高考领航新课标高考物理大一轮复习 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核教师用书

高考领航新课标高考物理大一轮复习 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核教师用书

第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核 考纲展示 要求 复习定位 ‎1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ ‎1.本章在高考命题中有选择也有计算形式，选择题以波粒二象性及原子结构和原子核为主，而计算题的考查重点仍以典型的碰撞、相互作用模型或生活实例为背景，考查动量守恒定律的应用．动量定理作为新增Ⅱ级考点应引起重视．‎ ‎2．本章的复习应注意以下几方面 ‎(1)动量及动量变化量的理解，动量守恒定律的应用 ‎(2)动量守恒定律结合动量定理及能量守恒来解决碰撞、打击、反冲等问题 ‎(3)光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性及德布罗意波．‎ ‎(4)核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件，半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写等．‎ ‎2.弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验：验证动量守恒定律 ‎3.光电效应 Ⅰ ‎4.爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ ‎5.氢原子光谱 Ⅰ ‎6.氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ ‎7.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ ‎8.放射性同位素 Ⅰ ‎9.核力、核反应方程 Ⅰ ‎10.结合能、质量亏损 Ⅰ ‎11.裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ ‎12.射线的危害和防护 Ⅰ 第1节　动量守恒定律及其应用 ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 一、冲量、动量和动量定理 ‎1．冲量 ‎(1)定义：力和力的作用时间的乘积．‎ ‎(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．‎ ‎(3)方向：与力的方向相同．‎ ‎2．动量 ‎(1)定义：物体的质量与速度的乘积．‎ ‎(2)表达式：p＝mv.‎ ‎(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.‎ ‎(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．‎ ‎3．动量定理 ‎(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．‎ ‎(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.‎ ‎(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．‎ 二、动量守恒定律 ‎1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．‎ ‎2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．‎ ‎3．定律的表达式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．‎ 可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2‎ ‎4．守恒条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．‎ ‎(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．‎ 三、碰撞 ‎1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．‎ ‎2．分类 ‎(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．‎ ‎(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．‎ ‎(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．‎ 四、实验：验证动量守恒定律 ‎1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 ‎(1)测质量：用天平测出滑块质量．‎ ‎(2)安装：正确安装好气垫导轨．‎ ‎(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．‎ ‎(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．‎ ‎2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 ‎(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.‎ ‎(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．‎ ‎(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．‎ ‎(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．‎ ‎(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．‎ ‎(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．‎ ‎3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 ‎(1)测质量：用天平测出两小车的质量．‎ ‎(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．‎ ‎(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．‎ ‎(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出速度．‎ ‎(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．‎ ‎(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．‎ ‎4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律 ‎ ‎(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．‎ ‎(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．‎ ‎(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.‎ ‎(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．‎ ‎(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．‎ ‎(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1＝m1＋m2，看在误差允许的范围内是否成立．‎ ‎(7)整理好实验器材放回原处．‎ ‎(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．‎ ‎[易错警示·微点拨]‎ ‎1.物体动量的变化等于物体所受合外力的冲量，而不是某个力的．‎ ‎2．动量守恒中的速度应是相对于同一参考系中的速度．‎ ‎3．动量是矢量，系统总动量不变，是指系统总动量的大小方向都不变．‎ ‎4．相互作用的物体动量守恒但机械能不一定守恒．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 考点一　动量定理的理解及应用 ‎1．动量定理的理解要点 ‎(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中3个矢量都要选同一个方向为正方向．‎ ‎(2)动量定理公式中的F是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．‎ ‎(3)公式Ft＝p′－p除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．‎ ‎(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系．‎ ‎(5)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．‎ ‎2．用动量定理解释现象 用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．‎ 另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．‎ ‎1．(2015·高考重庆卷)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 解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg.选项A正确．‎ ‎2．(2016·山东烟台高三质检)皮球从某高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．‎ ‎(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？‎ ‎(2)若用手拍这个球，使其保持在‎0.8 m的高度上下跳动，则每次应给球施加的冲量为多少？(已知球的质量m＝‎0.5 kg，g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)由题意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍．设皮球所处的初始高度为H，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v0＝，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v1和第二次碰撞后瞬时速度大小v2满足v2＝0.8v1＝0.82v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有 F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0‎ F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0‎ 则F1∶F2＝5∶4‎ ‎(2)欲使球跳起‎0.8 m，应使球由静止下落的高度为h＝ m＝‎1.25 m，球由‎1.25 m落到‎0.8 m处的速度为v＝‎3 m/s，则应在‎0.8 m处给球的冲量为I＝mv＝1.5 N·s，方向竖直向下．‎ 答案：(1)5∶4　(2)1.5 N·s　方向竖直向下 动量定理的应用技巧 ‎(1)应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.‎ ‎(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1‎ ‎)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．‎ 考点二　动量守恒定律的理解及应用 ‎1．动量守恒的“四性”‎ ‎(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．‎ ‎(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．‎ ‎(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．‎ ‎(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．‎ ‎2．动量守恒定律的不同表达形式 ‎(1)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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．‎ ‎(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．‎ ‎1．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为‎80 kg和‎100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为‎0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为‎0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．‎ 解析：相对空间站而言，宇航员A和B构成的系统满足动量守恒的条件．以初速度v0＝‎0.1 m/s的方向为正方向，A将B向空间站方向轻推后，A的速度一定沿正方向，即vA＝‎0.2 m/s.‎ 由动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 将v0、vA代入数据解得vB＝‎0.02 m/s 因为vB>0，所以B的方向仍为离开空间站方向．‎ 答案：‎0.02 m/s　离开空间站方向 ‎2．(2015·济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板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相碰撞(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．