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专题八 第3课时


第 3 课时

原子物理和动量

1.能级和能级跃迁 (1)轨道量子化 核外电子只能在一些分立的轨道上运动 rn=n2r1(n=1,2,3,?) (2)能量量子化 原子只能处于一系列不连续的能量状态 E1 En= 2 (n=1,2,3,?) n (3)吸收或辐射能量量子化 原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子,该光子的能量由前后两个能级 的能量差决定,即 hν=Em-En. 2.原子核的衰变 衰变类型 衰变方程 α 衰变
A A-4 4 Z X→Z-2 Y+2He

β 衰变
A A 0 Z X→Z+1Y+-1e

衰变实质

2 个质子和 2 个中子结合成一整体射出
1 4 21 1H+20n→2He

1 个中子转化为 1 个质子和 1 个电子
1 1 0 0n→1H+-1e

衰变规律 3.α 射线、β 射线、γ 射线之间的区别 名称 实质 速度 电离作用 贯穿能力 α 射线 氦核流 约为光速的 很强 很弱 1 10

质量数守恒、电荷数守恒

β 射线 电子流 约为光速的 99% 较弱 较强

γ 射线 光子 光速 很弱 最强

4.核反应、核能、裂变、轻核的聚变 (1)在物理学中,原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程,称为核反应.核反应方程 遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律. (2)质能方程:一定的能量和一定的质量相联系,物体的总能量和它的质量成正比,即 E=mc2 或 ΔE=Δmc2. (3)核物理中,把重核分裂成质量较小的核,释放出核能的反应,称为裂变;把轻核结合成质

量较大的核,释放出核能的反应,称为聚变. (4)核能的计算: ①ΔE=Δmc2, 其中 Δm 为核反应方程中的质量亏损; ②ΔE=Δm×931.5 MeV, 其中质量亏损 Δm 以原子质量单位 u 为单位. (5)原子核的人工转变 卢瑟福发现质子的核反应方程为:
14 4 17 1 7N+2He→ 8O+1H

查德威克发现中子的核反应方程为:
9 4 12 1 4Be+2He→ 6C+0n 27 30 1 30 30 约里奥· 居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为:13 Al+4 2He→15P+0n,15P→14Si

+0 1e 5.光电效应及其方程 (1)光电效应的规律:入射光的频率大于金属的截止频率才能产生光电效应;光电子的最大初 动能随入射光频率的增大而增大,与入射光的强度无关;光电流的强度与入射光的强度成正 比;光电子的发射几乎是瞬时的,一般不大于 10 (2)光电效应方程:Ek=hν-W0. 6.动量守恒定律 (1)表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′; 或 p=p′(系统相互作用前的总动量 p 等于系统相互作用后的总动量 p′); 或 Δp=0(系统总动量的增量为零); 或 Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反). (2)动量守恒定律的适用条件 ①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零. ②系统所受合力不为零,但在某一方向上系统所受外力的合力为零,则在该方向上系统动量 守恒. ③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程. 7.弹性碰撞与非弹性碰撞 碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫做弹性碰撞;如果 碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞. 8.碰撞问题同时遵守的三条原则 (1)系统动量守恒原则 (2)物理情景可行性原则 (3)不违背能量守恒原则 碰撞过程满足 Ek≥Ek′
-9

s.

p1′2 p2′2 1 1 p2 p2 1 2 2 1 2 1 2 即 m1v1 + m2v2 + ≥ + 2≥ m1v1′ + m2v2′ 或 2 2 2 2 2m1 2m2 2m1 2m2

1.在书写核反应方程时,一般先满足质量数守恒,后满足电荷数守恒. 2.在处理粒子的碰撞和衰变问题时,通常应用动量守恒定律、质能方程和能量守恒定律综合 分析.

考向 1 原子物理基础知识、核反应与动量的组合 例1 (1)下列说法正确的是________.

