2017年高考领航新课标物理大一轮复习教师第13章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核

Ⅱ(2)动量守恒定律结合动量定理及能量(4)核式结构、理论、能级、原2.Ⅰ3.Ⅰ4.光电效应方Ⅰ5.Ⅰ6.式ⅠⅠ8.Ⅰ9.Ⅰ10.ⅠⅠ12.Ⅰ第1 动量守恒定律及其应1．(2)：I＝Ft，适用恒力的冲量单位：千克·米/表达式：F合可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2方案二：利用等长悬线悬挂等完成一维碰撞实m1、安装：把两个等用等长悬线悬挂起来AB静止，两车碰撞时撞针插入橡 ＝ΔtO.(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10P就是小球落点的MN.如图所示．ONOP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．[易错警示·微点拨考点 动量定理的理解及应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动量定理中的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．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 由Ft＝p′－p，得

＝t由落体运动)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.m

m m m ＋mgD． t解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝m2gh＋mg.选项At0.64倍，且每次球与地板接触的时间相等．若空气阻的冲量为多少？(m＝0.5kg，g10m/s2)Hv0＝2gH，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(2)0.8mh＝

m＝1.25m1.25m0.8mv＝3m/s0.8m＝1.5N·s答案：(1)5∶4(2)1.5N·s(1)I＝Δp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考点二动量守恒的“四性AB80kg100后，A0.2m/sB的速度大小和方向．v0＝0.1m/s的方向为正方向，AB向空间站方向轻推后，A的速度一定沿正方向，即vA＝0.2m/s.将v0、vA代入数据解得vB＝0.02m/svB>0B答案：0.02 离开空间站方kgC静止，A、Bv0＝5m/s的速度匀速向右运动，AC相碰撞(时间极短)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CACA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，mAv0＝mAvA＋mCvC，AB在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，

答案：2考点三动量和能量观点的综合应用(高频考点)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题组一1．(2014·高考新课标卷Ⅰ)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性BmAPA球的速度恰为零．已mB＝3mAm/s2(1)B(2)P解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学有h＝0.8mvB＝4(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 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Ph′22 h′＝0.75答案：(1)4 (2)0.75xt变化的图象如图所示．求：(1)a、b(2)解析：(1)a、bm1、m2，a、bv1、v2.v1＝－2v2＝1a、b33

2m1v1＋2m2v2－2(m1＋m2)v22答案 题组二3．(2016·银川一中测试)d＝0.2mA、B，M＝0.9kg.m＝0.02kg的A穿出A时，测得木块的速度为v＝2m/s，最终停留在木块B中．求：(1)离开木块A时的速度大小及在木块A中所受的阻力大小(2)穿出A后进入B的过程中，与B组成的系统损失的机械能解析：(1)设离开A时速度为v1，对和A、B整体，有mv0＝mv1＋2Mv

v1＝320m/s，F＝7362有mv1＋Mv＝(m＋M)v2

2mv1＋2Mv－2(m＋M)v2＝989答案：(1)320 7362 (2)9894．(2016·河北邯郸摸底)A、Bm，放在一段粗糙程度相同的水平地面上木块AB间夹有一小块(的质量可以忽略不计)A、Bv0OP为2，此 使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设时释放的化学能全部转化为木块的动能，时间很短可以忽略不计，求：(2)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，释放的化学能为OPA、B 解得μ μ在P点时，A、B动量守恒，22

v0 2·2m·(2)＝2mv 答案 (2) 考点四1．碰后m1被反弹．mvA、B两球的碰撞来验证动 CA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 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 ，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．运动，时间才相等，故选项BA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．由动量守恒定律得mA·vA＝mA·vA′＋mB·vB′，v＝x/t，故得出mA·OM＋mB·ON；若是弹性碰撞，则动能守恒，有1mv2＝1AvA′2＋12A mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2由h＝1gt2，v＝x，得出v与1成正比，再结合动量守恒定律 mA·vA′＋mB·vB′，故得出mA＝mA＋mB mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2(OP＋OM＝ON)mA mA mB 2(2014·d＝1.00cmf＝50.0Hz.BA一向右的初速BΔtB＝3.500ms，碰撞前后打碰撞前后总动量之差 若实验允许的相对误差绝对值

最大为解析：f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＝1＝0.02s②fΔtAv0＝2.00v1＝0.970Bv2v2＝dBv2＝2.86pp′，则

