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专题十 选修3-5


学案 19
【考情分析】

选修 3-5

动量

原子和原子核

【考点预测】 高考对该部分内容考查的重点有:动量守恒定律及其应用、原子的跃迁、原子核的衰变、 核反应方程的书写、质量亏损和核能的计算等.除部分省市外,该部分知识是高考必考的考 点.在复习备考中,要注意加强基本概念规律的理解.

全面复习本部分内容,并侧重动量守 恒定律的应用训练. 考题 1 对动量守恒定律的考查 例1 (2013· 全国新课标Ⅱ· 35(2))如图 1, 光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、 B、 C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设 A 以速度 v0 朝 B 运动,压缩弹 簧;当 A、 B 速度相等时,B 与 C 恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设 B 和 C 碰撞过程时间极短.求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,

图1 (ⅰ)整个系统损失的机械能; (ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 审题突破 ①B 与 C 相互碰撞的过程,动量守恒,机械能减少,其他过程不损失机械能. ②弹簧被压缩到最短时,A、B、C 三个物体的速度相等.整个相互作用的过程满足能量 守恒定律. 解析 (ⅰ)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时,对 A、B 与弹簧组成的系统,由

动量守恒定律得 mv0=2mv1 ①

此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为 v2,损失的机械能为 ΔE,对 B、C 组成的系统,由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1=2mv2 1 2 1 mv =ΔE+ ×(2m)v2 2 2 1 2 联立①②③式得 ② ③

1 ΔE= mv2 16 0



(ⅱ)由②式可知 v2<v1,A 将继续压缩弹簧,直至 A、B、C 三者速度相同,设此速度为 v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为 Ep,由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0=3mv3 1 2 1 mv -ΔE= ×(3m)v2 3+Ep 2 0 2 联立④⑤⑥式得 13 Ep= mv2 48 0 答案 规律总结 1. 动量守恒定律的表达形式和适用条件. (1)动量守恒定律的表达式 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系统所受合外力不为零,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. 2. 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 速度要符合物理情景:如果碰撞前两物体同向运动,则后面物体的速度必大于前面物体 的速度,即 v 后>v 前,否则无法实现碰撞.碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且 原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度.即 v 前′≥v 后′,否则碰撞没 有结束. 如果碰前两物体是相向运动,则碰后,两物体的运动方向不可能相向,除非两物体碰撞 后速度均为零. (3)不违背能量守恒原则 碰撞过程满足 Ek≥Ek′ 1 (ⅰ) mv2 16 0 13 (ⅱ) mv2 48 0 ⑦ ⑤ ⑥

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

3. 列动量守恒方程应注意的问题 (1)选取正方向:动量守恒定律表达式为矢量式,若作用前后动量在一条直线上时,规定 正方向,可将矢量运算简化为代数运算. (2)速度 v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一参考系,通常相对地面而言. (3)动量是状态量,具有瞬时性,v1、v2 是作用前同一时刻两物体的速度,v1′、v2′是 作用后同一时刻两物体的速度. 突破练习 1. 如图 2 所示,光滑水平面上有两辆车,甲车上面有发射装置,甲车连同发射装置质量 M1=1 kg, 车上另有一个质量为 m=0.2 kg 的小球, 甲车静止在平面上, 乙车以 v0=8 m/s 的速度向甲车运动,乙车上有接收装置,总质量 M2=2 kg,问:甲车至少以多大的水平 速度将小球发射到乙车上,两车才不会相撞?(球最终停在乙车上)

图2 答案 25 m/s 解析 要使两车恰好不相撞,则两车速度相等. 以 M1、M2、m 组成的系统为研究对象,动量守恒:0+M2v0=(M1+m+M2)v 共 v 共=5 m/s 以小球与乙车为系统,动量守恒: M2v0-mv=(m+M2)v 共 v=25 m/s 2. 如图 3 所示,一质量 M=2 kg 的长木板 B 静止于光滑水平面上,B 的右边有竖直墙壁, 现有一小物体 A(可视为质点),质量 m=1 kg,以速度 v0=6 m/s 从 B 的左端水平滑上 B, 已知 A 和 B 间的动摩擦因数 μ=0.2,B 与竖直墙壁的碰撞时间极短,且碰撞时无机械能 损失,若 B 的右端距墙壁 s=4 m,要使 A 最终不脱离 B,则长木板 B 的长度至少多长?

