【物理】2020届二轮复习动量与原子物理学作业（江苏专用）

【物理】2020届二轮复习动量与原子物理学作业（江苏专用）

专题过关检测（十） 动量与原子物理学 一、单项选择题 ‎1．(2019·苏州调研)(1)下列说法正确的是________。‎ A．光和电子都具有波粒二象性 B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关 C．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定 D．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子 ‎(2)用频率为ν的紫光照射某金属(极限频率为ν0)，且ν>ν0。已知普朗克常量为h。则该金属的逸出功W为____________，光电子的最大初动能Ek为__________。‎ ‎(3)质量为m＝‎1 kg的小球由高h＝‎0.45 m处自由下落，落到水平地面后，以vt＝‎2 m/s的速度向上反弹，已知小球与地面接触的时间为t＝0.1 s，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎①小球落地前速度v的大小；‎ ‎②小球撞击地面过程中，地面对小球平均作用力F的大小。‎ 解析：(1)光和电子都具有波粒二象性，选项A正确；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项B错误；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C正确；大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生C42＝6种不同频率的光子，选项D错误。‎ ‎(2)逸出功W＝hν0，由光电效应方程Ek＝hν－W，‎ 代入得Ek＝h(ν－ν0)。‎ ‎(3)①小球做自由落体运动，有v2＝2gh 代入数据得v＝‎3 m/s。‎ ‎②小球触地反弹，取向上为正方向 由动量定理得mvt－(－mv)＝Ft－mgt 代入数据得F＝60 N。‎ 答案：(1)AC　(2)hν0　h(ν－ν0) (3)①‎3 m/s　②60 N ‎2．(2019·南京、盐城模拟)(1)铀核裂变的一种方程为 U＋X→Sr＋Xe＋2n，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法正确的有________。‎ A．X粒子是中子 B．X粒子是质子 C. U、Sr、Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定 D. U、Sr、Xe相比，U的质量数最多，结合能最大，最稳定 ‎(2)利用如图所示的电路做光电效应实验，当光照射到光电管的金属材料上时，灵敏电流计中没有电流通过。经检查实验电路完好。则发生这种现象的原因可能有______________________和______________________。‎ ‎(3)在光滑水平面上，质量均为m的三个物块排成直线，如图所示。第1个物块以动量p0向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，并粘在—起，求：‎ ‎①物块的最终速度大小；‎ ‎②碰撞过程中损失的总动能。‎ 解析：(1)根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，选项A正确，B错误；根据题图可知U、Sr、Xe Xe相比，Sr的比结合能最大，最稳定；U的质量数最多，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，选项C正确，D项错误。‎ ‎(2)当光照射到光电管的金属材料上时，灵敏电流计中没有电流通过，则说明可能没有发生光电效应，即入射光的频率小于极限频率；也可能是所加反向电压大于遏止电压。‎ ‎(3)①依据动量守恒定律得p0＝3mv 解得v＝。‎ ‎②由p0＝mv0，Ek0＝mv02‎ 解得初动能Ek0＝ 末动能Ek＝·3mv2＝ 所以损失的总动能为ΔE＝Ek0－Ek＝。‎ 答案：(1)AC　(2)入射光的频率小于极限频率　所加反向电压大于遏止电压　(3)①　② ‎3．(1)下列说法中正确的是________。‎ A．金属发生光电效应的截止频率随入射光频率的变化而变化 B．黑体的热辐射就是反射外来的电磁波 C．氢原子中电子具有波动性，并非沿经典力学描述下的轨道运动 D．核聚变需要极高的温度，反应过程中需要外界持续提供能量 ‎(2)1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，1957年吴健雄用钴原子核(Co)在极低温(0.01 K)和强磁场中的β衰变实验结果给出了令人信服的证明。Co在极低温下的半衰期________(选填“大于”“等于”或“小于”)常温下的半衰期；Co发生β衰变生成镍(Ni)的方程式为____________。‎ ‎(3) Co是金属元素钴的一种放射性同位素，用中子辐照金属钴(Co)可得到Co。一质量为 m0、速度大小为 v0的中子打进一个静止的、质量为m1的原子核Co，形成一个处于激发态的新核Co，新核辐射光子后跃迁到基态。已知真空中光速为 c，不考虑相对论效应。‎ ‎①求处于激发态新核Co的速度大小v；‎ ‎②已知原子核Co的质量为m2，求整个过程中由于质量亏损释放的核能ΔE。