2017年度高考物理（原子物理和动量）二轮专题练习 20页

‎　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 En＝(n＝1,2,3，…)‎ ‎(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 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个中子结合成一整体射出 ‎1个中子转化为1个质子和1个电子 ‎2H＋2n→He n→H＋e 衰变规律 质量数守恒、电荷数守恒 ‎3. α射线、β射线、γ射线之间的区别 名称 α射线 β射线 γ射线 实质 氦核流 电子流 光子 速度 约为光速的 约为光速的 ‎99%‎ 光速 电离作用 很强 较弱 很弱 贯穿能力 很弱 较强 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：‎ N＋He→O＋H 查德威克发现中子的核反应方程为：‎ Be＋He→‎6C＋n 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：Al＋He→P＋n，P→Si＋e ‎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极限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10－9 s.‎ ‎(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′‎ 即m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2‎ 或＋≥＋ ‎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.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题型1　原子物理基本知识与动量守恒定律的组合 例1　(15分)(1)(6分)以下说法中正确的是 (　　)‎ A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 B．贝可勒尔通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了质子 C．卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型 D．氘核和氚核可发生热核聚变，核反应方程是H＋H→He＋n E．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大 ‎(2)(9分)如图1所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为‎2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．‎ 图1‎ 解析　(1)根据物理学史实，选项A、C正确；查德威克通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了电子，选项B错误；根据电荷数守恒和质量数守恒可知，选项D正确；运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越小，选项E错误．‎ ‎(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律得 推出木箱的过程有0＝(m＋‎2m)v1－mv (3分)‎ 接住木箱的过程有mv＋(m＋‎2m)v1＝(m＋m＋‎2m)v2 (3分)‎ 解得共同速度v2＝ (3分)‎ 答案　(1)ACD　(2) 以题说法　运用动量守恒定律解题的步骤 ‎1．确定研究对象(系统)；‎ ‎2．做好受力分析，判断是否满足动量守恒的条件；‎ ‎3．确定满足动量守恒的过程；‎ ‎4．选取正方向，明确初、末状态；‎ ‎5．列方程求解．‎ ‎　(1)下列说法正确的是________．‎ A．光电效应现象揭示了光具有粒子性 B．阴极射线的本质是高频电磁波 C．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．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 E．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 ‎(2)如图2所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为mA＝‎2 kg，mB＝‎1 kg，A、B相距s＝‎9.5 m，A以v0＝‎10 m/s的初速度向静止的B运动，与B发生正碰，碰撞时间极短，分开后仍沿原来方向运动，A、B均停止运动时相距Δs＝‎19.5 m．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝‎10 m/s2，求碰撞过程中的能量损失．‎ 图2‎ 答案　(1)ACE　(2)24 J 解析　(1)光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，选项A正确；阴极射线的本质是高速运动的电子流，选项B错误；卢瑟福的原子核式结构模型就是根据α粒子散射实验提出的，选项C正确；β衰变中飞出的电子是由一个中子转化成质子时释放出来的，原子核中没电子，选项D错误；一群原子从n＝3激发态跃迁到基态有3种途径，从n＝3能级到n＝2能级，从n＝2能级到n＝1能级，从n＝3能级直接到n＝1能级，选项E正确．