课时提升作业 一 碰撞
(30分钟 50分)
1.(10分)如图所示,A、B两摆摆长分别为L1和L2,摆球质量分别为m1和m2,且m1
【解题指南】可按如下思路解答本题:
(1)由“单摆探究碰撞中的守恒量”可知“动量守恒”。
(2)根据机械能守恒可求出碰撞前后的速度。
【解析】两球在最低点碰撞时,动量守恒,设碰前瞬间A球速度为v1。由机械能守恒定律得,
对A球:m1=m1gL1 ①
设A、B球碰后瞬间的速度分别为v1′和v2′,由机械能守恒定律得对A球:m1v=m1gL1(1-cosα) ②
对B球:m2v=m2gL2(1-cosβ) ③
由动量守恒得m1v1=-m1v1′+m2v2′ ④
由①②③④式得:
m1(1+)=m2。
答案:动量 m1(1+)=m2
2.(10分)气垫导轨上有A、B两个滑块,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻质弹簧,滑块间用绳子连接(如图甲所示),绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,图乙为它们运动过程的频闪照片,频闪的频率为10Hz,由图可知:
(1)A、B离开弹簧后,应该做________运动,已知滑块A、B的质量分别为200g、300g,根据照片记录的信息,从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是__。
(2)若不计此失误,分开后,A的动量大小为______kg·m/s,B的动量大小为______kg·m/s,本实验中得出“在实验误差允许范围内,两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是?
? 。
【解析】(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用,所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小。
(2)周期T==0.1s,v=,由题图知A、B匀速时速度分别为vA=0.09m/s,vB=0.06m/s,分开后A、B的动量大小均为p=0.018kg·m/s,方向相反,满足动量守恒,系统的总动量为0。
答案:(1)匀速直线 A、B两滑块的第一个间隔与后面间隔距离一样
(2)0.018 0.018 A、B两滑块作用前后总动量相等,均为0
3.(15分)利用如图所示的实验装置,可探究碰撞中的不变量,由于小球的下落高度是定值,所以,小球落在地面上的水平位移就代表了平抛运动时水平初速度的大小,这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛运动的水平位移来表示。
(1)(多选)为了尽量准确找到碰撞中的不变量,以下要求正确的是__________。
A.入射小球的半径应该大于被碰小球的半径
B.入射小球的半径应该等于被碰小球的半径
C.入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下
D.斜槽末端必须是水平的
(2) (多选)关于小球的落点,正确的是__。
A.如果小球每次从斜槽的同一位置由静止滑下,重复几次的落点一定是完全重合的
B.由于偶然因素存在,重复操作时小球的落点不会完全重合,但是落点应当比较密集
C.测定落点P的位置时,如果几次落点的位置分别为P1、P2、…Pn,则落点的平均位置OP=
D.尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置
(3)若已知入射小球与被碰小球的质量之比为m1∶m2=8∶3,OP=20cm,PN=16cm,则OM的值大约等于多少,本实验才算达到实验目的?
【解析】(1)只有两个小球的半径相等,才能保证碰后小球做平抛运动,所以A错误,B正确;入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下,才能使得小球平抛运动的落点在同一位置,所以C正确;斜槽末端必须水平也是保证小球碰后做平抛运动的必要条件,所以D正确。
(2)为了提高实验的准确性,需要重复多次,找到小球平抛落地的平均位置,只有这样,才能有效减小偶然误差,因此B、D选项正确。
(3)设小球做平抛运动的落地时间为t,则入射小球碰撞之前的速度v1==m/s
入射小球碰撞之后的速度
v1′=
被碰小球碰撞之后的速度
v2′==m/s=m/s
若碰撞前后各自质量与速度的乘积之和不变,
则m1v1+m2v2=m1v′1+m2v2′成立,即
m1·=m1·+m2·
因为m1∶m2=8∶3,
所以OM=6.5cm。
答案:(1)B、C、D (2)B、D (3)6.5cm
4.(15分)如图所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的实验装置,遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器自动记录下来。在某次实验中,滑块1和滑块2质量分别为m1=0.240kg、m2=0.220kg,滑块1运动起来,向着静止在导轨上的滑块2撞去,碰撞之前滑块1的挡光片经过光电门时,光电计时器自动记录下来的时间Δt=110.7ms。碰撞之后,滑块1和滑块2粘连在一起,挡光片通过光电门的时间Δt′=214.3ms,已知两滑块上的挡光板的宽度都是Δx=3cm,问:
(1)碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗,即m1v1+m2v2=m1v1′+
m2v2′成立吗?
(2)碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗,即m1+m2=
m1v v1′2+m2v2′2成立吗?
【解析】(1)因为滑块遮光片的宽度是Δx,遮光片通过光电门的时间是Δt,所以滑块速度可用公式v=求出。碰撞之前,滑块1的速度
v1==m/s=0.271 m/s
碰撞之前,滑块2静止,所以v2=0
碰撞之后,两滑块粘连在一起
v1′=v2′==m/s=0.140 m/s
m1v1+m2v2=0.240×0.271kg·m/s=0.065kg·m/s
m1v1′+m2v2′=(0.240+0.220)×0.140kg·m/s
=0.064 kg·m/s
所以,在误差允许范围内,
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′成立。
(2)碰撞之前:
m1+m2=0.240×0.2712J=0.018 J
碰撞之后:
m1v+m2v=(0.240+0.220)×0.1402J=0.009 J
可见m1+m2>m1v+m2v
答案:(1)成立 (2)不成立
【补偿训练】
如图所示是在用气垫导轨探究碰撞中不变量的实验过程中连续拍下的三幅闪光照片,闪光频率是10Hz,a、b两滑块的质量分别是ma=0.2kg,mb=0.1kg,标尺的最小刻度是毫米,请根据闪光照片探究碰撞前后的不变量。
【解析】碰撞之前,a滑块的速度va=m/s=0.3 m/s
从闪光照片分析,碰撞之前,b滑块静止,vb=0
碰撞之前mava+mbvb=0.2×0.3kg·m/s=0.06kg·m/s
从闪光照片分析,第二次闪光瞬间正是发生碰撞的时刻,
碰撞之后a、b滑块的速度va′=m/s=0.15 m/s
vb′=m/s=0.3 m/s
所以碰撞之后mava′+mbvb′=0.2×0.15kg·m/s+0.1×0.3kg·m/s=0.06kg·m/s
可见碰撞前后mava+mbvb=mava′+mbvb′,也就是说,碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和是不变量。
答案:见解析
课时提升作业 七 玻尔的原子模型 能级
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)根据玻尔理论,氢原子中,量子数n越大,则下列说法中正确的是
( )
A.电子的轨道半径越大
B.核外电子的速率越大
C.氢原子能级的能量越大
D.核外电子的电势能越大
【解析】选A、C、D。由玻尔理论和氢原子能级图知量子数越大,则轨道半径及总能量越大,电势能也越大,故A、C、D都正确;当轨道半径变大时电场力做负功,动能减小,因此速率越小,故B错。
2.用紫外线照射一些物质时,会发生荧光效应,即物质发出可见光。这些物质中的原子先后发生两次跃迁,其能量变化分别为ΔE1和ΔE2。下列关于原子这两次跃迁的说法中正确的是 ( )
A.先向高能级跃迁,再向低能级跃迁,且|ΔE1|<|ΔE2|
B.先向高能级跃迁,再向低能级跃迁,且|ΔE1|>|ΔE2|
C.两次均向高能级跃迁,且|ΔE1|>|ΔE2|
D.两次均向低能级跃迁,且|ΔE1|<|ΔE2|
【解析】选B。物质原子吸收紫外线,由低能级向高能级跃迁,处于高能级的原子再向低能级跃迁,发出可见光,因紫外线光子能量大于可见光的光子能量,故|ΔE1|>|ΔE2|,B正确。
3.氦原子被电离出一个核外电子,形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为E1=-54.4eV,氦离子能级的示意图如图所示。在具有下列能量的光子中,不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是 ( )
A.40.8 eV B.43.2 eV
C.51.0 eV D.54.4 eV
【解析】选B。根据玻尔理论,氢原子吸收光子能量发生跃迁时光子的能量需等于能级差或大于基态能级的绝对值,氦离子的跃迁也是同样的。
因为E2-E1=-13.6eV-(-54.4)eV=40.8 eV,选项A是可能的。
E3-E1=-6.0eV-(-54.4)eV=48.4 eV
E4-E1=-3.4eV-(-54.4)eV=51.0eV,选项C是可能的。
E∞-E1=0-(-54.4)eV=54.4eV,选项D是可能的.所以本题选B。
4.(多选)根据玻尔理论,氢原子核外电子在n=1和n=2的轨道上运动时,其运动的 ( )
A.轨道半径之比为1∶4 B.动能之比为1∶4
C.速度大小之比为4∶1 D.周期之比为1∶8
【解析】选A、D。玻尔的原子理论表明:氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动,其向心力由原子核对它的库仑引力来提供.
因为rn=n2r1,所以r1∶r2=1∶4
由=得,电子在某条轨道上运动时,电子运动的动能Ekn=,
则Ek1∶Ek2=4∶1
电子运动的速度vn=e得v1∶v2=2∶1
由电子绕核做圆周运动的周期
Tn==得T1∶T2=1∶8
故选项A、D正确。
5.(多选)关于氢原子能级的跃迁,下列叙述中正确的是 ( )
A.用波长为60nm的X射线照射,可使处于基态的氢原子电离出自由电子
B.用能量为10.2eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C.用能量为11.0eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.用能量为12.5eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
【解析】选A、B。波长为60nm的X射线,
光子能量E=h=6.63×10-34×J
=3.32×10-18J=20.75eV
氢原子的电离能
ΔE=0-(-13.6)eV=13.6eV所以可使氢原子电离,A项正确.
据hν=En-Em得,
Em1=hν+E1=10.2eV+(-13.6)eV=-3.4eV
Em2=11.0eV+(-13.6)eV=-2.6eV
Em3=12.5eV+(-13.6)eV=-1.1eV
只有Em1=-3.4eV对应于n=2的状态,因电子绕核运动时,吸收光子只能吸收能量恰好为两能级差的光子,所以只有能量为10.2eV的光子可使氢原子从基态跃迁到激发态,B项正确。
6.(多选)氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。由此可推知,氢原子 ( )
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
【解析】选A、D。从高能级向n=1的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量为10.20eV,不在1.62eV到3.11eV之间,A正确.已知可见光子能量在1.62eV到3.11 eV之间,从高能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量≤3.40eV,B错.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光只有能量大于3.11eV的光的频率才比可见光高,C错.从n=3到n=2的过程中释放的光子的能量等于1.89eV,介于1.62eV到3.11eV之间,所以是可见光,D对。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)氢原子在基态时轨道半径r1=0.53×10-10m,能量E1=-13.6eV。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=9.1×10-31kg)
【解析】(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v1,
则k=,所以电子动能Ek1=m=
=eV=13.6eV。
(2)因为E1=Ek1+Ep1,
所以Ep1=E1-Ek1=-13.6eV-13.6eV=-27.2eV。
(3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离:
=0-E1。
所以λ=-=m
=9.14×10-8m。
答案:(1)13.6 eV (2)-27.2eV (3)9.14×10-8m
【总结提升】氢原子的能级跃迁与电离
(1)氢原子从低能级跃迁到高能级需吸收能量,通常吸收能量的方法有两种:一种是用一定能量的光子使氢原子跃迁,光子的能量必须等于两个能级间的能量差;另一种是用一定能量的实物粒子使氢原子跃迁,实物粒子的动能不小于氢原子的两能级差即可。
(2)氢原子发生电离时,可以吸收光子,也可以与实物粒子发生碰撞,要使氢原子发生电离,光子的能量及实物粒子的动能均要大于氢原子的电离能。
8.(10分)将氢原子电离,就是从外部给电子以能量,使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。
(1)若要使n=2激发态的氢原子电离,至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子?