A.玻尔原子理论不仅能解释氢原子光谱,而且也能解释其他原子光谱 B.法国物理学家贝可勒尔发现了天然放射现象,说明原子核具有复杂结构 C.235 92U 的半衰期约为 7 亿年,随着地球环境的不断变化,半衰期可能变短 D.处于 n=3 激发态的一群氢原子,自发跃迁时能发出 3 种不同频率的光子
1 12 12 (2)速度为 v0 的中子0 n 击中静止的氮核14 7N,生成碳核 6C 和另一种新原子核,已知 6C 与新核

的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致,碰后12 6C 核与新核的动量之比为 2∶1. ①写出核反应方程. ②求12 6C 与新核的速度各是多大?
12 12 解析 (2)②设1 0n、 6C、新核质量分别为 m0、m1 和 m2,碰后 6C、新核速度分别为 v1、v2.

由动量守恒得 m0v0=m1v1+m2v2 又 m1v1=2m2v2 v0 v0 联立求得:v1= ,v2= 18 9 答案 (1)BD 以题说法
1 12 3 (2)①14 7N+0n→ 6C+1H

v0 v0 ② 18 9

1.核反应方程的书写

(1)核反应过程一般不可逆,所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替. (2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒,但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损) 且释放出核能. (3)核反应的生成物一定要以实验为基础,不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核 反应方程. 2.原子核的衰变 (1)衰变实质:α 衰变是原子核中的 2 个质子和 2 个中子结合成一个氦核并射出;β 衰变是原 子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,再将电子射出;γ 衰变伴随着 α 衰变或 β 衰 变同时发生,不改变原子核的质量数与电荷数,以光子形式释放出衰变过程中产生的能量. (2)衰变的快慢由原子核内部因素决定,跟原子所处的物理、化学状态无关;半衰期是统计规

律,对个别、少数原子无意义. (1)自然界中的碳主要是 12C,也有少量 14C.14C 是具有放射性的碳同位素,能够自 发地进行 β 衰变变成氮,其衰变的方程为____________________________.活的植物通过光 合作用与呼吸作用,体内的 14C 的比例与大气中相同,植物死后,遗体内的 14C 仍在衰变, 但不能得到补充,所以遗体内的 14C 的比例比大气中的少.要推断一块古木的年代,可从古 木中取 1 g 的样品, 如果测得样品每分钟衰变的次数正好是 1 g 现代植物每分钟衰变次数的一 半,表明这块古木经过了 14C 的________个半衰期.

图1 (2)如图 1 所示,一个平板车的质量为 M=68 kg(包含车上的卸货人),其上有质量均为 m=14 kg 的货物 8 袋.开始时平板车水平向右以速度 v0=5 m/s 在水平光滑的轨道上匀速运动,平 板车上的卸货人以速度 v=10 m/s(相对水平地面)水平向右一次一袋把货物抛出, 当平板车反 向向左开始运动后,卸货人不再抛出货物.求卸货人向右抛出货物的袋数和平板车的最终速 度.
14 0 答案 (1)14 1 6C→ 7N+-1e

(2)7

40 m/s,方向向左 41

解析

14 0 (1)衰变的方程为14 6C→ 7N+-1 e.放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间

叫半衰期,要推断一块古木的年代,可从古木中取 1 g 的样品,如果测得样品每分钟衰变的 次数正好是 1 g 现代植物每分钟衰变次数的一半,表明这块古木经过了 14C 的 1 个半衰期. (2)设平板车上货物的总袋数为 N,当第 n 袋向右水平抛出时,平板车开始反向向左运动,此 时平板车速度为 vn,取向右为正方向, 由动量守恒定律得: (M+Nm)v0=nmv+[M+(N-n)m]vn ?M+Nm?v0-nmv 解得:vn= , M+?N-n?m 要使平板车反向向左运动,有 vn≤0 ?M+Nm?v0 则 n≥ ,解得 n≥6.4, mv 因为 n 应为整数,故 n=7. 所以当第 7 袋货物水平向右抛出时,平板车开始反向向左运动, 40 此时 vn=- m/s,负号表示速度方向向左. 41 考向 2 原子物理基础知识、能级与动量的组合 例2 (1)下列说法中正确的是________.

