2．00
2.00～
2．07
2.07～
2．14
2.14～
2．53
2.53～
2．76
2.76～
3．10
处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为(　　)
A．红、蓝—靛 B．黄、绿
C．红、紫 D．蓝—靛、紫
答案　A
解析　由七种色光的光子的不同能量可知，可见光光子的能量范围在1.61～3.10 eV，故可能是由第4能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，E1＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，即蓝—靛光；也可能是氢原子由第3能级向第2能级跃迁过程中所辐射的光子，E2＝－1.51 eV－(－3.40 eV)＝1.89 eV，即红光．
题组三　综合应用
12．如图4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，求：

图4
(1)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？波长是多少？
答案　(1)6　(2)第四能级向第三能级　1.88×10－6 m
解析　(1)由N＝C，可得N＝C＝6种；
(2)氢原子由第四能级向第三能级跃迁时，能级差最小，辐射的光子能量最小，波长最长，根据h＝hν＝E4－E3＝[－0.85－(－1.51)] eV＝0.66 eV，
λ＝＝ m≈1.88×10－6 m.
13．氢原子在基态时轨道半径r1＝0.53×10－10 m，能量E1＝－13.6 eV.求氢原子处于基态时：
(1)电子的动能；
(2)原子的电势能；
(3)用波长是多少的光照射可使其电离？(已知电子质量m＝9.1×10－31 kg，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)
答案　(1)13.6 eV　(2)－27.2 eV　(3)9.14×10－8 m
解析　(1)设处于基态的氢原子核外电子速度大小为v1，则k＝，所以电子动能Ek1＝mv＝＝ eV≈13.6 eV.
(2)因为E1＝Ek1＋Ep1，所以
Ep1＝E1－Ek1
＝－13.6 eV－13.6 eV＝－27.2 eV.
(3)设用波长为λ的光照射可使氢原子电离：
＝0－E1.
所以λ＝－＝ m
≈9.14×10－8 m.
第4节　氢原子光谱与能级结构
[目标定位]　1.知道氢原子光谱的实验规律，了解巴尔末公式及里德伯常量.2.理解玻尔理论对氢原子光谱规律的解释．
一、氢原子光谱
1．氢原子光谱的特点：
(1)从红外区到紫外区呈现多条具有确定波长的谱线；
(2)从长波到短波，Hα～Hδ等谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．
2．巴尔末公式：＝R(n＝3,4,5，…)其中R叫做里德伯常量，其值为R＝1.096 775 81×107 m－1.
二、玻尔理论对氢原子光谱的解释
1．巴尔末系
氢原子从n≥3的能级跃迁到n＝2的能级得到的线系．
2．玻尔理论的局限性
玻尔理论解释了原子结构和氢原子光谱的关系，但无法计算光谱的强度，对于其他元素更为复杂的光谱，理论与实验差别很大.
一、氢原子光谱的实验规律
1．氢原子的光谱
从氢气放电管可以获得氢原子光谱，如图1所示．

图1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．氢原子光谱的特点：在氢原子光谱图中的可见光区内，由右向左，相邻谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．
3．巴尔末公式
(1)巴尔末对氢原子光谱的谱线进行研究得到了下面的公式：
＝R(－) n＝3,4,5…该公式称为巴尔末公式．
(2)公式中只能取n≥3的整数，不能连续取值，波长是分立的值．
4．赖曼线系和帕邢线系：氢原子光谱除了存在巴尔末线系外，还存在其他一些线系．例如：
赖曼线系(在紫外区)：＝R(n＝2,3,4，…)
帕邢线系(在红外区)：＝R(n＝4,5,6，…)
【例1】　关于巴耳末公式＝R(－)的理解，下列说法正确的是(　　)
A．所有氢原子光谱的波长都可由巴耳末公式求出
B．公式中n可取任意值，故氢原子光谱是连续谱
C．公式中n只能取不小于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱
D．公式不但适用于氢原子光谱的分析，也适用于其他原子光谱的分析
答案　C
解析　只有氢原子光谱中可见光波长满足巴耳末公式，氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线不满足巴耳末公式，满足的是与巴耳末公式类似的关系式，A、D错；在巴耳末公式中的n只能取不小于3的整数，不能连续取值，波长也只能是分立的值，故氢原子光谱不是连续谱而是线状谱，B错，C对．
二、玻尔理论对氢原子光谱的解释
1．理论导出的氢光谱规律：按照玻尔的原子理论，氢原子的电子从能量较高的轨道n跃迁到能量较低的轨道2时辐射出的光子能量hν＝En－E2，又En＝，E2＝，由此可得hν＝－E1，由于ν＝，所以上式可写作＝－，此式与巴尔末公式比较，形式完全一样．由此可知，氢光谱的巴尔末线系是电子从n＝3,4,5，…等能级跃迁到n＝2的能级时辐射出来的．
2．玻尔理论的成功之处
(1)运用经典理论和量子化观念确定了氢原子的各个定态的能量，并由此画出了氢原子的能级图．
(2)处于激发态的氢原子向低能级跃迁辐射出光子，辐射光子的能量与实际符合得很好，由于能级是分立的，辐射光子的波长是不连续的．
(3)导出了巴尔末公式，并从理论上算出了里德伯常量R的值，并很好地解释甚至预言了氢原子的其他谱线系．
(4)能够解释原子光谱，每种原子都有特定的能级，原子发生跃迁时，每种原子都有自己的特征谱线，即原子光谱是线状光谱，利用光谱可以鉴别物质和确定物质的组成成分．
【例2】　氢原子光谱的巴尔末公式是＝R(n＝3,4,5，…)，对此，下列说法正确的是(　　)
A．巴尔末依据核式结构理论总结出巴尔末公式
B．巴尔末公式反映了氢原子发光的连续性
C．巴尔末依据对氢原子光谱的分析总结出巴尔末公式
D．巴尔末公式准确反映了氢原子所有光谱的波长，其波长的分立值不是人为规定的
答案　C
解析　巴尔末公式只确定了氢原子发光中的一个线系波长，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发出的光，故D错误．巴尔末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴尔末线系，故A、B错误，C正确．
借题发挥　巴尔末公式的应用方法及注意问题
(1)巴尔末公式反映了氢原子发光的规律特征，不能描述其他原子．
(2)公式中n只能取大于等于3的整数，不能连续取值，因此波长也只是分立的值．
(3)公式是在对可见光区的四条谱线分析时总结出的，但在紫外区的谱线也适用．
(4)应用时熟记公式，当n取不同值时求出对应的波长λ.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
氢原子光谱的基本概念
1．(多选)下列有关氢原子光谱、巴尔末公式和玻尔理论的说法，正确的是(　　)
A．氢原子光谱说明氢原子只能发出特定频率的光
B．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的
C．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关
D．所有氢原子光谱的波长都与巴尔末公式相对应
答案　AB
2．(多选)有关氢原子光谱的说法正确的是(　　)
A．氢原子的发射光谱是连续谱
B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光
C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的
D．氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能量差无关
答案　BC
解析　原子的发射光谱是原子跃迁时形成的，由于原子的能级是分立的，所以氢原子的发射光谱不是连续谱，原子发出的光子的能量正好等于原子跃迁时的能级差，故氢原子只能发出特定频率的光，综上所述，选项A、D错，B、C对．
氢原子光谱的实验规律
3．下列对于巴尔末公式的说法正确的是(　　)
A．所有氢原子光谱的波长都与巴尔末公式相对应
B．巴尔末公式只确定了氢原子发出的可见光部分的光的波长
C．巴尔末公式确定了氢原子发光的一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光
D．巴尔末公式确定了各种原子发光中的光的波长
答案　C
解析　巴尔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波长，也不能描述其他原子的发光，A、D错误；巴尔末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴尔末线系，该线系包括可见光和紫外光，B错误，C正确．
4．巴尔末系谱线波长满足巴尔末公式＝R(－)，n＝3,4,5，……在氢原子光谱可见光(400 nm<λ<700 nm)区，最长波长与最短波长之比为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　巴尔末系的前四条谱线在可见光区，n的取值分别为3、4、5、6.n越小，λ越大，故n＝3时波长最大，λmax＝；n＝6时对应的可见光波长最小，λmin＝，故＝，D正确.
(时间：60分钟)
题组一　对氢原子光谱和特征谱线的理解　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)下列叙述中符合物理学史实的有(　　)
A．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子的存在
B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证明了原子是可以再分的
C．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式
D．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说
答案　AC
解析　汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子，证实了原子是可以再分的，A对、B错；玻尔提出的原子模型继承了卢瑟福原子核式结构模型的部分内容，而不是彻底否定，D错；巴尔末总结出了氢原子光谱的巴尔末公式，故C正确．
2．下列对氢原子光谱实验规律的认识中，正确的是(　　)
A．因为氢原子核外只有一个电子，所以氢原子只能产生一种波长的光
B．氢原子产生的光谱是一系列波长不连续的谱线
C．氢原子产生的光谱是一系列亮度不连续的谱线
D．氢原子产生的光的波长大小与氢气放电管放电强弱有关
答案　B
解析　氢原子光谱是线状谱，波长是一系列不连续的、分立的特征谱线，并不是只含有一种波长的光，也不是亮度不连续的谱线，B对，A、C错；氢原子光谱是氢原子的特征谱线，只要是氢原子发出的光的光谱就相同，与放电管的放电强弱无关，D错．
3．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　由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B.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．
题组二　氢原子光谱规律的应用
4．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝，其中n＝2，3，…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－
答案　C
解析　根据从第一激发态到电离状态吸收的能量ΔE＝0－＝－，根据ΔE＝hν，ν＝，可知λ＝＝＝－，因此正确答案为C.
5．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由巴尔末公式＝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＝.
6．氢原子光谱的巴尔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：＝＝，故A对．
7．(多选)如图2所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则(　　)
图2
A．6种光子中波长最长的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的
B．6种光子中有2种属于巴耳末系
C．使n＝4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D．从n＝2能级跃迁到基态释放的光子的能量比从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量小
答案　BC
解析　根据跃迁假说在跃迁的过程中释放出光子的能量等于两能级之差，故从n＝4跃迁到n＝3时释放出光子的能量最小，频率最小，波长最长，所以A错误；由题意知6种光子中有2种属于巴耳末系，他们分别是从n＝4跃迁到n＝2，从n＝3跃迁到n＝2时释放处的光子，故B正确；E4＝0.85 eV，故n＝4能级的电离能等于0.85 eV，所以C正确；由图知，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量小于n＝2能级跃迁到基态释放的光子的能量，所以D错误．
8．氢原子光谱除了巴尔末系外，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，光的频率为多大？
答案　(1)1.09×10－6 m
(2)3.0×108 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＝3.0×108 m/s，由v＝＝λν，得ν＝＝＝ Hz≈2.75×1014 Hz.
9．在氢原子的光谱的紫外区的谱线系中有多条谱线，试利用莱曼系的公式＝R，n＝2,3,4，…，计算氢原子光谱紫外线的最长波和最短波的波长．(R＝1.10×107m－1，结果均保留三位有效数字)
答案　1.21×10－7 m　9.09×10－8 m
解析　根据莱曼系公式：
＝R，n＝2,3,4，…
可得λ＝.
当n＝2时波长最长，其值为
λ＝＝＝ m
≈1.21×10－7 m.
当n＝∞时，波长最短，其值为
λ＝＝＝ m≈9.09×10－8 m.
第2章 原子结构
一、对α粒子散射实验及核式结构模型的理解
1．α粒子散射实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，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°，也就是说它们几乎被“撞了回来”．
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，电子绕核旋转．
【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，是α粒子受力平衡的结果
B．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到明显的力的作用，说明原子是“中空”的
C．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内质量和电荷量比α粒子大得多的粒子在原子内分布空间很小
D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内的电子对α粒子的吸引力很大
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，说明受到金原子核明显的力的作用的空间在原子内很小，α粒子偏转，而金原子核未动，说明金原子核的质量和电荷量远大于α粒子的质量和电荷量，电子的质量远小于α粒子，α粒子打在电子上，α粒子不会有明显偏转，故C对，D错．
二、对玻尔原子模型的理解
1．氢原子的能级
对氢原子而言，核外的一个电子绕核运行时，若半径不同，则对应的原子能量也不同．
原子各能级的关系为En＝ (n＝1,2,3…)
对于氢原子而言，基态能级：E1＝－13.6 eV
2．氢原子的能级图
如图1所示．

图1
【例2】　已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.528×10－10 m，量子数为n的能级值为En＝ eV.
(1)求电子在基态轨道上运动的动能；
(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出的光谱线；
(3)计算这几种光谱线中最短的波长．
(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，真空中光速c＝3.0×108 m/s)
答案　见解析
解析　(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力，则＝，又知Ek＝mv2，
故电子在基态轨道上运动的动能为：
Ek＝＝ J
≈2.18×10－18 J≈13.6 eV.
(2)当n＝1时，能级值为E1＝ eV＝－13.6 eV.
当n＝2时，能级值为E2＝ eV＝－3.4 eV.
当n＝3时，能级值为E3＝ eV≈－1.51 eV.
能发出的光谱线分别为3→2,2→1,3→1共3种，能级图如图所示．
(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．
hν＝E3－E1，又知ν＝，则有
λ＝
＝ m
≈1.03×10－7 m.
针对训练1　(多选)下列对玻尔原子理论的评价正确的是(　　)
A．玻尔原子理论成功解释了氢原子光谱规律，为量子力学的建立奠定了基础
B．玻尔原子理论的成功之处是引入了量子概念
C．玻尔原子理论的成功之处是它保留了经典理论中的一些观点
D．玻尔原子理论与原子的核式结构是完全对立的
答案　AB
解析　玻尔原子理论成功解释了氢原子的发光问题，其成功之处是引入了量子化理论，局限是保留了经典理论中的一些观点，故A、B对，C错；它继承并发展了原子的核式结构观点，故D错．
三、原子的能级跃迁与电离
1．能级跃迁的两种方式
(1)辐射和吸收光子发生跃迁，可表示如下：
高能级低能级En
(2)吸收外来实物粒子(例如自由电子)的能量而发生跃迁．
由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差(E＝Em－En，m>n)，均可使原子发生能级跃迁．
2．电离的两种方式
(1)吸收光子能量发生电离．当光子能量大于或等于13.6 eV时，可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离．
(2)与实物粒子撞击发生电离．由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于氢原子所处的能级的能量，均可使原子发生电离．
【例3】　将氢原子电离，就是从外部给电子能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子．
(1)若要使n＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的光照射该氢原子？
(2)若用波长为200 nm的紫外线照射处于n＝2激发态的氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度多大？(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子质量me＝9.1×10－31 kg)
答案　(1)8.21×1014 Hz　(2)9.95×105 m/s
解析　(1)n＝2时，E2＝－ eV＝－3.4 eV
所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n＝∞的轨道，n＝∞时，E∞＝0.
所以，要使处于n＝2激发态的原子电离，电离能为
ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
ν＝＝ Hz≈8.21×1014 Hz.
(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0＝hν＝6.63×10－34× J＝9.945×10－19 J
电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
由能量守恒hν－ΔE＝mv2
代入数值解得v≈9.95×105 m/s.
针对训练2　一个氢原子处于基态，用光子能量为15 eV的光去照射该原子，问能否使氢原子电离？若能使之电离，则电子被电离后所具有的动能是多大？
答案　能　1.4 eV
解析　氢原子从基态n＝1处被完全电离至少吸收13.6 eV的能量．所以15 eV的光子能使之电离，由能量守恒可知，完全电离后电子具有的动能Ek＝15 eV－13.6 eV＝1.4 eV.
第1节　原子核结构
[目标定位]　1.了解质子和中子的发现过程.2.知道原子核的组成，理解核子、同位素的概念.3.了解核反应的概念，会书写核反应方程．
一、质子和中子的发现
1．质子的发现
2．中子的发现
二、原子核的组成
1．组成：原子核由质子和中子组成，它们统称为核子．
2．原子核的符号：X，其中X为元素符号，A表示原子核的质量数，Z表示核电荷数．
3．基本关系：核电荷数＝质子数＝原子序数；质量数＝质子数＋中子数＝核子数．
4．同位素：具有相同的质子数、不同中子数的原子互称同位素．
5．核反应：原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程．
6．核反应方程：用原子核符号描述核反应过程的式子．例如：He＋N→O＋H.
7．核反应中质量数守恒，电荷数守恒．
一、质子的发现
图1
1．1919年，卢瑟福做了用α粒子轰击氮原子核的实验．实验装置如图1所示：
T进气孔、A放射源、F铝箔、S荧光屏、M显微镜、C真空容器．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．实验过程：容器C里放有放射性物质A，从A放射出的α粒子射到铝箔F上，适当选取铝箔的厚度，使α粒子恰好被它完全吸收，而不能透过．在F的后面放一荧光屏S，M是显微镜，通过M可以观察到S是否有闪光．
3．实验现象：开始，S上无闪光(因为α粒子没有穿过铝箔)．打开进气孔T的阀门，通入氮气，可以观察到S上有闪光．
4．实验分析：容器C中通入氮气后，用显微镜观察到荧光屏上有闪光，闪光一定是α粒子击中氮核后产生的新粒子透过铝箔引起的．
5．新粒子性质研究
(1)把这种粒子引进电磁场中，根据它在电磁场中的偏转，测出了它的质量和电荷量，进而确定它就是氢原子核，又叫质子．用符号表示为H或p.