(2)若用波长为200nm的紫外线照射氢原子,则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大?(电子电荷量e=1.6×10-19C,电子质量me=0.91×10-30kg)
【解题指南】解答本题需明确以下两点:
(1)电离是指使激发态的原子的核外电子跃迁到n=∞的轨道,氢原子电离吸收的能量最小值等于电离能。
(2)电离后电子的动能等于吸收的能量减去电离能后剩下的能量。
【解析】
(1)n=2时,E2=eV=-3.4eV。
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=3.4eV,
ν==Hz
=8.21×1014Hz。
(2)波长为200nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0=hν=h=6.63×10-34×J
=9.945×10-19J,
电离能ΔE=3.4×1.6×10-19J
=5.44×10-19J,
由能量守恒hν-ΔE=mv2,
代入数值解得v=106m/s.
答案:(1)8.21×1014Hz (2)106m/s
课时提升作业 三 动量守恒定律的应用
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分)
1.(多选)关于动量守恒,下列说法中正确的有 ( )
A.系统不受外力或者所受外力的合力为零,系统的总动量守恒
B.一枚在空中飞行的导弹,在某点速度沿水平方向,突然炸裂成两块,则爆炸前后导弹动量近似守恒
C.子弹水平飞行,击穿一块原来静止在光滑水平面上的木块,因为子弹穿透木块的过程中受到阻力作用,所以子弹和木块组成的系统总动量不守恒
D.汽车拉着拖车在水平公路上匀速前进,若拖车突然和汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,两车所受阻力与车重成正比,则在拖车停止运动之前,汽车和拖车组成的系统总动量不守恒
【解析】选A、B。系统不受外力或者所受外力的合力为零,则系统的总动量守恒,故A正确;系统受外力作用,但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量近似守恒,如爆炸问题,故B正确;子弹水平飞行,击穿一块原来静止在光滑水平面上的木块,尽管子弹穿透木块的过程中受到阻力作用,但是子弹和木块组成的系统合力为零,因此总动量也是守恒的,故C错;汽车拉着拖车在水平公路上匀速前进,说明整个系统受到的合力为零,因为脱钩后,汽车的牵引力不变,两车所受的阻力不变,因此,在拖车停止运动前,整个系统受到的合力始终为零,故汽车和拖车组成的系统总动量是守恒的,故D错。
2.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s。则 ( )
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【解析】选A。由两球的动量都是6 kg·m/s可知,运动方向都向右,且能够相碰撞,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球。碰撞后A球的动量减少了4kg·m/s,即A球的动量为2kg·m/s,由动量守恒定律得B球的动量为10kg·m/s,故可得其速度比为2∶5,故选项A是正确的。
3.如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对地的速率为v0,若炮管与水平地面的夹角为θ,则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑) ( )
A.v0 B.
C. D.
【解析】选C。炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒,0=m2v0cosθ-(m1-m2)v得v=,故选项C正确。
4.(多选)将物体P置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑,如图所示。在下滑过程中,P的速度越来越小,最后相对斜面静止,那么由P和Q组成的系统 ( )
A.动量守恒
B.水平方向动量守恒
C.最后P和Q以一定的速度共同向左运动
D.最后P和Q以一定的速度共同向右运动
【解析】选B、C。P、Q两物体组成的系统,水平方向不受外力作用,故系统水平方向动量守恒,B正确;由系统初末状态的动量表达式知,系统动量不守恒,A错误;因系统水平方向动量守恒,故最终P、Q相对静止一起向左运动,故C正确,D错误。
5.(多选)如图所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,现有一质量为m的小滑块以一定的速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行,滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图所示,根据图像可知 ( )
A.t1时间内滑块始终与木板存在相对运动
B.滑块未能滑出木板
C.滑块的质量m大于木板的质量M
D.在t1时刻滑块从木板上滑出
【解析】选A、C、D。由速度图像可知,t1时间内木板与滑块的速度并不相同,即存在相对运动,A对;由于t1时间后滑块与木板均做匀速运动,且速度不同,故在t1时刻滑块从木板上滑出,D对,B错;滑块在木板上滑动时,滑块的加速度为am,木板的加速度为aM,且amM,C对。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
6.(10分)某学习小组在探究反冲运动时,将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上,利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上,已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1,如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm,忽略水的阻力,则喷射出质量为Δm的气体后,小船的速度是多少?
【解析】由动量守恒定律得:
(m1+m2-Δm)v船-Δmv1=0
得:v船=
答案:
7.(10分)两个质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B。求物块在劈B上能够达到的最大高度。
【解析】设物块到达劈A的底端时,物块和A的速度大小分别为v和v1,由机械能守恒和动量守恒得
mgh=mv2+M1 ①
M1v1=mv ②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′,此时物块和B的共同速度大小为v1′,
由机械能守恒和动量守恒得
mgh′+(M2+m)v1′2=mv2 ③
mv=(M2+m)v1′ ④
联立①②③④式得
h′=h
答案:h
【总结提升】动量与能量综合问题的求解技巧
发生相互作用的物体间除了物体的动量发生变化外,同时也常常伴随着能量的转化或转移,这类问题综合性强,灵活性大,历来是高考的热点和难点。处理这类问题,关键是区分物体相互作用的情况,分清物体的运动过程,寻找各相邻运动过程的联系,弄清各物理过程所遵循的规律。
动量守恒定律和能量守恒定律,是自然界最普遍的规律,它们研究的是物体系统,在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。在应用这两个规律时,当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后,可根据问题的已知条件和要求解的未知量,选择研究的两个状态列方程求解。
对于弹性碰撞的物体,其作用过程中系统机械能守恒,动量守恒;对于非弹性碰撞来说,系统的动量守恒但机械能不守恒,系统损失的机械能等于转化的内能或弹性势能;反冲作用情况下,系统的总动能一般会增加。
课时提升作业 九 放射性 衰变
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)有关α、β、γ三种射线,下列说法中正确的是 ( )
A.α射线是原子核里放射出的氦核,它的电离能力最强
B.β射线是原子核外电子电离形成的电子流,它具有较强的穿透能力
C.β射线是高速电子流,它是由原子核里的质子转变而来
D.γ射线是波长很短的电磁波,它的穿透能力最强
【解析】选A、D。α射线是原子核中2个中子和2个质子结合而成的氦核,A正确;β射线是原子核中中子转化成一个质子时放出的,B、C均错;γ射线是光子,且穿透能力最强,D正确。
2.下面对某原子核衰变的描述中错误的是 ( )
A.放出一个β粒子后,原子核的中子数减少1,原子序数减少1
B.放出一个β粒子后,原子核的质量数不变,中子数减少1,质子数增加1
C.放出一个α粒子后,原子核的质量数减少4,电荷数减少2
D.γ射线是处于较高能级的原子核向低能级跃迁时释放的
【解析】选A。因β粒子的质量数为零,电荷数为-1,故放出一个β粒子后质量数不变,原子序数增加1,中子数减少1,A错,B正确。因α粒子为He,故放出一个α粒子后原子核的质量数减少4,电荷数减少2,C正确。γ射线是原子核从高能级向低能级跃迁时辐射出的。D正确。
3.朝鲜的 “核危机”引起了全球的瞩目,其焦点问题就是朝鲜的核电站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239Pu),这种Pu可由铀239U)经过n次β衰变而产生,则n为 ( )
A.2 B.239 C.145 D.92
【解析】选A。其衰变方程为UPu+e,发生β衰变时质量数不变,由电荷数守恒可以判断出发生β衰变的次数为2次。
【总结提升】巧解核衰变反应类问题的基本方法
历年高考各类物理试题中都会有涉及核衰变反应类的试题出现,基本上都是基础性的题目,解答这类问题可按以下两个步骤进行分析。
(1)依据题意写出核衰变或核反应方程。
(2)由原子核的衰变或核反应方程,应用质量数与电荷数守恒的规律判断未知粒子的质量数和核电荷数,从而确定是哪种粒子。
4.(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性,下列说法正确的是 ( )
A.所有元素都可能发生衰变
B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D.α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强
E.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)三种射线的带电特点;
(2)带电粒子在磁场或电场中的偏转情况。
【解析】选B、C、D。本题考查了原子核的衰变。原子序数大于83的元素,都可以发生衰变,A错误;放射性、半衰期都与元素所处的物理、化学状态无关,B、C正确;三种射线α、β、γ穿透能力依次增强,D正确;原子核发生α或β衰变时常常伴随γ光子,但同一原子核不会同时发生α、β衰变,E错误。
5.如图所示,两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后,产生的两种粒子在匀强磁场中的运动轨迹,可以判断 ( )
A.原子核发生了α衰变
B.原子核发生了β衰变
C.原子核放出了一个质子
D.原子核放出了一个中子
【解题指南】解答本题时应根据动量守恒和左手定则,根据两圆的相对位置关系,判断出粒子的电性。
【解析】选B.由于微粒之间相互作用的过程中动量守恒,即新核与放出粒子的动量等大反向.初始总动量为零,则最终总动量也为零,由左手定则可判断,若α衰变,两轨迹圆外切;若β衰变,两轨迹圆内切,故答案为B。
6.一个氡核Rn衰变成钋核Po并放出一个粒子,其半衰期为3.8天。则2 g氡经过11.4天衰变掉的氡的质量以及Rn衰变成Po的过程中放出的粒子是 ( )
A.0.25 g,α粒子 B.1.75 g,α粒子
C.0.25 g,β粒子 D.0.75 g,β粒子
【解析】选B。由质量数和电荷数守恒知,放出的是α粒子,由半衰期的公式m=M(知经11.4天,剩余质量m=2×(g=0.25 g,故已经衰变掉的氡的质量为2g-0.25 g=1.75 g,故选B。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)已知U有一种同位素,比U核多3个中子。某时刻,有一个这样的同位素核由静止状态发生α衰变,放出的α粒子的速度大小为v0,试写出衰变的核反应方程(产生的新核的元素符号可用Y表示),并求出衰变后的残核初速度多大?
【解析】比U核多3个中子的同位素核是UU核发生α衰变,残核的质量数为234。核反应方程为UYHe,设α粒子的质量为4m,则残核的质量为234m,由动量守恒定律得4mv0=234mv,解得残核的速度大小为v=v0。
答案：
8.(10分U核经一系列的衰变后变为Pb核,问:
(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变?
(2)Pb与U相比,质子数和中子数各少了多少?