‎ ‎(2)从A开始运动到与B相碰这一时间段内，根据 s＝v0t－μgt2‎ 代入已知条件，解得 t1＝19 s(舍掉，这表示A超过B后直到静止然后反向加速运动经过B点时所需要的时间)‎ t2＝1 s 于是碰撞时刻A的速度v＝v0－μgt2＝‎9 m/s 碰撞过程中能量损失了，但是动量守恒，设碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，根据动量守恒定律，有 mAv＝mAv1＋mBv2‎ 同时2μgxA＝v ‎2μgxB＝v Δs＝xB－xA＝‎‎19.5 m 联立解得v1＝‎5 m/s，v2＝‎8 m/s 可知碰撞前能量为mAv2＝81 J，碰撞后能量为mAv＋mBv＝25 J＋32 J＝57 J，所以碰撞过程中能量损失了24 J 题型2　氢原子能级与动量守恒定律的组合 例2　(15分)(1)(6分)已知氢原子的能级为：E1＝－13.60 eV，E2＝－3.40 eV，E3＝－1.51 eV，E4＝－0.85 eV，现用光子能量介于10.00 eV～12.70 eV之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是 (　　)‎ A．该照射光的光子可能会被处于基态的氢原子吸收 B．该照射光的光子一定会被吸收 C．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有3种 D．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有6种 ‎(2)(9分)如图3所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，绳的另一端拴一个质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则：‎ 图3‎ ‎①当细绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？‎ ‎②若在横杆上立一挡板，问应与环的初位置相距多远，才不致使环在运动过程中与挡板相碰？‎ 解析　(1)E2－E1＝10.20 eV，E3－E1＝12.09 eV，由于光子能量介于10.00 eV～12.70‎ ‎ eV，所以可能会被处于基态的氢原子吸收从而跃迁到能级2或能级3上，A正确；若此光子不符合能级差值，则不会被氢原子吸收，B错误；若吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，则此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为3→2、3→1、2→1，C正确，D错误．‎ ‎(2)①设小球的水平位移大小为x1，圆环的水平位移大小为x2，且设向左为正方向，则有 mx1－Mx2＝0 (2分)‎ x1＋x2＝L－Lcos θ (2分)‎ 解得x2＝ (1分)‎ ‎②设小球向左的最大水平位移大小为x1′，圆环向右的最大水平位移为x2′，且设向左为正方向，则有 当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左边同初始位置等高，且速度为零 ‎(1分)‎ mx1′－Mx2′＝0 (1分)‎ x1′＋x2′＝‎2L (1分)‎ 解得x2′＝ 所以挡板与环的初始位置相距 (1分)‎ 答案　(1)AC　(2)①　② 以题说法　关于原子跃迁要注意以下四方面：‎ ‎(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)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．‎ ‎　(1)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)如图4所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为‎16m.人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v 弹回，人接住球后再以速率v将球推向墙壁，如此反复．‎ 图4‎ ‎ (i)求人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？‎ ‎(ii)人经几次推球后，再也不能接住球？‎ 答案　(1)3　6.58×10－7　(2)(i)mv2　(ii)9次 解析　(1)12.5 eV大于让氢原子从基态跃迁到n＝3激发态上的能量，小于让氢原子从基态跃迁到n＝4激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为n＝3的能级；从n＝3激发态跃迁到n＝2激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.4－1.51)×1.6×10－19 J＝h，代入数据解得λ＝6.58×10－‎7 m.‎ ‎(2)(i)以水平向右为正方向，人第一次将球推出后，设人与车的速度为v′，球、人与车组成的系统动量守恒有 ‎0＝16mv′－mv 人对系统做功W＝×16mv′2＋mv2‎ 所以W＝mv2‎ ‎(ii)球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，若人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球．以水平向右为正方向，球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为 ΔI＝mv－(－mv)＝2mv 球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nΔI，由动量定理得 nΔI＝(‎16m＋m)v 即n·2mv＝(‎16m＋m)v 解得n＝8.5次 所以，人推球9次后，再也不能接住球．