‎ 解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，‎ 由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB，‎ A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝‎2 m/s.‎ 答案：‎2 m/s 应用动量守恒定律解题的步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；‎ ‎(3)规定正方向，确定初、末状态动量；‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程；‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．‎ 考点三　动量和能量观点的综合应用(高频考点)‎ ‎1．动量的观点和能量的观点 动量的观点：动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．‎ ‎2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题 ‎(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．‎ ‎(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．‎ 题组一　高考题组 ‎1．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝‎0.8 m，A球在B球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝‎10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度．‎ 解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①‎ 将h＝‎0.8 m代入上式，得vB＝‎4 m/s②‎ ‎(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得v1＝gt③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′④‎ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝‎0.75 m⑧‎ 答案：(1)‎4 m/s　(2)‎‎0.75 m ‎2．(2015·高考全国卷Ⅱ)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变化的图象如图所示．求：‎ ‎(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．‎ 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－‎2 m/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v0.‎ 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∶2⑧‎ 答案：(1)1∶8　(2)1∶2‎ 题组二　模拟题组 ‎3．(2016·银川一中测试)如图所示，两块长度均为d＝‎0.2 m的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M＝‎0.9 kg.一颗质量为m＝‎0.02 kg的子弹(可视为质点且不计重力)以速度v0＝‎500 m/s水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A时，测得木块的速度为v＝‎2 m/s，子弹最终停留在木块B中．求：‎ ‎(1)子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小；‎ ‎(2)子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能．‎ 解析：(1)设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B整体，‎ 有mv0＝mv1＋2Mv Fd＝mv－mv－×2Mv2‎ 联立解得v1＝‎320 m/s，F＝7 362 N ‎(2)子弹在B中运动过程中，最后二者共速，速度设为v2，对子弹和B整体，有mv1＋Mv＝(m＋M)v2‎ 解得v2＝ m/s ΔE＝mv＋Mv2－(m＋M)v＝989 J.‎ 答案：(1)‎320 m/s　7 362 N　(2)989 J ‎4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：‎ ‎(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)炸药爆炸时释放的化学能．‎ 解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.‎ 从O滑到P，对A、B由动能定理得 ‎－μ·2mgs＝·‎2m()2－·2mv①‎ 解得μ＝②‎ ‎(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有 ‎2m‎·＝mv③‎ 根据能量守恒定律，有 E0＋·‎2m·()2＝mv2④‎ 联立③④式解得E0＝mv.‎ 答案：(1)　(2)mv 应用动量、能量观点解决问题的两点技巧 ‎(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．‎ ‎(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．‎ 考点四　实验十六：验证动量守恒定律 ‎1．实验时应注意的几个问题 ‎(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．‎ ‎(2)方案提醒：‎ ‎①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．‎ ‎②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．‎ ‎③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．‎ ‎④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m1>m2，防止碰后m1被反弹．‎ ‎(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．‎ ‎2．对实验误差的分析 ‎(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：‎ ‎①碰撞是否为一维碰撞．‎ ‎②实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．‎ ‎(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．‎ ‎(3)减小误差的措施：‎ ‎①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．‎ ‎②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．‎ ‎1．甲同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．‎ ‎(1)(多选)实验中必须满足的条件是________．‎ A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D．两球的质量必须相等 ‎(2)测量入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的投影．实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞．‎ ‎(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′.测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3.若所测物理量满足表达式________，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．‎ 解析：(1)只有斜槽轨道末端的切线水平，小球每次从末端飞出后才做平抛运动，时间才相等，故选项B对；入射球A每次必须从轨道上的同一位置由静止滚下，每次从末端飞出时的初速度才相等，故选项C对．‎ ‎(2)由动量守恒定律得mA·vA＝mA·vA′＋mB·vB′，v＝x/t，故得出mA·OP＝mA·OM＋mB·ON；若是弹性碰撞，则动能守恒，有mAv＝mAvA′2＋mBvB′2，联立解得mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2，或OP＋OM＝ON.‎ ‎(3)由h＝gt2，v＝，得出v与成正比，再结合动量守恒定律mA·vA＝mA·vA′＋mB·vB′，故得出＝＋.‎ 答案：(1)BC ‎(2)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2(或OP＋OM＝ON)‎ ‎(3)＝＋ ‎2．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ ‎)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，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．‎ 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乙所示．‎ 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．‎ 解析：按定义，物块运动的瞬时速度大小v＝①‎ 式中Δs为物块在很短时间Δt内走过的路程 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则 ΔtA＝＝0.02 s②‎ ΔtA可视为很短．‎ 设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1，将②式和图给实验数据代入①式得 v0＝‎2.00 m/s③‎ v1＝‎0.970 m/s④‎ 设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝⑤‎ 代入题给实验数据得v2＝‎2.86 m/s⑥‎ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为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 δp＝×100%⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%＜5%⑩‎ 因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律．‎ 答案：本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律；运算过程见解析 课堂小结——名师微点拨 本节课重在理解动量守恒的条件及守恒的描述，对“系统总动量保持不变”注意以下三点：(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、未两个状态的总动量相等．‎ ‎(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．‎ ‎(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.‎ 课时规范训练(单独成册)‎ ‎1．(2016·广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的(　　)‎ A．动能相等，则质量大的动量大 B．动能相等，则动量大小也相等 C．动量大小相等，则质量大的动能小 D．动量大小相等，则动能也相等 解析：选AC.根据动能Ek＝mv2可知，动量p＝，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误．‎ ‎2.质量为‎1 kg的物体做直线运动，其速度图象如右图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)‎ A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·s C．0.10 N·s D．0，－10 N·s 解析：选D.由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝‎5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内p3＝－‎5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D.‎ ‎3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为‎3 m/s和‎1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为‎2 m/s.甲、乙两物体质量之比为(　　)‎ A．2∶3　　 B．2∶‎5　‎　‎ C．3∶5　　 D．5∶3‎ 解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．‎ ‎4．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 解析：选D.火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，D正确．‎ ‎5.(2016·淮安模拟)(多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒 解析：‎ 选CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B错误，C正确．