图3 答案 8.67 m 解析 设 A 滑上 B 后达到共同速度前并未碰到墙壁, 则根据动量守恒定律得它们的共同 速度为 v,有 mv0=(M+m)v,解得 v=2 m/s

在这一过程中,B 的位移为 xB,由动能定理有: 1 μmgxB= Mv2,解得 xB=2 m 2 A、B 达到共同速度 v=2 m/s 后再匀速向前运动 2 m 碰到墙壁,B 碰到竖直墙壁后,根 据动量守恒定律得 A、B 最后相对静止时的速度为 v′,则 Mv-mv=(M+m)v′ 2 解得 v′= m/s 3 在整个过程中,A、B 的相对位移为 x1,根据动能定理,得 1 1 μmgx1= mv2 - (M+m)v′2 2 0 2 解得 x1=8.67 m 因此,若 A 最终不脱离 B,则木板的最小长度为 8.67 m. 3. 如图 4 所示,半径分别为 R 和 r(R>r)的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内,两轨道之 间由一条光滑水平轨道 CD 相连,在水平轨道 CD 上一轻弹簧被 a、b 两小球夹住,同时 释放两小球,a、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点,求:

图4 (1)两小球的质量比; (2)若 ma=mb=m,要求 a、b 都能通过各自的最高点,弹簧释放前至少具有多少弹性势 能. 答案 解析 (1) r R (2)5mgR

(1)a、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点时的速度分别为:

va′= gR vb′= gr 由动量守恒定律知:mava=mbvb 1 1 2 由机械能守恒知: mav2 2R a= mava′ +mag· 2 2 1 1 m v2= m v ′2+mbg· 2r 2 b b 2 b b ma vb 综上解得 = = mb va r R

(2)若 ma=mb=m,由动量守恒定律得 va=vb=v 当 a 球恰好能通过圆轨道的最高点时,E 弹最小,

1 E 弹=( mgR+mg· 2R)×2=5mgR 2 考题 2 对光电效应的考查 例2 (2013· 北京· 20)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 5 所示.用频率为 ν 的普通光源照射阴极 K,没有发生光 电效应,换用同样频率 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 为电子电量) ( )

图5 hν W A.U= - e e C.U=2hν-W 答案 B 1 2 解析 由光电效应方程可知:nhν=W+ mvm (n=2,3,4?) 2 1 2 在减速电场中由动能定理得:-eU=0- mvm 2 nhν W 联立①②式得:U= - (n=2,3,4?),故选项 B 正确. e e 规律总结 1. 光电效应的规律 (1)任何一种金属, 都存在极限频率 νc, 只有当入射光频率大于 νc 时, 才能发生光电效应. (2) 光电子的最大初动能 Ek 只随入射光频率的增大而增大,关系式为 Ek=hν-W0.(3)光电效 应几乎是瞬时发生的.(4)光电流随入射光强度的增大而增大. 2. 爱因斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0 ① ② 2hν W B.U= - e e 5hν W D.U= - 2e e

对方程的两点理解: (1)爱因斯坦光电效应方程是根据能量守恒定律得出的. 金属表面的电子从入射光中吸收一个光子的能量 hν 时(电子吸收光子能量,不是光子与 电子发生碰撞),一部分用于克服电子从金属表面逸出时所做的逸出功 W0,另一部分转 化为光电子的最大初动能,即 Ek=hν-W0. (2)光电子的最大初动能 Ek 与入射光的频率 ν 是线性关系,而不是成正比.如图 6 所示, 其中直线在横轴上的截距 OA 就是这种材料的极限频率,直线的斜率就是普朗克常量 h, OB 长度表示金属材料的逸出功.

图6 突破练习 4. 在光电效应实验中,飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压 之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图 7 所示,则可判断出 ( )

图7 A.甲光的频率大于乙光的频率 B.乙光的波长大于丙光的波长 C.乙光的频率大于丙光的频率 D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 答案 B 解析 由题图可知,甲、乙两光对应的遏止电压均为 Uc2,由爱因斯坦光电效应方程 Ek =hν-W0 和-eUc=0-Ek 可知甲、乙两光的频率相同,且小于丙光的频率,故选项 A、 C 均错误;甲光频率小于丙光的频率,则甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应 光电子的最大初动能,选项 D 错误;乙光频率小于丙光频率,由 c=λν 可知乙光的波长 大于丙光的波长,选项 B 正确. 5. 小明用金属铷为阴极的光电管,观测光电效应现象,实验装置示意图如图 8 甲所示.已 知普朗克常量 h=6.63×10
-34