(3)综合写出这一衰变过程的方程。
【解析】(1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变.由质量数守恒和电荷数守恒可得
238=206+4x ①
92=82+2x-y ②
联立①②解得x=8,y=6.即一共经过8次α衰变和6次β衰变。
(2)因为原子核的电荷数等于质子数,因此质子数减少92-82=10个。
原子核的质量数为质子数与中子数的和。
故中子数减少量为(238-92)-(206-82)=22个。
(3)此核反应方程为UPb+He+e。
答案:(1)8 6 (2)10 22
(3UPb+He+e
课时提升作业 二 动量
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.下列几种物理现象的解释中,正确的是 ( )
A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻
B.跳高时往沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D.动量相同的两个物体受到相同的制动力,两个物体将同时停下来
【解析】选D。砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小。二是因为缓冲时间长,从而导致冲力小,故A错误;跳高时往沙坑里填沙,是为了延长缓冲时间,减小冲力,B错误;推车时推不动,是由于合外力的冲量为零,但推力冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确。
2.关于动量,以下说法正确的是 ( )
A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化
B.单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同
C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
【解析】选D。做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A错;单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B错;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C错;平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的分动量p竖=mvy=mgt,故D正确。
3.把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是 ( )
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒
【解析】选D。枪发射子弹的过程中,它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力,枪和车一起在水平地面上做变速运动,枪和车之间也有作用力;如果选取枪和子弹为系统,则车给枪的力为外力,选项A错;如果选取枪和车为系统,则子弹对枪的作用力为外力,选项B错;如果选车、枪和子弹为系统,爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力,并不存在忽略的问题,系统在水平方向上不受外力,整体符合动量守恒的条件,故选项C错,D对。
4.(多选)如图所示,光滑的水平面上,质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰,碰后两小球的速度大小都为v,方向相反,则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为 ( )
A.m1∶m2=1∶3 B.m1∶m2=1∶1
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶1
【解析】选A、D。以原来m1的速度v方向为正方向,根据动量守恒定律m1v=-m1v+m2v,所以=,故A正确、B错误。两球碰撞前后动能变化量分别为:ΔEk1=m1-m1v2=m1v2,ΔEk2=m2-0=m2v2,所以==,故C错误、D正确。
5.总质量为M的装沙小车,正以速度v0在光滑水平面上前进,突然车底漏了,不断有沙子漏出来落到地面,问在漏沙的过程中,小车的速度为 ( )
A.M v0/(M-m) B.m v0/M
C.m v0/(M-m) D.v0
【解析】选D。本题中小车与沙子组成的系统仅在水平方向上动量守恒。因沙子从车上漏出前在水平方向有速度v0,故沙子漏出后做平抛运动,水平方向的速度v0。由动量守恒定律得,小车的速度仍为v0,即不变。故只有选项D正确。
6.(多选)如图所示,A、B两物体的质量mA>mB,中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态。若地面光滑,在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B沿相反方向滑动过程中 ( )
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B组成的系统动量守恒,A、B、C组成的系统动量也守恒
B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,A、B、C组成的系统动量也不守恒
C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,但A、B、C组成的系统动量守恒
D.以上说法均不对
【解析】选A、C。若A、B与C之间摩擦力相等,A、B组成的系统,A、B、C组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,A正确;A、B与C之间摩擦力不相等,A、B组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,但A、B、C组成的系统所受合外力仍为零,系统动量守恒,故B错,C正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。求
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA。
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB。
【解题指南】小球滑至水平台面的速度可由机械能守恒定律求得;小球碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律和平抛运动的规律可求得两球的质量之比。
【解析】(1)小球从坡道滑至水平台面的过程中,机械能守恒,则:mAgh=mA,解得:vA=
(2)设两球碰撞后共同的速度为v,由动量守恒定律得:
mAvA=(mA+mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动,设运动时间为t,则在竖直方向上有:h=gt2
在水平方向上有:=vt
由以上各式联立解得:mA∶mB=1∶3
答案:(1) (2)1∶3
8.(10分)如图,A、B、C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连,将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体,现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起,此后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离,已知C离开弹簧后的速度恰为v0,求弹簧释放的势能。
【解析】设碰后A、B和C的共同速度大小为v,由动量守恒有,3mv=mv0 ①
设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒有,3mv=2mv1+mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有
(3m)v2+Ep=(2m)+m ③
由①②③式得弹簧释放的势能
Ep=m
答案:m
课时提升作业 五 原子的核式结构模型
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)
1.(多选)关于α粒子散射实验的下列说法中正确的是 ( )
A.在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后,仍沿原来方向前进,少数发生了较大偏转,极少数偏转超过90°,有的甚至被弹回接近180°
B.使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子,当α粒子接近核时,是核的排斥力使α粒子发生明显偏转,当α粒子接近电子时,是电子的吸引力使之发生明显偏转
C.实验表明原子中心有一个极小的核,它占有原子体积的极小部分
D.实验表明原子中心的核带有原子的全部正电及全部质量
【解析】选A、C。A是对α粒子散射实验的正确描述,正确;使α粒子偏转的力是原子核对它的库仑斥力,电子对α粒子的影响就像灰尘对枪弹的影响,完全可以忽略,故B错误;极少数α粒子被弹回表明:作用力很大→原子内部的“核”质量很大,电量集中,故C正确;原子核外的电子尽管质量小,但也有质量,D错误。
2. 在卢瑟福的α粒子散射实验中,某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图中实线所示。图中P、Q为轨迹上的点,虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线,两虚线和轨迹将平面分为四个区域。不考虑其他原子核对该α粒子的作用,那么关于该原子核的位置,下列说法中正确的是 ( )
A.可能在①区域 B.可能在②区域
C.可能在③区域 D.可能在④区域
【解析】选A。α粒子带正电,原子核也带正电,对靠近它的α粒子产生斥力,故原子核不会在④区域;如果原子核在②、③区域,α粒子会向①区域偏;如原子核在①区域,可能会出现如题图所示的轨迹,故应选A.本题是原子物理和静电场的综合题,它利用图示的形式给出了信息,所以同学们在做题时,要从图中找出隐含的信息,以便准确解题。
3.(多选)关于α粒子散射实验的装置,下列说法正确的是 ( )
A.全部设备都放在真空中
B.荧光屏和显微镜能围绕金箔在一个圆周上转动
C.若将金箔改为银箔,就不能发生散射现象
D.金箔的厚度不会影响实验结果
【解析】选A、B。实验必须在真空中进行,故A正确;荧光屏和显微镜应该能围绕金箔在一个圆周上转动,B正确;金箔改为银箔能发生散射现象,但不明显,C错误;α粒子穿透能力弱,金箔要很薄,故D错误。
4.在α粒子散射实验中,并没有考虑电子对粒子偏转角度的影响,这是因为
( )
A.α粒子不跟电子发生相互作用
B.α粒子跟电子相碰时,损失的能量极少,可忽略
C.电子的体积很小,α粒子不会跟电子相碰
D.由于电子是均匀分布的,α粒子所受电子作用的合力为零
【解析】选B。在α粒子散射实验中,电子和α粒子之间存在着相互作用,故A错误;由于电子的质量只有α粒子的,当质量大的α粒子与电子碰撞后,电子对α粒子的影响就像灰尘对枪弹的影响,完全可以忽略,故B正确;因为电子不停地在核外旋转而不是均匀分布,所以α粒子仍会跟电子相碰,故C、D错误。
5.(多选)在α粒子散射实验中,当α粒子最接近金原子核时,α粒子符合下列哪些情况 ( )
A.动能最小
B.势能最小
C.α粒子与金原子核组成的系统能量最小
D.所受原子核斥力最大
【解析】选A、D。α粒子接近金原子核时,α粒子与原子核之间产生的库仑力做负功,动能减小,势能增大,总能量不变,故A、D正确,B、C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。如图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 ( )
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
【解析】选A、B、D。α粒子与原子核的力为库仑斥力,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两点动能相等,因此A正确,C错误.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也正确。
7.卢瑟福对α粒子散射实验的解释下列选项不正确的是 ( )
A.使α粒子产生偏转的力主要是原子中电子对α粒子的作用力
B.使α粒子产生偏转的力主要是库仑力
C.原子核很小,α粒子接近它的机会很少,所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进
D.能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子
【解析】选A。使α粒子产生偏转的力主要是原子核对α粒子的库仑斥力,A错误,B正确。α粒子穿过原子时离原子核越近,库仑斥力越强,偏转的角度就越大,D正确。原子核很小,α粒子接近它的机会很少,所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进,C正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共15分)
8.(7分)速度为107m/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粒子质量为4m0,铝核质量为27m0,它们距离最近时,铝核获得的动能是原α粒子动能的多少倍?
【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粒子靠近铝原子核的过程中,由动量守恒得mαv0=(mα+m铝)v共
所以v共=
==
===(倍)
答案:倍
9.(8分)如图所示,M、N为原子核外的两个等势面,已知UMN=100V。一个α粒子以2.5×105m/s的速度从等势面M上的A点运动到B点,求:
(1)α粒子在B点时速度的大小。
(2)α粒子在与核相距最近处C点时与A点的电势差。
【解题指南】解答本题应把握以下三点:
(1)M、N两点电势差和A、B两点电势差相等。
(2)α粒子在C点时速度为零。
(3)运用动能定理求解相关量。
【解析】(1)α粒子在由A到B的过程中,满足
-2eUNM=mαv2-mα
由此得v=
=m/s
=2.3×105m/s
(2)α粒子由A到C过程中,应用动能定理
-2e·UAC=0-mα
UAC=
=V=648.4V
答案:(1)2.3×105m/s (2)648.4V
【总结提升】以α粒子散射实验为背景类题目的解题方法
(1)由于α粒子在变化的库仑斥力作用下做变加速曲线运动,计算时一般无法用牛顿第二定律去解决,解题时一般用功能关系或能量守恒规律解题.
(2)在α粒子运动过程中的功能关系为只有电场力做功,电场力做正功,动能增加,电势能减小,电场力做负功,动能减小,电势能增加,电场力做多少功,动能和电势能就变化多少。
(3)在α粒子运动过程中的能量关系为只有电势能和动能的相互转化,电势能和动能之和不变。
课时提升作业 八 原子核的组成与核力
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.如图所示为查德威克发现中子的实验示意图,由天然放射性元素钋(Po)放射的a射线轰击铍时会产生粒子流b,下列说法正确的是 ( )
A.a为中子,b为质子
B.a为质子,b为中子
C.a为α粒子,b为中子
D.a为α粒子,b为质子
【解析】选C。由物理学史知识知,查德威克是用α粒子轰击铍时发现中子的,故C正确。
2.(多选)已知Ra是Ra的一种同位素,则下列说法正确的是 ( )
A.它们具有相同的质子数和不同的质量数
B.它们具有相同的中子数和不同的原子序数
C.它们具有相同的核电荷数和不同的中子数
D.它们具有相同的核外电子数和不同的化学性质
【解题指南】解答本题要明确以下三点:
(1)原子序数相同,而中子数不同的原子核互称同位素。
(2)掌握原子序数与质子数、中子数和质量数的关系。
(3)原子的化学性质由核外电子数决定.