‎ 题型3　原子核的衰变、核反应与动量守恒定律的组合 例3　(15分)(1)(6分)下列关于核反应及衰变的表述正确的有________．‎ A.H＋H→He＋n是轻核聚变 B．X＋N→O＋H中，X表示He C．半衰期与原子所处的化学状态无关 D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 E.Th衰变成Pb要经过6次α衰变和4次β衰变 ‎(2)(9分)如图5所示，平板小车C上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A、B，将它们停放在光滑水平地面上．先打开球A所在的装置，将球A发射出去，球A获得vA＝‎8 m/s的速度．已知球A的质量mA＝‎1 kg，小车C和球B的总质量M＝‎4 kg.则：‎ 图5‎ ‎①发射球A时，弹射装置释放的能量为多少？‎ ‎②将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为 kg的球B发射出去？‎ 解析　(1)由轻核聚变定义可知A正确；在核反应过程中电荷数和质量数守恒，设选项B中X的电荷数为N，质量数为M，则N＋7＝8＋1，N＝2，M＋14＝17＋1，M＝4，B错误；半衰期为放射性元素自身的性质，与所处化学状态、物理环境无关，C正确；β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，D错误；设Th衰变成Pb要经过x次α衰变和y次β衰变，则由90－2x＋y＝82，232－4x＝208可得x＝6，y＝4，E正确．‎ ‎(2)①发射球A时，球A、B和小车C组成的系统动量守恒，有 mAvA＝Mv1 (2分)‎ 解得v1＝‎2 m/s (1分)‎ 弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有 Ep＝mAv＋Mv (2分)‎ 解得Ep＝40 J (1分)‎ ‎②发射球B时，球B与小车组成的系统动量守恒，设将球B发射出去的速度为vB，有 mBvB＝Mv1 (2分)‎ 解得vB＝‎12 m/s (1分)‎ 答案　(1)ACE　(2)①40 J　②‎12 m/s 以题说法　1.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．‎ ‎2．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．‎ ‎　(1)2011年3月，日本地震引发海啸，继而福岛核电站发生核泄漏．关于核电站和核辐射，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．核反应堆发生的是轻核聚变反应 B．核反应堆发生的是重核裂变反应 C．放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关 D．放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关 ‎(2)如图6所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，可看做质点的质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度，沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上(若A、B相碰，碰后一定粘在一起)．要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？‎ 图6‎ 答案　(1)BC　(2) 解析　(1)核反应堆发生的是重核裂变反应，A错误，B正确；放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关，C正确，D错误．‎ ‎(2)设A、B及小车组成的系统最终达到共同速度v共，系统所受合外力为0，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则 m·2v－mv＝3mv共 解得v共＝v 要使A、B恰好不相碰，则A、B及小车共速时A、B刚好相遇，设车长为L，由能量守恒定律有 μmgL＝m(2v)2＋mv2－×‎3m(v)2‎ 解得L＝ ‎17．动量和能量观点的综合应用 审题示例 ‎(10分)如图7，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度L＝R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内，物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数μ＝0.1，Q的质量为M＝‎2m，重力加速度为g.‎ 图7‎ ‎(1)若Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，求v0的大小和P向右刚越过D点时对Q的压力大小；‎ ‎(2)若Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.‎ 审题模板 答题模板 ‎(1)P从A点到C点又返回A点的过程中，由动能定理有 ‎－μmg·‎2L＝0－mv (1分)‎ 将L＝R代入上式解得：v0＝ (1分)‎ 若P在D点的速度为vD，此时Q对P的支持力为FD，由动能定理和牛顿第二定律有 ‎－μmgL＝mv－mv (1分)‎ FD－mg＝m (1分)‎ 联立解得：FD＝1.2mg (1分)‎ 由牛顿第三定律可知，P对Q的压力大小也为1.2mg (1分)‎ ‎(2)当P、Q具有共同速度v时，P达到最大高度h，由动量守恒定律有 mv0＝(m＋M)v (1分)‎ 由能量守恒定律有 mv＝μmgL＋(m＋M)v2＋mgh (2分)‎ 联立解得：h＝R (1分)‎ 答案　(1) 　1.2mg　(2)R ‎　(1)原子核的结合能和质量亏损是两个有密切联系的概念，关于这两个概念，下列说法正确的是________．