‎ ‎6．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两球抛出后，船向左以一定速度运动 B．两球抛出后，船向右以一定速度运动 C．两球抛出后，船的速度为0‎ D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大 解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．‎ ‎7．(2016·华南师大附中高三模拟)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，…，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则(　　)‎ A．A、B(包括人)两船速度大小之比为2∶3‎ B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1‎ C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3‎ D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1‎ 解析：选B.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确．‎ 经过n次跳跃后，A船速度为vA，B船速度为vB.0＝mvA－vB，＝，选项A错．‎ A船最后获得的动能为EkA＝mv B船最后获得的动能为 EkB＝v ‎＝·2‎ ‎＝＝EkA，＝，选项C、D错误．‎ ‎8．用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验．‎ ‎(1)先测出可视为质点的两滑块A、B的质量m、M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ.‎ ‎(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边．‎ ‎(3)剪断细线，测出滑块B做平抛运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行距离为x2(未滑出桌面)．‎ 为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________；如果动量守恒，需要满足的关系式为__________________．‎ 解析：弹开后B做平抛运动，为求其弹开后的速度(即平抛运动的初速度)，必须测量下落高度h.‎ h＝gt，x1＝v1t1，解得v1＝x1 弹开后A做匀减速运动，由动能定理得μmgx2＝mv 解得v2＝ 若动量守恒，则需满足Mv1－mv2＝0‎ 即需要满足的关系式为Mx1 ＝m 答案：桌面离地的高度h　Mx1 ＝m ‎9．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________．‎ 解析：设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是－，则mBvB＝mA·＋mB·，解得mA∶mB＝4∶1‎ 碰撞前、后动能之比 Ek1∶Ek2＝mBv∶ ‎＝9∶5‎ 答案：4∶1　9∶5‎ ‎10．(2014·高考大纲全国卷)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的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．‎ 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v和V，碰后乙的速度大小为V′，由动量守恒定律得 mv－MV＝MV′①‎ 代入数据得V′＝‎1.0 m/s②‎ ‎(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有 mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③‎ 联立②③式，代入数据得 ΔE＝1 400 J.‎ 答案：(1)‎1.0 m/s　(2)1 400 J ‎11．(2016·湖南模拟)如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝‎2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求：‎ ‎(1)B与C碰撞前B的速度；‎ ‎(2)弹簧具有的弹性势能．‎ 解析：(1)A、B被弹开的过程中，A、B系统动量守恒，设弹开后A、B速度分别为vA、vB，设三者最后的共同速度为v共(vA＝v共)，由动量守恒定律得 对A、B：(mA＋mB)v0＝mAv共＋mBvB；‎ 对B、C：mBvB＝(mB＋mC)v共，‎ 对A、B、C：(‎2m＋m)v0＝(‎2m＋m＋‎2m)v共，‎ 得v共＝v0，所以vB＝v0.‎ ‎(2)B与C碰撞前后，机械能的损失为ΔE＝mv－·3mv，弹簧释放的弹性势能为Ep，则 Ep＋·3mv＝·5mv＋ΔE，代入数据整理得Ep＝mv.‎ 答案：(1)v0　(2) mv 第2节　光电效应　波粒二象性 ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 一、光电效应及其规律 ‎1．光电效应现象 在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．‎ ‎2．光电效应的产生条件 入射光的频率大于金属的极限频率．‎ ‎3．光电效应规律 ‎(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应．‎ ‎(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大．‎ ‎(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9s.‎ ‎(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比．‎ 二、爱因斯坦光电效应方程 ‎1．光子说 在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每—份叫做一个光子，光子的能量ε＝hν.‎ ‎2．逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的最小值．‎ ‎3．最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．‎ ‎4．光电效应方程 ‎(1)表达式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν－W0.‎ ‎(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．‎ 三、光的波粒二象性 ‎1．光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．‎ ‎2．光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．‎ ‎3．光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性．‎ ‎[易错警示·微点拨]‎ ‎1．光电效应中的“光”不是指可见光，光电效应中的“光电子”实质上就是电子．‎ ‎2．能否发生光电效应不是取决于光的强度，而是取决于光的频率．‎ ‎3．光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性．‎ ‎4．实物粒子在一定条件下都会表现为波动性．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 考点一　光电效应的理解 ‎1．光电效应的研究思路 ‎2．对光电效应规律的解释 对应规律 对规律的产生的解释 光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光强度无关 电子吸收光子能量后，一部分克服原子核引力做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能，对于确定的金属，逸出功W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大 光电效应具有瞬时性 光照射金属时，电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要能量积累的过程 光较强时饱和电流大 光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大 ‎1．(2014·高考广东卷)(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)‎ A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失 C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 解析：选AD.光电流的大小与入射光的强度成正比，A正确．若发生光电效应，入射光的频率必须大于某个特定频率，与光照强度无关，B错误．本题中并未说明ν是否是极限频率，因此减小入射光的频率仍有可能发生光电效应，C错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，D正确．‎ ‎2．(2016·广东省湛江一中高三模拟)(多选)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转．而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么(　　)‎ A．a光的频率一定大于b光的频率 B．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大 C．增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转 D．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c 解析：选AB.由于用单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，说明发生了光电效应，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，说明b光不能发生光电效应，即a光的频率一定大于b光的频率；增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加，则通过电流计G的电流增大；因为b光不能发生光电效应，所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转；用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电子的方向是由d到c，所以电流方向是由c到d.选项A、B正确．‎ 光电效应实质及发生条件 ‎(1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸出金属表面，从而使金属带上正电．‎ ‎(2)能否发生光电效应，不取决于光的强度，而是取决于光的频率．只要照射光的频率大于该金属的极限频率，无论照射光强弱，均能发生光电效应．‎ 考点二　光电效应方程及图象的理解(高频考点)‎ ‎1．爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0‎ hν： 光电子的能量 W0：逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服原子核引力所做的功．‎ Ek：光电子的最大初动能．‎ ‎2．四类图象 图象名称 图线形状 由图线直接(间接)得到的物理量 最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 ‎①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc ‎②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝|－E|＝E ‎③普朗克常量：图线的斜率k＝h 颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系 ‎①遏止电压Uc：图线与横轴的交点 ‎②饱和光电流Im：电流的最大值 ‎③最大初动能：Ekm＝eUc 颜色不同时，光电流与电压的关系 ‎①遏止电压Uc1、Uc2‎ ‎②饱和光电流 ‎③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2‎ 遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 ‎①截止频率νc：图线与横轴的交点 ‎②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大 ‎③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝ke.(注：此时两极之间接反向电压)‎ 题组一　高考题组 ‎1．(2014·高考海南卷)(多选)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是(　　)‎ A．遏止电压　　　　　　　 B．饱和光电流 C．光电子的最大初动能 D．逸出功 解析：选ACD.同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ek＝hν－W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．‎ ‎2．(2015·高考全国卷Ⅰ)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．‎ 解析：根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝－，故＝k，b＝－，得h＝ek，W0＝－eb.‎ 答案：ek　－eb 题组二　模拟题组 ‎3．(2016·开封模拟)关于光电效应，下列说法正确的是(　　)‎ A．极限频率越大的金属材料逸出功越大 B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小 D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多 解析：选A.