【解析】选A、C。原子核的原子序数与核内质子数、核电荷数、核外电子数都是相等的,且原子核内的质量数(核子数)等于核内质子数与中子数之和.由此知这两种镭的同位素核内的质子数均为88,核子数分别为228和226,中子数分别为140和138;原子的化学性质由核外电子数决定,因为它们的核外电子数相同,所以它们的化学性质也相同.故正确答案为A、C。
3.(多选)核力具有下列哪些性质 ( )
A.核力是短程力,作用范围很小,只在相邻核子间发生
B.核力可能是引力,也可能是斥力。核力把核子紧紧束缚在核内,形成稳定的原子核,但又不会融合在一起
C.质子间、中子间、质子和中子之间都有核力
D.核力是一种强相互作用力,与库仑力差不多
【解析】选A、B、C。核力作用的范围在10-15m区域内,只在相邻核子间发生,是短程力,A对.当两核子间距离减小时,核力也迅速减小,至一定值时,核力表现为斥力,B对.核力是质子、中子之间的强相互作用力,比库仑力大得多,C对, D错。
4.关于核力的说法正确的是 ( )
A.核力同万有引力没有区别,都是物体间的作用
B.核力就是电磁力
C.核力是短程力,作用范围在2×10-15m之内
D.核力与电荷有关
【解析】选C。核力属于四种基本相互作用中的强相互作用,不同于万有引力和电磁相互作用,A、B错;核力是短程力,C正确;核力与电荷无关,质子与质子,中子与中子,质子与中子间均有核力的存在,D错。
5.(多选)在下列四个核反应方程中,x1、x2、x3和x4各代表某种粒子
以下判断中正确的是 ( )
A.x1是质子 B.x2是中子
C.x3是中子 D.x4是质子
【解析】选C、D。在核反应中,质量数和电荷数守恒,由此可知,x1是H,x2是H,x3是n,x4是H。
6.(多选)一个质子以107m/s的速度射入一个原来静止的铝原子核后被俘获,铝原子核变为硅原子核。已知铝原子核的质量是质子的27倍,硅原子核的质量是质子的28倍,则下列说法中正确的是 ( )
A.核反应方程为AlHSi
B.核反应方程为AlpSi
C.硅原子核速度的数量级为107m/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105m/s,方向跟质子的初速度方向一致
【解析】选A、B、D。质子就是氢核,通常用符号H或p表示,根据质量数和电荷数守恒知,A、B正确;设质子的质量为m,入射速度为v0,硅原子核的质量为28m,速度为v,由动量守恒定律,得mv0=28mv
v=×107m/s=3.6×105m/s,故C错,D对。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)1930年发现,在真空条件下用α粒子He)轰击铍Be)时,会产生一种看不见的、贯穿能力极强且不带电的粒子,查德威克认定这种粒子就是中子。
(1)写出α粒子轰击铍核的核反应方程。
(2)若一个中子与一个静止的碳核发生正碰,已知中子的质量为mn,初速度为v0,与碳核碰后的速率为v1,运动方向与原来运动方向相反,碳核的质量视为12 mn,求碳核与中子碰撞后的速率。
(3)若与中子碰撞后的碳核垂直于磁场方向射入匀强磁场,测得碳核做圆周运动的半径为R,已知元电荷的电荷量为e,求该磁场的磁感应强度大小。
【解析】(1BeHenC
(2)根据动量守恒定律有:
mnv0=-mnv1+12mnv2
解得v2=(v1+v0)
(3)根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有
6eBv2=,
解得B=
答案:(1BeHenC
(2)(v1+v0) (3)
【总结提升】有关核反应方程问题的处理方法
(1)核反应过程一般都是不可逆的,所以核反应方程只能用箭头表示反应方向,不能用等号连接。
(2)核反应的生成物一定要以实验为基础,不能凭空只依据两个守恒定律杜撰出生成物来写核反应方程。
(3)核反应遵循核电荷数守恒。
(4)在书写核反应方程时,应先将已知原子核和已知粒子的符号填入核反应方程一般形式的适当位置上,然后根据核反应规律计算出未知核(或未知粒子)的电荷数和质量数,最后确定它们是哪种元素(或哪种粒子)。
8.(10分)若让氢的三种同位素先以相同的速度进入相同的匀强磁场做匀速圆周运动,再以相同的动量进入相同的匀强磁场做匀速圆周运动,其受到的向心力和轨道半径大小顺序如何?
【解析】当同位素以相同速度进入相同的匀强磁场,由洛伦兹力提供向心力得qvB=,
则R=,
B、q一定,当v相同时,R∝m,则R氕由于动量p=mv,当动量相同时,
则R氕=R氘=R氚。
由Fn=qvB知速度相同时向心力大小相同,
即F氕=F氘=F氚,
又因为F=qvB=,
q、p、B一定,F∝,
故F氕>F氘>F氚。
答案:以相同速度进入磁场时,
F氕=F氘=F氚,R氕以相同动量进入磁场时,
F氕>F氘>F氚,R氕=R氘=R氚
课时提升作业 六 光谱 氢原子光谱
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.下列关于光谱的说法正确的是 ( )
A.炽热固体、液体和高压气体发出的光谱是连续谱
B.各种原子的线光谱中的明线和它的吸收谱中的暗线必定一一对应
C.气体发出的光只能产生线光谱
D.甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱
【解析】选A。由于通常看到的吸收光谱中的暗线比线光谱中的明线要少一些,所以B不对.而气体发光时,若是高压气体发光则形成连续光谱,若是稀薄气体发光则形成线光谱,故C也不对.甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气后,得到的是乙物质的吸收光谱,所以D错误,答案为A。
2.关于光谱分析,下列说法正确的是 ( )
A.光谱分析的依据是每种元素都有自己的特征谱线
B.光谱分析不能用线状谱
C.光谱分析既可以用线状谱也可以用连续谱
D分析月亮的光谱,可以鉴别月球的化学成分
【解析】选A。每种元素的原子都有自己的特征谱线,依据原子的特征谱线、线状谱和吸收光谱可做光谱分析,A对,B错;连续谱因含有一切波长的光,不是原子的特征谱线,因而不能用来做光谱分析,C错;月亮反射太阳光,因此,分析月亮的光谱并不能鉴定月球的化学组成,只表示太阳的吸收光谱,D错。
【补偿训练】
以下说法正确的是 ( )
A.进行光谱分析可以用连续光谱,也可以用吸收光谱
B.光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速
C.分析某种物质的化学组成可以使这种物质发出的白光通过另一种物质的低温蒸气取得的吸收光谱进行分析
D.拍摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素
【解析】选B。进行光谱分析不能用连续光谱,只能用线状光谱或吸收光谱;光谱分析的优点是灵敏而迅速;分析某种物质的组成,可用白光照射其低压蒸气产生的吸收光谱;月球不能发光,它只能反射太阳光,故其光谱是太阳光谱,不是月球的光谱,不能用来分析月球上的元素。故答案为B。
3.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.
【解析】选A。由巴尔末公式=RH(-),n=3,4,5,…当n=∞时,最小波长=RH;当n=3时,最大波长=RH(-),得=。
4.(多选)关于巴尔末公式=RH的理解,正确的是 ( )
A.此公式是巴尔末在研究氢光谱特征时发现的
B.公式中n可取任意值,故氢光谱是连续谱
C.公式中n只能取不小于3的整数,故氢光谱是线光谱
D.公式不但适用于氢光谱的分析,也适用于其他原子的光谱分析
【解析】选A、C。此公式是巴尔末研究氢光谱时得到的,由玻尔理论的局限性知,公式只适用于氢光谱的分析,由于n只能取大于等于3的整数,则λ不能取连续值,故氢原子光谱是不连续的,是线光谱。因此选A、C。
5.(多选)要得到钠元素的特征谱线,下列做法正确的是 ( )
A.使固体钠在空气中燃烧
B.将固体钠高温加热成稀薄钠蒸气
C.使炽热固体发出的白光通过低温钠蒸气
D.使炽热固体发出的白光通过高温钠蒸气
【解析】选B、C。炽热固体发出的是连续谱,燃烧固体钠不能得到特征谱线,A错误;稀薄气体发光产生线状谱,B正确;强烈的白光通过低温钠蒸气时,某些波长的光被吸收,产生钠的吸收光谱,C正确,D错误。
6. (多选)如图甲所示是a、b、c、d四种元素的线状谱,图乙是某矿物的线状谱,通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是 ( )
A.a元素 B.b元素
C.c元素 D.d元素
【解析】选B、D。将a、b、c、d四种元素的线状谱与乙图中对照,可知,矿物中缺少b、d元素。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)氢原子光谱除了巴尔末系外,还有赖曼系、帕邢系等。其中赖曼系的表达式为=RH,试求赖曼系中最长波长和最短波长的波长各是多少?
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)应用赖曼系表达式计算波长而不是用巴尔末系公式计算。
(2)明确最大和最小波长与n值之间的关系。
【解析】根据赖曼系波长倒数公式:
=RH(-),n=2,3,4…
可得λ=
当n=2时,波长最长,其值为
λ===m
=1.215×10-7m
当n=∞时,波长最短,其值为
λ===m=9.116×10-8m。
【总结提升】与氢原子光谱有关的计算题的解题方法
解决与氢原子光谱有关的计算问题,思路有两个,一是利用巴尔末公式,二是利用玻尔理论能级公式.在利用这两个公式解答问题时需注意以下几点:
(1)对不同种光谱,要注意比较、鉴别。
(2)弄清不同光谱的产生机理。
(3)熟悉利用到的公式。
8.(10分)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=RH,n=4,5,6,…,RH=1.10×107m-1。若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域,试求:
(1)n=7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=7时,传播频率为多大?
【解析】(1)由帕邢系公式=RH,
当n=7时,得λ=1.00×10-6m.
(2)由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=3×108m/s,由v==λf,
得f===Hz=3×1014Hz.