(2)人们用同样的办法从其他元素的原子核中也轰击出了质子．
6．实验结论：质子是原子核的组成部分．
图2
【例1】　1919年卢瑟福通过如图2所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现了质子．图中A为放射源发出的________粒子，B为________气．写出该实验的核反应方程：___________.
答案　α　氮　He＋N→O＋H
解析　题图为α粒子轰击氮原子核生成质子的实验装置，放射源A发出的是α粒子，B为氮气，其核反应方程为：He＋N→O＋H.
二、中子的发现
1．科学家在1930年利用Po放出的α射线轰击铍原子核时，产生了一种看不见的贯穿能力很强、不受电场和磁场影响的射线．
2．1932年，约里奥·居里夫妇发现如果用来自铍的射线去轰击石蜡，能从石蜡中打出质子，如图3所示．
图3
3．1932年，查德威克进一步研究这种射线时发现，这种射线是一种不带电的、质量接近质子的粒子流，即是卢瑟福猜想的中子．
4．结论：中子是原子核的组成部分．
【例2】　如图4所示为查德威克研究原子核内部结构的实验示意图，由天然放射性元素钋(Po)放出α射线轰击铍时会产生粒子流a，用粒子流a轰击石蜡后会打出粒子流b，下列说法正确的是(　　)
图4
A．a为质子，b为中子 B．a为γ射线，b为中子
C．a为中子，b为γ射线 D．a为中子，b为质子
答案　D
解析　不可见的粒子轰击石蜡时打出的应是质子，因为质子就是氢核，而石蜡中含有大量氢原子，轰击石蜡的不可见粒子应该是中子，故D正确．
三、原子核的组成
1．原子核的组成：原子核是由质子、中子构成的，质子带正电，中子不带电．不同的原子核内质子和中子的个数并不相同．原子核的直径为10－15～10－14 m.
2．原子核的符号和数量关系：(1)符号：X.
(2)基本关系：核电荷数＝质子数(Z)＝元素的原子序数＝核外电子数．质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数．
3．同位素：原子核内的质子数决定了核外电子的数目，进而也决定了元素的化学性质，同种元素的质子数相同，核外电子数也相同，所以有相同的化学性质，但它们的中子数可以不同，所以它们的物理性质不同．把具有相同质子数、不同中子数的原子核互称为同位素．
4．核反应、核反应方程
(1)核反应：在核物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程．
(2)核反应方程：用原子核符号描述核反应过程的式子．
卢瑟福发现质子的核反应方程为He＋N→O＋H
(3)核反应的规律：在核反应中，质量数和电荷数守恒．
【例3】　已知镭的原子序数是88，原子核的质量数是226.试问：
(1)镭核中有几个质子？几个中子？
(2)镭核所带电荷量是多少？
(3)若镭原子呈电中性，它核外有几个电子？
(4)Ra是镭的一种同位素，让Ra和Ra以相同速度垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，它们运动的轨迹半径之比是多少？
答案　(1)88　138　(2)1.41×10－17 C　(3)88
(4)113∶114
解析　因为原子序数与核内质子数、核电荷数、中性原子的核外电子数都是相等的，原子核的质量数等于核内质子数与中子数之和．由此可得：
(1)镭核中的质子数等于其原子序数，故质子数为88，中子数N等于原子核的质量数A与质子数Z之差，即
N＝A－Z＝226－88＝138.
(2)镭核所带电荷量
Q＝Ze＝88×1.6×10－19C≈1.41×10－17C.
(3)镭原子呈电中性，则核外电子数等于质子数，故核外电子数为88.
(4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有Bqv＝m，两种同位素具有相同的核电荷数，但质量数不同，故＝＝.
借题发挥　对核子数、电荷数、质量数的理解
(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)：原子核所带的电荷等于质子电荷的整数倍，通常用这个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总和，而质子与中子质量几乎相等，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．
针对训练　据报道，俄科学家成功合成了具有极强放射性的117号新元素，该元素目前尚未被命名，是在实验室人工创造的最新的超重元素．新元素有两种同位素，其中一种有176个中子，而另一种有177个中子，则：
(1)该元素两种同位素的原子核的核电荷数各为多少？原子的核外电子数各为多少？
(2)该元素两种同位素的原子核的质量数各为多少？
(3)若用X表示117号元素的元素符号，该元素的两种同位素用原子核符号如何表示？
答案　(1)均为117　均为117　(2)293　294
(3)X　X
解析　(1)元素的原子序数等于该元素原子核的核电荷数，等于核内质子数．故117号元素的核电荷数和核内质子数均为117，原子呈中性，故核外电子数等于核内质子数，也为117.
(2)原子核的质量数等于质子数与中子数之和，故该元素中子数为176的原子核的质量数为117＋176＝293，中子数为177的原子核的质量数为117＋177＝294.
(3)元素符号一般用X表示，其中A表示质量数，Z表示核电荷数，由前两问可得该元素的两种同位素的原子核符号，中子数为176的原子核的符号为X，中子数为177的原子核的符号为X.
【例4】　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)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
质子与中子的发现
1．(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．
原子核的组成、核反应方程
2．(多选)氢有三种同位素，分别是氕(H)、氘(H)、氚(H)，则(　　)
A．它们的质子数相等
B．若为中性原子，它们的核外电子数相等
C．它们的核子数相等
D．它们的化学性质相同
答案　ABD
解析　氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，质子数和中性原子核外电子数均相同，都是1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相同，A、B两项正确；同位素化学性质相同，只是物理性质不同，D正确．
3．(多选)铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：Al＋He→X＋n.下列判断正确的是(　　)
A.n是质子 B.n是中子
C．X是Si的同位素 D．X是P的同位素
答案　BD
解析　由核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒知，X是P，故选项C错误，选项D正确；n是中子，故选项A错误，选项B正确．
4．以下是物理学史上3个著名的核反应方程
x＋Li―→2y y＋N―→x＋O
y＋Be―→z＋C
x、y和z是3种不同的粒子，其中z是(　　)
A．α粒子 B．质子 C．中子 D．电子
答案　C
解析　把前两个方程化简，消去x，即N＋Li＝y＋O，可见y是He，结合第三个方程，根据电荷数守恒、质量数守恒可知z是中子n.因此选项C正确．
(时间：60分钟)
题组一　对质子、中子的理解　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)关于原子核结构，下列说法正确的是(　　)
A．原子是构成物质的基本单位
B．原子核集中了原子的全部正电荷
C．所有原子核中都有质子和中子
D．原子核的电荷数就等于原子核外的电子数
答案　BD
解析　原子不是构成物质的基本单位，原子还可以再分为电子和原子核，A项错误；原子核集中了原子的全部正电荷和几乎全部的质量，原子核的电荷数就等于原子核外的电子数，故B、D项正确；氢原子核中只有质子，故C项错误．
2．在垂直于纸面向外的匀强磁场中，从A处垂直于磁场飞出一批速度相同的中子、质子、电子、α粒子的粒子流，形成如图1所示的径迹，则中子的径迹是________，质子的径迹是________，电子的径迹是________，α粒子的径迹是________．
图1
答案　②　③　①　④
解析　中子不带电，在磁场中不偏转，中子的径迹是②；电子带负电，在磁场中由左手定则可判断①为电子的径迹；质子、α粒子带正电，则粒子流向右偏转，再由qvB＝得R＝＝·，比较得③为质子的径迹，④为α粒子的径迹．
题组二　对原子核组成及同位素的理解
3．同位素是指(　　)
A．质子数相同而核子数不同的原子
B．核子数相同而中子数不同的原子
C．核子数相同而质子数不同的原子
D．中子数相同而核子数不同的原子
答案　A
解析　原子序数相同(即核电荷数、质子数相同)而质量数不同(即核子数不同)的元素互为同位素，故A对．
4．人类探测月球时发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可作为未来核聚变的重要原料之一，氦的该种同位素应表示为(　　)
A.He B.He C.He D.He
答案　B
解析　氦的同位素质子数一定相同，质量数为3，故应表示为He，因此B正确．
5．两个同位素原子核符号分别为X和Y，则下列正确的是(　　)
A．M＝N B．A＝B
C．M－A＝N－B D．M－N＝A－B
答案　B
解析　同位素原子核具有相同的质子数，不同的中子数，因而质量数也不相同，故选B.
6．(多选)一个原子核为Bi，关于这个原子核，下列说法中正确的是(　　)
A．核外有83个电子，核内有127个质子
B．核外有83个电子，核内有83个质子
C．核内有83个质子，127个中子
D．核内有210个核子
答案　CD
解析　根据原子核的表示方法得质子数为83，质量数为210，故中子数为210－83＝127个，而质子和中子统称核子，故核子数为210个，因此C、D正确；由于不知道原子的电性，就不能判断核外电子数，故A、B不正确．
7．据最新报道，放射性同位素钬Ho，可有效治疗癌症，该同位素原子核内中子数与核外电子数之差是(　　)
A．32 B．67 C．99 D．166
答案　A
解析　由题知该同位素原子核内核外电子数＝质子数＝67，中子数为166－67＝99，故核内中子数与中性原子核外电子数之差为99－67＝32，故A对，B、C、D错．
8．(多选)以下说法中正确的是(　　)
A．原子中含有带负电的电子，所以原子带负电
B．原子核中的中子数一定跟核外电子数相等
C．用α粒子轰击氮、氟、钠、铝等元素的原子核都可以打出质子，因此人们断定质子是原子核的组成部分
D．绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，因而原子核内还存在一种不带电的中性粒子
答案　CD
解析　原子中除了有带负电的电子外，还有带正电的质子，故A错；原子核中的中子数不一定跟核外电子数相等，故B错；正是用α粒子轰击原子核的实验才发现了质子，故C正确；因为绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，才确定原子核内还有别的中性粒子，故D正确．
9．(多选)法国里昂的科学家发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”．下列有关“四中子”粒子的说法正确的是(　　)
A．该粒子不显电性
B．在周期表中与氢元素占同一位置
C．该粒子质量比氢原子小
D．该粒子质量数为4
答案　AD
解析　由题目中信息可得：此粒子是由四个中子构成的粒子，所以它的核电荷数为零，故A对，B错；而它的质量数为4，故C错，D对．
10．下列说法正确的是(　　)
A.Th为钍核，由此可知，钍核的质量数为90，钍核的质子数为234
B.Be为铍核，由此可知，铍核的质量数为9，铍核的中子数为4
C．同一元素的两种同位素具有相同的质量数
D．同一元素的两种同位素具有不同的中子数
答案　D
解析　A项钍核的质量数为234，质子数为90，所以A错；B项的铍核的质子数为4，中子数为5，所以B错；由于同位素是指质子数相同而中子数不同，即质量数不同，因而C错，D对．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组三　核反应方程
11．对于核反应方程：H＋n―→H，下列说法正确的是(　　)
A.H和H是两种不同的元素
B.H和H具有相同的质子数
C.H和H具有相同的中子数
D．核反应中质量数不守恒
答案　B
解析　通过以下表格进行逐项分析：
选项
情景与过程分析
判断
A
H和H是同位素，都是氢元素
×
B
H和H是同位素，都是氢元素，具有相同的质子数
√
C
同位素具有相同的质子数，而具有不同的中子数
×
D
在核反应中质量数守恒
×
12.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．
13．(多选)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si.下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程为p＋Al→Si
B．核反应过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
答案　AB
解析　根据质量数和电荷数守恒可得，核反应方程为p＋Al→Si，A正确；核反应过程中释放的核力远远大于外力，故系统动量守恒，B正确；核反应过程中系统能量守恒，C错误；由于反应过程中，要释放大量的能量，即伴随着质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量之和，D错误．
14．一质子束入射到靶核Al上，产生核反应：H＋Al→X＋n，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的质子数为________，中子数为________．
答案　14　13
解析　根据核反应过程电荷数守恒和质量数守恒，新核X的质子数为1＋13－0＝14，质量数为1＋27－1＝27，所以中子数＝27－14＝13.
第2节　原子核衰变及半衰期
[目标定位]　1.知道什么是放射性、放射性元素、天然放射现象，能记住三种射线的特性.2.知道什么是原子核的衰变及衰变实质.3.理解半衰期的统计意义，学会利用半衰期解决相关问题．
一、天然放射现象的发现
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．物质放出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，物质能自发地放出射线的现象叫做天然放射现象．
3．皮埃尔·居里夫妇发现了两种放射性更强的新元素，命名为钋(Po)和镭(Ra)．
二、放射线的本质
1．三种射线：如图1中1是β射线，2是γ射线，3是α射线．
图1
(1)α射线是高速氦原子核粒子流．
(2)β射线是高速运动的电子流．
(3)γ射线是波长很短的电磁波．
2．三种射线的特点
(1)α射线：α粒子容易使空气电离，但穿透能力很弱．
(2)β射线：β粒子穿透能力较强，但电离作用较弱．
(3)γ射线：γ射线电离作用很弱，但穿透能力很强．
三、原子核的衰变
1．原子核的衰变：原子核放出α射线或β射线，而转变为新原子核的变化．原子核衰变时电荷数和质量数都守恒．
2．α衰变：原子核进行α衰变时，质量数减少4，电荷数减少2.例：U的α衰变方程为U→Th＋He.
3．β衰变：原子核进行β衰变时，质量数不变，电荷数增加1，例：Th的β衰变方程为Th→Pa＋e.
四、衰变的快慢——半衰期
1．放射性元素的原子核有半数发生衰变需要的时间，叫半衰期．
2．元素半衰期的长短是由原子核自身的因素决定的，跟原子所处的物理、化学状态和周围环境、温度没有关系．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、三种射线的本质及特点
1．α、β、γ三种射线的性质、特征比较
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
质 量
4mp
(mp＝1.67×
10－27 kg)
静止质量为零
速 率
0.1c
0.9c
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
较弱
很弱
2．在电场、磁场中偏转情况的比较
(1)在匀强电场中，α射线偏转较小，β射线偏转较大，γ射线不偏转，如图2甲所示．
图2
(2)在匀强磁场中，α射线偏转半径较大，β射线偏转半径较小，γ射线不偏转，如图乙所示．
【例1】　一置于铅盒中的放射源发射出的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔，铝箔后的空间有一匀强电场．进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图3所示，则图中的射线a为________射线，射线b为________射线．
图3
答案　γ　β
解析　在三种射线中，α射线带正电，穿透能力最弱，γ射线不带电，穿透能力最强；β射线带负电，穿透能力一般，综上所述，结合题意可知，a射线应为γ射线，b射线应为β射线．
借题发挥　三种射线的比较方法
(1)α射线是α、β、γ三种射线中贯穿本领最弱的一种，它穿不过白纸．
(2)要知道三种射线的成分，贯穿本领和电离本领的强弱．
(3)要知道α、β、γ三种射线的本质，α、β射线是实物粒子，γ射线是光子．
针对训练1　如图4，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是(　　)
图4
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
答案　C
解析　由三种射线的带电性质可以判断出①⑥表示β射线，②⑤表示γ射线，③④表示α射线，故C对．
二、原子核的衰变
1．α衰变：
原子核进行α衰变时，质量数减少4，电荷数减少2.
α衰变的实质：在放射性元素的原子核中，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释放出来，这就是放射性元素发生的α衰变现象．
2．β衰变：
原子核进行β衰变时，质量数不变，电荷数增加1.
β衰变的实质：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，使核电荷数增加1，但β衰变不改变原子核的质量数，其转化方程为：n―→H＋e.
3．衰变规律
衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒．
【例2】　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90Th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．
【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次α衰变，6次β衰变　(2)10　22
(3)见解析
解析　(1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变，由质量数守恒和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6.即一共经过8次α衰变和6次β衰变．
(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数少1，而质子数增加1，故Pb较U质子数少10，中子数少22.
(3)核反应方程为U→Pb＋8He＋6e.
借题发挥　衰变次数的判断方法
(1)衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒．
(2)每发生一次α衰变质子数、中子数均减少2.
(3)每发生一次β衰变中子数减少1，质子数增加1.