A.电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性 B.裂变物质体积小于临界体积时,链式反应不能进行 C.原子核内部一个质子转化成一个中子时,会同时释放出一个电子 D.235U 的半衰期约为 7 亿年,随地球环境的变化,半衰期可能变短

图2 (2)氢原子的能级如图 2 所示.有一群处于 n=4 能级的氢原子,若原子从 n=4 向 n=2 跃迁 时所发出的光正好使某种金属产生光电效应,则: ①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应; ②从 n=4 向 n=1 跃迁时发出的光照射该金属, 所产生的光电子的最大初动能为________ eV.

图3 (3)如图 3 所示, 质量为 2m 的小滑块 P 和质量为 m 的小滑块 Q 都视作质点, 与轻质弹簧相连 的 Q 静止在光滑水平面上.P 以某一初速度 v 向 Q 运动并与弹簧发生碰撞,问: ①弹簧的弹性势能最大时,P、Q 的速度各为多大? ②弹簧的最大弹性势能是多少? 解析 (2)一群处于 n=4 能级的氢原子向基态跃迁时,因为 n=4 向 n=2 跃迁所发生的光正 好使某种金属材料产生光电效应,所以只有 n=4 跃迁到 n=1,n=4 跃迁到 n=2,n=3 跃迁 到 n=1,n=2 跃迁到 n=1 的光子能够使金属发生光电效应,即 4 种.逸出功 W=-0.85 eV +3.40 eV=2.55 eV,从而 n=4 跃迁到 n=1 辐射的光子能量最大,为-0.85 eV+13.6 eV= 12.75 eV, 根据光电效应方程知, 光电子的最大初动能 Ekm=hγ-W0=12.75 eV-2.55 eV=10.2 eV. (3)①当弹簧的弹性势能最大时,P、Q 速度相等 2mv+0=(2m+m)v1 2 解得 v1= v 3 1 1 1 2 ②最大弹性势能 Emax= ×2mv2- ×3mv2 1= mv 2 2 3 答案 (1)AB 以题说法 (2)①4 ②10.2 2 (3)①均为 v 3 1 ② mv2 3

关于原子跃迁要注意以下四个方面:

n?n-1? (1)一群氢原子处于量子数为 n 的激发态时,可能辐射的光谱条数 N= . 2 (2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν=Em-En)时,光子才被吸收. (3)“直接跃迁”只能对应一个能级差,发射一种频率的光子.“间接跃迁”能对应多个能级 差,发射多种频率的光子. (4)入射光子能量大于电离能(hν=E∞-En)时,光子一定能被原子吸收并使之电离,剩余能量 为自由电子的动能. (2014· 山东· 39)(1)氢原子能级如图 4 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________(双选,填正确答案标号).

图4 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 (2)如图 5 所示,光滑水平直轨道上两滑块 A、B 用橡皮筋连接,A 的质量为 m.开始时橡皮筋 松弛,B 静止,给 A 向左的初速度 v0.一段时间后,B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起,碰 撞后的共同速度是碰撞前瞬间 A 的速度的两倍,也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半.求:

图5 (ⅰ)B 的质量; (ⅱ)碰撞过程中 A、B 系统机械能的损失. m 1 答案 (1)cd (2)(ⅰ) (ⅱ) mv2 2 6 0 解析 (1)能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差,能级差越大,辐射的光子频率 越大,波长越小,a 错误;由 Em-En=hν 可知,b 错误,d 正确;根据 C2 3=3 可知,辐射的 光子频率最多 3 种,c 正确. (2)(ⅰ)以初速度 v0 的方向为正方向,设 B 的质量为 mB,A、B 碰撞后的共同速度为 v,由题 v v 意知:碰撞前瞬间 A 的速度为 ,碰撞前瞬间 B 的速度为 2v,由动量守恒定律得 m·+2mBv 2 2 =(m+mB)v①

m 由①式得 mB= ② 2 (ⅱ)从开始到碰撞后的全过程,由动量守恒定律得 mv0=(m+mB)v③ 设碰撞过程 A、B 系统机械能的损失为 ΔE,则 1 v 1 1 ΔE= m( )2+ mB(2v)2- (m+mB)v2④ 2 2 2 2 1 联立②③④式得 ΔE= mv2 6 0 考向 3 原子物理基础知识、光电效应与动量的组合 例3 (1)下列说法正确的是( )