逸出功W0＝hν0，W0∝ν0，A正确；只有照射光的频率ν大于金属极限频率ν0，才能产生光电效应现象，B错；由光电效应方程Ekm＝hν－W0知，因ν不确定时，无法确定Ekm与W0的关系，C错；光强E＝nhν，ν越大，E一定，则光子数n越小，单位时间内逸出的光电子数就越少，D错．‎ ‎4．(2016·河南焦作一模)美国物理学家密立根以精湛的技术测出了光电效应中几个重要的物理量．若某次实验中，他用光照射某种金属时发现其发生了光电效应，且得到该金属逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图象如图所示，经准确测量发现图象与横轴的交点坐标为4.77，与纵轴交点坐标为0.5.已知电子的电荷量为1.6×10－‎19 C，由图中数据可知普朗克常量为_____ J·s，金属的极限频率为_______ Hz.(均保留两位有效数字)‎ 解析：根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W，Ek－ν图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为ν0＝4.77×1014 Hz≈4.8×1014Hz.根据光电效应方程得Ekm＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝6.0×1014 Hz时，最大初动能为Ekm＝0.5 eV.当入射光的频率为ν0＝4.77×1014 Hz时，光电子的最大初动能为0.‎ 即h×6.0×1014Hz－W0＝0.5×1.6×10－19J，‎ 即h×4.77×1014Hz－W0＝0‎ 联立两式解得h＝6.5×10－34J·s.‎ 答案：6.5×10－34　4.8×1014‎ 应用光电效应方程时的注意事项 ‎(1)每种金属都有一个截止频率，光频率大于这个截止频率才能发生光电效应．‎ ‎(2)截止频率是发生光电效应的最小频率，对应着光的极限波长和金属的逸出功，即hν0＝h＝W0.‎ ‎(3)应用光电效应方程Ek＝hν－W0时，注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1 eV＝1.6×10－19 J)．‎ 考点三　光的波粒二象性　物质波的理解 光既有波动性，又有粒子性，两者不是孤立的，而是有机的统一体，其表现规律为：‎ ‎1．个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．‎ ‎2．频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强．‎ ‎3．光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时，往往表现为粒子性．‎ ‎1．(2015·高考江苏卷)(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)‎ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 解析：选AB.光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释，选项A正确、选项C错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性，选项B正确；由德布罗意波长公式λ＝和p2＝‎2m·Ek知动能相等的质子和电子动量不同，德布罗意波长不相等，选项D错误．‎ ‎2．(2015·高考全国卷Ⅱ)(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是(　　)‎ A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 解析：‎ 选ACD.电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确. β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确．电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确．光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项E错误.‎ 课堂小结——名师微点拨 本节学习重在掌握以下“三个关系”、“四点提醒”和“三个易错”：‎ ‎1.定量分析光电效应时应抓住的“三个关系式”‎ ‎(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0.(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc.(3)逸出功与极限频率、极限波长λ0的关系：W0＝hνc＝h.‎ ‎2.对光电效应的“四点提醒”：‎ ‎(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率．(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光．(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关．(4)光电子不是光子，而是电子．‎ ‎3.波粒二象性的“三个易错”‎ ‎(1)光子表现为波动性，并不否认光具有粒子性．(2)宏观物体也具有波动性．(3)微观粒子的波动性与机械波不同，微观粒子的波是概率波.‎ 课时规范训练(单独成册)‎ ‎1．关于光的本性，下列说法正确的是(　　)‎ A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的 B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点 C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性 D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的—切行为，只能认为光具有波粒二象性 解析：选D.光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子，波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客体的两个不同的侧面、不同属性，只能认为光具有波粒二象性，A、B、C错误，D正确．‎ ‎2．(2014·高考上海卷)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是(　　)‎ A．光电效应是瞬时发生的 B．所有金属都存在极限频率 C．光电流随着入射光增强而变大 D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大 解析：‎ 选C.光具有波粒二象性，即光既具有波动性又具有粒子性．光电效应证实了光的粒子性．因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误．‎ ‎3．如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的________也相等．‎ A．速度　　　　　　 B．动能 C．动量 D．总能量 解析：选C.由德布罗意波长λ＝知二者的动量应相同，故C正确，由p＝mv可知二者速度不同，Ek＝mv2＝，二者动能不同，由E＝mc2可知总能量也不同，A、B、D均错．‎ ‎4．(多选)分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用h和c表示，那么下列说法正确的有(　　)‎ A．该种金属的逸出功为 B．该种金属的逸出功为 C．波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应 D．波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应 解析：选AD.由hν＝W0＋Ek知h＝W0＋mv，h＝W0＋mv，又v1＝2v2，得W0＝，A正确、B错误．光的波长小于或等于3λ时都能发生光电效应，C错误、D正确．‎ ‎5．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子的最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图象，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，下图中用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是(　　)‎ 解析：选A.依据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，Ek－ν图线的斜率代表普朗克常量h，因此钨和锌的Ek－ν图线应该平行．图线的横截距代表极限频率νc，而νc＝ ‎，因此钨的νc小些，A正确．‎ ‎6．(2016·常州模拟)1927年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一．如下图所示的是该实验装置的简化图，下列说法不正确的是(　　)‎ A．亮条纹是电子到达概率大的地方 B．该实验说明物质波理论是正确的 C．该实验再次说明光子具有波动性 D．该实验说明实物粒子具有波动性 解析：选C.亮条纹是电子到达概率大的地方，该实验说明物质波理论是正确的，说明实物粒子具有波动性，但该实验不能说明光子具有波动性，C错误，A、B、D正确．‎ ‎7．(多选)图为一真空光电管的应用电路，其阴极金属材料的极限频率为4.5×1014 Hz，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率 B．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度 C．用λ＝0.5 μm的光照射光电管时，电路中有光电流产生 D．光照射时间越长，电路中的电流越大 解析：选BC.在光电管中若发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关．据此可判断A、D错误．波长λ＝0.5 μm的光子的频率ν＝＝ Hz＝6×1014Hz＞4.5×1014Hz，可发生光电效应，所以B、C正确．‎ ‎8．(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴交点坐标为0.5)．由图可知(　　)‎ A．该金属的截止频率为4.27×1014 Hz B．该金属的截止频率为5.5×1014 Hz C．该图线的斜率表示普朗克常量 D．该金属的逸出功为0.5 eV 解析：选AC.图线在横轴上的截距为截止频率，A正确，B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0可知图线的斜率为普朗克常量，C正确；金属的逸出功为W0＝hν0＝ eV＝1.77 eV，D错误．‎ ‎9．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意图如图．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应．换同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在K、A之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电荷量)(　　)‎ A．U＝－ B．U＝－ C．U＝2hν－W D．U＝－ 解析：选B.由光电效应方程可知：‎ nhν＝W＋mv(n＝2,3,4…)①‎ 在减速电场中由动能定理得 ‎－eU＝0－mv②‎ 联立①②得：U＝－(n＝2,3,4，…)，选项B正确．‎ ‎10．(多选)某半导体激光器发射波长为1.5×10－‎6 m，功率为5.0×10－3 W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10－‎7 m，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，该激光器发出的(　　)‎ A．是紫外线 B．是红外线 C．光子能量约为1.3×10－18 J D．光子数约为每秒3.8×1016个 解析：选BD.由于该激光器发出的光波波长比可见光长，所以发出的是红外线，A错误，B正确．光子能量E＝hν＝h≈1.3×10－19 J，C错误．每秒发射的光子数n＝≈3.8×1016个，D正确．‎ ‎11．图示是研究光电管产生的电流的电路图，A、K是光电管的两个电极，已知该光电管阴极的极限频率为ν0.现将频率为ν(大于ν0)的光照射在阴极上，则：‎ ‎(1)________是阴极，阴极材料的逸出功等于________．‎ ‎(2)加在A、K间的正向电压为U时，到达阳极的光电子的最大动能为__________________，将A、K间的正向电压从零开始逐渐增加，电流表的示数的变化情况是________________．‎ ‎(3)为了阻止光电子到达阳极，在A、K间应加上U反＝________的反向电压．‎ ‎(4)下列方法一定能够增加饱和光电流的是(　　)‎ A．照射光频率不变，增加光强 B．照射光强度不变，增加光的频率 C．增加A、K电极间的电压 D．减小A、K电极间的电压 解析：(1)被光照射的金属将有光电子逸出，故K是阴极，逸出功与极限频率的关系为W0＝hν0.‎ ‎(2)根据光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能为hν－hν0，经过电场加速获得的能量为eU，所以到达阳极的光电子的最大动能为hν－hν0＋eU，随着电压增加，单位时间内到达阳极的光电子数量将逐渐增多，但当从阴极逸出的所有光电子都到达阳极时，再增大电压，也不可能使单位时间内到达阳极的光电子数量增多．所以，电流表的示数先是逐渐增大，直至保持不变．‎ ‎(3)从阴极逸出的光电子在到达阳极的过程中将被减速，被电场消耗的动能为eUc，如果hν－hν0＝eUc，就将没有光电子能够到达阳极，所以Uc＝.‎ ‎(4)要增加单位时间内从阴极逸出的光电子的数量，就需要增加照射光单位时间内入射光子的个数，所以只有A正确．‎ 答案：(1)K　hν0　(2)hν－hν0＋eU　逐渐增大，直至保持不变　(3)　(4)A ‎12．