三、对半衰期的理解
1．对半衰期的理解：半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率一定，不同元素的半衰期不同，有的差别很大．
2．半衰期公式
式中N原、m0表示衰变前的原子数和质量，N余、m余表示衰变后的尚未发生衰变的原子数和质量，t表示衰变时间，T1/2表示半衰期．
3．适用条件：半衰期是一个统计概念，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定其何时发生衰变，但可以确定各个时刻发生衰变的概率，即某时刻衰变的可能性，因此，半衰期只适用于大量的原子核．
【例4】　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　根据质量数、电荷数守恒得衰变方程为Rn→Po＋He.根据衰变规律m＝代入数值解得t＝15.2天．
针对训练2　放射性元素(Rn)经α衰变成为钋(Po)，半衰期约为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素Rn的矿石，其原因是(　　)
A．目前地壳中的Rn主要来自于其他放射性元素的衰变
B．在地球形成的初期，地壳中元素Rn的含量足够高
C．当衰变产物Po积累到一定量以后，Po的增加会减慢Rn的衰变进程
D.Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
答案　A
解析　元素半衰期的长短由原子核自身因素决定，一般与原子所处的物理、化学状态以及周围环境、温度无关，C、D错；即使元素氡的含量足够高，经过漫长的地质年代，地壳中也几乎没有氡了，一定是来自于其他放射性元素的衰变，故A对，B错.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
三种射线的特性
1. (多选)图5中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是(　　)
图5
A．a为α射线，b为β射线
B．a为β射线，b为γ射线
C．b为γ射线，c为α射线
D．b为α射线，c为γ射线
答案　BC
解析　由题图可知电场线方向向右，α射线带正电所受电场力方向与电场线方向一致，故α射线向右偏转，即c为α射线；β射线带负电所受电场力方向与电场线方向相反，故β射线向左偏转，即a为β射线；γ射线不带电不发生偏转，即b为γ射线．故选项B、C正确．
原子核的衰变
2．原子核发生β衰变时，此β粒子是(　　)
A．原子核外的最外层电子
B．原子核外的电子跃迁时放出的光子
C．原子核内存在着电子
D．原子核内的一个中子变成一个质子时，放射出一个电子
答案　D
解析　因原子核是由带正电荷的质子和不带电的中子组成的，原子核内并不含电子，但在一定条件下，一个中子可以转化成一个质子和一个电子，一个质子可以转化成一个中子和一个正电子，其转化可用下式表示：n―→H＋e，H―→n＋　0＋1e.由以上两式可看出β粒子(电子)是由原子核内的中子转化而来，正电子是由原子核内的质子转化而来．
3．贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是(　　)
A.C→N＋e B.U＋n→I＋Y＋2n
C.H＋H→He＋n D.He＋Al→P＋n
答案　A
解析　A属于β衰变，B属于裂变，C是聚变，D是原子核的人工转变，故选A项．
对半衰期的理解及计算
4．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本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关．故A正确，B、C、D错误．
5．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　由半衰期公式m′＝m()可知，m′＝m()＝m，故选项C正确.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　天然放射现象及三种射线的性质
1．(多选)关于α、β、γ三种射线，下列说法正确的是(　　)
A．α射线是原子核发射出的氦核，它的穿透能力最强
B．β射线是电子流，它具有中等的穿透能力
C．γ射线一般伴随着α射线或β射线产生，它的穿透能力最强
D．γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱
答案　BC
解析　根据三种射线的性质可知：α射线是高速氦核流，β射是高速电子流，γ射线是光子流，在三种射线中，α射线的电离作用最强，穿透能力最弱，γ射线的电离作用最弱，穿透能力最强，β射线的电离作用和穿透能力居中，故B、C对，A、D错．
2．关于放射性元素发生衰变放射的三种射线，下列说法中正确的是(　　)
A．三种射线一定同时产生
B．三种射线的速度都等于光速
C．γ射线是处于激发态的原子核发射的
D．原子核衰变不能同时放射α射线和γ射线
答案　C
解析　γ射线是在α衰变或β衰变后原子核不稳定而辐射出光子形成的，故C对．
3.研究放射性元素射线性质的实验装置如图1所示．两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出．则(　　)
图1
A．a为电源正极，到达A板的为α射线
B．a为电源正极，到达A板的为β射线
C．a为电源负极，到达A板的为α射线
D．a为电源负极，到达A板的为β射线
答案　B
解析　从图可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达A极板的粒子的竖直位移小于到达B板粒子的，粒子在竖直方向做匀速直线运动，则据公式x＝v0t＝v0可知，两个粒子初速度v0相同，两极板电压u相同，放射源与两极板的距离也相同，而电子的小，所以电子的竖直位移小，故达到A极板的是β射线，A极板带正电，a为电源的正极，故选项B正确．
4．如图2中R是一种放射性物质，它能放出α、β、γ三种射线，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上只有O、P两点处有亮斑．下列说法正确的是(　　)
图2
A．磁场方向平行纸面竖直向上，到达O点的射线是β射线，到达P点的射线是α射线
B．磁场方向平行纸面竖直向下，到达O点的射线是α射线，到达P点的射线是β射线
C．磁场方向垂直纸面向外，到达O点的射线是γ射线，到达P点的射线是α射线
D．磁场方向垂直纸面向里，到达O点的射线是γ射线，到达P点的射线是β射线
答案　D
解析　因为α粒子的贯穿本领较小，一张纸即可把它挡住，所以亮斑中不可能有α射线，A、B、C错误；因为γ射线不带电，所以不受磁场约束，直接打在O点，由左手定则知磁场方向垂直纸面向里，所以D正确．
题组二　对原子核衰变的理解
5．“朝核危机”引起全球瞩目，其焦点就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆．重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239(Pu)，这种钚239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2次β衰变，A对．
6．原子核X经过一次α衰变成原子核Y，原子核Y再经一次β衰变成原子核Z，则下列说法中正确的是(　　)
A．核X的中子数比核Z的中子数多2
B．核X的质子数比核Z的质子数多5
C．核Z的质子数比核X的质子数少1
D．原子核X的中性原子的核外电子数比原子核Y的中性原子的核外电子数少1
答案　C
解析　根据衰变规律，发生一次α衰变减少两个质子和两个中子，发生一次β衰变减少一个中子而增加一个质子．中性原子的核外电子数等于质子数，故可判知C对．
7．放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了(　　)
A．1位 B．2位
C．3位 D．4位
答案　C
解析　原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，经过一次β衰变，电荷数增加1，所以元素A经过2次α衰变和1次β衰变后电荷数减小3，生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3位，C正确．
8．在横线上填上粒子符号和衰变类型．
(1)U―→Th＋________，属于________衰变
(2)Th―→Pa＋________，属于________衰变
(3)Po―→At＋________，属于________衰变
(4)Cu―→Co＋________，属于________衰变
答案　(1)He　α　(2)e　β
(3)e　β　(4)He　α
解析　根据质量数和电荷数守恒可以判断，(1)中生成的粒子为He，属于α衰变；(2)中生成的粒子为e，属于β衰变；(3)中生成的粒子为e，属于β衰变；(4)中生成的粒子为He，属于α衰变．
题组三　对半衰期的理解和计算
9．(多选)关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的是(　　)
A．原子核全部衰变所需要的时间的一半
B．原子核有半数发生衰变所需要的时间
C．相对原子质量减少一半所需要的时间
D．元素质量减半所需要的时间
答案　BD
解析　放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫做这种元素的半衰期，它与原子核全部衰变所需要的时间的一半不同．放射性元素发生衰变后成了一种新的原子核，原来的放射性元素原子核的个数不断减少；当原子核的个数减半时，该放射性元素的原子核的总质量也减半，故选项B、D正确．
10．(多选)关于天然放射现象，下列叙述正确的是(　　)
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少
B．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变
C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强
D．铀核(U)衰变为铅核(Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
答案　CD
11.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图3中a、b所示，由图可以判定(　　)
图3
A．该核发生的是α衰变
B．该核发生的是β衰变
C．磁场方向一定垂直纸面向里
D．磁场方向向里还是向外不能确定
答案　BD
解析　本题考查对α粒子及β粒子的性质的了解，对动量守恒定律以及左手定则的应用能力．原来静止的核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据图示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外，即都有可能．
题组四　综合应用
12．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)核速度为，且与铀核速度方向相同，求产生的另一种新核的速度．
答案　(1)见解析　(2)v
解析　(1)U―→Th＋He
(2)设另一新核的速度为v′，铀核质量为238m，由动量守恒定律得：238mv＝234m＋4mv′得：v′＝v.
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4所示)，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝1∶44.求：
图4
(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．
第3节　放射性的应用与防护
[目标定位]　1.知道放射性同位素，了解放射性的应用.2.知道放射性污染及其对人类和自然产生的严重危害及防护措施．
一、放射性的应用
1．利用射线的电离作用、穿透能力等特点
(1)利用放射线使细胞变异或损害的特点，辐射育种、食品辐射保存、放射性治疗等．
(2)放射性同位素电池：把放射性同位素衰变时释放的能量转换成电能的装置．
(3)γ射线探伤：利用了γ射线穿透能力强的特点．
2．作为示踪原子
作为示踪原子对有关生物大分子结构及其功能进行研究．
二、放射性污染和防护
1．放射性的污染
(1)核爆炸：核爆炸产生强烈的γ射线和中子流，对人体和其他生物体有很强的杀伤作用；还产生大量的放射性物质，对生物体和环境产生长期的辐射．
(2)核泄漏：核泄漏会使现场人员受到辐射性损伤，对周围地区造成严重污染．
(3)医疗照射：医疗照射中如果放射线的剂量过大，也会导致病人受到损害，甚至造成病人的死亡．
2．放射性的防护
(1)密封防护：把放射源密封在特殊的包壳里，或者用特殊方法覆盖，以防止放射线泄漏．
(2)距离防护：距放射源越远，人体吸收放射线的剂量就越少，受到的危害就越小．
(3)时间防护：尽量减少受辐射时间．
(4)屏蔽防护：在放射源与人体之间加屏蔽物能起到防护作用.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、放射性的应用
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．人工放射性同位素的优点
(1)放射强度容易控制．(2)可以制成各种所需的形状．(3)半衰期很短，废料容易处理．
3．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，杀死腐败细菌、抑制发芽延长保质期等．
(3)作为示踪原子——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1】　(多选)下列哪些应用是把放射性同位素作为示踪原子的(　　)
A．γ射线探伤仪
B．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况
C．利用钴60治疗肿瘤等疾病
D．把含有放射性元素的肥料施给农作物，用检测放射性的办法确定放射性元素在农作物内转移和分布情况，找出合理施肥的规律
答案　BD
解析　A利用了γ射线的穿透性；C利用了γ射线的高能量和穿透性；B、D是利用示踪原子．
借题发挥　利用放射性同位素作示踪原子：一是利用了它的放射性，二是利用放射性同位素放出的射线．
针对训练　关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的是(　　)
A．利用射线可以改变布料的性质，使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的
B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也可以进行人体的透视
C．利用射线照射作物种子可使其DNA发生变异，其结果一定是更优秀的品种
D．利用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害
答案　D
解析　利用射线消除有害静电是利用射线的电离作用，使空气分子电离，将静电导走，选项A错误；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视，选项B错误；作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种，选项C错误；利用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量，选项D正确．
二、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．核反应的实质：用粒子轰击原子核并不是粒子与核碰撞将原子核打开，而是粒子打入原子核内部使核发生了转变．
3．原子核人工转变的三大发现
(1)1919年卢瑟福发现质子的核反应：
N＋He―→O＋H
(2)1932年查德威克发现中子的核反应：
Be＋He―→C＋n
(3)1934年约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应：Al＋He―→P＋n；P―→Si＋　0＋1e.
4．人工转变核反应与衰变的比较
(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，反应前后粒子总动量守恒．
【例2】　完成下列各核反应方程，并指出哪个核反应是首次发现质子、中子和正电子的．
(1)B＋He―→N＋(　　)
(2)Be＋(　　)―→C＋n
(3)Al＋(　　)―→Mg＋H
(4)N＋He―→O＋(　　)
(5)Al＋He―→n＋(　　)；P―→Si＋(　　)
答案　见解析
解析　(1)B＋He―→N＋n
(2)Be＋He―→C＋n
此核反应使查德威克首次发现了中子．
(3)Al＋n―→Mg＋H
(4)N＋He―→O＋H
此核反应使卢瑟福首次发现了质子．
(5)Al＋He―→n＋P；
P―→Si＋e(正电子)
此核反应使约里奥·居里夫妇首次发现了正电子．
借题发挥　写核反应方程的原则
(1)质量数守恒和电荷数守恒．
(2)中间用箭头，不能写成等号，因两端仅仅是质量数守恒，没有体现质量相等；也不能仅画一横线，因箭头的方向还表示反应进行的方向．
(3)能量守恒，但中学阶段不作要求．
(4)核反应必须是实验能够发生的，不能毫无根据地随意乱写未经实验证实的核反应方程．
【例3】　1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍靶Be产生快中子；(2)用快中子轰击汞Hg，反应过程可能有两种：①生成Pt，放出氦原子核；②生成Pt，同时放出质子、中子．(3)生成的铂Pt发生两次衰变，变成稳定的原子核汞Hg.写出上述核反应方程．
答案　见解析
解析　根据电荷数守恒、质量数守恒，确定新生核的电荷数和质量数，然后写出核反应方程，如下：
(1)Be＋H→B＋n
(2)①Hg＋n→Pt＋He
②Hg＋n→Pt＋2H＋n
(3) Pt→Hg＋2　0－1e
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
核反应方程的书写
1．(多选)下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是(　　)
A.Be＋He―→C＋X
B.N＋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对．
2．下面是四个核反应方程，x表示质子的是(　　)
A.P→Si＋x B.U→Th＋x
C.Al＋n→Mg＋x D.Al＋He→P＋x
答案　C
解析　由质量数守恒和电荷数守恒，可得C中x的质量数为1，电荷数为1，所以C项中x为质子．
放射性同位素的应用
3．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)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失．其原因是(　　)
A．射线的贯穿作用 B．射线的电离作用
C．射线的物理、化学作用 D．以上三个选项都不是
图1
(2)图1是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图．如果工厂生产的是厚度为1毫米的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度控制起主要作用的是________射线．
(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时，需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素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)β　(3)示踪原子
解析　(1)因放射线的电离作用，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)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度为1毫米的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透1毫米厚的铝板和几毫米厚的铝板打在探测器上很难分辨．β射线也能够穿透1毫米甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．(3)把掺入14C的人工合成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，运动到哪里了，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.
(时间：60分钟)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　放射性的应用
1．图1甲所示是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙所示是工业上利用射线的穿透性来检查钢板内部伤痕的示意图，则图乙中的检查是利用了(　　)
图1
A．α射线 B．β射线
C．γ射线 D．三种射线都可以
答案　C
解析　γ射线的穿透能力最强，能穿透钢板，所以金属探伤利用的是γ射线，选项C正确．
2．(多选)人工放射性同位素被用作示踪原子，主要是利用(　　)
A．放射性同位素不改变其化学性质
B．人工放射性同位素的半衰期比天然放射性元素的半衰期短得多
C．半衰期与元素所处的物理、化学状态无关
D．放射性同位素容易制造
答案　ABC
解析　放射性同位素用作示踪原子，主要是用放射性同位素代替没有放射性的同位素参与正常的物理、化学、生物过程，既要利用化学性质相同，也要利用衰变规律不受物理、化学变化的影响，同时还要考虑放射性废料容易处理，因此选项A、B、C正确，选项D不正确．
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的作用是作示踪原子，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
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．(多选)γ刀是治疗脑肿瘤的最佳仪器．用γ刀治疗时不用麻醉，病人清醒，时间短，半个小时内完成手术，无需住院，因而γ刀被誉为“神刀”．据报道，我国自己研制的旋式γ刀性能更好，已进入各大医院为患者服务．γ刀治疗脑肿瘤主要是利用(　　)
A．γ射线具有很强的贯穿本领
B．γ射线具有很强的电离作用
C．γ射线具有很高的能量
D．γ射线能很容易地绕过阻碍物到达目的地
答案　AC
题组二　核反应方程
6．(多选)下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是(　　)
A.Be＋He―→C＋X
B.N＋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对．
7．用中子轰击氧原子核的核反应方程为O＋n→N＋X，对式中X、a、b的判断正确的是(　　)
A．X代表中子，a＝17，b＝1
B．X代表电子，a＝17，b＝－1
C．X代表正电子，a＝17，b＝1
D．X代表质子，a＝17，b＝1
答案　C
解析　根据质量数、电荷数守恒可知a＝17，b＝8＋0－7＝1，因此X可表示为　0＋1e，为正电子，故C项正确，A、B、D三项错误．
8．(多选)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，则下列判断正确的是(　　)
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速度的数量级为105 m/s，即D选项正确．
9．放射性元素Po衰变为Pb，此衰变过程的核反应方程是________；用此衰变过程中发出的射线轰击F，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是________．
答案　Po―→Pb＋He　He＋F―→Ne＋H
解析　根据衰变规律，此衰变过程的核反应方程是Po―→Pb＋He.用α射线轰击F，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是：He＋F―→Ne＋H.
题组三　综合应用
10．将威耳逊云室置于磁场中，一个静止在磁场中的放射性同位素原子核P，放出一个正电子后变成原子核Si，如图所示能近似反映正电子和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，故A错，B对．
11．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子，轰击静止的氮原子核N，产生了质子H，若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20，已知质子质量为m.
(1)写出核反应方程；
(2)求出质子的速度v.
答案　(1)He＋N→O＋H　(2)0.20c
解析　(1)He＋N→O＋H.
(2)设α粒子、新核的质量分别为4m、17m，质子速度为v，由于对心碰撞，满足动量守恒，故4mv0＝17m＋mv，解得v＝0.20c.
12．同位素这个概念是1913年英国科学家索迪提出的．许多元素都存在同位素现象，在目前已发现的114种元素中，稳定同位素约300多种，而放射性同位素达1 500种，而且大多数是人工制造的．
(1)中国科学院近代物理研究所的科学家利用兰州重离子加速器在重质量半中子区首次制得镤元素的一种同位素(234Pa)．已知Th(钍)→234Pa(镤)＋e(电子)，则234Pa原子核里的中子数应为________．
(2)1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是拿走α放射源后，铝箔虽不再发射中子，但仍继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期．
①写出α粒子轰击铝箔(Al)产生中子的核反应方程式，并请写出核反应和一般化学反应的不同点(请答3点)．
②上述产生的具有放射性的同位素叫放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式．
答案　(1)143　(2)①Al＋He→P＋n　不同点见解析　②P→Si＋e
解析　(1)由方程两边的质量数和电荷数相同，可知
234Pa中质子数为91，则中子数为234－91＝143.
(2)①铝核被α粒子击中后产生中子的反应为Al＋He→P＋n；核反应和一般化学反应的不同点：核反应是原子层次上的变化，而化学反应是分子层次上的变化(或核反应前后元素发生变化，化学反应前后则元素种类不变)；一种同位素不论处于何种状态，它们的核反应性质是相同的，而它们的化学性质是不同的；同一元素的不同同位素，它们的化学性质是相同的，但它们的核反应性质是不同的．
②P是磷的一种同位素，也有放射性、像天然放射性元素一样发生衰变，衰变时放出正电子，该反应为：P→Si＋e.