答案:(1)1.00×10-6m (2)3×108m/s 3×1014Hz
课时提升作业 十一原子核的结合能
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.某核反应方程为HHHe+X。已知H的质量为2.013 6 uH的质量为3.018 uHe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
【解析】选B。根据核反应方程满足质量数和电荷数守恒,X应为中子,反应前后Δm=2.013 6 u+3.018 u-4.002 6 u-1.008 7 u=0.020 3 u,故有质量亏损,为放能反应,故B正确。
2.一个氘核和一个氚核聚合成一个氦核的反应方程是HHHen,此反应过程产生的质量亏损为Δm。已知阿伏伽德罗常数为NA,真空中的光速为c。若
1 mol氘和1 mol氚完全发生核反应生成氦,则在这个核反应中释放的能量为
( )
A.NAΔmc2 B.NAΔmc2
C.2NAΔmc2 D.5NAΔmc2
【解析】选B。一个氘核和一个氚核结合成一个氦核时,释放出的能量为Δmc2,1 mol的氘核和1 mol的氚核结合成1 mol的氦核释放的能量为NAΔmc2。
3.(多选)如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图像,下列说法中正确的是 ( )
A.若D和E结合成F,结合过程中一定会吸收核能
B.若D和E结合成F,结合过程中一定会释放核能
C.若A分裂成B和C,分裂过程一定会吸收核能
D.若A分裂成B和C,分裂过程一定会释放核能
【解题指南】明确了核子的平均质量与结合能的对应关系,就可以顺利解答此题。
【解析】选B、D。由题图可知,原子序数较小的核D、E结合成原子序数较大的核F时,因F核子的平均质量小于D、E核子的平均质量,故出现质量亏损,由质能方程知,该过程一定放出核能,所以选项A错误,选项B正确;因为B、C核子的平均质量小于A核子的平均质量,故A分裂成B、C的过程中一定要释放能量,所以选项C错误,选项D正确。
4.在某些恒星内,三个α粒子可以结合成一个C,已知C核的质量为1.992 72×10-26kg,α粒子的质量为6.646 72×10-27kg,真空中的光速c=3×108m/s,则这个反应中释放的核能约为 ( )
A.9×10-10J B.9×10-13J
C.9×10-9J D.9×10-15J
【解析】选B。三个α粒子结合成一个C核的质量亏损为Δm=3×6.646 72×10-27kg-1.992 72×10-26kg≈1×10-29kg.根据爱因斯坦质能方程得释放的核能为ΔE=Δmc2=1×10-29×(3×108)2J=9×10-13J。故选B。
5.(多选)下列说法符合事实的是 ( )
A.所有的核反应都会释放出核能
B.结合能与核子数之比叫比结合能
C.重核分裂成较轻的原子核时要放出能量
D.ΔE=Δmc2表示发生的质量亏损Δm变为能量放出来
【解析】选B、C。核反应中是否会释放能量要看是否有质量亏损,有些核反应需要吸收能量才能发生,A错;由比结合能的定义知,B正确;根据比结合能曲线知,重核分裂成较轻的原子核时要放出能量,C正确;质量亏损Δm转变为运动质量,D错。
6.一个质子与一个中子结合成一个氘核时释放2.2 MeV的能量,两个中子与两个质子结合成一个氦核时,释放28.3 MeV的能量。现在把两个中子与两个质子先结合成两个氘核,再把两个氘核结合成一个氦核,那么在整个过程中释放的能量为 ( )
A.不知氘结合成氦核时释放的能量,故无法判断
B.23.9 MeV
C.26.1 MeV
D.28.3 MeV
【解析】选D。核反应过程中释放核能的多少,与中间过程无关,只由反应前后原子核的比结合能来决定.本题中的两种情况都是由两个中子和两个质子,最终结合成一个氦核,所以释放的能量是相同的,故D选项正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)氦核由2个质子和2个中子组成。每个质子的质量是1.007 277 u,每个中子的质量是1.008 665 u,氦核的质量是4.001 509 u,试求氦核的比结合能。
【解析】核子结合成氦核的过程中质量亏损为
Δm=2×1.007277u+2×1.008 665 u-4.001 509 u
=0.030 4 u
与这个质量差相对应的能量即为氦核的结合能:
ΔE=Δmc2=0.0304×931.5MeV=28.32MeV
所以氦核的比结合能为=7.08MeV
答案:7.08MeV
【总结提升】结合能与电离能
无论质子和质子之间,中子和中子之间,还是质子和中子之间,都存在核力,它们结合成原子核时释放的能量叫结合能。
要使氢原子电离,也就是要从氢原子中把电子剥离,需要通过碰撞、赋予光子等途径让电子得到能量,这个能量实际上就是电子与氢原子核的结合能,不过通常把它叫做氢原子的电离能。
8.(10分)镭(Ra)是历史上第一个被分离出来的放射性元素,已知Ra能自发地放出α粒子而变成新核Rn,已知Ra的质量为M1=3.753 3×10-25kg,新核Rn的质量为M2=3.686 7×10-25kg。α粒子的质量为m=6.646 6×10-27kg。现有一个静止的Ra核发生α衰变,衰变后α粒子的速度为3.68×105m/s,求(计算结果保留两位有效数字):
(1)写出该核反应的方程。
(2)此反应过程中放出的能量。
(3)反应后新核Rn的速度大小。
【解析】(1)核反应的方程为RaHeRn
(2)根据爱因斯坦质能方程
ΔE=Δmc2=(M1-M2-m)c2=1.2×10-12J
(3)设Rn的速度为v2,由动量守恒定律M2v2-mv=0
所以v2==m/s=6.6×103m/s
答案:(1RaHeRn (2)1.2×10-12J
(3)6.6×103m/s
课时提升作业 十三 核 聚 变
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)太阳每秒辐射出来的能量约为3.8×1026J,这些能量是在 ( )
A.重核的裂变反应中产生的
B.轻核的聚变反应中产生的
C.原子核的衰变反应中产生的
D.热核反应中产生的
【解析】选B、D。由于太阳的主要成分是氢,它释放出的巨大能量来源于氢核的聚变反应.这一反应又叫热核反应,故B、D正确。
2.科学家发现在月球上含有丰富的He(氦3),它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料,其参与的一种核聚变反应的方程为HeHeHHe。关于He聚变,下列表述中正确的是 ( )
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
【解析】选B。聚变反应释放的能量很大,故有质量亏损,A、C错误。由反应方程式可知聚变反应产生了新的原子核,B正确。目前人们还不能有效地控制聚变的反应速度,核电站利用的是核裂变,D错误。
3.(多选)关于核能的利用,下列说法正确的是 ( )
A.我国已建成并投入使用的核电站既有重核裂变,又有轻核聚变释放大量原子能
B.核电站对环境的污染比燃煤发电小
C.目前核电站的危害主要是核燃料具有放射性
D.核聚变是一种安全、不产生放射性物质、原料成本低廉的核反应
【解析】选B、C、D。目前还没有用聚变来发电,核电站利用的是重核裂变,A错误;核电站不排放二氧化碳,氮氧化合物等造成温室效应或酸雨的气体及烟尘,有利于环境保护,B正确;但用于核电站的燃料铀及废弃物具有放射性,对人体和环境都有危害,C正确;轻核聚变无放射性,且海水含有大量的氘,D正确。
4.(多选)在某些恒星内,3个α粒子结合成一个CC原子的质量是12.000 0 uHe原子的质量是4.002 6 u,已知1 u=1.66×10-27kg,则 ( )
A.反应过程中的质量亏损是Δm=0.0078u
B.反应过程中的质量亏损是Δm=1.29×10-29kg
C.反应过程中放出的能量是7.27 MeV
D.反应过程中放出的能量是1.16×10-19J
【解析】选A、B、C。核反应方程为HeC,质量亏损Δm=3×4.0026u- 12.0000u=0.0078u。A正确。Δm=0.0078×1.66×10-27kg=1.29×10-29kg,B正确。ΔE=0.0078×931.5MeV=7.27MeV,C正确。ΔE=7.27×106×1.6×10-19J=1.16×10-12J,D错误。
5.分析图片,下列说法中正确的是 ( )
A.质子和中子的质量之和小于氘核的质量
B.质子和中子的质量之和等于氘核的质量
C.氘核分解为质子和中子时要吸收能量
D.质子和中子结合成氘核时要吸收能量
【解析】选C。由题图知,若要将氘核拆散为分散的质子和中子需要吸收能量;反之,要把分散的核子结合成原子核,就会放出能量,故C正确,D错误.根据爱因斯坦质能方程,质子和中子的质量之和大于氘核的质量,故A、B错误。
6.要使两个氘核发生聚变,必须使它们之间的距离接近到r0,也就是接近到核力能够发生作用的范围。物质温度很高时,氘原子将变为等离子体,等离子体的分子平均动能为Ek=k1T,k1为玻尔兹曼常数,T为热力学温度,两个氘核之间的电势能Ep=,r0为电荷之间的距离,则氘核聚变时的温度至少为 ( )
A. B. C. D.
【解题指南】解答本题要明确以下两点:
(1)两氘核在没有达到核力作用距离之前,只有库仑力做功。
(2)电势能是两个氘核间的电势能,所以两个氘核的动能和电势能之和不变。
【解析】选C。由能量守恒知,要使氘核发生聚变,需2×≥,所以T≥,故C正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)我国在核聚变研究领域处于世界先进行列,在实验中观察到有下列4种核反应:
HHHen+3.25MeV;
HHHH+4.00MeV;
HHHen+17.5MeV;
HHeHeH+18.3MeV。
已知在实际发生核聚变时,上述4种反应的概率相同,其原料直接或间接都是氘核,而氘核在地球上的储量非常丰富,每升海水中大约有0.030g氘,那么1L海水中的氘全部发生聚变释放的总能量为多少?(NA取6.02×1023mol-1)
【解析】由于发生4种反应的概率相同,将4个核反应相加得总反应为HHe+n+H+43.05MeV
1mol氘全部聚变释放的能量为
ΔE=MeV=6.91×1011J
每升海水中所含的氘为0.030g,释放的总能量应为E=ΔE×=1.04×1010J
答案:1.04×1010J
8.(10分)已知氘核质量为2.0136u,中子质量为1.0087uHe核的质量为3.0150u。两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成He并放出一个中子,释放的核能也全部转化为机械能。(质量亏损为1u时,释放的能量为931.5MeV。除了计算质量亏损外He的质量可以认为是中子的3倍)
(1)写出该核反应的反应方程式。
(2)该核反应释放的核能是多少?
(3)若测得反应后生成中子的动能是3.12MeV,则反应前每个氘核的动能是多少MeV?
【解析】(1)核反应方程为HHHen
(2)质量亏损为:Δm=2.013 6×2u-(3.015 0u+1.008 7u)=0.0035u,释放的核能为:ΔE=Δm×931.5MeV=0.0035×931.5MeV=3.26MeV
(3)设中子和He核的质量分别为m1、m2,速度分别为v1、v2.反应前每个氘核的动能是E0,反应后中子和He核动能分别为E1、E2,根据动量守恒定律,得m1v1-m2v2=0,==3,E2=E1/3=1.04MeV。由能量的转化和守恒定律,得E1+E2=2E0+ΔE,E0=0.45MeV。
答案:(1HHHen
(2)3.26MeV (3)0.45MeV
【总结提升】核反应中的能量守恒问题
(1)根据质量数守恒和电荷数守恒书写核反应方程式.
(2)根据ΔE=Δmc2计算释放核能.
(3)看有无光子产生,如果没有,核反应释放的能量转化为生成的新核和新粒子的动能,利用动量守恒和能量守恒求解。
课时提升作业 十二 核 裂 变
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)当一个重核裂变时,它所产生的两个核 ( )
A.含有的质子总数较裂变前重核的质子数少
B.含有的中子总数较裂变前重核的中子数少
C.裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量
D.可能是多种形式的两个核的组合
【解析】选B、D。由于在裂变反应中吸收了一个中子而释放出几个中子,质子数没有发生变化,而两个新核的中子数减少,A错误,B正确;反应前后质量发生了亏损而释放出能量,并不等于俘获中子的能量,在裂变反应中,产物并不是惟一的,故C错误,D正确。
2.(多选)关于裂变反应,下列说法中正确的是 ( )
A.用中子轰击铀核发生裂变,其一定分裂为质量差不多的两部分
B.铀核裂变为中等质量的原子核一定释放能量
C.铀核发生裂变时可能分裂成二、三或四部分
D.所有重核元素用中子轰击均能发生裂变反应
【解析】选B、C。用中子轰击铀核的一种裂变形式为UnBaKr+n,生成的钡和氪质量并非差不多,A错;铀核裂变为中等质量的原子核时,由比结合能曲线知一定释放能量,B正确;用中子轰击U和Pu(钚)等少数几种重核元素才能发生裂变反应,发生裂变的原子核可能分裂为二部分、三部分或四部分,但产生两部分的概率很大,C正确,D错误,故正确选项为B、C。
3.(多选)关于铀核裂变,下列说法中正确的是 ( )
A.铀核裂变的产物是多种多样的,但只能裂变成两块
B.铀核裂变时还能同时放出两个或三个中子
C.为了使裂变的链式反应容易发生,最好用纯铀235
D.铀块的体积对于产生链式反应无影响
【解析】选B、C。发生裂变的原子核可能分裂为二部分、三部分或四部分,A错;铀核裂变时能同时放出两个或三个中子,这是发生链式反应的基础,B正确;由于裂变中放出的中子可能从裂变物质中漏失出去,也有可能被裂变物质中所含有的杂质吸收,所以要维持链式反应,就要减少裂变物质中的杂质,还要增大裂变物质的体积,故C正确,D错误。
4.1个铀235吸收1个中子发生核反应时,大约放出196 MeV的能量,则1 g纯
铀235完全发生核反应放出的能量为(NA为阿伏加德罗常数) ( )
A.NA×196 MeV B.235NA×196 MeV
C.235×196 MeV D.×196 MeV
【解题指南】解答本题时应先计算出1 g纯铀中所含的铀235的原子核数,根据原子核总数计算核能。
【解析】选D。由于1 mol的铀核质量为235 g,1g铀235的摩尔数为,因此
1 g铀235释放的能量E=×196 MeV,故D正确。
5.(多选)为应对能源危机和优化能源结构,提高清洁能源的比重,我国制定了优先选择核能,其次加快发展风能和再生能源的政策。在《核电中长期发展规划》中要求2020年核电运行装机总容量达到4000万千瓦的水平,请根据所学物理知识,判断下列说法中正确的是 ( )
A.核能发电对环境的污染比火力发电要小
B.核能发电对环境的污染比火力发电要大
C.所有核电站都只利用重核裂变释放大量的原子能
D.重核裂变是非常清洁的能源,无任何污染
【解析】选A、C。目前核电站都用核裂变,其原料是铀;核裂变在核反应堆中应用的是比较清洁的能源,但也有一定的污染,故A、C正确,B、D错误。
6.(多选)人类通过链式反应利用核能的方式有 ( )
A.利用可控制的快中子链式反应,制成原子弹
B.利用不可控制的快中子链式反应,制成原子弹
C.利用可控制的慢中子链式反应,建成原子反应堆
D.利用不可控制的慢中子链式反应,建成原子反应堆
【解析】选B、C。原子弹爆炸时,铀块的体积大于临界体积,快中子直接被铀核吸收,发生裂变反应,放出核能,链式反应速度不可控制,极短的时间内释放出大量的核能;原子反应堆释放核能的速度是稳定的,链式反应的速度可以控制,因此答案选B、C。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)1964年10月16日,我国在新疆罗布泊沙漠地区成功地进行了第一颗原子弹爆炸试验,结束了中国无核时代。
(1)原子弹爆炸实际上是利用铀核裂变时释放出很大能量。
①写出U核裂成Xe和Sr的反应方程式。
②铀原子核裂变自动持续下去的反应过程叫什么?产生这种反应的条件必须是什么?