A.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念,成功地解释 了氢原子光谱的实验规律 B.原子核发生 α 衰变时,新核与 α 粒子的总质量等于原来的原子核的质量 C.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少 D.在原子核中,比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 (2)如图 6 所示为研究光电效应的电路图, 对某金属用紫外线照射时, 电流表指针发生偏转. 将 滑动变阻器滑动片向右移动的过程中,电流表的示数不可能 ________(选填“减小”、“增 大”). 如果改用频率略低的紫光照射, 电流表______(选填“一定”、 “可能”或“一定没”) 有示数.

图6 (3)在光滑水平面上,一个质量为 m、速度为 v 的 A 球,与质量也为 m 的另一静止的 B 球发 生正碰,若它们发生的是弹性碰撞,碰撞后 B 球的速度是多少?若碰撞后结合在一起,共同 速度是多少? 解析 (1)因有质量亏损,新核与 α 粒子的总质量小于原来的原子核的质量,B 错误;在原子 核中,比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固,所以 D 错误.选 A、C. (2)滑片向右滑动,A、K 间的正向电压增大,到达 A 上电子的个数增多或不变,所以电流增 大或不变,不可能减小;因不确定金属的截止频率与紫光频率的大小关系,故紫光照射,可 能会发生光电效应,所以电流表可能有示数. (3)设 A、B 球碰后的速度分别为 v1、v2, 根据动量守恒 mv=mv1+mv2,

1 1 1 因是弹性碰撞,故 mv2= mv2 + mv2, 2 2 1 2 2 联立解得 v1=0,v2=v; 若碰撞后结合在一起,mv=2mv′, 1 v′= v. 2 答案 (1)AC 以题说法 (2)减小 可能 (3)v v 2

处理光电效应问题的两条线索

一是光的频率,二是光的强度,两条线索对应的关系是: 1.光强→光子数目多→发射光电子数多→光电流大. 2.光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大. (2014· 江苏· 12C)(1)已知钙和钾的截止频率分别为 7.73×1014 Hz 和 5.44×1014 Hz, 在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光 电子,钙逸出的光电子具有较大的________. A.波长 B.频率 C.能量 D.动量 (2)氡 222 是一种天然放射性气体,被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射损伤.它是世界卫
218 222 生组织分布的主要环境致癌物质之一.其衰变方程是222 86Rn→ 84Po+________.已知 86Rn 的半

衰期约为 3.8 天,则约经过______天,16 g 的222 86Rn 衰变后还剩 1 g. (3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B 两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它 们碰撞前的接近速度之比总是约为 15∶16.分离速度是指碰撞后 B 对 A 的速度,接近速度是 指碰撞前 A 对 B 的速度.若上述过程是质量为 2m 的玻璃球 A 以速度 v0 碰撞质量为 m 的静 止玻璃球 B,且为对心碰撞,求碰撞后 A、B 的速度大小. 17 31 答案 (1)A (2)4 15.2 (3) v0 v 2He 48 24 0 解析 (1)根据爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0.由题知 W 钙>W 钾,所以钙逸出的光电子的 h 最大初动能较小.根据 p= 2mEk及 p= 和 c=λν 知,钙逸出的光电子的特点是:动量较小、 λ 波长较长、频率较小.选项 A 正确,选项 B、C、D 错误. 1t 218 4 (2)根据质量数、电荷数守恒得衰变方程为222 86Ra→ 84Po+2He.根据衰变规律 m=m0( ) ,代入 2τ 数据解得 t=15.2 天. (3)设 A、B 球碰撞后速度分别为 v1 和 v2 由动量守恒定律知:2mv0=2mv1+mv2, v2-v1 15 且由题意知 = v0 16

17 31 解得 v1= v0,v2= v0 48 24 考向 4 动量和能量观点的综合应用 例4 (2014· 广东· 35)如图 7 所示的水平轨道中,AC 段的中点 B 的正上方有一探测器,C 处

有一竖直挡板,物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞,并接合成复合体 P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在 t1=2 s 至 t2=4 s 内工作.已知 P1、P2 的质量都为 m=1 kg,P 与 AC 间的动摩擦因数为 μ=0.1,AB 段长 L=4 m,g 取 10 m/s2,P1、P2 和 P 均 视为质点,P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.