第3章 原子核与放射性
一、对核反应方程及类型的理解
1．核反应方程的比较
名称
核反应方程
时间
其他
衰
变
α衰变
U―→Th＋He
1896年
贝克勒尔
β衰变
Th―→Pa＋e
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―→O＋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或p)、中子(n)、电子(e)、正电子(e)、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】　在下列四个核反应中，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，在A中，未知粒子的质量数为：14＋4＝17＋x，x＝1，其电荷数为：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，其电荷数为：13＋2＝15＋y，y＝0，所以是中子(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，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，也是中子(n)．故方程中X是中子的核反应为B、C、D.属于原子核的人工转变的是A、B.
针对训练　完成下列核反应方程．
A.7N＋He―→8O＋________
B.P―→Si＋________
C. U＋n―→Sr＋54Xe＋________
D.H＋H―→________＋n
其中属于衰变的是________，属于人工转变的是________．
答案　H　e　10n　He　B　A
解析　根据电荷数守恒和质量数守恒可完成核反应方程，然后由核反应的类型即可判断出反应的类型．
二、半衰期及衰变次数的计算
1．半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变需要的时间．
计算公式：n＝Nn或m＝Mn，其中n＝，
T1/2为半衰期．
2．确定衰变次数的方法
(1)X―→Y＋nHe＋me
根据质量数、电荷数守恒得
A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
二式联立求解得α衰变次数n和β衰变次数m.
(2)根据α衰变和β衰变(β衰变质量数不变)直接求解．
【例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108K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2.6×10－16s.一定质量的Be，经7.8×10－16s后所剩下的Be占开始时的________．
答案　(1)He或α　(2)或12.5%
解析　(1)由质量数和电荷数守恒可得答案为He或α；(2)由题意可知经过了3个半衰期，故剩余的Be的质量m＝m03＝m0，故应填或12.5%.
【例3】　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是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206，由Tl―→Pb发生了一次β衰变．故选B.
三、α衰变和β衰变在磁场中的运动轨迹
分析α衰变和β衰变在磁场中的运动轨迹，一般思路为：
1．衰变过程中，质量数守恒、电荷数守恒．
2．衰变过程中动量守恒．
3．带电粒子垂直于磁场方向做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力．
4．静止的原子核发生α衰变和β衰变的规律以及它们在磁场中运动的轨迹特点如下表：
α衰变
两圆外切，α粒子半径大
β衰变
两圆内切，β粒子半径大
【例4】　一个静止的氮核N俘获了一个速度为2.3×107 m/s的中子生成一个复核A，A又衰变成B、C两个新核，设B、C的速度方向与中子方向相同，B的质量是中子的11倍，速度是106 m/s，B、C在同一磁场中做圆周运动的半径之比RB∶RC＝11∶30，轨迹如图2所示，求：
图2
(1)C核的速度大小．
(2)根据计算判断C核是什么？
(3)写出核反应方程．
答案　(1)3×106 m/s　(2)氦原子核
(3)N＋n→B＋He
解析　氦核吸收了一个中子变成复核不稳定，发生衰变，整个过程中，中子、氮核以及两个新核组成的系统过程前后都不受外界的干扰，所以整个系统在俘获与衰变过程中动量均守恒，利用这一点，可求出C核的速度，然后根据粒子在磁场中的运动情况就可以判断出新核的种类，写出核反应方程．
氮核俘获中子到衰变成B、C两个新核的过程中动量守恒
mnvn＝mBvB＋mCvC，①
根据衰变规律，可知C核的质量数为14＋1－11＝4.
由此解得vC＝3×106 m/s.
再由带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动的知识R＝可得
＝＝＝②
qB＋qC＝7.③
将②③联立，qC＝2，而mC＝4，则C核是氦原子核，核反应方程式是N＋n→B＋He.
第1节　核力与核能
[目标定位]　1.知道核力的概念、特点.2.知道稳定原子核中质子与中子的比例特点.3.理解结合能和平均结合能的概念，知道核反应中的质量亏损.4.知道爱因斯坦质能方程，理解质量与能量的关系．
一、核力与核的稳定性
1．核力：把原子核中的核子维系在一起的力．
2．核力特点：(1)核力是一种强相互作用．
(2)核力是短程力，作用范围在2_fm左右．
3．核素：具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子．
4．核素图：用横坐标表示质子数，纵坐标表示中子数，每一种核素用一小方块表示，所得到的图象．
5．核的稳定性
(1)核素的稳定区：几乎全落在一条曲线上，或紧靠曲线两侧的区域．
(2)稳定核素的中子数与质子数的关系：随着质子数的增加，稳定核素的中子数越来越大于质子数．
二、结合能与平均结合能
1．结合能：核子结合成原子核时放出的能量．
2．质量亏损
(1)爱因斯坦质能方程 E＝mc2.
(2)质量亏损：任何一个原子核的质量总是小于组成它的所有核子的质量之和，这一差值称为质量亏损．
(3)亏损的质量与释放的能量间的关系：ΔE＝Δmc2.
想一想　有人认为质量亏损就是核子的个数变少了，这种认识对不对？
答案　不对．在核反应中质量数守恒即核子的个数不变，只是核子组成原子核时，仿佛变“轻”了一些，原子核的质量总是小于其全部核子质量之和，即发生了质量亏损，核子的个数并没有变化．
3．平均结合能
核子结合成原子核时每个核子平均放出的能量．平均结合能越大，原子核越难分离成单个核子．
一、对核力及原子核中质子与中子的比例的理解
1．核力的特点：核力是只在邻近的核子之间发生的一种强相互作用，是短程力．
2．核子比例关系：较轻的原子核质子数与中子数大致相等，但对于较重的原子核中子数大于质子数，越重的元素，两者相差越多．
3．形成原因
(1)若用质子与中子成对地人工构建原子核，由于核力是短程力，当原子核增大到一定程度时，相距较远的质子间的核力不足以平衡它们之间的库仑力，这个原子核就不稳定了．
(2)若只增加中子，中子与其他核子间没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，所以有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多．
(3)由于核力的作用范围是有限的，以及核力的饱和性，若再增大原子核，一些核子间的距离会大于核力的作用范围，这时候再增加中子，形成的核也一定是不稳定的．
【例1】　下列关于原子核中质子和中子的说法，正确的是(　　)
A．原子核中质子数和中子数一定相等
B．稳定的重原子核里，质子数比中子数多
C．原子核都是非常稳定的
D．对于较重的原子核，由于核力的作用范围是有限的，以及核力的饱和性，如果继续增大原子核，形成的核也一定是不稳定的
答案　D
解析　自然界中较轻的原子核，质子数与中子数大致相等，对于较重的原子核，中子数大于质子数，越重的元素，两者相差越多．因此正确答案为D.
二、结合能与平均结合能的理解
1．平均结合能曲线：不同原子核的平均结合能随质量数变化的图线如图1所示．
图1
从图中可看出，中等质量原子核的平均结合能较大，轻核和重核的平均结合能都比中等质量的原子核要小．
2．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，反之，需要吸收能量．
3．平均结合能的大小反映了原子核的稳定程度．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，中等核子数的原子核平均结合能较大，原子核较稳定．
【例2】　下列关于结合能和平均结合能的说法中，正确的有(　　)
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较大
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　核子结合成原子核会放出能量，原子核拆解成核子需要吸收能量，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的大，但由于核子数比重核的少，其结合能比重核的反而小，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的多，因此它的结合能也比轻核大，D选项正确．
借题发挥　结合能、平均结合能的对比理解
(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)平均结合能为结合能与核子数的比值，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都大．
针对训练　一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程为________________．该反应放出的能量为Q，则氘核的平均结合能为________________．
答案　n＋H―→H　
解析　方程式：n＋H―→H.
核子结合成原子核要放出能量，这个能量叫原子核的结合能．它的结合能与核子数之比，称作平均结合能，由题意知氘核的核子数为2，所以平均结合能为.
三、质量亏损和核能的计算
1．对质能方程和质量亏损的理解
(1)质能方程
质能方程：爱因斯坦的相对论指出，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，其关系是E＝mc2.
(2)质量亏损
质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了．物体质量增加，则总能量随之增加；质量减少，总能量也随之减少．这时质能方程也写作ΔE＝Δmc2.
2．核能的计算方法
(1)根据质量亏损计算
①根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.
②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能．
其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳．
(2)利用原子质量单位u和电子伏特计算
根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV.其中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.
【例3】　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　由题目所给核反应方程，根据核反应过程中质量数、电荷数守恒规律，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．根据爱因斯坦的质能方程可知该反应释放能量．故B正确．
借题发挥　在核反应中，是释放能量还是吸收能量，需要确定反应前后质量的变化．若反应后质量减少即发生了质量亏损，则释放出能量，反之吸收能量．由于不明确质量亏损的含义与能量的关系，易误选D.注意此反应过程质量发生亏损，释放出能量．
【例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？能量变化量是多少？
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．
吸收的能量利用ΔE＝Δmc2来计算，若反应过程中质量增加1 u，就会吸收931.5 MeV的能量，故ΔE＝(18.012 69－18.011 40)×931.5 MeV≈1.2 MeV.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对原子核中核力的理解
1．对原子核的组成，下列说法正确的是(　　)
A．核力可使一些中子组成原子核
B．核力可使较多的质子组成原子核
C．不存在只有质子的原子核
D．质量较大的原子核内一定有中子
答案　D
解析　由于原子核带正电，不存在只有中子的原子核，但核力也不能把较多的质子聚集在一起组成原子核，原因是核力是短程力，质子之间还存在“长程力”库仑力，A、B错误；自然界中存在一个质子的原子核，H，C错误；较大质量的原子核内只有存在一些中子，才能削弱库仑力，维系原子核的稳定，故D正确．
对结合能与平均结合能的理解
2．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)(　　)
A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2
答案　C
解析　根据质能方程，ΔE＝Δmc2，其中Δm＝m1＋m2－m3，则ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，C正确，A、B、D错误．
质量亏损和核能的计算
3．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表明物体具有的能量与其质量成正比
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，定量地指出了物体的能量和质量之间的关系，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，则物体的能量增加，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．
4．三个α粒子结合成一个碳12，已知碳原子的质量为12.000 0 u，氦原子质量为4.002 6 u．(1uc2＝931.5 MeV)
(1)写出核反应方程；
(2)这个核反应放出的能量是多少MeV?
(3)这个能量合多少焦耳？
答案　(1)3He→C＋ΔE　(2)7.27 MeV
(3)1.16×10－12 J
解析　(1)核反应方程：3He→C＋ΔE.
(2)质量亏损：Δm＝3×4.002 6 u－12.000 0 u＝0.007 8 u＝12.948×10－30 kg，
这个核反应放出的能量是
ΔE＝Δmc2＝7.27 MeV.
(3)ΔE＝7.27×106×1.6×10－19 J＝1.16×10－12 J.
(时间：60分钟)
题组一　对核力及结合能的理解
1．下列对核力的认识，正确的是(　　)
A．核力是强相互作用的一种表现，比库仑力大得多
B．核力存在于质子和中子、中子和中子之间，质子和质子之间只有库仑斥力
C．核力是核子间相互吸引的力，是短程力
D．核力只存在于相邻的核子之间，具有饱和性
答案　D
解析　在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多，但当原子核大到一定程度时，核力将不足以平衡库仑力，A错误；相邻核子间都存在核力作用，具有饱和性，B错误，D正确；核子间的距离小于0.8×10－15 m时核力表现为斥力，大于0.8×10－15 m时表现为吸引力，C错误．
2．(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．
3．(多选)下列对结合能、平均结合能的认识正确的是(　　)
A．一切原子核均具有结合能
B．自由核子结合为原子核时，可能吸收能量
C．结合能越大的原子核越稳定
D．平均结合能越大的原子核越稳定
答案　AD
解析　由自由核子结合成原子核的过程中，核力做正功，释放出能量；反之，将原子核分开变为自由核子时需要吸收相应的能量，该能量即为结合能，故A正确，B错误．核子较多的原子核的结合能大，但它的平均结合能不一定大，平均结合能的大小反映了原子核的稳定性，故C错误，D正确．
4.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，同理可得B、D错，C正确．
题组二　质量亏损和核能的计算　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．(多选)对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是(　　)
A．如果物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm
B．如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应增加Δmc2
C．Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量
D．在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm
答案　ABD
解析　一定质量对应于一定的能量，物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm，即发生质量亏损，所以选项A、D正确；如果物体的质量增加了Δm，它的能量一定相应增加Δmc2，所以选项B正确；某原子核在衰变时，一定发生质量亏损，所以选项C错误．
6．(多选)一个质子和一个中子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是H＋n―→H＋γ，以下说法中正确的是(　　)
A．反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和
B．反应前后的质量数不变，因而质量不变
C．γ光子的能量为Δmc2，Δm 为反应中的质量亏损，c为光在真空中的速度
D．因存在质量亏损Δm，所以“物质不灭”的说法不正确
答案　AC
解析　核反应中质量数与电荷数及能量均守恒，由于反应中要释放核能，会出现质量亏损，反应中氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和，释放的能量会以光子的形式向外释放，故正确答案为A、C.
7．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)c2
B．(m1＋m2－M)×931.5 J
C．(m1＋m2－M)c2
D．(m1＋m2－M)×931.5 eV
答案　C
解析　在核能计算时，如果质量的单位是kg，则用ΔE＝Δmc2进行计算，如果质量的单位是u，则利用1 u相当于931.5 MeV的能量计算，即ΔE＝Δm×931.5 MeV进行计算，故C正确，A、B、D错．
8．一个氘核H质量为m1，一个氚核H质量为m2，它们结合成一个质量为m3的氦核．核反应方程如下：H＋H→He＋X.在这一核反应过程中释放的能量为ΔE.已知光速为c，则以下判断正确的是(　　)
A．X是质子
B．X是正电子
C．X的质量为m1＋m2－m3
D．X的质量为m1＋m2－m3－
答案　D
解析　由电荷数守恒知，X的质子数为0，由质量数守恒知，X的质量数为1，故X为中子，设X的质量为m，反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3－m，释放的核能ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m)c2，是X的质量为m1＋m2－m3－，故选项D正确．
9．氘核和氚核结合时的核反应方程为H＋H→He＋n，已知H的平均结合能是2.78 MeV，H的平均结合能是1.09 MeV，He的平均结合能是7.03 MeV，则核反应时释放的能量为________MeV.
答案　17.6
解析　结合反应前氘核和氚核的总结合能
E1＝(1.09×2＋2.78×3) MeV＝10.52 MeV.
反应后生成的氦核的结合能
E2＝7.03×4 MeV＝28.12 MeV.
由于单个核子无结合能，所以结合过程释放出的能量为
ΔE＝E2－E1＝(28.12－10.52) MeV＝17.6 MeV.
题组三　综合应用
10．历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5 MeV的质子H轰击静止的X，生成两个动能均为8.9 MeV的He.(1 MeV＝1.6×10－13 J)
(1)上述核反应方程为__________________________．
(2)质量亏损为________kg.
答案　(1)H＋X→He＋He(或H＋Li―→He＋He)　(2)3.1×10－29
解析　(1)根据电荷数和质量数守恒可写出核反应方程为H＋X―→He＋He或H＋Li―→He＋He.
(2)设反应前质子的动能为Ek0，反应后He的动能为Ek，由于质量亏损而释放的能量为
ΔE＝2Ek－Ek0＝(2×8.9－0.5) MeV＝17.3 MeV，
根据爱因斯坦质能方程，有
Δm＝＝ kg≈3.1×10－29 kg.
11．两个中子和两个质子结合成一个氦核，同时释放一定的核能，中子的质量为1.008 7 u，质子的质量为1.007 3 u，氦核的质量为4.002 6 u，试计算中子和质子生成1 kg的氦时，要释放出多少核能？
答案　6.59×1014 J
解析　先计算生成一个氦核释放的能量，再根据1 kg氦核的个数即可求出释放的总的核能．
该核反应方程为2H＋2n―→He
生成一个氦核过程的质量亏损
Δm＝(1.008 7 u＋1.007 3 u)×2－4.002 6 u＝0.029 4 u，
释放的核能ΔE＝0.029 4×931.5 MeV＝27.386 1 MeV
生成1 kg氦核释放的能量E＝nΔE，
E＝×6.02×1023×27.386 1×106×1.6×10－19 J≈6.59×1014 J.
12．一个静止的铀核U(原子质量为232.037 2 u)放出一个α粒子(原子质量为4.002 6 u)后衰变成钍核Th(原子质量为228.028 7 u)．(已知原子质量单位1 u＝1.67×10－27 kg,1 u相当于931.5 MeV的能量)
(1)写出铀核的衰变反应方程；
(2)算出该衰变反应中释放出的核能；
(3)若释放的核能全部转化为新核的动能，则α粒子的动能为多少？
答案　(1)U―→Th＋He
(2)5.50 MeV　(3)5.41 MeV
解析　(1)U―→Th＋He.
(2)质量亏损Δm＝mU－mα－mTh＝0.005 9 u，
ΔE＝Δmc2＝0.005 9×931.5 MeV≈5.50 MeV.
(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，
即pTh＋(－pα)＝0，pTh＝pα
EkTh＝，Ekα＝，EkTh＋Ekα＝ΔE
所以α粒子获得的动能
Ekα＝·ΔE＝×5.50 MeV≈5.41 MeV.