J· s

图8 (1)图甲中电极 A 为光电管的____________(填“阴极”或“阳极”); (2)实验中测得铷的遏止电压 Uc 与入射光频率 ν 之间的关系如图乙所示,则铷的截止频 率 νc=____Hz,逸出功 W0=________J; (3) 如果实验中入射光的频率 ν = 7.00×1014 Hz ,则产生的光电子的最大初动能 Ek = ________J. 答案 (1)阳极 (3.39~3.43)×10
-19

(2)(5.12~5.18)×1014 (3)(1.21~1.25)×10 解析
-19

(1)由光电管的结构知,A 为阳极;(2)Uc-ν 图象中横轴的截距表示截止频率 νc,

逸出功 W0=hνc;(3)由爱因斯坦的光电效应方程 Ek=hν-W0,可求结果. 考题 3 对氢原子能级跃迁的考查 例3 (1)如图 9 所示,给出氢原子最低的 4 个能级,氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光 子的频率最多有____种,其中最小的频率等于____Hz(保留两位有效数字).

图9 (2)利用巴耳末公式求出氢原子光谱中波长最大为____ nm.(里德伯常量 R=1.1×107 m 1)


解析

(1)根据玻尔理论,氢原子最低的 4 个能级为 1、2、3、4,只有从高能级向低能级

n?n-1? 4×?4-1? 跃迁时才辐射光子.由数学知识得,N= = =6(种).由 Em-En=hν,可 2 2 知能级之间能量差值越小,辐射光子的频率越低.由题图可知,从 n=4 能级跃迁到 n=

3 能 级 , 辐 射 能 量 最 少 , 辐 射 光 子 的 最 小 频 率 [-0.85-?-1.51?]×1.6×10 - 6.63×10 34
-19

νmin =

E4-E3 = h

Hz=1.6×1014Hz.

1 1 1 36 (2)由巴耳末公式 =R( 2- 2), 当 n=3 时, 波长最大, 所以 λ m= m≈654.5 nm. λ 2 n 5.5×107 答案 规律方法 1. 对氢原子能级图的理解 如图 10 为氢原子的能级图 (1)6 1.6×1014 (2)654.5

图 10 (1)能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——定态.氢原子可以有无穷多个定态. (2)横线左端的数字“1,2,3?”表示量子数. (3)横线右端的数字“-13.6,-3.4?”表示氢原子各定态的能量值(能级).量子数 n=1 的定态能量值最小,这个状态叫做基态,量子数越大,能量值越大,这些状态叫激发态. (4)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. (5)带箭头的竖线表示原子由较高能级向较低能级的跃迁. 2. 跃迁分析 (1)自发跃迁:高能级→低能级.释放能量,发出光子. ΔE E高-E低 光子的频率 ν:ν= = . h h (2)受激跃迁:低能级→高能级,吸收能量. ①光照(吸收光子):光子的能量必须恰等于能级差 hν=ΔE. ②碰撞、加热等:只要入射粒子能量大于或等于能级差即可,E 外≥ΔE. ③大于电离能的光子可被吸收,将原子电离. (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=C2 n= 突破练习 n?n-1? . 2

6. μ 子与氢原子核(质子)构成的原子称为 μ 氢原子(hydrogen muon atom),它在原子核物理 的研究中有重要作用.图 11 为 μ 氢原子的能级示意图,假定光子能量为 E 的一束光照 射容器中大量处于 n=2 能级的 μ 氢原子,μ 氢原子吸收光子后,发出频率为 ν1、ν2、ν3、 ν4、ν5 和 ν6 的光,且频率依次增大,则 E 等于 ( )

图 11 A.h(ν3-ν1) C.hν3 答案 C 解析 μ 氢原子吸收能量为 E 的光子后跃迁至较高能级,再由较高能级向基态跃迁时能 发出六种频率的光子,由 C2 n= n?n-1? =6 解得 n=4;结合题给 μ 氢原子的能级图看出, 2 B.h(ν5+ν6) D.hν4

在 μ 氢原子由 n=4 激发态向 n=2 激发态跃迁过程中发出的光子能量 E=-158.1 eV-(- 632.4 eV)=474.3 eV;由题给 μ 氢原子能级图得知,六种频率的光子中,共有三种频率 的光子能量大于 474.3 eV,故 E=hν3,选项 C 正确. 7. 如图 12 为氢原子能级的示意图,现有大量的氢原子处于 n=4 的激发态,当向低能级跃 迁时辐射出若干种不同频率的光.关于这些光,下列说法正确的是 ( )