图7 (1)若 v1=6 m/s,求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能 ΔE; (2)若 P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,求 v1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E. 解析 (1)设 P1 和 P2 发生弹性碰撞后速度为 v2,根据动量守恒定律有:mv1=2mv2① v1 解得:v2= =3 m/s 2 1 1 2 碰撞过程中损失的动能为:ΔEk= mv2 1- ×2mv2② 2 2 解得 ΔEk=9 J (2)P 滑动过程中,由牛顿第二定律知 2ma=-2μmg③ 可以把 P 从 A 点运动到 C 点再返回 B 点的全过程看作匀减速直线运动,根据运动学公式有 1 3L=v2t+ at2④ 2 6L-at2 由①③④式得 v1= t ①若 2 s 时通过 B 点,解得:v1=14 m/s ②若 4 s 时通过 B 点,解得:v1=10 m/s 故 v1 的取值范围为:10 m/s≤v1≤14 m/s 设向左经过 A 点的速度为 vA,由动能定理知 1 1 2 ×2mv2 2mg· 4L A- ×2mv2=-μ· 2 2 1 当 v2= v1=7 m/s 时,复合体向左通过 A 点时的动能最大,EkAmax=17 J. 2 答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J

以题说法

利用动量和能量的观点解题的技巧

1.若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律. 2. 动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的始末两个状态, 对过程的细节不予 追究. 3.注意挖掘隐含条件,根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒. (1)下列说法正确的是________. A.光子不但具有能量,也具有动量 B.玻尔认为,氢原子中电子轨道是量子化的,能量也是量子化的 C.将由放射性元素组成的化合物进行高温分解,会改变放射性元素的半衰期 D.原子核的质量大于组成它的核子的质量之和,这个现象叫做质量亏损 E.质量数大的原子核,其比结合能不一定大 (2)如图 8 所示, 光滑水平面上静止着一辆质量为 3m 的平板车 A.车上有两个小滑块 B 和 C(都 可视为质点),B 的质量为 m,与车板之间的动摩擦因数为 2μ.C 的质量为 2m,与车板之间的 动摩擦因数为 μ.t=0 时刻 B、C 分别从车板的左、右两端同时以初速度 v0 和 2v0 相向滑上小 车.在以后的运动过程中 B 与 C 恰好没有相碰.已知重力加速度为 g,设最大静摩擦力与滑 动摩擦力大小相等.求:

图8 ①平板车的最大速度 v 和达到最大速度经历的时间 t; ②平板车平板总长度 L. 1 答案 (1)ABE (2)① v0 2
2 3v0 15v0 ② 2μg 8μg

解析 (2)①起始到三者共速过程中,A、B、C 系统动量守恒,以水平向左为正方向 2m×2v0-mv0=6mv 起始到三者共速过程是 C 做匀减速运动的过程: Ff=2ma Ff=2μmg v=2v0-at 3v0 1 综上有:v= v0,t= 2 2μg ②起始到三者共速过程中,B 相对 A 向右匀减速到速度为零后与 A 一起向左匀加速,C 相对 A 向左匀减速,B 和 C 对 A 的滑动摩擦力大小均为 Ff=2μmg, 由能量守恒有 1 2 1 1 mv + ×2m(2v0)2=FfL+ ×6mv2 2 0 2 2

2 15v0 综上有:L= 8μg

(限时:45 分钟) 题组 1 核反应与动量的组合
7 4 1.(1)一个锂核(3 Li)受到一个质子(1 1H)轰击变为 2 个 α 粒子(2He).已知质子的质量为 1.672

6×10

-27

kg,锂原子的质量为 11.650 5×10

-27

kg,一个 α 原子的质量为 6.646 7×10

-27

kg.写

出该核反应方程____________________,该核反应释放的核能是________ J.(真空中光速 c =3.0×108 m/s) (2)如图 1 所示,水平冰面的同一直线上有三个木箱 A、B、C,质量均为 60 kg.一质量为 30 kg 的猴子停在 A 上,与 A 一起以 3 m/s 的速度向右滑向静止的木箱 B、C,在接近 B 时,猴子 以 6 m/s 的水平对地速度跳上木箱 B,接近木箱 C 时再以 6 m/s 的水平对地速度跳上木箱 C, 最终与 C 一起运动,若木箱在运动过程中发生碰撞,且碰撞后不再分开,求木箱 A、B、C 最终运动的速度.