第2节　核裂变
[目标定位]　1.知道核裂变的概念以及重核裂变会释放能量.2.知道什么是链式反应以及发生的条件.3.会计算重核裂变过程中释放出的能量.4.知道什么是核反应堆，了解常用裂变反应堆的类型．
一、重核的裂变
1．定义
用中子轰击重核，重核分裂成质量相近的两部分，并释放出能量的核反应过程叫做核裂变，核裂变释放的能量，称为裂变能，也称为核能或原子能．
2．铀核的裂变
(1)两种常见的核反应方程：
U＋n→Xe＋Sr＋2n
U＋n→Ba＋Kr＋3n
(2)U裂变释放的能量是巨大的，裂变反应中每个核子释放的能量约为1_MeV.
二、链式反应
1．链式反应
当一个中子引起一个铀核的裂变后，放出2～3个中子，放出的中子再引起其他铀核裂变，且能不断地增加，形成链式反应．
2．发生条件
(1)有持续不断的中子．
(2)达到临界体积．
三、裂变反应堆
1．核反应堆
用人工的方法控制链式反应的速度，能维持和控制核裂变的装置，叫做核反应堆．
2．组成
核反应堆包括堆芯、中子反射层、控制系统和防护层等部分．其中堆芯由燃料棒、减速剂和冷却剂组成．
(1)燃料：浓缩铀；
(2)减速剂：铀235容易捕获慢中子发生反应，采用石墨、重水作减速剂；
(3)控制棒：为了控制能量释放的速度，就要想办法减少中子的数目，采用在反应堆中插入镉棒的方法，利用镉吸收中子的特性，就可以容易地控制链式反应的速度.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对裂变概念的理解
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库仑斥力作用而分裂成几块，同时放出2～3个中子，这些中子又引起其他铀核裂变，这样，裂变就会不断地进行下去，形成链式反应．
3．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．一般来说，平均每个核子放出的能量约为1 MeV，1 kg铀235全部裂变放出的能量相当于2 000 t标准煤完全燃烧时释放的能量，裂变时能产生几万度的高温．
4．用中子轰击铀核时，铀核裂变的产物是多种多样的，其中两种典型的反应是：
U＋n―→Ba＋Kr＋3n；
U＋n―→Xe＋Sr＋2n.
【例1】　关于重核的裂变，下列说法正确的是(　　)
A．核裂变时释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B．重核裂变时释放出大量的能量，产生明显的质量亏损，所以核子数减少
C．铀核自发放出α粒子、β粒子时要释放能量，核电站利用的就是这一能量
D．重核的平均结合能小于中等质量核的平均结合能，所以重核裂变成中等质量核时，要放出核能，有质量亏损
答案　D
解析　重核的平均结合能小于中等质量核的平均结合能，即将重核分成核子时比中等质量核分成核子时每个核子平均吸收的能量小些，可见由重核裂变成两个中等质量的核要放出能量，选项D正确；铀核裂变放出的能量是原子核的核能，而不是中子具有的动能，选项A错误；裂变过程遵守质量数、电荷数守恒规律，选项B错误；衰变是自发的现象，铀核衰变后的新核仍是重核，而核电站利用的是裂变能，选项C错误．
借题发挥　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，放出更多的中子的过程．
(2)重核的裂变是放能核反应，原因是核反应前后质量有亏损，根本原因是重核的平均结合能相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的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．
二、裂变反应中释放核能的计算
【例2】 一个铀235原子俘获一个中子后，裂变为氙139和锶94，同时放出三个中子．
(1)写出核反应方程并计算出一个铀核裂变时释放的核能．已知mU＝235.043 94 u，mXe＝138.918 44 u，mSr＝93.915 57 u，mn＝1.008 665 u.
(2)计算1 kg铀完全裂变可释放出的能量，其相当于多少热值为2.93×107 J/kg的煤完全燃烧时放出的热量？
答案　见解析
解析　计算重核裂变释放的核能，首先写出正确的裂变方程式，计算出裂变后的质量亏损Δm，然后将Δm代入爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，计算出裂变释放的核能．
(1)核反应方程为
U＋n―→Xe＋Sr＋3n.
该反应的质量亏损为
Δm＝(mU＋mn)－(mXe＋mSr＋3mn)
＝(235.043 94＋1.008 665) u－(138.918 44＋93.915 57＋3×1.008 665)u
＝0.192 6 u，
所以，一个铀核裂变释放的核能为
ΔE＝0.192 6×931.5 MeV≈179.4 MeV.
(2)1 kg铀中含有的铀核数为
N＝NA＝×6.02×1023＝2.562×1024(个)．
1 kg铀完全裂变共释放的能量为
E＝N·ΔE＝2.562×1024×179.4 MeV≈4.60×1026 MeV.
相当于完全燃烧的煤的质量为
m＝＝ kg
≈2.51×106 kg＝2 510 t.
借题发挥　裂变过程中质量数守恒，电荷数守恒．由爱因斯坦质能方程得释放的核能ΔE＝Δmc2.铀的摩尔质量为235 g/mol,1 mol铀含6.02×1023个铀核，1 kg铀完全裂变可释放的能量，等于各个铀核所释放能量的总和．
针对训练　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＝0.357 8×10－27 kg.
由爱因斯坦质能方程可得释放的核能为
ΔE＝Δmc2＝0.357 8×10－27×(3×108)2 J＝3.220 2×10－11 J.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对核裂变的理解
1．铀核裂变时，关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块的质量无关
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临界体积或铀块的质量大于临界质量，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，若超过临界体积则能够发生链式反应，由此知A、B、D错误，C正确．
2．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其中一种裂变反应为U＋n―→Ba＋Kr＋3n，下列说法正确的有(　　)
A．上述裂变反应中伴随着中子放出
B．铀块体积对链式反应的发生无影响
C．铀核的链式反应可人工控制
D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响
答案　AC
解析　从裂变反应方程式可以看出裂变反应中伴随着中子放出，A对；铀块体积对链式反应的发生有影响，B错；
铀核的链式反应可人工控制，C对；铀核的半衰期不会受到环境温度的影响，D错．
核能的利用和核能的计算
3．关于核反应堆中用镉棒控制反应速度的原理，下列说法正确的是(　　)
A．镉棒能释放中子，依靠释放的多少控制反应速度
B．用镉棒插入的多少控制快中子变为慢中子的数量
C．利用镉棒对中子吸收能力强的特点，依靠插入的多少控制中子数量
D．镉棒对铀核裂变有一种阻碍作用，利用其与铀的接触面积的大小控制反应速度
答案　C
解析　镉棒并不能释放中子，也不能使中子减速，对铀核裂变也没有阻碍作用，而是利用其对中子吸收能力强的特点，控制中子数量的多少从而控制核反应速度，故C正确．
4．一个铀235吸收一个中子后发生的核反应方程是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裂变时的质量亏损为
Δm＝M＋m－m1－m2－10m＝M－m1－m2－9m
由质能方程可得
ΔE＝Δmc2＝(M－m1－m2－9m)c2.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对核裂变的理解
1．裂变反应中释放出的能量来自于(　　)
A．核子消失转化为能量
B．原子中电子与原子核的电势能减小
C．入射的中子消失转化为能量
D．原子核的平均结合能变大，释放出能量
答案　D
解析　发生核反应过程中，核子数保持守恒，中子未消失，故A、C错误；能量来自于原子核内部，因为重核在分裂为中等质量的原子核时，平均结合能增加而释放出能量，C错误，D正确．
2．原子核反应有广泛的应用，如用于核电站等，在下列核反应中，属于核裂变反应的是(　　)
A.B＋n→Li＋He　　 B.U→Th＋He
C.N＋He→O＋H D.U＋n→Ba＋Kr＋3n
答案　D
解析　由链式反应特点知：反应过程中由一个中子引发裂变，放出2～3个中子促成链式反应，故D正确．
3．关于重核裂变的说法正确是(　　)
A．重核裂变为两个中等质量的核时，重核的中子数要比裂变后的两个中等质量核的中子数多
B．只要用中子轰击铀块，就一定能发生链式反应
C．为了使裂变的链式反应容易发生，不能利用裂变时产生的中子
D．裂变过程中释放能量，质量亏损
答案　D
解析　重核裂变为两个中等质量的核时，会产生两到三个中子，因而分裂后的中子数减小，A错；链式反应的发生是有条件的，铀块的体积必须大于其发生链式反应的临界体积，链式反应一旦发生，中子轰击铀核裂变产生的中子再次引起其他铀核的裂变，且能不断继续下去，B、C错；重核裂变时质量发生亏损，总能量减小，减小的能量对外释放，D对．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．利用重核裂变释放核能时选用铀235，主要因为(　　)
A．它比较容易发生链式反应
B．能自动裂变，与体积无关
C．铀核比较容易分裂成为三部分或四部分，因而放出更多的核能
D．铀235价格比较便宜，而且它裂变时放出的核能比其他重核裂变时放出的核能要多
答案　A
解析　铀235俘获任何能量的中子都能发生裂变反应，吸收低能量的中子裂变的概率更大．
题组二　对裂变反应堆和链式反应的理解
5．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．原子核在分裂或者聚合时释放的能量叫作核能
B．用中子轰击比较大的原子核可以使其发生裂变获取核能
C．核电站里的链式反应是可以控制的
D．原子弹发生爆炸时发生的链式反应也是可以控制的
答案　ABC
解析　核能是指原子核在分裂或者聚合时由于质量亏损所释放的能量，A正确；用中子轰击比较大的原子核使其发生裂变时，会有质量亏损，我们可以获取该过程所释放的核能，B正确；核电站里的链式反应可以通过“慢化剂”和“镉棒”来控制，C正确；原子弹发生爆炸时发生的链式反应是不可控的，或者说没有控制的必要，故D错误．
6．为使链式反应平稳进行，可采用下列哪种办法(　　)
A．铀块可制成任何的体积
B．铀核裂变释放的中子可直接去轰击另外的铀核
C．通过减速剂将产生的中子减速
D．用镉棒控制中子的数量
答案　D
解析　由于使铀块发生链式反应的体积应大于临界体积，故A错误；铀核裂变释放出的为快中子，不能直接再去轰击铀核，必须用减速剂减速，而镉棒是用于控制中子数量的，以控制链式反应速度，故D正确，B、C错误．
7．(多选)关于原子核反应堆，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，A对；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，B对；慢中子最容易引发核裂变，所以快中子碰到铀棒前要进行减速，石墨的作用是使快中子减速，C错；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，D对．
8．原子反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置，它的主要组成部分是(　　)
A．原子燃料、减速剂、冷却系统和控制调节系统
B．原子燃料、减速剂、发热系统和传热系统
C．原子燃料、调速剂、碰撞系统和热系统
D．原子燃料、中子源、原子能聚存和输送系统
答案　A
解析　核反应堆的主要部分包括①燃料，即浓缩铀235；②减速剂，采用石墨、重水或普通水；③控制调节系统，用控制棒控制链式反应的速度；④冷却系统，水或液态钠等流体在反应堆内外循环流动，把反应堆的热量传输出去用于发电，故A正确，B、C、D错误．
题组三　重核裂变释放核能的计算
9．一个U核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为U＋n―→X＋Sr＋2n，则下列叙述正确的是(　　)
A．X原子核中含有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，B错误；中子数为140－(92－38)＝86，故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，故C、D错误．
10．一个铀235吸收一个中子发生核反应时大约放出201 MeV的能量，则1 g纯92U完全发生核反应时放出的能量为(NA为阿伏加德罗常数)(　　)
A．NA×201 MeV B．235 NA×201 MeV
C．235×201 MeV D.×201 MeV
答案　D
解析　由于1 mol的铀核质量为235 g,1 g铀235的物质的量为 mol，因此1 g铀235释放的能量E＝×201 MeV，故D正确．
11．1945年7月，为了加速日本军国主义的灭亡，促使日本早日无条件投降，美国在日本的广岛、长崎投下了两枚原子弹．落在日本广岛的原子弹，其爆炸释放的能量相当于2×104 t TNT爆炸的能量(约8.4×1013 J)，由此可知该原子弹中铀235的质量是多少千克？(已知裂变的核反应方程为U＋n―→Ba＋Kr＋3n＋201 MeV，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023)
答案　1.02 kg
解析　由核反应方程知，一个铀核裂变能放出201 MeV的能量，则1 mol铀核裂变放出的能量为
E0＝6.02×1023×201 MeV≈1.936×1013 J
1 mol铀核的质量为0.235 kg，则原子弹中铀核的质量为
m＝×0.235 kg＝×0.235 kg≈1.02 kg.
12．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，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.核反应方程中用符号Zr表示．
(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3节　核聚变 第4节　核能的利用与环境保护
[目标定位]　1.了解聚变反应的特点及其条件.2.了解可控热核反应及其研究和发展.3.了解核电站的构造和基本原理，了解核武器的种类.4.了解核能利用的优势、危害及其防护措施．
一、轻核聚变
1．定义
采用轻核聚合成较重核引起结合能变化的方式获得核能的核反应，称为轻核聚变．
2．核反应举例 H＋H―→He＋n.
3．能量变化
轻核聚变后，平均结合能增加，反应中会释放能量．
二、可控热核聚变反应
1．热核聚变反应的条件
必须使原子核的距离达到10－15 m以下，使核具有足够的动能，轻核才能够发生聚变．
2．约束聚变材料的方法
引力约束、磁约束、惯性约束．
三、核能的利用与环境保护
1．核电站是将反应堆释放的核能转化为电能的发电厂，它的核心设施是核反应堆．
2．核武器
原子弹和氢弹是众所周知的两种核武器．
(1)原子弹：是一种没有减速剂、不加控制的爆炸性链式反应装置．
(2)氢弹：是一种靠惯性约束、不需人工控制而实现聚变的反应装置．
3．核能的优势与危害
(1)优势：核能发电比燃煤发电的成本低；核电站对环境污染比燃煤发电小得多．
(2)危害：核废料具有高放射性．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、核聚变及核能的计算
1．聚变发生的条件：要使轻核聚变，必须使轻核接近到核力发生作用的距离10－15 m内，这要克服电荷间强大的斥力作用，要求使轻核具有足够大的动能．要使原子核具有足够大的动能，就要给它们加热，使物质达到几百万开尔文的高温．
2．轻核聚变是放能反应：从平均结合能的图线看，轻核聚变后平均结合能增加，因此聚变反应是放能反应．
3．聚变方程：
H＋H―→He＋n＋γ.
4．重核裂变与轻核聚变的区别
反应方式
比较项目
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大约要大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容易得多
【例1】　以下说法正确的是(　　)
A．聚变是裂变的逆反应
B．如果裂变释放能量，则聚变反应必定吸收能量
C．聚变须将反应物加热至数百万开尔文以上的高温，显然是吸收能量
D．裂变与聚变均可释放巨大的能量
答案　D
解析　从形式上看，裂变与聚变似乎是互为逆反应，但其实不然，因为二者的反应物和生成物完全不同．裂变是重核分裂成中等质量核，而聚变则是轻核聚合成为较重核，无直接关联，并非互为逆反应，A项错；既然裂变与聚变不是互为逆反应，则在能量流向上也不必相反，B项错；要实现聚变反应，必须使参加反应的轻核充分接近，需要数百万开尔文的高温提供能量，但聚变反应一旦实现，所释放的能量远大于所吸收的能量，因此，总的来说，聚变反应还是释放能量，故C项错，D项对．
【例2】　一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量mH＝1.007 3 u，中子质量mn＝1.008 7 u，氚核质量mT＝3.018 0 u．求：
(1)写出聚变方程．
(2)释放出的核能是多大？
(3)平均每个核子释放的能量是多大？
答案　见解析
解析　(1)聚变方程H＋2n―→H.
(2)质量亏损
Δm＝mH＋2mn－mT＝(1.007 3＋2×1.008 7－3.018 0) u＝0.006 7 u，
释放的核能
ΔE＝0.006 7×931.5 MeV≈6.24 MeV.
(3)平均每个核子放出的能量为 MeV＝2.08 MeV.
借题发挥　轻核聚变释放核能的计算方法
(1)根据质量亏损计算
根据爱因斯坦质能方程，用核子结合成原子核时质量亏损(Δm)的千克数乘以真空中的光速(c＝3×108 m/s)的平方，即ΔE＝Δmc2.①
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm的数值×931.5 MeV②
注意：式①中Δm的单位为kg，ΔE的单位是J；式②中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.
针对训练1　氘核(H)和氚核(H)结合成氦核(He)的核反应方程：H＋H―→He＋n＋17.6 MeV
(1)这个核反应称为________．
(2)要发生这样的核反应，需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文．式中17.6 MeV是核反应中________(选填“放出”或“吸收”)的能量，核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量________(选填“增加”或“减少”)了________kg(保留一位有效数字)．
答案　(1)聚变　(2)放出　减少　3×10－29
解析　在轻核聚变反应中，由于质量亏损，放出核能，由ΔE＝Δmc2，可以求得Δm＝≈3×10－29 kg.
二、核反应类型的判断
【例3】　下列说法不正确的是(　　)
A.H＋H―→He＋n是聚变
B.U＋n―→Xe＋Sr＋2n是裂变
C.Ra―→Rn＋He是α衰变
D.Na―→Mg＋e是裂变
答案　D
解析　A选项中是两个质量较轻的核结合成了一个质量较重的核，是聚变反应，故A选项正确；B选项的核反应是铀核捕获中子裂变为两个(或更多)中等质量的核，并放出几个中子，是裂变反应，故B选项正确；在C选项的核反应中没有中子的轰击自发地放出了α粒子，是α衰变，C选项是正确的；而D选项应是β衰变，不正确．故答案为D.