图 12 A.由 n=4 能级跃迁到 n=1 能级产生的光子能量最大 B.由 n=2 能级跃迁到 n=1 能级产生的光子频率最小 C.这些氢原子总共可辐射出 3 种不同频率的光 D. 用 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光照射逸出功为 6.34 eV 的金属铂能发生光电 效应 答案 AD 解析 根据 hν=Em-En,原子由 n=4 能级跃迁到 n=1 能级时,能级差最大,产生的光 子能量最大,选项 A 正确.原子由 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时,能级差最小,产生的 光子能量最小,频率最小,选项 B 错误.这些氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁时可辐 射出 6 种不同频率的光子,选项 C 错误.原子由 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光

子的能量为 E=-3.4 eV-(-13.6 eV)=10.2 eV,大于铂的逸出功,能使铂发生光电效 应. 考题 4 对原子核反应和核能的考查 例4 物理学家们普遍相信太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应. 根
4 0 据这一理论,在太阳内部 4 个氢核(1 1H)转化成一个氦核(2He)和两个正电子(1e)并放出能

量. 已知质子质量 mp=1.007 3 u, α 粒子质量 mα=4.001 5 u, 电子质量 me=0.000 5 u. 其 中 u 为原子质量单位,且 1 u 相当于 931.5 MeV. (1)写出该核聚变的反应方程; (2)一次这样的核反应过程中释放出多少的能量?(保留 4 位有效数字) 解析
4 0 (1)其核反应方程为 41 1H→2He+21e

(2)该核反应亏损的质量为 Δm=4mp-mα-2me=0.026 7 u,1 u 相当于 931.5 MeV,故释 放的能量为 ΔE=0.026 7×931.5 MeV=24.87 MeV. 答案 规律总结 1. 三种射线的比较 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 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 0 (1)41 (2)24.87 MeV 1H→2He+21e

2. 核反应规律和原子核的人工转变 (1)核反应的规律为:反应前后质量数守恒、电荷数守恒. (2)原子核的人工转变 卢瑟福发现质子的核反应方程为:
14 17 1 7N+4 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

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:
27 4 30 1 30 30 0 13Al+2He→15P+0n,15P→14Si+1e

3. 核能的计算方法 (1)根据爱因斯坦的质能方程,用核反应过程中的质量亏损 Δm(kg)乘以真空中光速 c= 3×108 m/s 的平方,即 ΔE=Δmc2(J). (2)根据 1 原子质量单位(u)相当于 931.5 MeV 能量, 用核反应过程中质量亏损(Δm)的原子

质量单位数乘以 931.5 MeV,即 ΔE=Δm×931.5 MeV. (3)若核反应释放的核能全部转化为生成物(新核和新粒子)的动能而无 γ 光子辐射,则可 应用动量守恒定律和能量守恒定律计算核能. 突破练习 8. 2011 年 3 月 11 日,日本东海岸发生 9.0 级地震,地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核 电站的冷却系统,最终导致福岛第一核电站的 6 座核反应堆不同程度损坏,向空气中泄 漏大量碘 131、铯 137、钡等放射性物质,这些放射性物质随大气环流飘散到许多国家.4 月 4 日,日本开始向太平洋排放大量带有放射性物质的废水,引起周边国家的指责.有 效防治核污染,合理、安全利用核能成为当今全世界关注的焦点和热点.下列说法中正 确的是 A.福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电的 B.铯、碘、钡等衰变时释放能量,故会发生质量亏损 C.铯 137 进行 β 衰变时,往往同时释放出 γ 射线,γ 射线具有很强的穿透能力,甚至能 穿透几厘米厚的铅板 D.铯 137 进入人体后主要损害人的造血系统和神经系统,其半衰期是 30.17 年,如果将 铯 137 的温度降低到 0 度以下,可以延缓其衰变速度 答案 BC 解析 核电站是利用重核裂变释放的能量来发电的,而不是靠衰变,A 错.释放能量就 一定有质量亏损,B 正确.β 衰变往往同时释放出 γ 射线,γ 射线具有很强的穿透能力, 能穿过几厘米厚的铅板,C 正确.放射性元素的半衰期由其本身决定,与周围环境无关, D 错.
3 4 9. 氘核2 1H 和氚核1H 结合成氦核2He 的核反应方程如下: 2 3 4 1 1H+1H→2He+0n+17.6

(

)

MeV

①这个核反应称为__________________. ②要发生这样的核反应,需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文.式中 17.6 MeV 是核反应中____________(选填“放出”或“吸收”)的能量,核反应后生成物的总质量 比核反应前物质的总质量________(选填“增加”或“减少”)了________kg. 答案 ①轻核聚变 ②放出 解析 减少 3.1×10
-29