(2)为了防止铀核裂变的产物放出的各种射线对人体造成危害和对环境造成污染,需要采取哪些措施?(举两例说明)
【解析】(1)
②铀原子核裂变自动持续下去的反应过程叫链式反应.产生这种反应的条件必须是铀块的最小体积大于它的临界体积。
(2)可采取的措施有:①用厚厚的水泥层屏蔽射线;②将核废料装入特制容器内,深埋地下。
答案:见解析
8.(10分)在能源中,核能具有能量密度大,地区适应性强的优势。在核电站中,核反应堆释放的核能被转化为电能。核反应的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应,释放出大量核能。
(1)核反应方程UnBaKr+aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种,n为中子,X为待求粒子,a为X的个数,则X为______,a=______,mU、mBa、mKr分别表示U、BaKr核的质量,mn、mp分别表示中子、质子的质量,c为光子在真空中传播的速度,则在上述核反应过程中放出的核能ΔE=________。
(2)有一座发电能力为P=1.00×106kW的核电站,核能转化为电能的效率η=40%。假定反应堆中发生的裂变全是本题(1)中的核反应,已知每次核反应过程中放出的核能ΔE=2.78×10-11J,消耗U核的质量mU=390×10-27kg。求每年(1年=3.15×107s)消耗的U的质量。
【解析】(1)铀核裂变时能同时放出两个或三个中子,所以X为n,根据核反应方程满足质量数和电荷数守恒,知a=3.由爱因斯坦质能方程得
ΔE=[mU-(mBa+mKr+2mn)]c2。
(2)核电站消耗U的功率P′==2.5×106kW,
核电站每年消耗U所释放的能量为
E=P′t=7.875×1016J,
每年消耗U的质量为m=·mU=1105kg。
答案:(1n 3 [mU-(mBa+mKr+2mn)]c2
(2)1105kg
【总结提升】求重核裂变释放核能的基本方法
(1)写出原子核的裂变方程,注意裂变方程的质量数和电荷数的守恒。
(2)根据质能方程ΔE=Δmc2,由反应前后原子核的质量亏损,可以计算出一个原子核裂变时释放的能量。
(3)释放的总能量与原子核个数N的关系为E总=NΔE。
课时提升作业 十五 光的波粒二象性
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.人类在对光的本性认识的过程中先后进行了一系列实验,下面四个示意图所表示的实验不能说明具有波动性的是 ( )
【解析】选C。A为单缝衍射,B为双缝干涉,D为薄膜干涉,均说明光具有波动性,而C为光电效应现象实验,说明光具有粒子性。
2.(多选)关于对光的本性的认识,下列说法中正确的是 ( )
A.牛顿的微粒说与惠更斯的波动说第一次揭示了光具有波粒二象性
B.牛顿的微粒说与爱因斯坦的光子说没有本质的区别
C.麦克斯韦从理论上指出电磁波传播速度跟光速相同,他提出光是一种电磁波
D.麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说说明光具有波粒二象性
【解析】选C、D。牛顿的微粒说和惠更斯的波动说都试图用一种观点解释所有的现象,而牛顿的微粒说认为光是由弹性微粒组成的,与爱因斯坦的光子说有本质的区别,A、B均错误;麦克斯韦的电磁说说明光是一种电磁波,而爱因斯坦的光子说又说明光具有粒子性,故C、D均正确。
3.(多选)下列叙述的情况正确的是 ( )
A.光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体
B.光是与橡皮绳形成的绳波相似的波
C.光是一种粒子,它和其他物质作用是“一份一份”进行的
D.光子在空间各点出现的可能性大小(概率),可以用波动的规律来描述
【解析】选C、D。光的粒子性体现在其能量是一份一份的,可知它和其他物质作用时也是一份一份进行的.但其一份并不等同于宏观物质的实物球体,其波动性与机械波具有本质的区别。
【总结提升】光的波粒二象性问题的解题方法
(1)宏观世界中,波和粒子是对立的概念,而在微观世界中,波和粒子可以统一。只是由于我们经验局限于宏观物体的运动,微观世界的某些属性与宏观世界不同,但我们没有直观的经验去体会。
(2)光既不是宏观观念的波,也不是宏观观念的粒子,光的波粒二象性是指光在传播过程中同物质作用时,表现出波或粒子的特性。
4.在下列各组所说的两个现象中,都表现出光具有粒子性的是 ( )
A.光的折射现象、偏振现象
B.光的反射现象、干涉现象
C.光的衍射现象、色散现象
D.光电效应现象、康普顿效应
【解析】选D。干涉、衍射、色散、偏振都是光的波动性的表现,只有光电效应现象和康普顿效应是光的粒子性的表现,D正确。
5.下列说法正确的是 ( )
A.有的光是波,有的光是粒子
B.光发生干涉现象时,光只有波动性没有粒子性
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.光既有波动性又有粒子性,说明光既是波又是粒子
【解析】选C。从光的波粒二象性可知:光是同时具有波粒二象性的,只不过在有的情况下波动性显著,有的情况下粒子性显著,A选项错。同理,光的波粒二象性说明光子在空间各点出现的规律可以用波动规律来描述,与其他物质相互作用时可以用粒子性解释,不能说光既是波又是粒子,D选项错。光显示出波动性,但不能因此否定其粒子性,B选项错。光的波长越长,越容易观察到其显示的波动特征。故上述选项中正确的是C。
6.(多选)对光的认识,下列说法中正确的是 ( )
A.个别光子的行为表现出粒子性,大量光子的行为表现出波动性
B.光的波动性是光子本身的一种属性,不是光子之间的相互作用引起的
C.光表现出波动性时,就不再具有粒子性了;光表现出粒子性时,就不再具有波动性了
D.光的波粒二象性应理解为:在某种场合下光的波动性表现得明显,在另外的某种场合下,光的粒子性表现得明显
【解析】选A、B、D。光是一种概率波,少量光子的行为显示出粒子性,大量光子的行为显示波动性,A正确;由光的双缝干涉实验可知,由于光源非常弱,使它在前一个光子到达屏幕之后才发射第二个光子,这样就排除了光子之间相互作用的可能性,但长时间曝光之后仍然得到一样的条纹分布,B正确;粒子性和波动性是光同时具备的两个特性,C错,D正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)假如一个光子与一个静止的电子碰撞,光子并没有被吸收,只是被电子反弹回来,散射光子的频率与原来光子的频率相比哪个大?为什么?