借题发挥　主要核反应类型有：
(1)衰变：衰变是原子核自发转变为另一种核并辐射出α或β粒子．
(2)人工转变：人工转变常用α粒子(也可用质子、中子等)轰击原子核，该核捕获α粒子后产生新原子核，并放出一个或几个粒子．
(3)核裂变：核裂变时铀核捕获中子裂变为两个(或多个)中等质量的核，并放出几个中子．
(4)核聚变：轻核聚合成中等质量的核反应．
针对训练2　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.N＋H―→C＋He是α衰变方程
B.H＋H―→He＋γ是核聚变反应方程
C.U―→Th＋He是核裂变反应方程
D.He＋Al―→P＋n是原子核的人工转变方程
答案　BD
解析　选项A、D为原子核的人工转变，选项B为轻核聚变，选项C为原子核的α衰变，故选项B、D正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对核聚变的理解及其核反应方程
1．科学家发现在月球上含有丰富的He(氦3)，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He＋He―→2H＋He，关于He聚变下列表述正确的是(　　)
A．聚变反应不会释放能量
B．聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损
D．目前核电站都采用He聚变反应发电
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．
2．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
H＋C―→N＋Q1，H＋N―→C＋X＋Q2
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：
原子核
H
He
He
C
N
N
质量/u
1.007 8
3.016 0
4.002 6
12.000 0
13.005 7
15.000 1
以下推断正确的是(　　)
A．X是He，Q2>Q1 B．X是He，Q2>Q1
C．X是He，Q2答案　B
解析　根据核反应中质量数与电荷数守恒容易求得新核X的质量数为4、电荷数为2，即X是He；根据表中提供的数据，可以求得第2个核反应的质量亏损大，根据爱因斯坦质能方程必然有Q1核反应类型的判断
3．现有三个核反应：①Na―→Mg＋e　②U＋n―→Ba＋Kr＋3n　③H＋H―→He＋n.下列说法正确的是(　　)
A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变
B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变
C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变
D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变
答案　C
解析　原子核自发地放出某种粒子成为新的原子核，叫做衰变，①为β衰变．原子序数较大的重核分解成原子序数较小的原子核，叫做重核裂变，②为裂变．原子序数较小的原子核聚合成原子序数较大的原子核，叫做轻核聚变，③为聚变．故正确答案为C.
计算核聚变释放的能量
4．一个氘核(H)和一个氚核(H)结合成一个氦核(He)，同时放出一个中子，已知氘核质量为m1＝2.014 1 u，氚核质量为m2＝3.016 0 u，氦核质量为m3＝4.002 6 u，中子质量为m4＝1.008 7 u，求：
(1)写出聚变的核反应方程；
(2)此反应过程中释放的能量为多少？平均每个核子释放出多少核能？
答案　(1)H＋H―→He＋n
(2)17.5 MeV　3.5 MeV
解析　(1)核反应方程为H＋H―→He＋n.
(2)此反应过程的质量亏损为
Δm＝2.014 1 u＋3.016 0 u－4.002 6 u－1.008 7 u＝0.018 8 u，
ΔE＝0.018 8×931.5 MeV≈17.5 MeV.
平均每个核子释放的核能为 MeV＝3.5 MeV.
(时间：60分钟)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对核聚变的理解
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．聚变反应中有质量亏损，所以必向外界放出能量
B．发生核聚变反应必须使核之间的距离接近到10－15 m，也就是接近到核力能够发生作用的范围内
C．要使核发生聚变反应，必须克服核力做功
D．热核反应只有在人工控制下才能发生
答案　AB
解析　由质能方程可知A正确；轻核结合成质量较大的核，必须使轻核间的距离达到能发生核力的范围，才能使它们紧密地结合起来，B正确、C错误；热核反应必须在很高的温度下才能发生，不一定要人工控制，D错．
2．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．聚变反应比裂变反应每个核子释放的平均能量一定大
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，故反应后质量增加
答案　B
解析　在一次聚变反应中释放的能量不一定比裂变反应多，但平均每个核子释放的能量一定大，故A错误，B正确；由于聚变反应中释放出巨大能量，则平均结合能一定增加，质量发生亏损，故C、D错误．
3．太阳不断地向外辐射能量，仍保持1千万度以上的高温，其主要原因是太阳内部进行着剧烈地(　　)
A．衰变反应 B．人工核反应
C．裂变反应 D．热核反应
答案　D
解析　太阳的内部时刻都在进行着轻核的聚变，即热核反应．
4．重核裂变和轻核聚变是人们获得核能的两个途径，下列说法中正确的是(　　)
A．裂变过程质量增加，聚变过程质量亏损
B．裂变过程质量亏损，聚变过程质量增加
C．裂变过程和聚变过程都有质量增加
D．裂变过程和聚变过程都有质量亏损
答案　D
解析　重核裂变和轻核聚变都能释放巨大的能量，由爱因斯坦质能方程知两过程均会有质量亏损．
5．太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变反应形成的，其核反应方程是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．4H→He＋2e B.N＋He→O＋H
C.U＋n→Xe＋Sr＋10n D.U→Th＋He
答案　A
解析　热核聚变反应是指轻核结合为质量较重的核的反应，故A正确；B项中为实现原子核人工转变的反应．C项中为裂变，D项中为衰变，均不属聚变反应，故B、C、D不正确．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组二　聚变释放核能的计算
6．(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C项正确．
7．当两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，放出28.30 MeV的能量，当三个α粒子结合成一个碳(C)核时，放出7.26 MeV的能量，则当6个中子和6个质子结合成一个碳核时，释放的能量约为(　　)
A．21.04 MeV B．35.56 MeV
C．77.64 MeV D．92.16 MeV
答案　D
解析　6个中子和6个质子可结合成3个α粒子，放出能量3×28.30 MeV＝84.9 MeV,3个α粒子再结合成一个碳核，放出7.26 MeV能量，故6个中子和6个质子结合成一个碳核时，释放能量为84.9 MeV＋7.26 MeV＝92.16 MeV，故D对．
8．氘和氚发生聚变反应的方程式是H＋H→He＋n＋17.6 MeV，若有2 g氘和3 g 氚全部发生聚变，NA为阿伏加德罗常数，则释放的能量是(　　)
A．NA×17.6 MeV B．5NA×17.6 MeV
C．2NA×17.6 MeV D．3NA×17.6 MeV
答案　A
解析　由核反应方程可知1个氘核和1个氚核聚变成氦核时放出17.6 MeV能量和1个中子，则1 mol的氘和1 mol氚全部聚变成1 mol氦核时释放的能量为ΔE＝NA×17.6 MeV，故A对．
9．(多选)核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)
A．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是质子
B．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是中子
C．两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1－m3－m4)c2
D．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废料具有放射性
答案　BD
解析　由核反应方程知2H→He＋X，X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(2m1－m3－m2)c2，聚变反应的污染非常小．而现实运行的裂变反应的废料具有很强的放射性．故A、C错误，B、D正确．
10．4个氢核聚变成一个氦核，同时放出两个正电子，释放出2.8×106 eV的能量，写出核反应方程，并计算1 g氢核完成这个反应后释放出多少焦耳的能量？
答案　见解析
解析　该反应的核反应方程为：4H―→He＋2e.
由此可知，平均每个氢核反应释放出的能量为
E0＝ eV＝7×105 eV
1 g氢核(即1 mol)所包含的氢核的个数为6.0×1023(个)
应释放出的总能量E为：
E＝7×105×6.0×1023 eV＝4.2×1029 eV＝6.72×1010 J.
11．为了验证爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，设计了下面的实验：用动能E1＝0.9 MeV的质子去轰击静止的锂核Li，生成两个α粒子，测得这两个α粒子的动能之和E＝19.9 MeV.(质子、锂7核、α粒子的质量分别是1.007 3 u、7.016 u、4.001 5 u)
(1)写出该核反应方程式；
(2)计算核反应过程中释放的能量ΔE；
(3)通过计算说明ΔE＝Δmc2的正确性．
答案　(1)H＋Li―→2He　(2)18.9 MeV　(3)见解析
解析　(2)核反应过程中的质量亏损
Δm＝(1.007 3＋7.016 0－2×4.001 5) u＝0.020 3 u.
根据爱因斯坦质能方程，计算出核反应中释放的能量．
ΔE＝0.020 3×931.5 MeV≈18.9 MeV.
(3)由实验知反应前后系统增加的动能是
E－E1＝(19.9－0.9) MeV＝19.0 MeV.
这与核反应中释放的核能在误差允许的范围内近似相等，证明了质能方程ΔE＝Δmc2是正确的．
12．核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源．近几年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站．一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一个中子．若已知氘原子的质量为2.014 1 u，氚原子的质量为3.016 0 u，氦原子的质量为4.002 6 u，中子的质量为1.008 7 u,1 u＝1.66×10－27 kg.
(1)写出氘和氚聚变的反应方程；
(2)试计算这个核反应释放出来的能量；
(3)若建一座功率为3.0×105 kW的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半转化成了电能，求每年要消耗的氘的质量．(一年按3.2×107 s计算，光速c＝3.0×108 m/s，结果取得两位有效数字)
答案　(1)H＋H→He＋n　(2)2.8×10－12 J
(3)23 kg
解析　(1)H＋H→He＋n
(2)ΔE＝Δmc2＝(2.014 1＋3.016 0－4.002 6－1.008 7)×1.66×10－27×9×1016 J＝2.8×10－12 J
(3)M＝×MD
＝ kg
＝23 kg
第4章 核能
一、核能的计算方法
1．利用质能方程来计算核能
(1)首先根据核反应方程，计算核反应前后的质量亏损Δm.
(2)再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1 u相当于931.5 MeV推算ΔE，此时ΔE的单位为“兆电子伏(MeV)”，即原子质量单位1 u对应的能量为931.5 MeV.
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，就是该核反应所释放(或吸收)的核能．
【例1】　试计算用α粒子轰击铍(Be)核发现中子的核反应中所释放的能量．(已知铍核、碳核、α粒子和中子的质量分别为mBe＝9.012 19 u，mC＝12.000 u，mα＝4.002 6 u，mn＝1.008 665 u．1 u＝1.660 566×10－27 kg)
答案　5.705 MeV(或9.15×10－13 J)
解析　核反应方程为Be＋He―→C＋n，核反应中的质量亏损为Δm＝mBe＋mα－mC－mn＝9.012 19 u＋4.002 6 u－12.000 0 u－1.008 665 u＝0.006 125 u，ΔE＝0.006 125×931.5 MeV≈5.705 MeV或ΔE＝Δmc2＝0.006 125×1.660 566×10－27×(3×108)2 J≈9.15×10－13 J.
【例2】　已知氘核的平均结合能为1.1 MeV，氦核的平均结合能为7.1 MeV，则两个氘核结合成一个氦核时(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．释放出4.9 MeV的能量 B．释放出6.0 MeV的能量
C．释放出24.0 MeV的能量 D．吸收4.9 MeV的能量
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，故核反应过程释放能量．ΔE＝4×7.1 MeV－2×2×1.1 MeV＝24.0 MeV.故选C.
二、原子物理与动量、能量相结合的问题
1．核反应过程中满足四个守恒：质量数守恒、电荷数守恒、动量守恒、能量守恒．
2．动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，大到宏观物体小到微观粒子都适用．动量守恒定律在原子物理中的应用常见有以下两种情况：
(1)未发生核反应，中子与原子核的作用可看作是弹性碰撞．此过程满足动量守恒，动能守恒．
(2)发生核反应，产生新核和新粒子，无光子放出，此过程满足动量守恒，能量守恒(注意核反应中释放的核能)．
【例3】　一个静止的钚核Pu自发衰变成一个铀核U和另一个原子核X，并释放出一定的能量，其衰变方程为：
Pu―→U＋X.
(1)方程中的“X”核符号为________；
(2)钚核的质量为239.052 2 u，铀核的质量为235.043 9 u，X核的质量为4.002 6 u，已知1 u相当于931 MeV，则该衰变过程放出的能量是________MeV；
(3)假设钚核衰变释放的能量全部转变为铀核和X核的动能，则X核与铀核的动能之比是________．
答案　(1)He　(2)5.31　(3)58.7
解析　(1)根据质量数、电荷数守恒，得X核的质量数为239－235＝4，电核数为94－92＝2，故“X”核为氦核，符号为He.(2)钚核衰变过程中的质量亏损Δm＝239.052 2 u－235.043 9 u－4.002 6 u＝0.005 7 u，根据爱因斯坦质能方程，得出衰变过程中放出的能量E＝0.005 7×931 MeV≈5.31 MeV.(3)钚核衰变成铀核和X核，根据动量守恒定律，两者动量大小相等，根据Ek＝mv2＝，得X核和铀核的动能之比＝≈58.7.
【例4】　用速度几乎是零的慢中子轰击静止的硼核(B)，产生锂核(Li)和α粒子．已知中子质量mn＝1.008 665 u，硼核质量mB＝10.016 77 u，锂核质量mLi＝7.018 22 u，α粒子质量mα＝4.002 60 u．1 u相当于931.5 MeV.
(1)写出该反应的核反应方程；
(2)求出该反应放出的能量ΔE；
(3)若核反应中放出的能量全部变成生成核的动能，则锂核和α粒子的动能各是多少？
答案　(1)B＋n―→Li＋He
(2)4.30 MeV
(3)1.56 MeV　2.74 MeV
解析　根据质量数和电荷数守恒写出核反应方程，由质量亏损及爱因斯坦质能方程求出核能，再由动量守恒和能量守恒求出锂核和α粒子的动能．
(1)核反应方程为B＋n―→Li＋He.
(2)核反应过程中的质量亏损为
Δm＝(10.016 77＋1.008 665－7.018 22－4.002 60) u
＝0.004 615 u，
释放出的能量为
ΔE＝0.004 615×931.5 MeV≈4.30 MeV.
(3)根据动量守恒定律有mLivLi＝mαvα，
由动能定义式有EkLi＝mLiv，Ekα＝mαv，
联立有＝＝，
根据能量守恒有EkLi＋Ekα＝ΔE＝4.30 MeV，
解得锂核和α粒子的动能分别为
EkLi≈1.56 MeV，Ekα≈2.74 MeV.
针对训练　一个原来静止的锂核(Li)俘获一个速度为7.7×104 m/s的中子后，生成一个氚核和一个氦核，已知氚核的速度大小为1.0×103 m/s，方向与中子的运动方向相反．
(1)试写出核反应方程；
(2)求出氦核的速度大小；
(3)若让一个氘核和一个氚核发生聚变时可产生一个氦核，同时放出一个中子，求这个核反应释放出的能量．(已知氘核质量为mD＝2.014 102 u，氚核质量为mT＝3.016 050 u，氦核质量mHe＝4.002 603 u，中子质量mn＝1.008 665 u,1 u＝1.660 6×10－27 kg)
答案　(1)Li＋n―→H＋He
(2)2×104 m/s
(3)2.82×10－12 J
解析　(1)Li＋n―→H＋He
(2)取中子的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
mnv0＝－mTv1＋mHev2
v2＝
＝ m/s
＝2×104 m/s
(3)质量亏损为
Δm＝mD＋mT－mHe－mn
＝(2.014 102＋3.016 050－4.002 603－1.008 665) u
＝0.018 884 u≈3.136×10－29 kg
根据爱因斯坦质能方程
ΔE＝Δmc2＝3.136×10－29×(3×108)2 J≈2.82×10－12 J.
第1节　光电效应
[目标定位]　1.了解光电效应和光电效应的实验规律及应用.2.知道爱因斯坦光电效应方程及其意义，并会用来解决简单的问题．
一、光电效应的产生
1．光电效应现象
在光的照射下电子从物体表面逸出的现象称为光电效应，从金属表面逸出的电子叫做光电子．
2．光电效应实验规律
(1)每一种金属对应一种光的最小频率，又称极限频率，只有当光的频率大于或等于这个最小频率时，才会产生光电效应．
(2)产生光电效应时，单位时间内逸出金属表面的电子数与光的强度有关；光的强度越大，单位时间内逸出的电子数越多．
(3)从光照射到金属表面至产生光电效应的时间间隔很短，通常可在10－9 s内发生光电效应．
想一想　紫外线灯照射锌板，为什么与锌板相连的验电器指针张开一个角度？
答案　紫外线灯照射锌板，发生光电效应现象，锌板上的电子飞出锌板，使锌板带正电，与锌板相连的验电器也会因而带正电，使得验电器指针张开一个角度．
二、光电效应的理论解释
1．光子说：光由个数有限、分立于空间各点的光子组成，频率为ν的光子能量为hν.
2．爱因斯坦光电效应方程
(1)表达式：hν＝W＋mv2.
(2)各量的意义：hν表示一个光子的能量，W表示金属的逸出功，mv2表示光电子的最大初动能．
三、光电效应的应用
1．光电开关：控制电路的接通或断开．
2．光电成像：原理是利用光电效应将光信号转化成电信号，然后再将电信号转化成光信号．例如：红外线成像．
3．光电池：硅半导体太阳电池．
想一想　电子的最大初动能与入射光的频率成正比吗？
答案　根据爱因斯坦光电效应方程hν＝W＋mv2，mv2与入射光的频率成一次函数关系，并不是正比函数关系．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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，其本质是电子．
【例1】　一验电器与锌板相连(如图1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1
(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________(选填“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________(选填“有”或“无”)偏转．
答案　(1)减小　(2)无
解析　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．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，而红外光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．
二、光电效应的实验规律
1．光电效应的三个规律
(1)任何一种金属都有一个极限频率νc，入射光的频率必须大于或等于νc，才能产生光电效应，与入射光的强度及照射时间无关．
(2)当产生光电效应时，单位时间内从金属表面逸出的电子数与入射光的强度有关．
(3)光电效应几乎是瞬时的，发生的时间一般不超过10－9 s.