2 3 4 1 1H+1H→2He+0n+17.6

MeV 为轻核聚变反应,17.6 MeV 是反应中放出的能量,

ΔE - 再由 ΔE=Δmc2 可知,质量减少了 Δm= 2 =3.1×10 29 kg. c

物理模型九 完全弹性碰撞与完全非弹性碰撞模型 完全弹性碰撞指碰撞过程中没有机械能损失,满足动量守恒和机械能守恒.两个弹性物

体的碰撞、两物体通过弹簧作用的碰撞,一般是完全弹性碰撞. 完全非弹性碰撞指碰后两物体粘在一起,以共同速度运动的碰撞.该过程动量守恒,但 机械能损失最大. 例5 (2012· 安徽· 24)如图 13 所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端

固定,右端连接着质量 M=2 kg 的小物块 A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的 台面等高,并能平滑对接.传送带始终以 μ=2 m/s 的速率逆时针转动,装置的右边是一 光滑曲面.质量 m=1 kg 的小物块 B 从其上距水平台面高 h=1.0 m 处由静止释放.已 知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.2,l=1.0 m.设物块 A、B 间发生的是对心 弹性碰撞,第一次碰撞前物块 A 静止且处于平衡状态,取 g=10 m/s2.

图 13 (1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小; (2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上; (3)如果物块 A、B 每次碰撞后,物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再 次碰撞前锁定被解除,试求出物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小. 审题突破 ①求解物块 B 滑上传送带时的速度,判断 B 在传送带上的运动情况. ②物块 B 和 A 的碰撞是对心弹性碰撞,满足动量守恒和机械能守恒. ③分析每一次碰后 B 的运动规律,求解碰后 B 的速度和下一次碰前 B 的速度,利用归纳 法求物块 B 第 n 次碰撞后的速度大小. 解析 (1)设物块 B 从光滑曲面 h 高处滑下时的速度为 v0,由机械能守恒定律,得 mgh

1 = mv2 ,故 v0= 2gh= 2×10×1.0 m/s=2 5 m/s>u,故 B 滑上传送带后做匀减速运 2 0 μmg 动.加速度 a= =μg=2 m/s2,根据 v2-v2 0=-2ax,得物块 B 到达传送带左端时的速 m
2 度 v1= v2 故物块 B 0-2al= ?2 5? -2×2×1.0 m/s=4 m/s.离开传送带后做匀速运动,

与物块 A 第一次碰撞前的速度 v1=4 m/s. (2)物块 B 与物块 A 发生对心弹性碰撞,碰撞前后遵守动量守恒定律和能量守恒定律. 即 mv1=mv1′+MvA1 1 2 1 1 mv = mv ′2+ Mv2 2 1 2 1 2 A1 m-M 1 4 联立解得,v1′= v =- v1=- m/s 3 3 M+m 1 负号说明 B 与 A 碰撞后,B 的速度方向向右.

碰撞后物块 B 运动到传送带上做匀减速运动. 16 9 v1′2 4 速度减为零时的位移 x= = m= m<l, 因此物块 B 还没有到达传送带的右边, 2a 9 2×2 速度已减小为零,故不能到达右边的曲面上. (3)物块 B 与 A 第一次碰撞后,运动到传送带上做匀减速运动, 速度减为零后做反向的加 速运动,根据对称性,离开传送带后的速度 v2=v1′,然后与 A 发生第二次碰撞,且满 足 mv2=mv2′+MvA2 1 2 1 1 mv = mv ′2+ Mv2 2 2 2 2 2 A2 联立解得, m-M 1 1 v2′= v =- v2=- 2v1 3 3 M+m 2 同理,物块 B 与 A 第三次碰撞前的速度 v3=-v2′,碰撞后的速度 1 1 v3′=- v3=- 3v1 3 3 依此类推 第 n 次碰撞后 B 的速度 1 vn′=- nv1. 3 1 4 即 n 次碰撞后的速度大小为 nv1= n m/s,方向向右. 3 3 答案 (1)4 m/s (2)不能 (3) 4 m/s 3n

知识专题练
1. (1)下列说法正确的是

训练 19
( )

A.随着温度的升高,黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 C.放射性元素原子核的半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件无关 D.比结合能大的原子核结合或分解成比结合能小的原子核时释放核能
4 (2)静止的6 生成一个新核和速 3Li 核俘获一个速度 v1=7.7×10 m/s 的中子而发生核反应,

度大小为 v2=2.0× 104 m/s、 方向与反应前中子速度方向相同的氦核(4 上述核反应方 2He). 程为________,另一新核的速度大小为________m/s. (3)已知氢原子基态电子轨道半径为 r0=0.528×10
-10

m,量子数为 n 的激发态的能量 En



-13.6 eV.求: n2

①有一群氢原子处于量子数 n=3 的激发态, 如图 1 所示能级图, 在图上用箭头标明这些 氢原子所能发出的几条光谱线;