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过○G表的电流I与AK之间的电势差UAK满足如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34 J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能；‎ ‎(2)该阴极材料的极限波长．‎ 解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数 n＝＝(个)＝4.0×1012(个)‎ 光电子的最大初动能为：‎ Ekm＝eU0＝1.6×10－‎19C×0.6 V＝9.6×10－20 J ‎(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程：Ekm＝h－h，代入数据得λ0＝0.66 μm.‎ 答案：(1)4.0×1012个　9.6×10－20 J ‎(2)0.66 μm 第3节　原子和原子核 ‎　　　　　　　　　　　　　‎ 一、原子结构 ‎1．原子的核式结构 ‎(1)1909～1911年，英国物理学家卢瑟福进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型．‎ ‎(2)α粒子散射实验 ‎①实验装置：如下图所示；‎ ‎②实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数沿原方向前进，少数发生较大角度偏转，极少数偏转角度大于90°，甚至被弹回．‎ ‎(3)核式结构模型：原子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里，带负电的电子在核外空间绕核旋转．‎ ‎2．氢原子光谱 氢原子光谱线是最早被发现、研究的光谱线，这些光谱线可用一个统一的公式表示：‎ ＝Rn＝3,4,5，…‎ ‎3．玻尔的原子模型 ‎(1)玻尔理论 ‎①轨道假设：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的可能轨道是不连续的；‎ ‎②定态假设：电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态．因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的．这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，处于基态的原子是稳定的，不向外辐射能量；‎ ‎③跃迁假设：原子从一个能量状态向另一个能量状态跃迁时要放出或吸收一定频率的光子，光子的能量等于这两个状态的能量差，即hν＝Em－En.‎ ‎(2)几个概念 ‎①能级：在玻尔理论中，原子各个状态的能量值；‎ ‎②基态：原子能量最低的状态；‎ ‎③激发态：在原子能量状态中除基态之外的其他能量较高的状态；‎ ‎④量子数：原子的状态是不连续的，用于表示原子状态的正整数．‎ ‎(3)氢原子的能级和轨道半径 ‎①氢原子的半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态半径，r1＝0.53×10－‎10m；‎ ‎②氢原子的能级公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6 eV.‎ 二、原子核 ‎1．原子核的组成 ‎(1)原子核由质子和中子组成，两者统称为核子．‎ ‎(2)原子核常用X表示，X为元素符号，上角标A表示核的质量数，下角标Z表示核的电荷数(原子序数)．‎ ‎(3)同位素是具有相同的质子数而中子数不同的原子核，在元素周期表中处于同一位置．‎ ‎2．天然放射现象 ‎(1)天然放射现象：某些元素自发放射某些射线的现象称为天然放射现象，这些元素称为放射性元素．‎ ‎(2)三种射线的本质：α射线是氦核，β射线是电子，γ射线是光子．‎ ‎3．原子核的衰变 ‎(1)衰变：原子核自发地放出某种粒子而转变成新核的变化．可分为α衰变、β衰变，并伴随着γ射线放出．‎ ‎(2)半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间．‎ ‎4．放射性同位素的应用 ‎(1)利用射线：放射性同位素放出的射线应用于工业、探伤、农业、医疗等．‎ ‎(2)作示踪原子．‎ ‎5．核反应、核力与核能 ‎(1)核反应规律：在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒．‎ ‎(2)核力 ‎①概念：组成原子核的核子之间存在的作用力．‎ ‎②核力特点 a．核力是强相互作用(强力)的一种表现，在它的作用范围内，核力比库仑力大得多．‎ b．核力是短程力，作用范围在1.5×10－‎15 m之内．‎ c．每个核子只跟相邻的核子发生核力作用，这种性质称为核力的饱和性．‎ ‎(3)质量亏损 ‎①爱因斯坦质能方程：E＝mc2.‎ ‎②质量亏损：原子核的质量小于组成它的核子的质量之和的现象．‎ ‎(4)结合能：克服核力束缚，使原子核分解为单个核子时需要的能量，或若干个核子在核力作用下结合成原子核时需要的能量．‎ ‎6．核裂变和核聚变 ‎(1)重核裂变 ‎①定义：使重核分裂成几个质量较小的原子核的核反应．‎ ‎②铀核裂变：用中子轰击铀核时，铀核发生裂变，一种典型的反应是生成钡和氪，同时放出三个中子，核反应方程为：U＋n→Ba＋Kr＋3n.‎ ‎③链式反应：由重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程叫做核裂变的链式反应．‎ ‎④链式反应的条件：a.要有足够浓度的U；b.铀块体积需大于临界体积，或铀块质量大于临界质量．‎ ‎(2)轻核聚变 ‎①定义：两个轻核结合成较重的核，这样的核反应叫聚变．‎ ‎②聚变发生的条件：使物体达到几百万度的高温．‎ ‎[易错警示·微点拨]‎ ‎1．原子核很小，原子的绝大部分是空的．‎ ‎2．玻尔理论只是成功的解释了氢原子光谱．‎ ‎3．半衰期是一个统计规律，对一个原子核不适用．‎ ‎4．质能方程表明了质量和能量的对应关系，二者不能相互转化．‎ 考点一　氢原子能级及能级跃迁 ‎1．对氢原子的能级图的理解 ‎(1)氢原子的能级图(如下图)．‎ ‎(2)氢原子能级图的意义：‎ ‎①能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态．‎ ‎②横线左端的数字“1,2,3…”表示量子数，右端的数字“－13.6，－3.4…”表示氢原子的能级．‎ ‎③‎ 相邻横线间的距离不相等，表示相邻的能级差不等，量子数越大，相邻的能级差越小．‎ ‎④带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为：hν＝Em－En.‎ ‎2．关于能级跃迁的三点说明 ‎(1)当光子能量大于或等于13.6 eV时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV，氢原子电离后，电子具有一定的初动能．‎ ‎(2)当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增大，原子能量减小，反之．轨道半径增大时，原子电势能增大、电子动能减小，原子能量增大．‎ ‎(3)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数：N＝C＝.‎ ‎1.(2014·高考山东卷)(多选)氢原子能级如图，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(　　)‎ 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 解析：选CD.由能级跃迁公式h＝Em－En可知，能级差越大的跃迁，对应吸收或辐射的波长越短，A错误．由能级图知，E3－E2＝1.89 eV＝h，E2－E1＝10.2 eV＝h.联立可得λ2＝λ1＝121.56 nm，B错误．一群处于n＝3能级上的氢原子跃迁产生的谱线数N＝＝3种，C正确．氢原子从n＝2跃迁到n＝3需吸收的光的波长仍为656 nm，D正确．‎ ‎2．(1)(多选)用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线，如图．调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条．用Δn表示两次观测中最高激发态的量子数n之差，E 表示调高后电子的能量．根据图所示的氢原子的能级图可以判断，Δn和E的可能值为(　　)‎ A．Δn＝1,13.22 eV＜E＜13.32 eV B．Δn＝2,13.22 eV＜E＜13.32 eV C．Δn＝1,12.75 eV＜E＜13.06 eV D．Δn＝2,12.75 eV＜E＜13.06 eV ‎(2)如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有________种，其中最短波长为________ m(已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)．‎ 解析：(1)由原子在某一级级跃迁最多发射谱线数C可知C＝1，C＝3，C＝6，C＝10，C＝15.‎ 由题意可知比原来增加5条光谱线，则调高电子能量前后，最高激发态的量子数分别可能为2和4,5和6……Δn＝2和Δn＝1.‎ 当Δn＝2时：‎ 原子吸收了实物粒子(电子)的能量，则调高后电子的能量E≥E4－E1，E＜E5－E1‎ 所以E≥[－0.85－(－13.60)]eV＝12.75 eV E＜[－0.54－(－13.60)]eV＝13.06 eV 所以12.75 eV≤E＜13.06 eV 故D正确．‎ 同理当Δn＝1时，使调高后电子的能量满足 E6－E1≤E＜E7－E1‎ ‎[－0.38－(－13.60)]eV≤E＜[－0.28－(－13.60)]eV ‎13．22 eV≤E＜13.32 eV 故A正确．‎ ‎(2)13.6 eV－13.06 eV＝0.54 eV，可见用光子能量为13.06 eV的光照射氢原子可使氢原子由基态跃迁到第5能级，氢原子由第5能级跃迁到低能级，能够辐射的频率种类为C＝10种，由ΔE＝hν＝h知，能级差最大对应波长最短，最大能级差为13.06 eV，则λ＝＝ m＝9.5×10－‎8m.‎ 答案：(1)AD　(2)10　9.5×10－8‎ 氢原子能级图与原子跃迁问题的解答技巧 ‎(1)能级之间跃迁时放出的光子频率是不连续的．‎ ‎(2)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν＝Em－En求得．若求波长可由公式c＝λν求得．‎ ‎(3)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)．‎ ‎(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法．①用数学中的组合知识求解：N＝C＝.‎ ‎②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加．‎ 考点二　原子核和原子核的衰变(高频考点)‎ ‎1．衰变规律及实质 ‎(1)两种衰变的比较 衰变类型 α衰变 β衰变 衰变方程 X→Y＋He X→Y＋e 衰变实质 ‎2个质子和2个中子结合成一个整体射出 中子转化为质子和电子 ‎2H＋2n→He n→H＋e 衰变规律 质量数守恒、电荷数守恒 ‎(2)γ射线：γ射线经常是伴随着α衰变或β衰变同时产生的．其实质是放射性原子核在发生α衰变或β衰变的过程中，产生的新核由于具有过多的能量(核处于激发态)而辐射出光子．‎ ‎2．原子核的人工转变 用高能粒子轰击靶核，产生另一种新核的反应过程．‎ ‎(1)卢瑟福发现质子的核反应方程为：N＋He→O＋H.‎ ‎(2)查德威克发现中子的核反应方程为：‎ Be＋He→C＋n.‎ ‎(3)居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：Al＋He→P＋n.‎ P→Si＋e.‎ ‎3．确定衰变次数的方法 因为β衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数．‎ ‎4．半衰期 ‎(1)公式：N余＝N原，m余＝m原 ‎(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关．‎ 题组一　高考题组 ‎1．(2015·高考北京卷)下列核反应方程中，属于α衰变的是 ‎(　　)‎ A.N＋He→O＋H　 B．U→Th＋He C.H＋H→He＋n D．Th→Pa＋e 解析：选B.α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(He)的核反应，选项B正确．‎ ‎2．(2015·高考山东卷)(多选)‎14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5 700年．已知植物存活期间，其体内‎14C与‎12C的比例不变；生命活动结束后，‎14C的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中‎14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是(　　)‎ A．该古木的年代距今约5 700年 B．‎12C、‎13C、‎14C具有相同的中子数 C．‎14C衰变为14N的过程中放出β射线 D．增加样品测量环境的压强将加速‎14C的衰变 解析：选AC.古木样品中‎14C的比例是现代植物所制样品的二分之一，根据半衰期的定义知该古木的年代距今约5 700年，选项A正确．同位素具有相同的质子数，不同的中子数，选项B错误‎.14C的衰变方程为C→N＋e，所以此衰变过程放出β射线，选项C正确．放射性元素的半衰期与核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项D错误．‎ ‎3．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)(多选)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 解析：选BCD.自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B、C正确；α、β和γ三种射线电离能力依次减弱，穿透能力依次增强，选项D正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项E错误．‎ 题组二　模拟题组 ‎4．(2016·广东梅州一模)(多选)关于天然放射现象，以下叙述正确的是(　　)‎ A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变大 B．