【解析】碰撞后光子动量减小,而p=,所以波长变大,又由c=λν知ν变小.所以原来光子的频率大。
答案:见解析
8.(10分)在实验室的一个密闭暗箱内,依次放置小灯泡(紧靠暗箱左壁)、烟熏黑的玻璃、狭缝、针尖、感光胶片(紧靠暗箱右壁),如图所示。小灯泡发出的光通过熏黑的玻璃后变得十分微弱,经多次曝光,感光胶片上“针尖造影”的周围,才出现非常清晰的衍射条纹。测量结果表明,每秒到达胶片的“光能量”为5×10-13J。已知有效光波波长为500nm,暗箱长度为1.2m,设光子依次通过狭缝,普朗克常数为6.63×10-34J·s,求:
(1)每秒到达胶片的光子数。
(2)光束中“两相邻光子”先、后到达胶片的时间及其平均距离。
(3)第(2)问的结果,能否支持光是“概率波”?请简要说明理由。
【解题指南】解答本题时应把握以下两点:
(1)“光能量”与光子能量的关系。
(2)相邻两光子间的时间间隔相等。
【解析】(1)设每秒到达胶片的“光能量”、光子的能量分别为E0、E,则依据已知条件、光子说等可得每秒到达胶片的光子数n=E0/E=E0/hν=E0λ/hc
代入已知数据,可得n=1.26×106(个)
(2)所谓光子“依次”到达胶片,即光子一个一个地通过狭缝.已知暗箱长度L=1.2m,则光束中两相邻光子先后到达胶片的时间Δt==8.0×10-7s
两相邻光子的平均距离Δs=c·Δt=2.4×102m
(3)分析第(2)问的结果,Δs?L,可知在熏黑的玻璃“右侧”不可能同时有两个运动的光子,表明衍射条纹绝不是光子相互作用产生的,而是不同时刻到达胶片的许多光子、各自独立作用的积累效果。在胶片的衍射明纹、暗纹区,则分别表明光子到达该处的“机会”较大、较小,即光是一种“概率波”。
答案:(1)1.26×106(个)
(2)8.0×10-7s 2.4×102m (3)见解析
课时提升作业 十六 实物粒子的波粒二象性 不确定关系
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)对于物质波的理解,以下说法正确的是 ( )
A.任何运动的物体(质点)都伴随一种波,这种波叫物质波
B.我们平时见到的机械波比如湖面上形成的水波就是物质波
C.通常情况下,电子比质子的波长长
D.核外电子绕核运动时,并没有确定的轨道
【解析】选A、C、D。根据德布罗意物质波理论可知,任何一个运动的物体,小到电子、质子,大到行星、太阳,都有一种波与之相对应,这种波就叫物质波,A选项正确。机械波不是物质波,湖面上形成的水波是机械波,不是物质波,B错。电子的动量比质子的动量往往要小一些,由波长公式知,电子的德布罗意波长要长,C正确。由于电子的波动性,核外电子绕核运动不可能有确定的轨道,D正确。
2.由不确定关系可以得出的结论是 ( )
A.如果动量的不确定范围越小,则与之对应的坐标的不确定范围就越大
B.如果坐标的不确定范围越小,则动量的不确定范围就越大
C.动量的不确定范围和与之对应的坐标的不确定范围不成反比关系
D.动量的不确定范围和与之对应的坐标的不确定范围有惟一确定的关系
【解析】选C。根据不确定关系ΔxΔpx≥,可知动量的不确定范围和与之对应的坐标的不确定范围不是成反比关系。
3.(多选)关于电子的运动,下列说法正确的是 ( )
A.对于一个运动的电子,同时测量其位置和动量,如果位置测量结果越精确,则动量测量结果也就越准确
B.经典的理论所认为的电子的轨道其实是电子出现概率最大的地方组成的图形
C.电子在能量不确定范围小的能级停留时间长
D.“电子云”描述了电子在核周围出现的概率密度
【解析】选B、C、D。由不确定关系ΔxΔp≥,不能同时确定电子的位置和动量,如果位置测量结果越精确,则动量测量误差就越大,A错。经典的理论所认为的电子的轨道并不实际存在,电子的位置在原子内没有确定位置,用点的疏密表示电子出现的概率分布,称为“电子云”.“电子云”描述电子在原子核周围出现的概率密度,B、D正确。由能量和时间的不确定关系,电子在能量不确定范围小的能级停留时间长,C正确。
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.利用晶体做电子的衍射实验,证实了电子的波动性
【解析】选C、D。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并不能说明粒子的波动性,证明粒子的波动性只能是C、D.故选项C、D正确。
5.(多选)光通过单缝所发生的现象,用位置和动量的不确定关系的观点加以解释,正确的是 ( )
A.单缝宽,光是沿直线传播,这是因为单缝宽,位置不确定量Δx大,动量不确定量Δpx小,可以忽略
B.当能发生衍射现象时,动量不确定量Δpx就不能忽略
C.单缝越窄,中央亮纹越宽,是因为位置不确定量越小,动量不确定量越大的缘故
D.以上解释都不对
【解析】选A、B、C。光在传播过程中的位置和动量的不确定关系为ΔxΔpx≥。发生衍射时Δx>0,所以Δpx不能忽略,故B对;缝越宽,Δpx越小,缝越窄,Δpx越大,所以A、C正确。故选A、B、C。
6.电子显微镜的分辨率高达0.2nm(波长越短,分辨率越高),如果有人制造出质子显微镜,在加速到相同的速度情况下,质子显微镜的最高分辨率将 ( )
A.小于0.2nm B.大于0.2nm
C.等于0.2nm D.以上说法均不正确
【解析】选A。质子比电子质量大得多,加速到相同的速度的情况下,质子的动量(p=mv)大,由物质波波长公式λ=知,质子对应的物质波波长短,所以对应的显微镜分辨率高,最高分辨率将小于0.2nm,A正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构。为满足测量要求,将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为,其中n>1。已知普朗克常数h、电子质量m和电子电荷量e,电子的初速度不计,则显微镜工作时电子的加速电压应为多少?
【解析】由德布罗意波公式λ==
得p=
而Ek===eU
解得U=
答案:
【总结提升】有关德布罗意波计算的一般方法
(1)首先计算物体的速度,再计算其动量。如果知道物体动能也可以直接用p=计算其动量。
(2)再根据λ=计算德布罗意波长。
(3)需要注意的是:德布罗意波长一般都很短,比一般的光波波长还要短,可以根据结果的数量级大致判断结果是否合理。
(4)宏观物体的波长小到可以忽略,其波动性很不明显。
8.(10分)已知=5.3×10-35J·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=1.0kg,测定其位置的不确定量为10-6m。
(2)电子的质量me=9.0×10-31kg,测定其位置的不确定量为10-10m(即为原子的数量级)。
【解题指南】解答本题时应把握以下两点:
(1)由不确定关系ΔxΔpx≥,求出动量的不确定关系。
(2)由Δpx=mΔvx计算出速度测量的不确定关系。
【解析】由ΔxΔpx≥得:
(1)球的速度测定的不确定量
Δvx≥=5.3×10-29m/s
(2)电子的速度测定的不确定量
Δvx≥=5.9×105m/s。
球的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,其运动遵从经典力学理论。
电子的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.
答案:见解析
课时提升作业 十四 量子概念的诞生 光电效应与光的量子说
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分)
1.(多选)光电效应实验中,下列表述正确的是 ( )
A.光照时间越长光电流越大
B.入射光足够强就可以有光电流
C.遏止电压与入射光的频率有关
D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子
【解析】选C、D。要产生光电效应,入射光的频率必须大于最小频率,即极限频率,当入射光的频率小于极限频率时,不管光的强度多大都不会产生光电效应,与光照时间无关,故D正确,A、B错误;对同一种金属,入射光的频率越大,光电子的最大初动能越大,需要的遏止电压越大,C正确。
2.(多选)如图所示,N为钨板,M为金属网,它们分别与电池两极相连,各电池的电动势E和极性已在图中标出,钨的逸出功为4.5eV,现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量也已在图上标出),那么下列图中电子能到达金属网的是
( )
【解析】选B、C。由3eV3.(多选)用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应,得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图,则这两种光 ( )
A.照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射时,a光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距大
D.通过同一玻璃三棱镜时,a光的偏折程度大
【解题指南】解答本题时应注意以下三点:
(1)由Uc大小判断光电子最大初动能大小。
(2)由光电效应方程比较入射光频率大小。
(3)光的频率与折射率、光速、波长的关系。
【解析】选B、C。由Uce=Ekm可知,用b光照射出的光电子的最大初动能较大,A错误;由Ekm=hν-W可知,νb>νa,故nb>na,由sinC=可知,a光的临界角较大,B正确;由ν=可知,λb<λa,通过同一装置发生双缝干涉时,a光的相邻条纹间距较大,C正确;通过同一玻璃三棱镜时,b光的折射率大,偏折程度大,D错误。
【补偿训练】
研究光电效应规律的实验装置如图所示,以频率为ν的光照射光电管阴极K时,有光电子产生.由于光电管K、A间加的是反向电压,光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动.光电流i由图中电流计G测出.反向电压U由电压表V测出,且遏止电压为U0.在下列表示光电效应实验规律的图像中,错误的是 ( )
【解析】选B。当反向电压U和入射光频率ν一定时,发生光电效应产生的光电子数与光强成正比,则单位时间到达阳极A的光电子数与光强也成正比,故光电流i与光强I成正比,所以选项A正确。由动能定理得-eU0=0-Ek,又因Ek=hν-W,所以U0=ν-,可知遏止电压U0与频率ν是线性关系,但不是正比例关系,故选项B错误。当光强与入射光频率一定时,单位时间内逸出的光电子数及其最大初动能是一定的,所形成的光电流强度会随反向电压的增大而减小,选项C正确。根据光电效应的瞬时性规律,可知选项D正确。
【总结提升】利用光电效应规律解题的技巧
应用光电效应规律解题应当明确:
(1)光电效应规律中“光电流的强度”指的是光电流的饱和值(对应从阴极发射出的电子全部被拉向阳极的状态).因为光电流未达到饱和值之前,其大小不仅与入射光的强度有关,还与光电管两极间的电压有关,只有在光电流达到饱和值以后才和入射光的强度成正比。
(2)明确两个决定关系
①逸出功W一定时,入射光的频率决定着能否产生光电效应以及光电子的最大初动能。
②入射光的频率一定时,入射光的强度决定着单位时间内发射出来的光电子数。
4.如图所示,这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图,它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成,当用绿光照射光电管的阴极K时,可以发生光电效应,则下列说法正确的是 ( )
A.示意图中,a端应是电源的负极
B.放大器的作用是将光电管中产生的电流放大后,使铁芯M磁化,将衔铁N吸住
C.若增大绿光的照射强度,光电子最大初动能增大
D.改用红光照射光电管阴极K时,电路中一定有光电流
【解析】选B。要使光电管正常工作,光电管的A端应连接电源的正极,A错误;要把衔铁吸往,线圈中应有足够大的电流,放大器的作用就是放大光电管中的电流,B正确;由光电效应方程可知,光电子的最大初动能与光的强度无关,C错误;若换用频率较低的红光照射光电管的阴极K时,有可能不发生光电效应,故D错误。
5.(多选)如图所示为一光电管的工作原理图,当用波长为λ的光照射阴极K时,电路中有光电流,则 ( )
A.换用波长为λ1(λ1>λ)的光照射阴极K时,电路中一定有光电流
B.换用波长为λ2(λ2<λ)的光照射阴极K时,电路中一定有光电流
C.增加电路中电源的路端电压,电路中的光电流一定增大
D.将电路中电源的极性反接,电路中可能还有光电流
【解析】选B、D。由ν=,λ1>λ可知,ν1<ν,故换用波长为λ1的光照射时,光电管有可能不发生光电效应,A错误;又由λ2<λ可知ν2>ν,故用波长为λ2的光照射时,光电管一定发生光电效应,电路中一定有光电流,B正确;在电路没达到光电流之前,增大电源的路端电压,电路中的光电流增大,将电路中电源极性反接,电源路端电压小于遏止电压时,电路中就有光电流,故C错误,D正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
6.(10分)在绿色植物的光合作用中,每放出一个氧分子要吸收8个波长为6.68×10-7m的光子,同时每放出1mol氧气,植物储存469kJ的能量。求绿色植物能量的转化效率(普朗克常数h=6.63×10-34J·s)。
【解析】放出1mol氧气要吸收的能量为:
E=8NAh
=8×6.0×1023×6.63×10-34×J
=1.43×106J
则能量转化效率为:
η=×100%=×100%=33%。
答案:33%
7.(10分)如图所示,阴极K用极限波长是λ0=0.66μm的金属铯制成,用波长λ=0.50μm的绿光照射阴极K,调整两个极板电压。当A板电压比阴极高出2.5V时,光电流达到饱和,电流表G的示数为0.64μA。求:
(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大初动能。
(2)若把入射到阴极的绿光的光强增大到原来的二倍,求每秒钟阴极发射的光电子数和光电子到达A极的最大动能。
(3)G中电流为零的条件即遏止电压UAK。
【解析】题目中的光电流达到饱和是指光电流达到最大值.因为光电流未达到最大值之前,其值大小不仅与入射光强度有关,还跟光电管两极的电压有关,只有在光电流达到最大值以后才和入射光的强度成正比。
(1)光电流达到饱和时,阴极发射的光电子全部到达阳极A,所以阴极每秒钟发射的光电子的个数:
n==个=4.0×1012个。
根据光电效应方程:
Ek=hν-W,W=,
代入可求得Ek=9.6×10-20J。
(2)若入射光的频率不变,光的强度加倍,则阴极每秒发射的光电子数也加倍,即n′=2n=8.0×1012个。根据Ek=hν-W可知,光电子的最大初动能不变,由于A、K之间电势差是2.5V,所以光电子到达A极时的最大动能为:Ek′=Ek+eU=4.96×10-19J
(3)光电子的最大初动能
Ek=9.6×10-20J=0.6eV。
若使G中电流为零,光电子到达A极时克服电场力做功至少为W=eU=Ek,
解得U=0.6V,即UAK=-0.6V。
答案:(1)4.0×1012个 9.6×10-20J