图1 ②通过计算说明这几条光谱线中波长最长的一条光谱线能否使极限频率为 4.5×1014 Hz 的金属板发生光电效应. (已知 e=1.60×10 答案 ②能 解析 (3)①能级图如图所示,可得三条光谱线.
-19

C,h=6.63×10

-34

J· s)

6 3 4 (1)C (2)3 Li+1 1×103 (3)①见解析图 0n→1H+2He

②波长最长的光对应处于 n=3 的激发态的氢原子向 n=2 能级跃 迁所发出的光谱线,能量差为 E=E3-E2=1.89 eV 由 E=hν,得 ν=4.56×1014 Hz>4.5×1014 Hz 所以能发生光电效应. 2. (1)据新华社报道,由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人
3 4 造太阳”)已完成了首次工程调试.其中“人造太阳”的核反应方程式是2 1H+1H→2He+ 3 4 X,则 X 为________,已知2 1H 的质量为 m1,1H 的质量为 m2,2He 的质量为 m3,X 的质

量为 m4,真空中的光速为 c,则在此核反应过程中释放的核能为________. (2)如图 2 所示,光滑的水平面上有两块完全相同的足够长的木板 A 和 B,在 B 的右端有 一个可以看做质点的小铁块 C,三者的质量都为 m,A、B、C 开始都处于静止状态.现 使 A 以速度 v0 向右运动并与 B 相碰,撞击时间极短,碰后 A、B 粘在一起运动,而小铁 块 C 可以在 A、B 上滑动,重力加速度为 g,求 A 与 B 碰后的瞬间 A、B 和 C 的速度.

图2 答案 解析 (1)1 0n (m1+m2-m3-m4)c2 v0 v0 (2) 2 2 0

2 (1)由核反应过程质量数和电荷数都守恒可知 X 为中子,即1 0n,由 ΔE=Δmc 可得

核反应过程中释放的核能. (2)A 与 B 碰后的瞬间,速度为 v1,此时 C 的速度仍为零. 对 A 与 B 组成的系统,由动量守恒定律有:

mv0=2mv1 v0 解得 v1= . 2 3. (1)图 3 中的五幅图涉及到不同的物理知识,其中说法正确的是 ( )

图3 A.图甲:原子由原子核和核外电子组成,原子核由带正电的质子和不带电的中子组成 B.图乙:卢瑟福通过分析 α 粒子散射实验结果,发现了质子和中子 C.图丙:用中子轰击铀核使其发生聚变??,链式反应会释放出巨大的核能 D.图丁:普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念,成为量子力学的奠基人之一 E.图戊:玻尔理论指出氢原子能级是分立的,所以原子发射光子的频率也是不连续的 (2)如图 4 所示, 轻弹簧的一端固定, 另一端与滑块 B 相连, B 静止在水平导轨上的 O 点, 此时弹簧处于原长, 另一质量与 B 相同的滑块 A 从导轨上的 P 点以初速度 v0 向 B 滑行, 当 A 滑过距离 l 时与 B 相碰.碰撞时间极短,碰后 A、B 粘在一起运动.设滑块 A 和 B 均可视为质点,与导轨的动摩擦因数均为 μ.重力加速度为 g.求: ①碰后瞬间,A、B 共同速度的大小; ②若 A、B 压缩弹簧后恰能返回到 O 点并停止,求弹簧的最大压缩量.

图4 答案 解析 (1)ADE v2 1 l 0 (2)① v2 - 0-2μgl ② 2 16μg 8

(2)①设 A、B 质量均为 m,A 刚接触 B 时的速度为 v1,碰后瞬间 A、B 共同的速

度为 v2,以 A 为研究对象,从 P 到 O,由功能关系得: 1 2 1 2 μmgl= mv0 - mv1 2 2

以 A、B 为研究对象,碰撞瞬间,由动量守恒定律: mv1=2mv2 1 2 解得:v2= v0 -2μgl 2 ②碰后 A、B 由 O 点向左运动,又返回到 O 点,设弹簧的最大压缩量为 x.由功能关系: 1 2 μ(2mg)· 2x= · (2m)v2 2 v2 l 0 解得:x= - 16μg 8 4. (1)下列说法正确的是________. A.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,是因为光的强度太弱 B.德布罗意认为一切物体都具有波粒二象性 C.比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收能量 D.黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与温度有关 (2)核电池又叫“放射性同位素电池”,一个硬币大小的核电池可以让手机不充电使用
2 5 000 年.燃料中钚(238 94 Pu)是一种人造同位素,可通过下列反应合成:①用氘核(1H)轰击 238 238 2 238 铀(238 核反应方程是92 U+1 H→93 Np+2X; ②镎(238 92 U)生成镎(93 Np)和两个相同的粒子 X, 93 238 238 Np)放出一个粒子 Y 后转变成钚(238 94 Pu),核反应方程是93 Np→94 Pu+Y.则 X 粒子的符号