2．掌握三个概念的含义
(1)入射光频率决定着能否发生光电效应和光电子的最大初动能．
(2)入射光的强度决定着单位时间内发射的光电子数．
(3)饱和光电流决定于单位时间内发射的光电子数．
3．逸出功
使电子脱离某种金属表面所做功的最小值，用W表示，不同金属的逸出功不同．
4．光电效应与光的电磁理论的矛盾
按光的电磁理论，应有：
(1)光越强，光电子的初动能越大，遏止电压与光的强弱有关．
(2)不存在极限频率，任何频率的光都能产生光电效应．
(3)在光很弱时，放出电子的时间应远大于10－9 s.
【例2】　利用光电管研究光电效应实验，如图2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2
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M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N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N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1　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，说明光子能量不变，逸出的光电子的最大初动能也就不变，选项B错误；入射光子的数目减少，逸出的光电子数目也就减少，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、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
能量为E＝hν的光子被电子吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引做功，另一部分就是电子离开金属表面时的动能．如果克服吸引力做功最少为W0，则电子离开金属表面时动能最大为Ek，根据能量守恒定律可知：Ek＝hν－W0.
2．光电效应方程包含了产生光电效应的条件
若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即Ek＝hν－W0>0，亦即hν>W0，ν>＝νc，而νc＝恰好是光电效应的极限频率．
图3
3．Ek－ν曲线
如图3所示是光电子最大初动能Ek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．
【例3】　如图4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．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零．当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零．由此可知阴极材料的逸出功为(　　)
图4
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Ek＝eUc＝0.60 eV，所以根据光电效应方程Ek＝hν－W0可得
W0＝hν－Ek＝(2.5－0.6) eV＝1.9 eV.
针对训练2　 (多选)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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
光电效应现象
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．
光电效应规律
2．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
解析　由光电效应规律知，光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功共同决定，与入射光的强度无关，故①对；单位时间内产生的光电子数与入射光的强度成正比，光强减弱，则单位时间内产生的光电子数减少，即③也正确．
3．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．
光电效应方程的理解与应用
4．(多选)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是(　　)
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
答案　AC
解析　在发生光电效应时，饱和光电流大小由光照强度来决定，与频率无关，光照强度越大饱和光电流越大，因此A正确，B错误；根据Ekm＝hν－W可知，对于同一光电管，逸出功W不变，当频率变高，最大初动能Ekm变大，因此C正确；由光电效应规律可知，当频率低于截止频率时无论光照强度多大，都不会有光电流产生，因此D错误．
(时间：60分钟)
题组一　光电效应的现象及规律
1．(多选)当用一束紫外线照射装置在原不带电的验电器金属球上的锌板时，发生了光电效应，这时发生的现象是(　　)
A．验电器内的金属箔带正电
B．有电子从锌板上飞出来
C．有正离子从锌板上飞出来
D．锌板吸收空气中的正离子
答案　AB
2．(多选)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．锌板带正电，指针带正电
C．若用黄光照射锌板，则可能不产生光电效应现象
D．若用红光照射锌板，则锌板能发射光电子
答案　BC
解析　锌板在紫外线照射下，发生光电效应现象，有光电子飞出，故锌板带正电，指针上的部分电子被吸引到锌板上发生中和，使指针带正电，B对，A错；红光和黄光的频率都小于紫外线的频率，都可能不产生光电效应，C对，D错．
3．(多选)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不变
D．单位时间逸出光电子的数目变小
答案　CD
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小，C、D正确，A错误；产生光电效应的时间几乎是瞬时的，B错误．
4．关于光电效应的规律，下列说法中正确的是(　　)
A．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能发生
B．光电子的最大初动能跟入射光的强度成正比
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，单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度成正比
答案　D
解析　由E＝hν＝h知，当入射光波长大于极限波长时，不能发生光电效应，故A错；由Ek＝hν－W知，最大初动能由入射光频率决定，与入射光的强度无关，故B错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s，故C错．
5．(多选)如图2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2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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
解析　金属存在极限频率，超过极限频率的光照射金属才会有光电子射出．发射的光电子的动能随频率的增大而增大，动能小时不能克服反向电压，也不能有光电流．入射光的频率低于极限频率，不能产生光电效应，与光照强弱无关，选项B正确，A错误；电路中电源正负极接反，对光电管加了反向电压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，D正确；光电效应的产生与光照时间无关，C错误．
6．(多选)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．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.
题组二　光电效应方程及应用
7．(多选)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是(　　)
A．对于同种金属，Ek与入射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与入射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与入射光的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与入射光的频率成线性关系
答案　AD
解析　Ek＝hν－W＝h－W，同种逸出功相同，最大初动能与入射光强度无关，与入射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，不同种金属，保持入射光频率不变，最大初动能Ek与逸出功成线性关系．
8．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3.28 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—W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极限频率越高，所以能使金属锌发生光电效应的极限频率越高，所以A正确，B错误．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
9．(多选)如图3所示是某金属在光的照射下，光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数(1/λ)的关系图象，由图象可知(　　)
图3
A．图象中的λ0是产生光电效应的最小波长
B．普朗克常量和光速的乘积hc＝Eλ0
C．该金属的逸出功等于－E
D．若入射光的波长为λ0/3，产生的光电子的最大初动能为2E
答案　BD
解析　图象中的λ0是产生光电效应的最大波长，选项A错误；根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数的关系图象对应的函数关系式为Ek＝hc－W，由图可知Ek＝0时，hc＝Eλ0，选项B正确；由Ek＝hc－W，并结合关系图象可得该金属的逸出功W＝E，选项C错误；若入射光的波长为，由Ek＝hc－W，解得Ek＝hc－W＝3E－E＝2E，即产生的光电子的最大初动能为2E，选项D正确．
10．在光电效应实验中，某金属的极限频率对应的波长为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　由题意：W＝hν0＝h.
又Ek＝h－W
Ek＝eUc
解得Uc＝·.
题组三　综合应用
11．(多选)在光电效应实验中，波长为λ1的光恰好能使金属P发生光电效应，波长为λ2的光恰好能使金属Q发生光电效应，已知波长λ1>λ2，下列选项A、B是两种金属的光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的图象；选项C、D是用甲光照射金属P、乙光照射金属Q的光电流I与光电管两端电压U的关系图象，已知甲、乙两束光的频率ν甲>ν乙，则下列选项中正确的是(　　)
答案　AD
解析　根据光电效应方程Ek＝hν－W0＝hν－hν0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量．横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，已知波长λ1>λ2，所以ν1<ν2，因此Q的横轴截距大，A正确，B错误；光电流I与光电管两端电压U的关系图象与电压轴交点表示遏止电压，因eUc＝hνc，由于两束光的频率ν甲>ν乙，所以P的遏止电压大，故D正确，C错误．
12．分别用λ和λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶3.以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属的逸出功是多大？
答案　
解析　设此金属的逸出功为W，根据光电效应方程得如下两式：
当用波长为λ的光照射时：Ek1＝－W①
当用波长为λ的光照射时：Ek2＝－W②
又＝③
解①②③式组成的方程组得：W＝.
13．铝的逸出功为4.2 eV，现用波长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－W有
Ek＝－W＝ J－4.2×1.6×10－19 J＝3.225×10－19 J.
(2)由Ek＝eUc可得
Uc＝＝ V≈2.016 V.
(3)hνc＝W知
νc＝＝ Hz≈1.014×1015 Hz.
第2节　康普顿效应
[目标定位]　1.了解康普顿X射线散射实验.2.理解康普顿X射线实验原理.3.掌握康普顿效应的概念，知道光的波粒二象性．
一、康普顿对X射线散射的研究
1．光的散射
光在介质中与物体微粒的相互作用，使光的传播方向发生改变的现象．
2．康普顿效应
在光的散射中，部分散射光的波长变长，波长改变的多少与散射角有关．
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，深入揭示了光具有粒子性．
二、光的波粒二象性
1．光具有波粒二象性：光子既有粒子的特征，又有波的特征．
2．发生光电效应或康普顿效应取决于入射光的波长．
3．光波是一种概率波．
4．光的波动性和粒子性不是均衡表现的，波长较长时，光子的能量和动量很小，波动性比较明显，波长越长，波动性越明显．光在与电子相互作用时表现为粒子性，在传播过程中更多地表现为波动性．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对康普顿效应的理解
1．实验现象：X射线管发出波长为λ0的X射线，通过小孔投射到散射物石墨上．X射线在石墨上被散射，部分散射光的波长变长，波长改变的多少与散射角有关．
2．康普顿效应与经典物理理论的矛盾：按照经典物理理论，入射光引起物质内部带电粒子的受迫振动，振动着的带电粒子从入射光吸收能量，并向四周辐射，这就是散射光．散射光的频率应该等于粒子受迫振动的频率(即入射光的频率)．因此散射光的波长与入射光的波长应该相同，不应该出现波长变长的散射光．另外，经典物理理论无法解释波长改变与散射角的关系．
3．光子说对康普顿效应的解释：假定X射线光子与电子发生弹性碰撞．
(1)光子和电子相碰撞时，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长．
(2)因为碰撞中交换的能量与碰撞的角度有关，所以波长改变与散射角有关．
【例1】　白天的天空到处都是亮的，是大气分子对太阳光散射的结果．美国物理学家康普顿由于在这方面的研究而荣获了1927年的诺贝尔物理学奖．假设一个运动的光子和一个静止的自由电子碰撞以后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比(　　)
A．频率变大 B．速度变小
C．光子能量变大 D．波长变长
答案　D
解析　光子与自由电子碰撞时，遵守动量守恒和能量守恒，自由电子碰撞前静止，碰撞后动量、能量均增加，所以光子的动量、能量减小，由λ＝，E＝hν可知光子频率变小，波长变长，故D正确．由于光子速度是不变的，故B错误．
针对训练1　康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也具有动量．入射光和电子的作用可以看成弹性碰撞，则当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，如图1给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰撞过程中动量________(选填“守恒”或“不守恒”)，能量________(选填“守恒”或“不守恒”)，碰后光子可能沿________(选填“1”“2”或“3”)方向运动，并且波长________(选填“不变”、“变小”或“变长”)．
图1
答案　守恒　守恒　1　变长
解析　光子与电子碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与光子碰前的方向一致，由矢量合成知识可知碰后光子的方向可能沿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，能量减少，由E＝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理解
实验基础
表 现
说 明
光的波动性
光的干涉
和衍射
1.大量光子产生的效果显示出波动性
2．频率较低的光在传播时，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概念的波
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．光子不同于宏观概念的粒子
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
【例2】　(多选)下列关于光的波粒二象性的理解正确的是(　　)
A．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性
B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子
C．高频光是粒子，低频光是波
D．波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著
答案　AD
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，D正确；大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，A正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，C错误．
针对训练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；波长越短，其粒子性越显著
D．大量光子的行为往往显示出粒子性
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，光的有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子．
虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波粒二象性，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，不能说光子与电子是同样的一种粒子．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，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著．
综上所述，本题正确答案为选项C.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对康普顿效应的理解
1．(多选)关于康普顿效应，下列说法正确的是(　　)
A．康普顿在研究X射线散射时，发现散射光的波长发生了变化，为波动说提供了依据
B．X射线散射时，波长改变的多少与散射角有关
C．发生散射时，波长较短的X射线或γ射线入射时，产生康普顿效应
D．爱因斯坦的光子说能够解释康普顿效应，所以康普顿效应支持粒子说
答案　BCD
解析　美国物理学家康普顿在研究X射线散射时，发现散射光波长发生了变化，这种现象用波动说无法解释，用光子说却可以解释，A错；波长改变的多少与散射角有关，B对；当波长较短时发生康普顿效应，较长时发生光电效应，C、D对．
2．康普顿假设电子是自由电子，当光子与电子相互作用时，其过程可看成弹性碰撞，既遵守________守恒定律，又遵守________守恒定律，在碰撞中光子将能量________的一部分传递给电子，光子的能量减少，波长变长．康普顿提出的理论与实验结果相符，从而进一步说明光具有________性．
答案　能量　动量　hν　粒子
对光的波粒二象性的理解
3．(多选)关于光的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
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　ABD
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，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.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对康普顿效应的理解
1．光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程，对此下列说法正确的是(　　)
A．两种效应中电子与光子组成的系统都服从动量守恒定律和能量守恒定律
B．两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程
C．两种效应都属于吸收光子的过程
D．光电效应是吸收光子的过程，而康普顿效应相当于光子和电子弹性碰撞的过程
答案　D
解析　光电效应吸收光子放出电子，其过程能量守恒，但动量不守恒，康普顿效应相当于光子与电子弹性碰撞的过程，并且遵守动量守恒定律和能量守恒定律，两种效应都说明光具有粒子性，故D正确．
2．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中(　　)
A．能量守恒，动量守恒，且λ＝λ′
B．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′
C．能量守恒，动量守恒，且λ<λ′
D．能量守恒，动量守恒，且λ>λ′
答案　C
解析　能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，适用于宏观世界也适用于微观世界．光子与电子碰撞时遵循这两个守恒定律．光子与电子碰撞前光子的能量E＝hν＝h，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E′＝hν′＝h，由E >E′，可知λ<λ′，选项C正确．
3．康普顿散射的主要特征是(　　)
A．散射光的波长与入射光的波长全然不同
B．散射光的波长有些与入射光的相同，但有些变短了，散射角的大小与散射波长无关
C．散射光的波长有些与入射光的相同，但也有变长的，也有变短的
D．散射光的波长有些与入射光的相同，有些散射光的波长比入射光的波长长些，且散射光波长的改变量与散射角的大小有关
答案　D
解析　光子和电子相碰撞，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长．散射角不同，能量减少情况不同，散射光的波长也有所不同．也有一部分光子与整个散射物的原子交换能量，由于光子质量远小于原子质量，碰撞前后光子能量几乎不变，波长不变．故只有D正确．
4．频率为ν的光子，具有的能量为hν，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原来的运动方向，这种现象称为光的散射，散射后的光子(　　)
A．虽改变原来的运动方向，但频率保持不变
B．光子将从电子处获得能量，因而频率将增大
C．散射后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，散射后的光子频率低于入射光的频率
答案　D
解析　光子与静止的电子碰撞的过程遵守动量守恒和能量守恒，由于电子获得一部分能量，则光子的能量减小，即频率降低，所以选项D正确．
题组二　对光的波粒二象性的理解
5．(多选)说明光具有粒子性的现象是(　　)
A．光电效应 B．光的干涉
C．光的衍射 D．康普顿效应
答案　AD
6．(多选)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．
7．(多选)关于光的波动性与粒子性，以下说法正确的是(　　)
A．爱因斯坦的光子说否定了光的电磁说
B．光电效应现象说明了光的粒子性
C．光波不同于机械波，它是一种概率波
D．光的波动性和粒子性是相互矛盾的，无法统一
答案　BC
解析　爱因斯坦的光子说并没有否定电磁说，只是在一定条件下光是体现粒子性的，A错；光电效应说明光具有粒子性，说明光的能量是一份一份的，B对；光波在少量的情况下体现粒子性，大量的情况下体现波动性，所以C对；光的波动性和粒子性不是孤立的，而是有机的统一体，D错．
8．下列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．光的反射和光电效应 D．泊松亮斑和光电效应
答案　D
解析　光的色散、光的反射可以从波动性和粒子性两方面分别予以理解，故A、C选项错误．光的干涉、衍射现象只说明光的波动性，B选项错误．泊松亮斑能说明光具有波动性，光电效应也说明光具有粒子性，故D选项正确．
9．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．使光子一个一个地通过狭缝，如果时间足够长，底片上将会显示衍射图样
B．单个光子通过狭缝后，底片上会出现完整的衍射图样
C．光子通过狭缝的运动路线是直线
D．光的波动性是大量光子运动的规律
答案　AD
解析　个别或少数光子表现出光的粒子性，大量光子表现出光的波动性，如果时间足够长，通过狭缝的光子数也就足够多，粒子的分布遵从波动规律，底片上将会显示出衍射图样，A、D选项正确；单个光子通过狭缝后，路径是随机的，底片上也不会出现完整的衍射图样，B、C选项错．
10．牛顿为了说明光的性质，提出了光的微粒说，如今人们对光的性质已有了进一步的认识，如图1所示四个示意图所表示的实验，能说明光的性质的是(　　)
图1
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
答案　B
解析　题图②为光的双孔干涉实验，可证明光的波动性；题图③为光电效应实验，可说明光的粒子性，故正确选项为B.题图①是α粒子散射实验；题图④是三种放射线在电场中偏转的实验．
11．(多选)如图2所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏ab间形成一条彩色光带．下面的说法中正确的是(　　)
图2
A．a侧是红色光，b侧是紫色光
B．a侧的光比b侧的光粒子性显著些
C．a侧的光比b侧的光波动性显著些
D．a侧的光的动量比b侧光的动量大
答案　BD
解析　由几何光学知识可得，a侧光为紫光，b侧光为红光，紫光频率比红光大，故粒子性比红光显著．紫光的波长比红光小，由p＝得，紫光的动量大．
第3节　实物粒子的波粒二象性 第4节“基本粒子”与恒星演化
[目标定位]　1.知道实物粒子具有波动性以及物质波的波长，知道电子云并初步了解不确定性关系.2.初步了解粒子物理学的基础知识.3.初步了解恒星的演化.4.了解人类认识世界的发展性，体会人类对世界的探究是不断深入的．
一、德布罗意的假设
1．德布罗意波：任何一个运动的物体都有一种波与它相对应，这种波叫物质波，也称为德布罗意波．
2．德布罗意关系：粒子能量E与相应的波的频率ν之间的关系为：E＝hν.动量p与相应波长λ之间的关系为：p＝.上述关系称为德布罗意关系．两式中的h为普朗克常量．通过普朗克常量把粒子性和波动性联系起来．
二、德布罗意假说的实验探索
1．实验探究思路
干涉、衍射是波特有的现象．如果实物粒子具有波动性，则在一定条件下，也应该能发生干涉和衍射现象．
2．实验验证
1927年戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验，得到了电子的衍射图样，证实了电子的波动性．
三、不确定性关系
1．微观粒子运动的基本特征：不可能同时准确地知道粒子的位置和动量．
2．不确定性关系：以Δx表示粒子位置的不确定范围，以Δp表示粒子动量的不确定范围，那么ΔxΔp≥，式中h是普朗克常量．
四、电子云
用点的疏密表示的电子出现的概率分布，称为电子云．
五、“基本粒子”初步
1．发现了原子核内部结构后，人们认为光子、电子、质子和中子是组成物质的基本粒子．
2．影响“基本粒子”的相互作用：引力相互作用(引力)、电磁相互作用(电磁力)、强相互作用(强力)、弱相互作用(弱力)．
3．“基本粒子”家族：按粒子参与相互作用的性质来分，可将其分为媒介子、轻子和强子．
强子是有内部结构的，它由更基本的成分——夸克组成．
4．“基本粒子”的探测：加速器和探测器是研究粒子物理的主要工具，探测器分两大类：一类是计数器，一类是径迹探测器．
六、恒星演化
1．恒星的形成：大爆炸后，在万有引力作用下形成星云，进一步凝聚使得引力势能转变为内能，温度升高，直到发光，于是恒星诞生了．
2．恒星演变：当热核反应产生的斥力与引力作用达到平衡时，恒星停止收缩进入最长、最稳定的主序星阶段．
3．恒星归宿：恒星最后的归宿有三种，它们是白矮星、中子星、黑洞．
七、极大与极小的奇遇
1．宇宙大爆炸至今，经历了至少150亿年；在大爆炸初期宇宙发生了巨大的变化，大宇宙的演化与微小的基本粒子紧密地联系在一起了．
2．在大爆炸之后逐渐形成了夸克、轻子和胶子等粒子，随后经过强子时期，轻子时期，质子和中子结合成氢、氦、锂和氘时期．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、对物质波的理解
1．任何物体，小到电子、质子，大到行星、太阳都存在波动性，我们之所以观察不到宏观物体的波动性，是因为宏观物体对应的波长太小的缘故．
2．物质波波长的计算公式为λ＝，频率公式为ν＝.