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的 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 解析：选CD.半衰期与元素的物理状态无关，若使某放射性物质的温度升高，其半衰期将不变，故A错误；β衰变所释放的电子是从原子核内的中子转化为质子而释放出的电子，故B错误；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．故C正确；铀核(U)衰变为铅核(Pb)的过程中，每经过一次α衰变质子数少2，质量数少4；而每经过一次β衰变质子数增1，质量数不变，由质量数和电荷数守恒，要经过8次α衰变和6次β衰变，故D正确．‎ ‎5．(2016·江苏南通一模)(多选)钍Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤Pa，同时伴随有γ射线产生，其方程为Th→Pa＋x，钍的半衰期为24天，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．x为质子 B．x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的 C．γ射线是镤原子核放出的 D．‎1 g钍Th经过120天后还剩‎0.2 g钍 解析：选BC.根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子时产生的，故B正确；钍的半衰期为24天，‎1 g钍Th经过120天后，经过5个半衰期，‎1 g钍经过120天后还剩0.031 ‎25 g，故D错误．‎ 衰变次数的确定方法 方法一：确定衰变次数的方法是依据两个守恒规律，设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素Y，则表示该核反应的方程为X→Y＋nHe＋me 根据质量数守恒和电荷数守恒可列方程 A＝A′＋4n　Z＝Z′＋2n－m 由以上两式联立解得n＝，m＝＋Z′－Z 由此可见确定衰变次数可归结为求解一个二元一次方程组．‎ 方法二：因为β衰变对质量数无影响，可先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数．‎ 考点三　核反应类型、核能 ‎1．核反应类型 ‎(1)核反应的四种类型：衰变、人工转变、裂变和聚变．‎ ‎(2)核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头连接并表示反应方向，不能用等号连接．‎ ‎(3)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规律杜撰出生成物来写核反应方程．‎ ‎(4)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒，核反应过程中反应前后的总质量一般会发生变化．‎ ‎(5)核反应遵循电荷数守恒．‎ ‎2．计算核能的几种方法 ‎(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．‎ ‎(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算．因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．‎ ‎(3)根据平均结合能来计算核能 原子核的结合能＝平均结合能×核子数．‎ ‎(4)有时可结合动量守恒和能量守恒进行分析计算，此时应注意动量、动能关系式p2＝2mEk的应用．‎ ‎1．(2015·高考广东卷)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：‎ X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有(　　)‎ A．X是中子 B．Y的质子数是3，中子数是6‎ C．两个核反应都没有质量亏损 D．氘和氚的核反应是核聚变反应 解析：选AD.核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，则由H＋H→He＋X＋17.6 MeV知X为n，由X＋Y→He＋H＋4.9 MeV知Y为 Li，其中Y的质子数是3，中子数也是3，选项A正确，选项B错误．两个核反应都释放出核能，故都有质量亏损，选项C错误．X＋Y→He＋H＋4.9 MeV是原子核的人工转变，H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变，选项D正确．‎ ‎2．(2016·湖北八校联考)一静止的U核经α衰变成为Th核，释放出的总动能为4.27 MeV.问：此衰变后Th核的动能为多少MeV？(保留1位有效数字)‎ 解析：根据题意知：此α衰变的衰变方程为 U→Th＋He 根据动量守恒定律得mαvα＝mThvTh①‎ 式中，mα和mTh分别为α粒子和Th核的质量，vα和vTh分别为α粒子和Th核的速度的大小，由题设条件知 mαv＋mThv＝Ek②‎ ＝③‎ 式中Ek＝4.27 MeV，是α粒子与Th核的总动能．‎ 由①②③式得mThv＝Ek④‎ 代入数据得，衰变后Th核的动能 mThv＝0.07 MeV⑤‎ 答案：0.07 MeV ‎(1)核反应方程的书写方法 ‎①熟记常见基本粒子的符号是正确书写核反应方程的基础．如质子(H)、中子(n)、α粒子(He)、β粒子(e)、正电子(e)、氘核(H)、氚核(H)等．‎ ‎②掌握核反应方程遵守的规律是正确书写核反应方程或判断某个核反应方程是否正确的依据，所以要理解并应用好质量数守恒和电荷数守恒的规律．‎ ‎③熟悉核反应的四种基本类型，可以帮助我们理清思路，很快写出正确的核反应方程．‎ ‎(2)核能释放的两种途径的理解 中等大小的原子核的比结合能最大，这些核最稳定．‎ ‎①使较重的核分裂成中等大小的核．‎ ‎②使较小的核结合成中等大小的核．两种途径都可以使核子的比结合能增加，都可以释放能量.‎ 课堂小结——名师微点拨 本节课的重点是理解原子结构模型，并正确书写核反应方程，复习中注意以下几点：‎ ‎1.区分“跃迁”与“电离”‎ ‎(1)跃迁：满足能级之差，hν＝Em－En.(2)电离：hν≥13.6 eV ‎2.两种计算光谱线条数的方法：‎ ‎(1)采用画图法，原子在两个不同能级间跃迁能产生一条频率不同的光谱线．(2)用数学组合公式求解：N＝.‎ ‎3.核反应中的“两守恒”——“质量数”守恒和“电荷数”守恒.‎ 课时规范训练(单独成册)‎ ‎1．(2016·广东茂名模拟)(多选)有关原子结构，下列说法正确的是(　　)‎ A．玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律 B．卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性 C．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子 D．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”‎ 解析：选AD.玻尔提出的原子模型成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱的实验规律；卢瑟福核式结构模型不能解释原子的稳定性；卢瑟福的α粒子散射实验表明原子具有核式结构，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”；汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子．故A、D正确，B、C错误．‎ ‎2．(2015·高考福建卷)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是(　　)‎ A．γ射线是高速运动的电子流 B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大 C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D.Bi的半衰期是5天，‎100克Bi经过10天后还剩下‎50克 解析：选B.β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C错误.10天为两个半衰期，剩余的Bi为100×g＝100×‎2g＝‎25 g，选项D错误．‎ ‎3．以下说法中正确的是(　　)‎ A．汤姆孙通过实验发现了质子 B．贝克勒尔通过实验发现了中子 C．卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型 D．查德威克发现了天然放射现象，说明原子具有复杂的结构 解析：选C.汤姆孙通过实验发现了电子而不是质子，A错误；贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核的复杂性，而中子是由英国物理学家查德威克发现的，所以B、D错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，C正确．‎ ‎4．(2016·河北廊坊质量监测)(多选)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图所示．当某个He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所释放的光子可能有几个(　　)‎ A．1个　　　　　　　　 B．2个 C．3个 D．6个 解析：选ABC.本题研究的是某个He＋，若从n＝4到n＝1能级跃迁，则只发射一种谱线，A项正确；若跃迁到n＝2能级，则还会发生第二次跃迁，跃迁到n＝1能级，则有2条谱线，B项正确；同理，若先跃迁到n＝3能级，则还会发生向n＝2或n＝1能级的跃迁，则会产生3条谱线，C项正确．‎ ‎5．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则(　　)‎ A．吸收光子的能量为hν1＋hν2‎ B．辐射光子的能量为hν1＋hν2‎ C．吸收光子的能量为hν2－hν1‎ D．辐射光子的能量为hν2－hν1‎ 解析：选D.由题意可知：Em－En＝hν1，Ek－En＝hν2.因为紫光的频率大于红光的频率，所以ν2＞ν1，即k能级的能量大于m能级的能量，氢原子从能级k跃迁到能级m时向外辐射能量，其值为Ek－Em＝hν2－hν1，D正确．‎ ‎6．(多选)钚的一种同位素Pu衰变时释放巨大能量，其衰变方程为Pu→U＋He＋γ，则(　　)‎ A．核燃料总是利用比结合能小的核 B．核反应中γ光子的能量就是结合能 C.U核比Pu核更稳定，说明U的结合能大 D．由于衰变时释放巨大能量，所以Pu比U的比结合能小 解析：选AD.核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用比结合能小的核，才能更容易实现，A、D正确；核反应中γ光子的能量是结合能中的一小部分，B错；C项说明U的比结合能大，更稳定，C错．‎ ‎7．核聚变与核裂变相比几乎不会带来放射性污染等环境问题，而且其原料可直接取自海水中的氘，来源几乎取之不尽，是理想的获取能源的方式．EAST装置是中国耗时8年、耗资2亿元人民币自主设计、自主建造而成的，它成为世界上第一个建成并真正运行的全超导非圆截面核聚变实验装置．已知两个氘核聚变生成一个氦核和一个中子的核反应方程是2H―→He＋n＋3.26 MeV，若有‎2 g氘全部发生聚变，则释放的能量是(NA为阿伏加德罗常数)(　　)‎ A．0.5×3.26 MeV B．3.26 MeV C．0.5NA×3.26 MeV D．NA×3.26 MeV 解析：选C.根据核反应方程可知，两个氘核聚变释放的能量为3.26 MeV，那么‎2 g氘核(即1 mol氘核)聚变释放的能量为0.5 NA×3.26 MeV，C正确．‎ ‎8．(2014·高考福建卷)如图，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(　　)‎ 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 解析：选C.①在电场中左偏，带负电，为β射线；②在电场中不偏转，不带电， 为γ射线；③在电场中右偏，带正电，为α射线；④在磁场中左偏，带正电，为α射线；⑤在磁场中不偏转，不带电，为γ射线；⑥在磁场中右偏，带负电，为β射线．综合以上分析，C正确．‎ ‎9．(1)(多选)Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变，变成Pb(铅)．以下说法正确的是(　　)‎ A．铅核比钍核少8个质子 B．铅核比钍核少16个中子 C．共经过4次α衰变和6次β衰变 D．共经过6次α衰变和4次β衰变 ‎(2)约里奥—居里夫妇发现放射性元素P衰变成Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是________．‎ P是P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg的P随时间衰变的关系如图所示，请估算4 mg的P经多少天的衰变后还剩0.25 mg?‎ 解析：(1)设α衰变次数为x，β衰变次数为y，由质量数守恒和电荷数守恒得232＝208＋4x,90＝82＋2x－y，解得x＝6，y＝4，C错、D对．铅核、钍核的质子数分别为82、90，故A对．铅核、钍核的中子数分别为126、142，故B对．‎ ‎(2)写出衰变方程为P―→Si＋e，故这种粒子为e(正电子)‎ 由m－t图知P的半衰期为14天，由m余＝m原()得0.25 mg＝4 mg×()，故t＝56天．‎ 答案：(1)ABD　(2)正电子　56天 ‎10．(1)(多选)卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：He＋N→O＋H，下列说法正确的是(　　)‎ A．卢瑟福通过该实验提出了原子的核式结构模型 B．实验中是用α粒子轰击氮核的 C．卢瑟福通过该实验发现了质子 D．原子核在人工转变的过程中，电荷数一定守恒 E．原子核在人工转变的过程中，产生质量亏损，能量不守恒 ‎(2)为确定爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.60 MeV的质子轰击静止的锂核Li，生成两个α粒子，测得两个α粒子的动能之和为E2＝19.9 MeV，已知质子、α粒子、锂粒子的质量分别取mp＝1.007 3 u、mα＝4.001 5 u、mLi＝7.016 0 u，求：‎ ‎①写出该反应方程；‎ ‎②通过计算说明ΔE＝Δmc2正确．