图1
1 4 答案 (1)7 2.673×10 3Li+1H→22He
-12

(2)见解析 解析 (2)猴子跳离木箱 A 过程动量守恒,跳离后木箱速度为 vA1, (M+m)v0=mv+MvA1 解得 vA1=1.5 m/s 猴子跳上木箱 B 后再跳离木箱 B,B 和猴子组成的系统动量守恒:mv=mv+MvB1 解得 vB1=0 A 木箱将追上 B 木箱发生正碰,A、B 组成的系统动量守恒,碰后速度为 vAB, MvA1=2MvAB 解得 vAB=0.75 m/s,方向水平向右 猴子跳上 C 过程动量守恒:mv=(m+M)vC 解得 vC=2 m/s,方向水平向右 2.(1)2011 年 3 月 11 日本福岛核电站发生核泄漏事故,其中铯 137(137 55Cs)对核辐射的影响最 大,其半衰期约为 30 年. ①请写出铯 137(137 [已知 53 号元素是碘 55Cs)发生 β 衰变的核反应方程____________________. (I),56 号元素是钡(Ba)]

②若在该反应过程中释放的核能为 E, 则该反应过程中质量亏损为________(真空中的光速为 c). ③泄露出的铯 137 约要到公元________年才会有 87.5%的原子核发生衰变. (2)如图 2 所示,两小车 A、B 置于光滑水平面上,质量分别为 m 和 2m,一轻质弹簧两端分 别固定在两小车上,开始时弹簧处于拉伸状态,用手固定两小车.现在先释放小车 B,当小 车 B 的速度大小为 3v 时,再释放小车 A,此时弹簧仍处于拉伸状态;当小车 A 的速度大小 为 v 时,弹簧刚好恢复原长.自始至终弹簧都未超出弹性限度.求:

图2 ①弹簧刚恢复原长时,小车 B 的速度大小; ②两小车相距最近时,小车 A 的速度大小. E 137 0 答案 (1)①137 55Cs→ 56Ba+-1e ② 2 c (2)①3.5v ②2v 解析 (2)①从释放小车 A 到弹簧刚恢复原长时,由动量守恒定律: 2m×3v=2m×vB-mv 解得 vB=3.5v ②两小车相距最近时速度相同,由动量守恒定律: 2m×3v=(2m+m)vA 解得 vA=2v 题组 2 原子物理基础知识、能级与动量的组合 3.(1)如图 3 所示为氢原子的能级图,已知可见光的光子能量范围约为 1.62~3.11 eV,镁板 的电子逸出功为 5.9 eV,以下说法正确的是( ) ③2101

图3 A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射镁板一定不能产生光电效应现象 B.用能量为 11.0 eV 的自由电子轰击处于基态的氢原子,可使其跃迁到激发态 C.处于 n=2 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线,并且使氢原子电离 D.处于 n=4 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线,并且使氢原子电离 (2)如图 4 所示,在光滑的水平面上静止着一个质量为 4m 的木板 B,B 的左端静止着一个质 量为 2m 的物块 A,已知 A、B 之间的动摩擦因数为 μ,现有质量为 m 的小球以水平速度 v0

v0 飞来与 A 物块碰撞后立即以大小为 的速率弹回,在整个过程中物块 A 始终未滑离木板 B, 3 且物块 A 可视为质点,求:

图4 ①物块 A 相对 B 静止后的速度; ②木板 B 至少多长? 答案 (1)BD 2 (2)① v0 9 4v2 0 ② 27μg

解析 (2)①设小球 m 与物块 A 碰撞后 A 的速度为 v1,设 v0 的方向为正方向,由动量守恒定 律得: mv0 mv0=- +2mv1 3 设物块 A 与木板 B 共同的速度为 v2,由动量守恒定律 2mv1=(2m+4m)v2 2 2 联立解得 v1= v0,v2= v0 3 9 ②设 A 在 B 上滑过的距离为 L,由能量守恒定律得: 1 1 2 2μmgL= ×2mv2 1- (2m+4m)v2 2 2 4v2 0 解得 27μg 4.(1)氢原子辐射出一个光子之后,根据玻尔理论,下面叙述正确的是________. A.原子从高能级跃迁到低能级 B.电子绕核运动的半径减小 C.电子绕核运动的周期不变 D.原子的电势能减小 E.电子绕核运动的动能减小 (2)如图 5 所示,在光滑的水平面上,静止的物体 B 侧面固定一个轻弹簧,物体 A 以速度 v0 沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体 B 发生作用,两物体的质量均为 m.

图5 ①求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能 Ep; ②若 B 的质量变为 2m,再使物体 A 以同样的速度通过弹簧与静止的物体 B 发生作用,求当 弹簧获得的弹性势能也为 Ep 时,物体 A 的速度大小.

答案 (1)ABD

1 (2)① mv2 4 0

2 ② v0 或 0 3

解析 (2)①当 A、B 速度相同时,弹簧的弹性势能最大. 则 mv0=2mv 1 2 1 mv = ×2mv2+Ep 2 0 2 1 解得 Ep= mv2 4 0 ②当 B 的质量为 2m 时,设 A、B 的速度分别为 v1、v2,有 mv0=mv1+2mv2 1 2 1 2 1 mv = mv + ×2mv2 2+Ep 2 0 2 1 2 2 解得 v1= v0 或 v1=0. 3 2 1 当 v1= v0 时,v2= v0,运动方向水平向右,符合条件; 3 6 1 当 v1=0 时,v2= v0,运动方向水平向右,也符合条件. 2 题组 3 原子物理基础知识、光电效应与动量的组合 5.(1)如图 6 所示,电路中所有元件完好,当光照射到光电管上时,灵敏电流计中没有电流 通过,可能的原因是________.

图6 A.入射光强度较弱 C.光照射时间太短 B.入射光波长太长 D.电源正负极接反

(2)如图 7 为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置.两带有等宽遮光条的滑块 A 和 B, 质量分别为 mA、mB,在 A、B 间用细线水平压住一轻弹簧,将其置于气垫导轨上,调节导轨 使其能实现自由静止,这是表明________________________,烧断细线,滑块 A、B 被弹簧 弹 开 , 光 电 门 C 、 D 记 录 下 两 遮 光 条 通 过 的 时 间 分 别 为 tA 和 tB , 若 有 关 系 式 ______________________,则说明该实验动量守恒.

图7
30 (3)30 15P 是人类首先制造出的放射性同位素,其半衰期为 2.5 min,能衰变为14Si 和一个未知粒

子. ①写出该衰变的方程;
30 ②已知容器中原有纯30 15P 的质量为 m,求 5 min 后容器中剩余15P 的质量.

答案 (1)BD (2)气垫导轨水平 mA mB mA mB = 或 - =0 tA tB tA tB

m 30 0 (3)①30 ② 15P→14Si+1e 4 解析 (1)灵敏电流计中没有电流通过,可能是未发生光电效应现象,即入射光的频率小于金 属的截止频率,与光照强度无关,故选项 A 错误,选项 B 正确;与入射光的照射时间无关, 故选项 C 错误;还可能是由于电源正负极接反,即电场反向导致,故选项 D 正确. (2)滑块在气垫导轨上能自由静止,说明气垫导轨水平,因为滑块在气垫导轨上所受阻力忽略 不计,认为是零,若上述过程 A、B 系统动量守恒,则有:mAvA=mBvB,又由于两遮光条等 mA mB mA mB 宽,则 = 或 - =0. tA tB tA tB (3)①根据衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒可知该衰变的方程为:
30 30 0 15P→14Si+1e

②5 min 后容器中剩余30 15P 的质量为: 1t 1 m m′=( ) · m=( )2m= . 2τ 2 4 6.(1)如图 8 所示,与锌板相连的验电器的铝箔原来是张开的,现在让弧光灯发出的光照射 到锌板,发现与锌板相连的验电器的铝箔张角变大,此实验事实说明________.