‎ 解析：(1)金属发生光电效应的截止频率与金属板的逸出功有关，与入射光频率无关，A项错误；黑体的热辐射就是吸收外来的电磁波，B项错误；氢原子中电子具有波动性，并非沿经典力学描述下的轨道运动，这种理论就是教材中提到的波尔假说，C项正确；核聚变需要极高的温度，但反应过程中不需要外界持续提供能量，D项错误。‎ ‎(2)半衰期由原子核本身决定，与温度等无关；根据核电荷数和质量数守恒写出核反应方程：Co→Ni＋e。‎ ‎(3)①由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m1)v 解得v＝。‎ ‎②质量亏损Δm＝m1＋m0－m2‎ 释放的核能ΔE＝Δmc2‎ 解得ΔE＝(m1＋m0－m2)c2。‎ 答案：(1)C　(2)等于　Co→Ni＋e (3)①　②(m1＋m0－m2)c2‎ ‎4．(2019·苏锡常镇调研)(1)在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级(n＝2,3，4…)跃迁到基态时辐射的光谱线系。类似地，有巴耳末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示。下列说法中正确的是________。‎ A．该图说明氢原子光谱是分立的 B．赖曼线系中从n＝2能级跃迁到基态放出的光子频率最大 C．巴尔末线系中从n＝∞跃迁到n＝2能级放出的光子波长最大 D．若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应 ‎(2)原子物理中，质子数和中子数互换的原子核称为镜像核。Li的镜像核是________(镜像核的元素符号可用X表示)；Li的比结合能是____________。(设Li质量为mLi，中子质量为mn，质子质量为mp，真空中光速为c)‎ ‎(3)如图，光滑水平桌面上，质量为m的小球甲以速度v与质量为‎2m的静止小球乙发生对心正碰，碰后甲以速率反弹，碰撞时间为t，不计空气阻力。‎ ‎①求碰撞过程中甲、乙间的平均作用力大小；‎ ‎②通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。‎ 解析：(1)能级图说明氢原子光谱是分立的，A项正确；赖曼线系中从n＝2能级跃迁到基态放出的光子能量最小，频率最小，B项错误；巴尔末线系中从n＝∞跃迁到n＝2能级放出的光子能量最大，频率最大，波长最小，C项错误；发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，频率越大，越容易发生光电效应，D项正确。‎ ‎(2)根据题意，镜像核是质子数和中子数互换，所以Li的镜像核是X(或Be)。写出核反应方程4n＋3H→Li，所以质量亏损为4mn＋3mp－mLi, Li的比结合能是(4mn＋3mp－mLi)c2。‎ ‎(3)①对甲，以向右为正方向，由动量定理得：‎ m·－mv＝Ft，‎ 可得F＝－ 负号说明乙对甲的平均作用力方向向左，两球间平均作用力大小是F＝。‎ ‎②设碰后乙球速度为v1，碰撞过程动量守恒：‎ mv＝m·＋2mv1，解得v1＝v 碰前系统动能E1＝mv2，‎ 碰后系统动能 E2＝·m·2＋·‎2m·2＝mv2‎ 说明该碰撞为弹性碰撞。‎ 答案：(1)AD　(2)X(或Be)　(4mn＋3mp－mLi)c2 (3)①　②该碰撞为弹性碰撞 ‎5．(1)关于核反应U＋n→Sr＋ Xe＋xn，下列说法正确的是________。‎ A．x＝10　　　　　　　 B．质量数不守恒 C．向外释放能量 D．这是U的衰变 ‎(2)在如图所示装置中，阴极K在光子动量为p0的单色光1的照射下发生了光电效应，调节滑片P至某一位置，使电流表的示数恰好为零；在保持上述滑片P的位置不变的情况下，改用光子动量为0.5p0的单色光2照射阴极K，则电流表的示数将________(选填“为‎0”‎或“不为‎0”‎)，单色光1、2的波长之比为________。‎ ‎(3)在如图所示足够长的光滑水平面上，有质量分别为‎3 kg和‎1 kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为‎2 m/s, 此时乙尚未与P相撞。‎ ‎①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；‎ ‎②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。‎ 解析：(1)根据质量数守恒可知，x＝235＋1－90－136＝10，故A项正确、B项错误；核反应U＋n→Sr＋Xe＋xn属于裂变，裂变时出现质量亏损，向外释放能量，故C项正确、D项错误。‎ ‎(2)分析可知单色光2的频率比单色光1的频率小，结合爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，用单色光2照射时电子的初动能Ek 减小，所以电子仍不能到达A极板，故电流表的示数将仍为零。‎ 由光子的动量公式p＝，可知波长λ和动量p成反比，所以＝＝＝。‎ ‎(3)①由动量守恒定律得 ‎0＝m甲v甲＋m乙v乙 代入数据解得v乙＝－‎6 m/s，即乙的速度大小为‎6 m/s，方向与甲相反。‎ ‎②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞，‎ 则乙与挡板碰后最大速度为v乙′＝‎2 m/s，由动量定理得挡板对乙的冲量 I＝Δp＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝8 N·s 即挡板对乙球的冲量最大值为8 N·s。‎ 答案：(1)AC　(2)为0　 1∶2 (3)①‎6 m/s　②8 N·s