为________;Y 粒子的符号为________. (3)如图 5 甲所示,光滑水平面上有 A、B 两物体,已知 A 的质量为 2 kg,A 以一定的初 速度向右运动, 与 B 发生正碰后粘在一起向右运动, 它们的位移-时间图象如图乙. 求:

图5 ①物体 B 的质量; ②A、B 碰撞过程中损失的机械能. 答案 解析 (1)BD (2)1 0n 0-1e (3)①6 kg ②12 J

(3)①由题图知:碰前 vA=4 m/s,vB=0

碰后两者速度 v=1 m/s 碰撞过程动量守恒,由 mAvA=(mA+mB)v 解得 mB=6 kg 1 1 2 ②A、B 碰撞过程中损失的机械能 ΔE= mAv2 A- (mA+mB)v =12 J 2 2

5. (1)由于放射性元素237 93 Np 的半衰期很短,所以在自然界一直未被发现,只是在使用人工
209 的方法制造后才被发现, 已知237 下列论断中 93 Np 经过一系列 α 衰变和 β 衰变后变成83 Bi,

正确的是 A. B.
209 83 Bi 209 83 Bi 237 的原子核比93 Np 的原子核少 28 个中子

(

)

的原子核比237 93 Np 的原子核少 18 个中子

C.衰变过程中共发生了 7 次 α 衰变和 4 次 β 衰变 D.衰变过程中共发生了 4 次 α 衰变和 7 次 β 衰变 (2)光滑的水平面上,用弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、B 两物块都以 6 m/s 的速度向右 运动,弹簧处于原长,质量为 4 kg 的物块 C 静止在前方,如图 6 所示,B、C 碰后粘在 一起运动.则在以后的运动中,

图6 ①弹簧弹性势能最大时物块 A 的速度为多少; ②弹簧的弹性势能最大为多少. 答案 解析 (1)BC (1) (2)①3 m/s ②12 J
209 的原子核比237 93 Np 少 10 个质子,质子数和中子数总共少 28 个,故83 Bi

209 83 Bi

237 209 的原子核比237 93 Np 少 18 个中子,故 A 错误,B 正确;设93 Np 变为83 Bi 需要经过 x 次 α

衰变和 y 次 β 衰变,根据质量数和电荷数守恒则有:4x=237-209,93=2x-y+83,所 以解得:x=7,y=4,故 C 正确,D 错误;故选 B、C. (2)①当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由 A、B、C 三者组成的系统 动量守恒得:(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA,解得:vA=3 m/s ②B、C 碰撞时,B、C 系统动量守恒,设碰后瞬间两者的共同速度为 v1,则:mBv=(mB +mC)v1,解得:v1=2 m/s 设弹簧的弹性势能最大为 Ep,根据机械能守恒得: 1 1 1 2 2 Ep= (mB+mC)v2 1+ mAv - (mA+mB+mC)vA 2 2 2 代入解得:Ep=12 J
12 13 6. 某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论, 其中的两个核反应方程为1 1H+ 6C→ 7N 1 15 12 +Q1,1 H+7 N→6 C+X+Q2,方程中 Q1、Q2 表示释放的能量,相关的原子核质量见下

表: 原子核 质量/u
1 1H 3 2He 4 2He 12 6 C 13 7 N 15 7 N

1.007 8

3.016 0

4.002 6

12.000 0

13.005 7

15.000 1

则 X 是________,Q2________Q1(填“大于”、“等于”或“小于”). (2)如图 7 所示,在水平光滑桌面上放一质量为 2m 的玩具小车,在小车的左侧固定一光

滑圆弧轨道(是小车的一部分),其末端处水平.用手将小车固定在桌面上,然后将质量为 m 的小球从光滑圆弧轨道某位置由静止释放,小球离开轨道后落在车上 A 点,OA=s.若小车不 固定时,将该小球从光滑圆弧轨道同一位置由静止释放,则小球将落在车上距 O 点多远处? (设小车足够长,球不致落在车外)