(1 u＝1.660 6×10－‎27 kg)‎ 解析：(1)原子的核式结构模型是卢瑟福在α粒子的散射实验的基础上提出的，A错.1919年卢瑟福做了用α粒子轰击氮原子核的实验，用人工的方法使原子核发生变化从而发现了质子，原子核在人工转变过程中，电荷数一定守恒，选项B、C、D正确．原子核在人工转变的过程中，虽产生质量亏损，但能量仍守恒，选项E错误．‎ ‎(2)①核反应方程为：Li＋H→2He.‎ ‎②核反应的质量亏损：Δm＝mLi＋mp－‎2mα＝7.016 0 u＋1.007 3 u－2×4.001 5 u＝0.020 3 u，由质能方程可得与质量亏损相当的能量：ΔE＝Δmc2＝0.020 3×931.5 MeV＝18.9 MeV，而系统增加的能量：ΔE′＝E2－E1＝19.3 MeV，这些能量来自核反应中，在误差允许的范围内可认为相等，所以ΔE＝Δmc2正确．‎ 答案：(1)BCD　(2)①Li＋H→2He　②见解析 ‎11．钚的放射性同位素Pu静止时衰变为铀核激发态U*、α粒子，而铀核激发态U*立即衰变为铀核U，并放出能量为0.097 MeV的γ光子．已知：Pu、U和α粒子的质量分别为mPu＝239.052 1 u、mU＝235.043 9 u和mα＝4.002 6 u,1 u＝931.5 MeV/c2.‎ ‎(1)写出衰变方程；‎ ‎(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．‎ 解析：(1)衰变方程为 Pu―→U*＋α①‎ U*―→U＋γ②‎ 或合起来有Pu―→U＋α＋γ③‎ ‎(2)上述衰变过程的质量亏损为 Δm＝mPu－mU－mα④‎ 放出的能量为ΔE＝Δm·c2⑤‎ ΔE是铀核U的动能EU、α粒子的动能Eα和γ光子的能量Eγ之和．‎ ΔE＝EU＋Eα＋Eγ⑥‎ 可得 EU＋Eα＝(mPu－mU－mα)c2－Eγ⑦‎ 设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα，则由动量守恒有 mUvU＝mαvα⑧‎ 又由动能的定义知 EU＝mUv，Eα＝mαv⑨‎ 由⑧⑨式得＝⑩‎ 由⑦⑩式得Eα＝[(mPu－mU－mα)c2－Eγ]‎ 代入题给数据得Eα＝5.034 MeV 答案：(1)Pu―→U*＋α U*―→U＋γ或Pu―→U＋α＋γ ‎(2)5.034 MeV 热点集训十三　动量守恒定律＋原子结构、原子核 热点1　动量守恒定律 动量守恒定律是处理相互作用的物体系问题的重要规律，与生活联系密切，是历年高考考查的热点，题型的呈现也较全面.要正确应用动量守恒定律，就要理解其适用条件，注意其表达式的矢量性.‎ ‎1．冰壶运动深受观众喜爱，图a为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图b.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图c中的哪幅图(　　)‎ 解析：选B.两冰壶碰撞前的总动量沿虚线向右，碰撞瞬间动量守恒，总动量方向不会改变，A错误．C项中，甲、乙的前后位置交换，不符合实际情况．D项中，碰后甲反弹的初速度比乙获得的初速度大，总动量向左，不符合动量守恒定律．只有B正确．‎ ‎2．如图所示，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，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．求：‎ ‎(1)碰撞后B球的速度变为多大？‎ ‎(2)A球的质量范围．‎ 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 答案：(1)‎8 m/s ‎(2) kg≤mA≤ kg ‎3．(2016·西安八联联考)如图1所示，物体A、B的质量分别是‎4 kg和‎8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t＝5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动．物体C的速度—时间图象如图2所示．‎ ‎(1)求物体C的质量；‎ ‎(2)求弹簧压缩具有的最大弹性势能；‎ ‎(3)求在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量．‎ 解析：(1)由图象可知，碰前C的速度v0＝‎6 m/s，碰后的速度v＝‎2 m/s A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得 mCv0＝(mC＋mA)v 解得mC＝‎‎2 kg ‎(2)A、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能 Ep＝(mA＋mC)v2＝12 J ‎(3)在5 s到15 s的时间内，墙壁对B物体的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由‎2 m/s减小到0，再增大到‎2 m/s，则弹力的冲量等于F的冲量，即 I＝(mA＋mC)v－[－(mA＋mC)v]＝24 N·s，方向水平向右．‎ 答案：(1)‎2 kg　(2)12 J　(3)24 N·s　水平向右 ‎4．(2016·湖北八校二联)如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为‎2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：‎ ‎(1)甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；‎ ‎(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失了多少机械能？‎ 解析：(1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物体速度相等时，设此时两物体速度为v 由系统动量守恒有2mv0＝3mv 得v＝v0‎ 此时系统动能 Ek＝×3mv2＝mv ‎(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物体在这段时间内平均速度相等，有 v1＝ 而第一次碰撞中系统动量守恒，有 ‎2mv0＝2mv1＋mv2‎ 由以上两式可得 v1＝ v2＝v0‎ 所以第一次碰撞中的机械能损失量为 E＝×2mv－×2mv－mv＝mv 答案：(1)mv　(2)mv 热点2　原子结构、原子核 本考点是高考命题的热点，主要涉及核力、结合能的概念；质能方程及其应用、核能的计算等问题，以单独考查为主，有时会与动量守恒定律、能量守恒定律等知识结合起来综合考查，题目难度较大，题型较多.‎ ‎5．(2016·北京怀柔区测试)关于核反应方程H＋H→He＋X，以下说法中正确的是(　　)‎ A．X是n，该核反应属于聚变 B．X是H，该核反应属于裂变 C．X是n，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料 D．X是H，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料 解析：选A.核反应方程满足电荷数守恒和质量数守恒，据此可知，X是n，该核反应属于轻核聚变反应，并不是当前核电站的发电原理(利用的是重核的裂变反应)，该反应中的核燃料也不是当前核电站采用的核燃料，所以A正确．‎ ‎6．(1)放射性元素在衰变过程中，有些放出α射线，有些放出β射线，有些在放出α射线或β射线的同时，还以γ射线的形式释放能量．例如Th核的衰变过程可表示为Th→Pa＋e＋γ，这个衰变(　　)‎ A．是β衰变，产生的Pa核从高能级向低能级跃迁，以γ射线的形式释放能量 B．是β衰变，产生的Pa核从低能级向高能级跃迁，以γ射线的形式释放能量 C．是α衰变，产生的Pa核从高能级向低能级跃迁，以γ射线的形式释放能量 D．是α衰变，产生的Pa核从低能级向高能级跃迁，以γ射线的形式释放能量 ‎(2)完成下列核反应方程：‎ A．卢瑟福用α粒子轰击氮核(N)发现质子：He＋N→________‎ B．查德威克用α粒子轰击铍核(Be)发现中子：He＋Be→________‎ C．约里奥一居里夫妇用α粒子轰击铝核(Al)发现放射性磷P：He＋Al→________‎ D．哈恩和他的助手发现铀核(U)裂变生成钡(Ba)和氪(Kr)：____________________________________________‎ 解析：(1)衰变过程为Th→Pa＋e＋γ，知该反应为β衰变，由于放出能量，知产生的Pa核从高能级向低能级跃迁，故A正确．‎ ‎(2)A.He＋N→H＋O B.He＋Be→n＋C C.He＋Al→P＋n D．铀核(U)裂变生成钡(Ba)和氪(Kr)：U＋n→Ba＋Kr＋3n 答案：(1)A　(2)见解析 ‎7．(2016·湖北武汉检测)海水中含有丰富的氘，完全可充当未来的主要能源．两个氘核的核反应为：H＋H→He＋n，其中氘核的质量为2.013 6 u，氦核的质量为3.015 0 u，中子的质量为1.008 7 u．(1 u＝931.5 MeV/c2)求：‎ ‎(1)核反应中释放的核能；‎ ‎(2)在两个氘核以相等的动能0.35 MeV进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能．‎ 解析：(1)核反应中的质量亏损Δm＝2mH－mHe－mn 由ΔE＝Δmc2可知释放的核能 ΔE＝(2mH－mHe－mn)c2＝3.26 MeV ‎(2)把两个氘核作为一个系统，碰撞过程中系统的动量守恒，由于碰撞前两氘核的动能相等，其动量等大、反向，反应前后系统的总动量为零，‎ 即mHevHe－mnvn＝0‎ 反应前后系统的总能量守恒，即 mHev＋mnv＝ΔE＋2EkH 又因为mHe∶mn＝3∶1，所以vHe∶vn＝1∶3‎ 由以上各式代入已知数据得 En＝2.97 MeV，EHe＝0.99 MeV 答案：(1)3.26 MeV　(2)2.97 MeV　0.99 MeV ‎8．某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可以发生α或β衰变，如果人长期生活在氡浓度过高的环境中，那么，氡经过人的呼吸道沉积在肺部，并大量放出射线，从而危害人体健康．原来静止的质量为M的氡核(Rn)发生一次α衰变生成新核钋(Po)．已知衰变后的α粒子的质量为m、电荷量为q、速度为v，并假设衰变过程中释放的核能全部转化为α粒子和新核的动能．(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)‎ ‎(1)写出衰变方程；‎ ‎(2)求出衰变过程中的质量亏损．‎ 解析：(1)Rn―→Po＋He ‎(2)设新核钋的速度为v′，由动量守恒定律有 mv＝(M－m)v′‎ 解得v′＝v 衰变过程中释放的核能为ΔE＝mv2＋(M－m)v′2‎ 由爱因斯坦质能方程，得ΔE＝Δm·c2‎ 解得Δm＝.‎ 答案：(1)见解析　(2) ‎(时间：60分钟　满分：100分)‎ ‎1．(1)(4分)(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变 C．一个氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子 D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型 E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大 ‎(2)(6分)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝‎0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎①碰撞前瞬间A的速率v；‎ ‎②碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；‎ ‎③A和B整体在桌面上滑动的距离l.‎ 解析：(1)β衰变现象不能说明电子是原子核的组成部分，A选项是错误的；目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变，故B选项正确；一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射C＝3种不同频率的光子，而一个氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，只能是三种可能频率中的一种或两种，故C选项错误；卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型，D选项正确；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大(动能转为电势能)而因为吸收了光子，故原子总能量变大，E选项正确．‎ ‎(2)设滑块的质量为m.‎ ‎①根据机械能守恒定律mgR＝mv2‎ 得碰撞前瞬间A的速率v＝＝‎2 m/s ‎②根据动量守恒定律mv＝2mv′‎ 得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝‎1 m/s ‎③根据动能定理(‎2m)v′2＝μ(‎2m)gl 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝‎0.25 m.‎ 答案：(1)BDE　(2)①‎2 m/s　②‎1 m/s　③‎‎0.25 m ‎2．(1)(4分)(多选)锌是微量元素的一种，在人体内的含量以及每天所需的摄入量都很少，但对机体发育及大脑发育有关．因此儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一，其中比较简单的一种检测方法是取儿童的头发约‎50 g，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应方程式为Zn＋n→Zn.Zn衰变放射出能量为1 115 eV的γ射线，通过测量γ射线的强度可以计算出头发中锌的含量．关于以上叙述，下列说法正确的是(　　)‎ A．产生Zn的反应是聚变反应 B.Zn和Zn具有相同的质子数 C.Zn衰变放射出γ射线时，发生质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭 D．γ射线在真空中传播的速度是3.0×‎108 m/s E．γ射线是由于锌原子的内层电子激发产生的 ‎(2)(6分)如图所示，物体A、B相距‎9.5 m，现A以vA＝‎10 m/s的初速度向静止的物体B运动，物体A与B发生正碰后仍沿原来的方向运动．已知物体A在碰撞前后共运行6 s后停止运动．