图8 A.光具有波动性 B.光具有粒子性 C.铝箔张角大小与光照时间无关 D.若改用激光器发出的红光照射锌板,观察到验电器的铝箔张角则一定会变得更大 E.验电器的铝箔原来带正电 (2)如图 9 所示,长度为 L 的长木板 A 右边固定着一个挡板,包括挡板在内的总质量为 M,静 止在光滑的水平地面上.小木块 B 质量为 m,从 A 的左端开始以初速度 v0 在 A 上滑动,滑 到右端与挡板发生碰撞,已知碰撞过程时间极短,碰后木块 B 恰好滑到 A 的左端就停止滑 动.则:

图9 ①判断在整个运动过程中,A 和 B 是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的; ②求 B 与 A 间的动摩擦因数为 μ. 答案 见解析 解析 (1)光电效应说明光具有粒子性,A 错误,B 正确;在发生光电效应的频率不变的条件 下,发射的光电子数与光照强度有关,与光照时间无关,C 正确;若改用激光器发出的红光 照射锌板,观察到验电器的铝箔张角会变小,D 错误;锌板因光电效应失去电子而带正电, 所以验电器的铝箔原来带正电,E 正确. (2)①A 在运动过程中不可能向左运动,B 在与木板 A 的挡板碰撞时,若 B 的质量比较小,碰 后 B 的速度有可能反向,即向左运动. ②系统动量守恒:mv0=(m+M)v 对系统应用能量守恒定律得: 1 2 1 2μmgL= mv0 - (m+M)v2 2 2 M 联立解得 μ= v2 4?m+M?gL 0 题组 4 动量和能量观点的综合应用 7.(2014· 新课标Ⅰ· 35)(1)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

图 10 (2)如图 10 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: (ⅰ)B 球第一次到达地面时的速度; (ⅱ)P 点距离地面的高度. 答案 (1)BCD (2)(ⅰ)4 m/s (ⅱ)0.75 m

解析 (1)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. (2)(ⅰ)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= 2gh① 将 h=0.8 m 代入上式,得 vB=4 m/s② (ⅱ)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′. 由运动学规律可知 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 定竖直向下的方向为正,有 mAv1+mBv2=mBv2′④ 1 1 1 m v2+ m v2= m v ′2⑤ 2 A 1 2 B 2 2 B 2 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′,由运动学规律可知 vB′2-v2 2 h′= ⑦ 2g 联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得 h′=0.75 m 8.(2014· 山西第三次四校联考)(1)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)如图 11 所示,在光滑水平地面上有一质量为 2m 的长木板,其左端放有一质量为 m 的重

物(可视为质点),重物与长木板之间的动摩擦因数为 μ.开始时,长木板和重物都静止,现在 使重物以初速度 v0 开始运动,设长木板撞到前方固定的障碍物前,长木板和重物的速度已经 相等.已知长木板与障碍物发生弹性碰撞,为使重物始终不从长木板上掉下来,求长木板的 长度 l 至少为多少?(重力加速度为 g)

图 11 答案 (1)BDE (2) 27μg 解析 (1)β 衰变现象不能说明电子是原子核的组成部分, A 错误;一群氢原子从 n=3 的激发 态跃迁到基态时, 能辐射 3 种不同频率的光子, 而一个氢原子从 n=3 的激发态跃迁到基态时, 只能辐射 3 种可能频率的光子中的一种,C 错误. (2)设碰撞前,长木板和重物的共同速度为 v1 由动量守恒定律得:mv0=3mv1 碰撞后瞬间,长木板以 v1 反弹,最终两者的共同速度为 v2 由动量守恒定律得:2mv1-mv1=3mv2 1 3 对全过程由功能关系得:μmgl= mv2 - mv2 2 0 2 2 13v2 0 解得 l= . 27μg 13v2 0


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