图7 答案 解析 (1)4 大于 2He (2) 6 s 2

(2)当小车固定不动时,设小球离开轨道水平部分时的速度大小为 v,从离开水平

轨道到落到车上 A 点所用时间为 t,有 s=vt 当小车不固定时,设小球离开轨道水平部分时相对于地面的速度大小为 v1,车速的大小 为 v2,由动量守恒定律,mv1=2mv2 1 1 由机械能守恒定律, 两次小球离开轨道水平部分时的总动能相同, 则有: mv2 + ×2mv2 2 2 1 2 1 = mv2 2 设小球落在车上 A′处,OA′=s1,则由平抛运动规律可知: s1=(v1+v2)t 解得:s1= 6 s 2

λ0 7. (1)用波长为 λ0 的单色光照射金属钨, 发出的光电子的最大初动能为 Ek.当改用波长为 的 2 单色光照射金属钨时,发出的光电子的最大初动能为 ________,金属钨的截止频率是 ________.已知真空中的光速和普朗克常量分别为 c、h. (2)光滑水平面的右端有一固定的倾斜轨道,轨道面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相 切,如图 8 所示.一质量为 2 kg 的滑块 A 以 vA=15 m/s 的速度向右滑行,另一质量为 1 kg 的滑块 B 从 5 m 高处由静止开始下滑,它们在水平轨道相碰后,B 滑块刚好能返回到 出发点.g 取 10 m/s2.

图8 ①求第一次碰撞后滑块 A 的瞬时速度;

②求两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能. 答案 c c Ek (1)h +Ek - λ0 λ0 h (2)①5 m/s,方向向右

②200 J 解析 (2)①设滑块 B 下滑的过程中, 到达水平轨道时的速度大小为 vB, 根据机械能守恒

1 定律得:mBgh= mBv2 B 2 所以 vB= 2gh=10 m/s 碰后 B 又能返回出发点,则碰后 B 的速度大小为 vB′=10 m/s 以向右为正方向,则 vB=-10 m/s,vB′=10 m/s,vA=15 m/s 滑块 A、B 碰撞过程中动量守恒:mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′ 代入数据解得:vA′=5 m/s,方向向右 ②两滑块在碰撞过程中损失的机械能为: 1 1 1 1 2 2 2 ΔE 损= mAv2 A+ mBvB-( mAvA′ + mBvB′ ) 2 2 2 2 代入数据解得: ΔE 损=200 J 8. (1)以下说法中正确的是 A.光电效应揭示了光的波动性,而康普顿效应揭示了光的粒子性
4 12 B.核反应方程:9 4Be+2He→ 6C+X 中的 X 为质子

(

)

C.

14 6 C

1 14 的半衰期为 5 730 年,若测得一古生物遗骸中的6 C 含量只有活体中的 ,则此遗 8

骸距今约有 17 190 年 D.高速运动的质子、中子和电子都具有波动性 E.一群氢原子处在 n=4 的能级,由较高能级跃迁到较低能级时,辐射的光谱线条数为 4条 (2)如图 9 所示,C 是静止放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为 2m.小木块 B 以 2v0 的初速度水平向右从木板左端滑上木板.当 B 与 C 相对静止后,小木块 A 以 v0 的初速度水平向右从木板左端滑上木板.小木块 A 和 B 质量均为 m,它们与木板间的动 摩擦因数均为 μ,且木板足够长,重力加速度为 g.求:

图9 ①小木块 B 的最终速度; ②小木块 A 与小木块 B 的最终距离.

答案 解析

(1)CD

3 (2)① v0 4



31v2 0 24μg

(2)①当 B 与 C 相对静止时,根据动量守恒有:

m· 2v0=(m+2m)v1 2 得:v1= v0 3 A、B、C 三物体组成的系统动量守恒,当三物体有共同速度 v2 时,有: mv0+(m+2m)v1=(m+m+2m)v2 3 得:v2= v0 4 ②从木块 B 滑上木板 C 开始,到木块 B 与木板 C 相对静止,对木块 B 与木板 C 组成的 系统运用动能定理,有: 1 1 2 -μmgx1= (m+2m)v2 1- m(2v0) 2 2 4v2 0 解得:x1= 3μg 从木块 A 滑上木板 C 开始,到木块 A 与木板 C 相对静止,对木块 A、木块 B 与木板 C 组成的系统运用动能定理,有: 1 1 1 2 2 -μmgx2= (m+m+2m)v2 2-[ (m+2m)v1+ mv0] 2 2 2 v2 0 解得:x2= 24μg
2 31v0 则小木块 A 与小木块 B 最终的距离为:x=x1-x2= 24μg


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