求碰撞后B运动的时间(已知mA＝2mB，物体A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝‎10 m/s2)．‎ 解析：(1)产生Zn的反应是人工转变，只有轻核才发生聚变反应，A错误；同位素Zn和Zn的质子数相同，中子数不同，B正确；核反应中质量亏损不是质量消灭，是静止质量转变为运动质量，C正确；γ射线是波长很短的电磁波，在真空中传播的速度是3.0×‎108 m/s，是由于原子核受到激发产生的，D正确，E错误．‎ ‎(2)取物体A运动方向为正方向，设物体A、B运动的时间分别为tA和tB，则由系统动量定理得 ‎－μmAgtA－μmBgtB＝0－mAvA 代入数据，得B的运动时间为 tB＝＝8 s.‎ 答案：(1)BCD　(2)8 s ‎3．(1)(4分)(多选)如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV，下列对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是(　　)‎ A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能发生光电效应现象 B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光 C．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eV D．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 E．用能量为14.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 ‎(2)(6分)如图所示，两质量都为M的木板和足够高的光滑弧形槽静止放置在光滑水平面上，木板和弧形槽接触但不粘连，弧形槽左端与木板等高．现有一质量m＝‎2M的物块以初速度v0＝‎5.0 m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为v1＝‎1.0 m/s，物块以某一速度滑上弧形槽．已知物块和木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ ‎①木板的长度L；‎ ‎②物块滑上弧形槽的最大高度h.‎ 解析：(1)从高能级向基态跃迁最小能量值为10.2 eV＞3.34 eV一定能产生光电效应，A错；n＝3向基态跃迁时，辐射的光子频率种类为C＝3种，B对；从n＝3跃迁到n＝1辐射光子的能量为ΔE＝E3－E1＝12.09 eV，照射锌板最大初动能Ek＝(12.09－3.34) eV＝8.75 eV，C对；10.3 eV的光子能量不满足能级差公式，不会使基态的氢原子跃迁，D错；14.0 eV＞13.6 eV，可使处于基态的氢原子电离，E对．‎ ‎(2)①物块在木板上滑行的过程中，对系统，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0＝mv2＋(M＋M)v1‎ mv＝mv＋(M＋M)v＋μmgL 联立解得L＝‎‎0.8 m ‎②物块在弧形槽上滑行的过程，由动量守恒定律得 mv2＋Mv1＝(m＋M)v 由能量守恒定律得 mv＋Mv＝(m＋M)v2＋mgh 解得h＝‎0.15 m.‎ 答案：(1)BCE　(2)①‎0.8 m　②‎‎0.15 m ‎4．(1)(4分)(多选)下列说法正确的是________．‎ A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了 B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质 C．光子的能量由光的频率所决定 D．只要有核反应发生，就一定会释放出核能 E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，电子的动能增加，电势能减少，原子的总能量减少 ‎(2)(6分)一绳跨过定滑轮，两端分别拴有质量为M1、M2的物块(M2>M1)，如图所示，M2开始时静止于地面上，当M1自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度．‎ 解析：(1)半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，A错；β衰变的实质是指原子核内的中子转化成质子后释放出电子的过程，B正确；根据光子能量计算公式E＝hν可知光子的能量由光的频率决定，C正确；只有存在质量亏损的核反应(核反应过程比结合能下降)才会释放核能，D错；按照玻尔理论，氢原子的核外电子放出光子向低能级跃迁时，核外电子的轨道半径减少，电子运动的动能增加，系统势能减少，总能量减少，E正确．‎ ‎(2)M1自由下落H距离时的速度为 v1＝ ①‎ 绳子拉紧后的一小段时间Δt后，M1与M2具有相同的速率v，M1的速度向下，M2的速度向上，以向上为正方向．‎ 对M1由动量定理得 ‎(T1－M‎1g)Δt＝－M1v－(－M1v1)②‎ 对M2由动量定理得(T2－M‎2g)Δt＝M2v－0③‎ 因为绳子拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，忽略重力，又可以认为T1＝T2④‎ 联立①②③④解得v＝ 答案：(1)BCE　(2) ‎5．(1)(4分)(多选)钚的一种同位素Pu衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为Pu→U＋He＋γ，则(　　)‎ A．核燃料总是利用比结合能小的核 B．核反应中γ的能量就是Pu的结合能 C.U核比Pu核更稳定，说明U的结合能大 D．由于衰变时释放巨大能量，所以Pu比U的比结合能小 ‎(2)(6分)如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？‎ 解析：(2)设向右为正方向，A与C黏合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′①‎ 为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②‎ 设A与B碰撞后的共同速度为v″，由动量守恒定律得 ‎2mv′－mv2＝mv″③‎ 为使B能与挡板再次相碰，应满足v″＞0④‎ 联立①②③④式得v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1‎ 答案：(1)AD　(2)v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1‎ ‎6．(1)(4分)据央视报道，中科院等离子体物理研究所经过八年的艰苦努力，终于率先建成了世界上第一个全超导的托克马克装置并调试成功，这种装置被称为“人造太阳”，它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变并稳定持续地输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁的能源．在下列核反应方程中有可能是该装置内部所进行的核反应的是________．‎ A.N＋He→O＋H B.H＋H→He＋n C.U→Th＋He D.U＋n→Ba＋Kr＋3n E.Th→‎Pa＋e ‎(2)(6分)如右图所示，在光滑水平直导轨上，静止放置三个质量均为m＝‎1 kg的相同小球A、B、C.现让A球以v0＝‎2 m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝‎1 m/s，则：‎ ‎①A、B两球跟C球相碰前的共同速度为多大？‎ ‎②两次碰撞过程中一共损失了多少动能．‎ 解析：(1)A项是发现质子的核反应方程，C项是铀238的衰变方程，D项是铀235的裂变方程，E项是钍234的衰变方程，B项正确．‎ ‎(2)①A、B相碰满足动量守恒定律：mv0＝2mv1‎ 则A、B两球与C球碰前的共同速度为v1＝‎1 m/s ‎②两球与C碰撞同样满足动量守恒定律：‎ ‎2mv1＝mvC＋2mv2‎ 代入数据后可得两球与C球碰后的速度v2＝‎0.5 m/s ΔEk＝mv－mv－×2mv ‎＝2 J－0.5 J－0.25 J ‎＝1.25 J 答案：(1)B　(2)①‎1 m/s　②1.25 J ‎7．(1)(4分)‎2011年3月11日日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯137(Cs)对核辐射的影响大，其半衰期约为30年．‎ ‎①请写出铯137(Cs)发生β衰变的核反应方程______[已知53号元素是碘(I)，56号元素是钡(Ba)]．‎ ‎②若在该反应过程中释放的核能为E，则该反应过程中的质量亏损为________(真空中的光速为c)．‎ ‎③泄漏出的铯137要到约公元________年才会有87.5%的原子核发生衰变．‎ ‎(2)(6分)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、‎ C质量均相等，木板C长为L，求：‎ ‎①A物体的最终速度；‎ ‎②A在木板C上滑行的时间．‎ 解析：(1)①铯137(Cs)发生β衰变的核反应方程为Cs→Ba＋e.‎ ‎②由爱因斯坦的质能方程得ΔE＝Δmc2可知，该反应过程中的质量亏损为.‎ ‎③泄漏出的铯137有87.5%的原子核发生衰变，还剩12.5%，设衰变的时间为t，则＝，因半衰期τ＝30年，则t＝90年，即要到约公元2101年．‎ ‎(2)①设A、B、C的质量均为m，BC碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝，‎ B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，则 mv0＋mv1＝2mv2，解得：v2＝ ‎②在A、C相互作用过程中，根据功能关系有：‎ fL＝mv＋mv－×2mv(f为A、C间的摩擦力)‎ 代入解得：f＝ 此过程中对C，根据动量定理有ft＝mv2－mv1，代入相关数据解得：t＝ 答案：(1)见解析　(2)①　② ‎8．(1)(4分)如图所示，N为钨板，M为金属网，它们分别与电池的两极相连，各电池的电动势和极性如图所示，已知金属钨的逸出功为4.5 eV.现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出)，那么下列各图中，没有光电子达到金属网的是______(填入选项前的字母代号)．能够到达金属网的光电子的最大动能是______ eV.‎ ‎(2)(6分)如图所示，一质量为m/3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．另一完全相同小船乙以速率v0‎ 从右向左驶来，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，为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？‎ 解析：(1)A选项中，入射光子的能量小于逸出功，没有光电子逸出，C选项中，逸出的光电子最大初动能为1.3 eV，在反向电动势的影响下，不能到达对面金属网．B项中逸出的光电子最大初动能为0.3 eV，到达金属网时最大动能为1.8 eV，D项中逸出的光电子最大初动能为2.3 eV，到达金属网时最大动能为0.8 eV.‎ ‎(2)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：‎ ‎(＋m)·v0－mv0＝(‎2m＋)v1‎ 解得：v1＝v0‎ 设人跳出甲船的速度为v2，人从甲船跳出的过程满足动量守恒定律：‎ ‎(＋m)v0＝m·v1＋v2‎ 解得：v2＝v0‎ 答案：(1)AC　1.8 eV　(2)v0‎ ‎9．(1)(4分)动能为12.5 eV的电子通过碰撞使处于基态的氢原子激发，最高能跃迁到量子数n＝________的能级．当氢原子从这个能级跃迁返回基态的过程中，辐射的光子的最长波长λ＝________ m，已知氢原子基态能量E1＝－13.6 eV，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.(保留三位有效数字)‎ ‎(2)(6分)如图所示，在光滑水平面上物块A处于静止状态，A的质量为‎1 kg.某时刻一质量为m0＝‎0.2 kg的子弹以v0＝‎60 m/s的初速度水平射向物块A，从A中穿出时子弹的速率是‎20 m/s.求：‎ ‎①子弹穿出后物块A的速度大小；‎ ‎②在穿出过程中系统损失的机械能．‎ 解析：(1)氢原子基态能量E1＝－13.6 eV，根据En＝，得到第2能级，第3能级和第4能级能量分别是－3.4 eV，－1.51 eV，－0.85 eV.能级差值等于氢原子吸收的能量，所以动能为12.5 eV的电子通过碰撞使处于基态的氢原子激发，最高能跃迁到量子数n＝3的能级．当氢原子从n＝3能级跃迁返回基态的过程中，Em－En＝h，辐射的 光子的波长最长对应频率最小，即从n＝3能级跃迁到n＝2能级过程中，辐射的光子波长最长．E3－E2＝h，解得：λ＝6.58×10－‎7m.‎ ‎(2)①子弹跟A作用，动量守恒m0v0＝m0v1＋mAvA 解得vA＝‎8 m/s ‎②在此过程中子弹和物块A组成的系统损失的机械能为ΔE，则 ΔE＝m0v－m0v－mAv 解得ΔE＝288 J 答案：(1)3　6.58×10－7　(2)①‎8 m/s　②288 J ‎10．(1)(4分)我国自行研发的月球车“玉兔”成功在月球着陆，并开始探测之旅．“玉兔”的任务之一是评估月球的土壤中氦－3的储量，为将来能源的开发提供重要的数据．已知两个H发生聚变反应可以生成氦－3，则该反应的方程式为________________________，假设H和氦－3的质量分别为m1、m2，生成的新粒子的质量为m3，光在真空中的速度为c，该核反应释放的核能为________．‎ ‎(2)(6分)一质量为M且足够长的木板下表面光滑，开始时静止在水平地面上，一质量为m的滑块以v0的初速度从木板的左端滑上，最终滑块与木板以共同的速度运动．求：‎ ‎①木板的最大动能；‎ ‎②滑块从滑上木板到与木板共速过程中，滑块和木板的位移之比．‎ 解析：(1)由质量数和电荷数守恒可知，该聚变反应的方程式为 H＋H→He＋n，由爱因斯坦质能方程可知，反应释放出的核能为(‎2m1－m2－m3)c2.‎ ‎(2)①设滑块和木板的共同速度为v，由动量守恒定律：mv0＝(M＋m)v 解得：v＝ 木板的最大动能Ek＝Mv2＝ ‎②设滑块从滑上木板到与木板共速经过的时间为t，滑块与木板的位移分别为x1、x2，则有x1＝t x2＝t 联立解得滑块和木板的位移之比＝ 答案：(1)H＋H→He＋n　(‎2m1－m2－m3)c2‎ ‎(2)①　②