‎ A．当核子结合成原子核时要吸收一定能量 B．原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定 C．核子结合成原子核时会出现质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭 D．原子核的平均结合能越大，则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，平均每个核子的质量亏损就越多 E．一个质子(mp)和一个中子(mn)结合成一个氘核(mD)，则氘核的平均结合能为(mp＋mn－mD)c2‎ ‎(2)如图8所示，光滑水平面上静止一质量为‎2m、长为L的长方形匀质木块．现有一颗质量为m的子弹以速度v0沿轴线水平射向木块，穿出木块时子弹速度为，设木块对子弹的阻力保持不变．求：‎ 图8‎ ‎(i)子弹穿出木块的过程中系统增加的内能；‎ ‎(ii)若换用一块同样材料、同样横截面积、但长L′＝‎1.5L的质量较大的木块，则子弹不能穿出木块，求子弹射入木块的深度x.‎ 答案　(1)BCD　(2)(i)mv　(ii)‎‎1.2L 解析　(1)轻核的比结合能小，聚变后的原子核比结合能增加，因此核子结合成原子核时会放出能量，A错误；平均结合能越大，把原子核分开需要的能量越大，原子核越稳定，B正确；质量亏损只是表明了亏损的质量与释放的能量的关系，C正确；结合能与核子数之比称做比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个核子分离所需能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质量越小，D正确；由于有两个核子，所以氘核的平均结合能为，E错误．‎ ‎(2)(i)子弹穿出木块的过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，设子弹穿出木块后木块速度为v，则有 mv0＝m()＋2mv 解得v＝v0‎ 损失的动能即为系统增加的内能Q，设木块对子弹的阻力为Ff，则Q＝FfL＝mv－m()2－(‎2m)v2＝mv ‎(ii)设较大木块的质量为m′，则 m′＝L′＝‎‎3m 设子弹与较大木块的共同速度为v′，由动量守恒得 mv0＝(m＋m′)v′‎ v′＝v0‎ 射入木块过程中损失的动能为 Ffx＝mv－(m＋m′)v′2＝mv 解得x＝‎‎1.2L ‎(限时：40分钟)‎ ‎1． (2013·新课标Ⅱ·35)(1)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．‎ A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 C．铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能 D．比结合能越大，原子核越不稳定 E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 ‎(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．‎ 答案　(1)ABC　(2)(ⅰ)mv　(ⅱ)mv 解析　(2)(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 ②‎ mv＝ΔE＋×(‎2m)v ③‎ 联立①②③式得 ΔE＝mv ④‎ ‎(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 ⑤‎ mv－ΔE＝×(‎3m)v＋Ep ⑥‎ 联立④⑤⑥式得 Ep＝mv ‎2． (1)下列说法中正确的是 (　　)‎ A．一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关 B．对于同一种金属来说，其极限频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关 C．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构 D．“人造太阳”的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3n ‎(2)如图2所示，质量mA＝‎2 kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量mB＝‎1 kg的木块 B以某一初速度v0＝‎5 m/s向右运动，与A碰撞后A、B都向右运动．木块A运动至挡板处，与挡板碰撞反弹(碰撞过程中无机械能损失)．后来与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为‎0.9 m/s、‎1.2 m/s.求：‎ 图2‎ ‎①第一次碰撞后A的速度；‎ ‎②第二次碰撞过程中，A对B做的功．‎ 答案　(1)AB　(2)①‎2 m/s　②0.22 J 解析　(1)一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关，A正确；金属的极限频率是由金属本身的性质决定的，与入射光的频率及光的强度均无关，B正确；汤姆孙发现了电子，卢瑟福通过α粒子散射实验说明原子具有核式结构，C错误；“人造太阳”是轻核的聚变，核反应方程为H＋H→He＋n，D错误．