(2)8.0×1012个 4.96×10-19J
(3)UAK=-0.6V
课时提升作业 十 放射性的应用、危害与防护
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.(多选)对放射性的应用,下列说法正确的是 ( )
A.放射性能杀死癌细胞,对人体的正常细胞不会有伤害
B.对放射性的废料,要装入特制的容器并埋入深地层进行处理
C.γ射线探伤仪中的放射源必须存放在特制的容器里,且不能随意放置
D.对可能有放射性污染的场所或物品进行监测是很有必要的
【解析】选B、C、D。放射线对人体细胞有损伤,所以在杀死癌细胞的同时,对正常细胞也会有伤害,A错;对放射源和放射性的废料要装入特制的容器里并要埋入深地层,以免造成放射性污染,B、C正确;对环境或物品进行仪器监测,是防护辐射的基本方法,D正确。
2.(多选)现在,γ刀成为治疗脑肿瘤的最佳仪器。令人感叹的是,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,无须住院,因而γ刀被誉为“神刀”。据报道,我国自己研究的旋式γ刀性能更好,将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障碍物到达目的地
【解析】选A、C。γ射线是一种波长很短的电磁波,具有较高的能量,它的贯穿本领很强,甚至可以穿透几厘米厚的铅板,但它的电离作用很弱。γ刀治疗肿瘤时,通常是同时用多束γ射线,使它们穿透脑颅和健康区域在病灶处会聚,利用γ射线的高能量杀死肿瘤细胞。综上所述,本题正确选项为A、C。
3.在核医学上,用放射性同位素钴60放出的γ射线治疗肿瘤,其原理是利用γ射线的 ( )
A.强电离作用,使肿瘤细胞转化
B.强贯穿作用,导致基因突变
C.高能特性,直接杀死肿瘤细胞
D.热作用,可减轻病人的痛苦
【解析】选C。癌细胞由于生长迅速,对辐射的杀伤特别敏感,因此,可以将射线对准肿瘤,杀死癌细胞,故C正确。
4.(多选)贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器,贫铀是提炼铀235以后的副产品,其主要成分为铀238。贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力,而且铀238具有放射性,残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染。人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病,以下说法正确的是 ( )
A.铀238的衰变方程式为UThHe
BU和U互为同位素
C.人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变
D.贫铀弹的穿甲能力很强,也是因为它的放射性
【解析】选A、B、C。铀238具有放射性,放出一个α粒子,变成钍234,A正确。铀238和铀235质子数相同,故互为同位素,B正确。核辐射能导致基因突变,是皮肤癌和白血病的诱因之一,C正确。贫铀弹的穿甲能力很强,是因为它的弹芯是由高密度、高强度、高韧性的铀合金组成的,袭击目标时产生高温化学反应,所以其爆炸力、穿甲能力远远超过一般炸弹,D错。
5.放射性同位素在技术上有很多应用,不同的放射源可用于不同的目的。如表列出了一些放射性同位素的半衰期和可利用的射线。使放射源和探测器间隔很小一段距离,若它们之间空气中烟尘浓度大于某一设定的临界值,探测器探测到的射线强度比正常情况下小得多,从而可以通过自动控制装置触发警铃,预防火灾。则该装置中的放射源可选用表中的哪一种( )
放射性同位素
Po
Am
Sr
Tc
放射线
α
α
β
γ
半衰期
138天
433年
28年
6h
APo BAm CSr DTc
【解析】选B。烟尘对α射线的穿透性影响明显,用半衰期长的放射性同位素能使报警装置长时间稳定工作,故B正确。
【总结提升】抓住放射性的特点,巧解放射性应用与防护问题
在解决放射性应用与防护问题时,应把握住放射性特点。
(1)α射线有电离作用,但穿透能力弱。
(2)γ射线穿透能力强,且能量高。
(3)衰变产生危害时,半衰期越长危害越大,但应用衰变时,半衰期越长,效果越好、越稳定。
6.放射性同位素可作为示踪原子。例如,在医学上可以确定肿瘤的位置等。今有四种不同的放射性同位素R、P、Q、S,它们的半衰期分别为半年、38天、15天和2天,则医学上用作示踪原子应选用的同位素是 ( )
A.S B.Q C.P D.R
【解析】选A。应用放射性同位素作为示踪原子时,应选用半衰期较短、衰变速度较快的元素,这样可以减轻对人体的损害,故A正确。
二、非选择题(本大题共2小题,共20分)
7.(10分)正电子(PET)发射计算机断层显像:它的基本原理是将放射性同位素O注入人体,参与人体的代谢过程O在人体内衰变放出正电子,与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子,被探测器探测到,经计算机处理后产生清晰的图像。根据PET原理,回答下列问题:
(1)写出O的衰变和正负电子湮灭的方程式。
(2)将放射性同位素O注入人体O的主要用途是 ( )
A.利用它的射线
B.作为示踪原子
C.参与人体的代谢过程
D.有氧呼吸
(3)设电子质量为m,电量为q,光速为c,普朗克常量为h,则探测到的正负电子湮灭后生成的光子的波长为________。
(4)PET中所选的放射性同位素的半衰期应______。(选填“长”“短”或“长短均可”)
【解题指南】解答本题要注意以下三点:
(1)核反应方程满足质量数和电荷数守恒。
(2)正确理解光子能量公式和质能方程。
(3)应用于人体的示踪原子半衰期要短。
【解析】(1)根据题意得ONee+e→2γ.
(2)选B.同位素可以作为示踪原子进行医学研究,故B正确。
(3)根据E=hν=mc2和c==λν,可得λ=。
(4)根据同位素的用途,半衰期应极短。
答案:(1ONee+e→2γ
(2)B (3) (4)短
8.(10分)如图所示是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。假如放射源能放射出α、β、γ三种射线,而根据设计,该生产线压制的是3 mm厚的铝板,那么是三种射线中的__________射线对控制厚度起主要作用。当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时,将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调节得______些。
【解析】因β射线能穿过几毫米的铝板,故β射线对控制厚度起主要作用.通过铝板的粒子数超标是指通过铝板的粒子个数太多,铝板的厚度偏薄,应加大铝板的厚度,即将M、N两轧辊间距离调大一些。
答案:β 大
课时提升作业 四 电子
(30分钟 50分)
一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分)
1.汤姆孙对阴极射线本质的研究,采用的主要方法有 ( )
A.用阴极射线轰击金箔,观察其散射情况
B.用“油滴实验”精确测定电子电荷的带电量
C.让阴极射线通过电场和磁场,通过阴极射线的偏转情况判断其电性和计算其比荷
D.用阴极射线轰击荧光物质,对荧光物质发出的光进行光谱分析
【解析】选C。汤姆孙是通过对阴极射线在电场和磁场中的偏转情况的研究,来判断其电性和计算其比荷的。
2.(多选)关于电子的发现,下列叙述中正确的是 ( )
A.电子的发现说明原子是由电子和原子核组成的
B.电子的发现说明原子具有一定的结构
C.电子是第一种被人类发现的微观粒子
D.电子的发现比较好地解释了物体的带电现象
【解析】选B、C、D。发现电子之前,人们认为原子是不可再分的最小粒子,电子的发现说明原子有一定的结构,B正确;电子是人类发现的第一种微观粒子,C正确;物体带电的过程,就是电子的得失和转移的过程,D正确。
3.(多选)下列是某实验小组测得的一组电荷量,符合事实的是 ( )
A.+3×10-19C B.+4.8×10-19C
C.-3.2×10-26C D.-4.8×10-19C
【解析】选B、D。电荷是量子化的,任何带电体所带电荷量只能是元电荷的整数倍。1.6×10-19C是目前为止自然界中最小的电荷量,故B、D正确。
4.(多选)如图所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图。显像管中有一个阴极,工作时它能发射阴极射线,荧光屏被阴极射线轰击就能发光。安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场,可以使阴极射线发生偏转。下列说法中正确的是
( )
A.如果偏转线圈中没有电流,则阴极射线应该打在荧光屏正中的O点
B.如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心,打在荧光屏上的A点,则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
C.如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心,打在荧光屏上的B点,则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里
D.如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由B向A点移动,则偏转磁场强度应该先由小到大,再由大到小
【解析】选A、C。由粒子的电性及左手定则可知B项错误;由R=可知,B越小,R越大,故D项错误。
【补偿训练】
如图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 ( )
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
【解析】选B.由于电子沿x轴正方向运动,若使电子射线向下偏转,所受洛伦兹力应向下,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,所受电场力方向应向下,则所加电场方向应沿z轴正方向,由此可知B正确。
5. 如图为示波管中电子枪的原理示意图。示波管内被抽成真空,A为发射电子的阴极,K为接在高电势点的加速阳极,A、K间电压为U。电子离开阴极时的速度可以忽略,电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下面的说法中正确的是 ( )
A.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变,则电子离开K时的速度变为2v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变,则电子离开K时的速度变为
C.如果A、K间距离保持不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为
D.如果A、K间距离保持不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为v
【解析】选D。由qU=mv2得v=,由公式可知,电子经加速电场加速后的速度与加速电极之间的距离无关,对于确定的加速粒子——电子,其速度只与电压有关,由此不难判定D正确。
二、非选择题(20分)
6.一种测定电子比荷的实验装置如图所示。在真空玻璃管内,阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后,形成一细束电子流,以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压,电子将打在荧光屏上的O点;若在两极板间施加电压U,则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点;若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场,则电子在荧光屏上产生的光点又回到O。已知极板的长度l=5.00cm,C、D间的距离d=1.50cm,极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L=12.50cm,U=200V,B=6.3×10-4T,P点到O点的距离y=3.0cm。试求电子的比荷。
【解题指南】解答本题要明确以下三点:
(1)粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时,洛伦兹力与电场力平衡。
(2)粒子在电场中偏转时,在平行极板方向做匀速直线运动,垂直极板方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(3)粒子射出电场时,其速度方向的反向延长线与粒子初速度方向交于电场的中点。
【解析】因电子在正交的电场、磁场中不偏转且做匀速直线运动,所以有Bev=Ee=e,所以v=。 ①
电子在只有偏转电场时,出场偏转距离设为y1,则由几何关系知=,
所以y1= ②
而y1=at2= ③
由①②③得,电子的比荷
==
C/kg
=1.6125×1011C/kg。
所以电子的比荷为1.6125×1011C/kg.
答案:1.6125×1011C/kg
【总结提升】测比荷的方法
测量带电粒子的比荷,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。
【补偿训练】
美国科学家密立根通过油滴实验首次测得电子的电量。油滴实验的原理如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源相连,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带电,经上板中央小孔落到两板间的匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况,两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力作用。
(1)调节两金属板间的电势差U,当U=U0时,使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速直线运动,求该油滴所带的电荷量。
(2)若油滴进入电场时的初速度可以忽略,当两金属板间的电势差U=U1时,观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速直线运动,经过时间t运动到下极板,求此油滴所带的电荷量。
【解析】(1)质量为m1的油滴恰好做匀速直线运动,则其所受重力与库仑力平衡,即m1g=,
得q=。
(2)质量为m2的油滴向下做匀加速运动,
d=at2,得a=。
若油滴带正电,所受库仑力方向向下,由牛顿第二定律得a=>g,到达下极板的时间很短,难以精确测量,与事实不符,则油滴带负电,受到库仑力的方向竖直向上,由牛顿第二定律m2g-q=m2a,
解得q=(g-)。
答案:(1) (2)(g-)