3．德布罗意假说是光子的波粒二象性的一种推广，包括了所有的物质粒子，即光子与实物粒子都具有粒子性，又都具有波动性，与光子对应的波是电磁波，与实物粒子对应的波是物质波．
【例1】　下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是(　　)
A．任何一个物体都有一种波和它对应，这就是物质波
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　运动的物体才具有波动性，A项错；宏观物体由于动量太大，德布罗意波波长太小，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存在，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，普朗克常量为6.63×10－34 J·s)
答案　4.0×10－10 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＝1.0×10－2 kg
代入上面两式可解得
λ1≈4.0×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m
借题发挥　(1)人们陆续证实了质子、中子以及原子、分子的波动性．对于这些粒子，德布罗意给出的ν＝和λ＝关系同样正确．
(2)宏观物体的质量比微观粒子大得多，运动时的动量很大，对应的德布罗意波的波长就很小，根本无法观察到它的波动性．
二、对不确定性关系的理解
1．不确定性关系
微观粒子运动的位置不确定量Δx和动量的不确定量Δp的关系式为ΔxΔp≥，其中h是普朗克常量，这个关系式叫不确定性关系．
2．不确定性关系表明
微观粒子的位置坐标测得越准确(即Δx越小)，则动量就越不准确(即Δp越大)；微观粒子的动量测得越准确(即Δp越小)，则位置坐标就越不准确(即Δx越大)．
注意　不确定性关系不是说微观粒子的坐标测不准，也不是说微观粒子的动量测不准，更不是说微观粒子的坐标和动量都测不准，而是说微观粒子的坐标和动量不能同时测准．
3．不确定性关系是自然界的一条客观规律
对任何物体都成立，并不是因为测量技术和主观能力而使微观粒子的坐标和动量不能同时测准．
对于宏观尺度的物体，其质量m通常不随速度v变化(因为一般情况下，v远小于c)，即Δp＝mΔv，所以ΔxΔv≥.由于m远大于h，因此Δx和Δv可以同时达到相当小的地步，远远超出最精良仪器的精度，完全可以忽略．可见，不确定现象仅在微观世界方可观测到．
【例3】　一颗质量为10 g的子弹，具有200 m/s的速率，若其动量的不确定范围为动量的0.01%(这在宏观范围是十分精确的了)，则该子弹位置的不确定范围为多大？
答案　大于或等于2.6×10－31 m
解析　子弹的动量为
p＝mv＝0.01×200 kg·m/s＝2.0 kg·m/s
动量的不确定范围Δp＝0.01%×p
＝1.0×10－4×2.0 kg·m/s＝2.0×10－4 kg·m/s
由不确定性关系式ΔxΔp≥， 得子弹位置的不确定范围Δx≥＝ m≈2.6×10－31 m.
借题发挥　我们知道，原子核的数量级为10－15 m，所以，子弹位置的不确定范围是微不足道的．可见子弹的动量和位置都能精确地确定，不确定性关系对宏观物体来说没有实际意义．
针对训练1　在单缝衍射实验中，若单缝宽度是1.0×10－9 m，那么光子经过单缝发生衍射，动量不确定量是多少？
答案　Δp≥5.3×10－26 kg·m/s
解析　由题意可知光子位置的不确定量
Δx＝1.0×10－9 m，解答本题需利用不确定性关系．
单缝宽度是光子经过狭缝的位置不确定量，
即Δx＝1.0×10－9 m，
由ΔxΔp≥有：1.0×10－9 m·Δp≥.
得Δp≥5.3×10－26 kg·m/s.
三、“基本粒子”初步认识
1．“基本粒子”间的相互作用
自然界中存在四种相互作用，如下表所示：
力的类型
发生作用的距离
传递此力的粒子
粒子的质量
万有引
力作用
延伸到非常大的距离
没有发现
未知
弱相互作用
约小于10－18 m
中间玻色子
约90 GeV
电磁相
互作用
延伸到非常大的距离
光子
0
强相互作用
约小于10－15m
胶子
假定为0
2.粒子的分类
按照粒子与各种相互作用的关系，分类如下表所示：
比较项
分类
参与的
相互作用
发现的粒子
备注
强子
强相互作用
质子、中子、超子、
质子是最早发现的强子
强子又分为介子和重子两类
强子有内部结构
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
现代实验还没有发现轻子的内部结构
每种轻子都有对应的反粒子
媒介子
传递各种
相互作用
光子、中间玻色子、胶子
光子传递电磁相互作用
中间玻色子传递弱相互作用
胶子传递强相互作用
【例4】　目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两夸克组成，u夸克带电荷量为＋e，d夸克带电荷量为－e，e为基元电荷，下列论断中可能正确的是(　　)
A．质子由1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
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1个u夸克和1个d夸克组成
答案　B
解析　
针对训练2　(多选)已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克或反夸克)组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷.
π＋
π－
u
d
带电荷量
＋e
－e
＋e
－e
－e
＋e
下列说法正确的是(　　)
A．π＋由u和组成 B．π＋由d和组成
C．π－由u和组成 D．π－由d和组成
答案　AD
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
对物质波的理解
1．一颗质量为10 g的子弹，以200 m/s的速度运动着，则由德布罗意理论计算，要使这颗子弹发生明显的衍射现象，那么障碍物的尺寸为(　　)
A．3.0×10－10 m B．1.8×10－11 m
C．3.0×10－34 m D．无法确定
答案　C
解析　λ＝＝＝ m≈3.32×10－34 m，故能发生明显衍射的障碍物尺寸应为选项C.
2．下列说法正确的是(　　)
A．概率波就是机械波
B．物质波是一种概率波
C．概率波和机械波的本质是一样的，都能发生干涉和衍射现象
D．在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则能确定这个光子落在哪个点上
答案　B
解析　概率波与机械波是两个概念，本质不同，A、C错误；物质波是一种概率波，符合概率波的特点；在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则不能确定这个光子落在哪个点上，D错．故B正确．
对不确定性关系的理解
3．(多选)下述说法正确的是(　　)
A．宏观物体的动量和位置可准确测定
B．微观粒子的动量和位置可准确测定
C．微观粒子的动量和位置不可同时准确测定
D．宏观粒子的动量和位置不可同时准确测定
答案　AC
解析　宏观物体在经典力学中，位置和动量可以同时精确测定，在量子理论建立之后，微观粒子的动量和位置要同时测出是不可能的．
4．(多选)关于不确定性关系，下列说法正确的是(　　)
A．在微观世界中，粒子的位置和动量存在一定的不确定性，不能同时准确测量
B．自然界中的任何物体的动量和位置之间都存在不确定性
C．海森堡不确定性关系说明粒子的位置和动量存在一定的不确定性，都不能测量
D．不确定性关系ΔxΔp≥，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　ABD
解析　微观世界中，粒子的位置和动量存在一定的不确定性，不能同时准确测量，A正确；如果同时测量某个微观粒子的位置和动量，位置的测量结果越精确，动量的测量误差就越大；反之，动量的测量结果越精确，位置的测量误差就越大，C错误；普朗克常量是一个很小的量，对宏观物体来说，这种不确定关系可以忽略不计，B正确．
基本粒子初步
5．现在，科学家们正在设法寻找“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷的符号相反．据此，反α粒子为(　　)
A.He B.He C.He D.He
答案　D
解析　根据题目中的描述，结合α粒子的特点很容易选出正确选项D.
(时间：60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　对基本粒子的初步认识
1．(多选)下列所述正确的是(　　)
A．超子的质量比质子的质量小
B．反粒子的质量与对应粒子的质量相同，二者电性相反
C．质子是最早发现的强子，电子是最早发现的轻子
D．目前发现的轻子有6种，其中τ子的质量比核子的质量还大
答案　BCD
2．(多选)下列所述正确的是(　　)
A．原子是组成物质的不可再分的最小微粒
B．原子是最大的微粒
C．原子由原子核和核外电子构成，质子和中子组成了原子核
D．质子、中子本身也是复合粒子，它们也有着自己复杂的结构
答案　CD
解析　由所学过的内容及本节内容可知，只有C、D正确．
3．正电子、负质子等都属于反粒子，它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等，而电性相反．科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质——反物质.1997年初和年底，欧洲和美国的科研机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子，这是人类探索反物质的一大进步．你推测反氢原子的结构是(　　)
A．由一个带正电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
B．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成
C．由一个不带电荷的中子与一个带负电荷的电子构成
D．由一个带负电荷的质子与一个带负电荷的电子构成
答案　B
解析　反氢原子的结构是由反粒子构成的物质，正电子、负质子等都属于反粒子．
题组二　对物质波的理解
4．(多选)下列物理实验中，能说明粒子具有波动性的是(　　)
A．通过研究金属的遏止电压与入射光频率的关系，证明了爱因斯坦光电效应方程的正确性
B．通过测试多种物质对X射线的散射，发现散射射线中有波长变大的成分
C．通过电子双缝实验，发现电子的干涉现象
D．利用晶体做电子束衍射实验，证实了电子的波动性
答案　CD
解析　干涉和衍射是波特有的现象，由于X射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X射线散射中有波长变大的成分，并不能证实物质波理论的正确性，即A、B不能说明粒子的波动性，证明粒子的波动性只能是C、D.
5．下列说法中正确的是(　　)
A．质量大的物体，其德布罗意波长短
B．速度大的物体，其德布罗意波长短
C．动量大的物体，其德布罗意波长短
D．动能大的物体，其德布罗意波长短
答案　C
解析　由物质波的波长λ＝，得其只与物体的动量有关，动量越大其波长越短．
6．(多选)利用金属晶格(大小约10－10 m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(　　)
A．该实验说明了电子具有波动性
B．实验中电子束的德布罗意波长λ＝
C．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显
D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显
答案　AB
解析　由电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A正确；由德布罗意波长公式λ＝，而动量p＝＝，两式联立解得λ＝，B正确；从公式λ＝可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显；用相同动能的质子替代电子，质子波长比电子波长小，衍射现象相比电子更不明显，故C、D错误．
7．质量为m＝50 kg的人，以v＝15 m/s的速度运动，试求人的德布罗意波波长．
答案　8.8×10－37 m
解析　由公式λ＝，p＝mv得此人的德布罗意波波长λ＝＝ m≈8.8×10－37 m.
题组三　对不确定性关系的理解
8．(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关系所给出的限度．故A、D正确．
9．(多选)由不确定性关系可以得出的结论是(　　)
A．如果动量的不确定范围越小，则与它对应位置坐标的不确定范围就越大
B．如果位置坐标的不确定范围越小，则动量的不确定范围就越大
C．动量和位置坐标的不确定范围之间的关系不是反比例函数
D．动量和位置坐标的不确定范围之间有唯一的确定关系
答案　ABC
10．(多选)关于不确定性关系ΔxΔp≥有以下几种理解，其中正确的是(　　)
A．微观粒子的动量不可确定
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　本题主要考查对不确定性关系ΔxΔp≥的理解，不确定性关系表示确定位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定性小时，粒子动量的不确定性大；反之亦然．故不能同时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，对宏观世界的影响不可忽略，故C、D正确．
11．已知＝5.3×10－35 J·s，试求下列情况中速度测定的不确定量，并根据计算结果，讨论在宏观和微观世界中进行测量的不同情况．
(1)一个球的质量m＝1.0 kg，测定其位置的不确定量为10－6 m；
(2)电子的质量me＝9.1×10－31 kg，测定其位置的不确定量为10－10 m.
答案　见解析
解析　(1)球的速度测定的不确定量
Δv≥＝m/s＝5.3×10－29 m/s
这个速度不确定量在宏观世界中微不足道，可认为球的速度是确定的，其运动遵从经典物理学理论．
(2)原子中电子的速度测定的不确定量
Δv≥＝m/s≈5.8×105 m/s
这个速度不确定量不可忽略，不能认为原子中的电子具有确定的速度，其运动不能用经典物理学理论处理．
第5章 波与粒子
一、量子论与光子说
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E＝hν.
2．光子说：爱因斯坦提出：空间传播的光也是不连续的，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E＝hν其中h为普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s.
【例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．
【例2】　已知：功率为100 W的灯泡消耗的电能的5 %转化为所发出的可见光的能量，光速c＝3.0×108 m/s，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，假定所发出的可见光的波长都是560 nm，计算灯泡每秒内发出的光子数．
答案　1.4×1019个
解析　一波长为λ的光子能量为E＝，设灯泡每秒内发出的光子数为n，灯泡电功率为P，则n＝，式中k＝5 %是灯泡的发光效率．联立两式得n＝，代入题给数据得n≈1.4×1019(个)．
二、光电效应的规律和光电效应方程
1．光电效应规律
(1)任何一种金属都对应一个极限(截止)频率，入射光的频率低于极限频率不会产生光电效应．
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光频率的增大而增大．
(3)当入射光频率大于极限频率时，保持频率不变，光电流的强度与入射光的强度成正比．
(4)入射光照到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s.
2．爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W.
W表示金属的逸出功，νc表示金属的极限频率，则W＝hνc.
【例3】　(多选)1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中成功地解释了光电效应现象．关于光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应
B．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比
D．某单色光照射一金属时不发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应
答案　AD
解析　根据光电效应现象的实验规律，只有入射光频率大于极限频率时才能发生光电效应，故A、D正确；根据光电效应方程，最大初动能与入射光频率为线性关系，但非正比关系，B错；根据光电效应现象的实验规律，光电子的最大初动能与入射光强度无关，C错．
【例4】　用波长为2.0×10－7 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效数字)(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 Hz
C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz
答案　B
解析　由爱因斯坦光电效应方程得h＝Ek＋W，而金属的逸出功W＝hνc，由以上两式得，钨的极限频率为：νc＝－≈7.9×1014 Hz，B项正确．
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－W，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1所示．其横轴截距为金属的极限频率νc，纵轴截距是金属的逸出功的负值；斜率为普朗克常量h.
图1
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2所示，图中Im为饱和光电流，Uc为遏止电压．利用mev＝eUc可得光电子的最大初动能．
图2
【例5】　(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)钠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　(1)同一金属的逸出功一定，对于同一频率的光，由eUc＝mv＝hν－W知，遏止电压相等，遏止电压与光的强度无关；光越强，光电流越大，所以C项正确．
四、光的波粒二象性、物质波
1．光的干涉、衍射、光的偏振说明光具有波动性，光电效应、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．电子的衍射实验，说明了一些物质微粒也像光子一样具有波粒二象性．
3．任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，波长(物质波的波长)λ＝.物质波和光波一样，也属于概率波，概率波的实质是指粒子在空间分布的概率是符合波动规律的．
【例6】　(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10－23 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；由于实物的波长很小，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．故选B、D.