‎ ‎(2)①设向右为正方向，A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA1、vB1，由动量守恒定律得 mBv0＝mAvA1＋mBvB1‎ A与挡板碰撞反弹，则A、B第二次碰撞前瞬间的速度分别为－vA1、vB1，设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2‎ ‎－mAvA1＋mBvB1＝－mAvA2－mBvB2‎ 联立解得vA1＝‎2 m/s，vB1＝‎1 m/s ‎②设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，根据动能定理有W＝mBv－mBv＝0.22 J ‎3． (1)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图．把荧光屏和显微镜分别放在图中的A、B、C三个位置时，观察到相同时间内屏上的闪光次数最多的位置是________位置，相同时间内屏上的闪光次数最少的位置是________位置．‎ 图3‎ ‎(2)如图4所示，一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块．木块的质量分别为m1和m2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t1和t2.子弹在木块中受到的阻力为恒力Ff，求子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动？‎ 图4‎ 答案　(1)A　C　(2)　＋ 解析　(1)绝大多数α粒子穿越金箔后沿原方向前进，因此在A位置观察到的闪光次数最多，极个别α粒子穿越金箔后发生了大角度的偏转，因此在C位置观察到的闪光次数最少．‎ ‎(2)设子弹穿过木块m1时，m1、m2的速度为v1‎ 由动量定理有Fft1＝(m1＋m2)v1‎ 解得v1＝ 设子弹穿过m2时，m2的速度为v2，‎ 由动量定理有Fft2＝m2v2－m2v1‎ 解得v2＝＋ ‎4． (1)光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇并认识到经典理论的局限性．实验电路如图5所示，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K的截止频率，下列选项中分析正确的是 (　　)‎ 图5‎ A．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大 B．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能 C．将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的 D．如果将图中电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数将会减小，说明光电子逸出的初动能有大有小 ‎(2)如图6所示，一个质量为‎2m的物体A静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以一定的速度水平射入物体A内，射入的深度为物体长度的四分之一时达到共速，然后将一质量为m的小物块B轻放在物体A的中央，最终B刚好没有脱离A.设子弹射入过程中所受阻力大小恒为Ff1，A、B间的摩擦力大小恒为Ff2，求Ff1与Ff2的比．‎ 图6‎ 答案　(1)CD　(2)16∶1‎ 解析　(1)光电管两端加正向电压，目的是使从K极射出的光电子尽可能都打在A极上，滑片P向右移动的过程中，若光电子都已能打到A极，则再增加光电管两端电压时灵敏电流计示数也不会再增加，说明此时单位时间内逸出的光电子的数目是一定的，A、B错误，C正确；将电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，光电子克服反向电压打到A极，且电压越高，光电子要到达A极需要的初动能越大，灵敏电流计示数减小，说明光电子逸出的初动能有大有小，D正确．‎ ‎(2)子弹射入A中，由动量守恒定律有 mv0＝3mv1‎ 解得v1＝v0‎ 由能量守恒定律有 Ff1·＝mv－×3mv＝mv 小物块B放上后，对全过程由动量守恒定律有 mv0＝4mv2‎ 解得v2＝v0‎ 小物块B在物体A上滑动，由能量守恒定律有 Ff2·＝×3mv－×4mv＝mv 故＝ ‎5． (1)如图7所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法正确的是 (　　)‎ 图7‎ A．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短 B．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最大 C．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eV D．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV ‎(2)如图8所示，质量为m2＝‎1.5 kg的平板车B停放在光滑的水平面上，左端放置着一块质量为m1＝‎450 g的物体A，一颗质量为m0＝‎50 g的子弹以v0＝‎100 m/s的速度水平瞬间射入物体A并留在A中，平板车B足够长．求物体A与平板车B间因摩擦产生的热量．‎ 图8‎ 答案　(1)D　(2)18.75 J 解析　(1)有的氢原子可直接从n＝3跃迁到n＝1，释放出[－1.51－(－13.60)] eV＝12.09 eV的能量，有些可从n＝3跃迁到n＝2，释放出[－1.51－(－3.40)] eV＝1.89 eV的能量，再跃迁到n＝1，释放出[－3.40－(－13.60)] eV＝10.20 eV的能量，所以，这群氢原子能发出三种频率不同的光，由能级图及跃迁方程hν＝Em－En可知，从n＝3跃迁到n＝2所发出的光的频率最小，波长最长，选项A、B错误；由光电效应方程可知，氢原子从n＝3跃迁到n＝1时发出的光使金属钠表面发出的光电子的初动能最大，为(12.09－2.49) eV＝9.60 eV，选项C错误，D正确．‎ ‎(2)子弹射入A有m0v0＝(m1＋m0)vA 代入数据得子弹和A的共同速度vA＝‎10 m/s 子弹和A在车上滑行，最终和车B速度相同，则有 ‎(m1＋m0)vA＝(m1＋m2＋m0)v 代入数据得v＝‎2.5 m/s 物体A与平板车B间因摩擦产生的热量 Q＝(m1＋m0)v－(m1＋m2＋m0)v2‎ 代入数据得Q＝18.75 J ‎6． (1)关于以下三个核反应的说法正确的是________．‎ ‎①U→Th＋X ‎②N＋Y→O＋H ‎③U＋Z→Ba＋Kr＋3n A．X、Y是同种粒子 B．X、Z是同种粒子 C．粒子Z是正电子 D．①属于天然放射现象 E．反应③将释放能量 ‎(2)如图9所示，在光滑水平面上静止放置质量M＝‎3 kg的小车C，其上部是一个光滑曲面，曲面下端与B车的光滑上表面等高．质量为m＝‎1 kg的小物块A(可看成质点)与相同质量的小车B以v0＝‎2 m/s的初速度一起向右运动，B与C相碰并粘合后，A沿C的曲面上滑．已知两小车的碰撞时间极短，取g＝‎10 m/s2，求物块A在C曲面上能达到的最大高度h.‎ 图9‎ 答案　(1)ADE　(2)‎‎0.09 m 解析　(1)核反应中质量数、电荷数守恒，因此可知X、Y是He，Z是n，A正确，B、C错误；核反应①放出了He(α粒子)，α衰变属于天然放射现象．核反应③是铀核的裂变，属于重核裂变，将释放核能，D、E正确．‎ ‎(2)B和C碰撞过程，因碰撞时间极短，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v1‎ 设最终A、B、C的共同速度为v2，对A、B、C组成的系统有 mv0＋(m＋M)v1＝(‎2m＋M)v2‎ 根据能量守恒有 mv＋(m＋M)v＝mgh＋(‎2m＋M)v 解得h＝‎‎0.09 m ‎7． (1)下列说法正确的有________．‎ A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子 B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大 D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小 E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短 ‎(2)如图10所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为M和m，现将两物块用一根轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度v0‎ 在水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块M恰好静止．求弹簧最初所具有的弹性势能Ep.‎ 图10‎ 答案　(1)ABD　(2) 解析　(1)由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，所以C选项错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长，所以E选项错误．‎ ‎(2)设弹簧将两物块弹开后，物块m的速度为v 系统动量守恒，有(M＋m)v0＝mv 系统机械能守恒，有(M＋m)v＋Ep＝mv2‎ 解得Ep＝ ‎8． (1)下列说法中正确的是________．‎ A．氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率可能小于原吸收光子的频率 B.Th(钍)核衰变为Pa(镤)核时，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量 C．α粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的 D.Se→Kr＋2e，此核反应方程属于重核裂变 E．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 ‎(2)如图11所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B，长度均为L＝‎0.5 m，在B的中央位置有一个可以看成质点的小铁块C，三者的质量都为m，C与A、B间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现在A以速度v0＝‎6 m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而C可以在A、B上滑动，g＝‎10 m/s2，求小铁块C最终距长木板A左端的距离．‎ 图11‎ 答案　(1)ABE　(2)‎‎0.15 m 解析　(1)如果氢原子吸收光子从n＝1的基态跃迁到n＝3的激发态，则向低能级跃迁时，可能先从n＝3的激发态跃迁到n ‎＝2的激发态，那么放出的光子的频率小于原吸收光子的频率，选项A正确；衰变要释放出能量，所以有质量亏损，选项B正确；α粒子散射实验证明了原子具有核式结构，选项C错误；选项D属于β衰变，选项D错误；根据比结合能的物理意义，选项E正确．‎ ‎(2)设A与B碰后瞬间，A、B的共同速度为v1，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 ①‎ 设最终A、B、C的共同速度为v2，由动量守恒定律得mv0＝3mv2 ②‎ 假设C未掉下，A、B、C达到共同速度时，C在AB上滑过的距离为Δx，由能量守恒定律有 μmgΔx＝×2mv－×3mv ③‎ 由①②③得Δx＝‎‎0.6 m 由于‎0.6 m<‎0.5 m＋ m＝‎0.75 m，所以C未从A左端掉下 则C最终距A左端的距离为‎0.75 m－‎0.6 m＝‎‎0.15 m