规范训练(单独成册 2解析：AC.Ek＝1mv2p＝2mEk，两个质量不同的物量大的动能小，C正确、D错误．2内和后10s内所受外力的冲量分别是 A．10N·s,10B．10N·s，－10C．0.10N·sD．0，－10N·s解析：选D.由题图可知，10s内初、末状态的动量相等故选D.甲、乙两物体质量之比为() C.v1－mv2＝－mv1′＋mv2′m甲∶m乙＝3∶5，C将静置在地面上，质量为M(含)的火箭模型点火升空，在极短时间v0m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() m v0 选v守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝ 0，D正确．vA点进入槽内，则下列说法正确的是()选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，斜槽对的系统机械能守恒，B错误，C正确．等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()C．两球抛出后，船的速度为000，船的速度必2A船中质量为1mvAB2B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∶3B．A、B(包括人)1∶1C．A、B(包括人)2∶3D．A、B(包括人)1∶1选B(包括人)两船的动量大小相等，选项B选项AA

2

B ＝1m＋m

22

＝，选项C、D8μ.A、BA、BB恰Bx1A沿水平桌面滑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 解析：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＝2gt1，x1＝v1t1弹开后A做 运动，由动能定理得 即需要满足的关系式为 1答案：桌面离地的高度 19．(2015·高考卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A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 解析：A、BmA、mB，Bv0B的初速度方向v0mv＝m·v0＋m·－v0m∶m B A B 3 答案 10．(2014·高考大纲卷)冰球运动员甲的质量为80.0kg.当他以5.0100kg3.0m/s的迎面而来的运动员(2)V′，由动量守恒定律得V′＝1.0设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE 2mv＋2MV＝2MV′ΔE＝1400答案：(1)1.0 (2)1400mA＝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)A、Bv0运动，C静止．某时刻细绳突然BCB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A、B：(mA＋mB)v0＝mAv共＋mBvB；对B、C：mBvB＝(mB＋mC)v共，A、B、C：(2m＋m)v0＝(2m＋m＋2m)v共v共＝30vB＝9 (2)B与C碰撞前后机械能的损失为 势能为Ep，则

25m9答案：(1)

5 第2 光电效应波粒二象二、光电效应方ε＝hν.W0：表达式：hν＝Ek＋W0hν，这些能量的W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．光的、衍射、偏振现象证明光具有波动性光电效应、效应说明光具有粒子性光电效应中的“光”不是指可见光，光电效应中的“光电子”

考点一属，逸出功W0是一定的，故光电子的大1．(2014·高考卷)(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电 B．减小入射光的强度，光电效应现象νν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．aKG的指针发生偏转，那么()A．aba光的强度可使通过电流计Gb光的强度可能使电流计Ga光照射光电管阴极K时通过电流计GdAB.aKG的指针发生偏转，b照射光电管阴极KGbab光的aGbb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．考点二光电效应方程及图象的理解(高频考点hν：光电子的能量由图线直接(间接)最大初动能Ek与入ν的关系图ν轴交点的横坐标νc坐标的值W0＝|－E|＝E③常量：图线的斜率点ImUc1、遏止电压Uc与入射ννc点③常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝压题组一定不同的是() C．光电子的最大初动能D．逸出功ACD.的绝对值为e，则常量可表示 ，所用材料的逸出功可表示 eb＝－W0e答案 题组二 D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间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νEkmW0的关系，CE＝nhν，ν越大，E一定，则光子数n越小，单位时间出的光电子数就越少，D错．4．(2016·焦作一模)物理学家密立根以精湛的技术测出了光电效应电子的电荷量为1.6×10－19C，由图中数据可知常量为J·s，金属的 解析：根据光电效应方程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＝4.77×1014Hz≈4.8×1014Hz.Ekm＝0.5eV.ν0＝4.77×1014Hz时，光电子的最大初动能为0.h×6.0×1014Hz－W0＝0.5×1.6×10－19J，即h×4.77×1014Hz－W0＝0答案 hν0＝c0Ek＝hν－W0时，注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1eV＝1.6×10－19J)．考点三光的波粒二象性频率越低波动性越显著，越容易看到光的和衍射现象；频率越高粒 D．动能相等的质子和电子，它们的德波长也相等p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 λ＝h和p2＝2m·Ek知动能相等的质子和p电子动量不同，德波长不相等，选项D错误2．(2015·高考卷Ⅱ)(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实 A．通过双缝实验装置后可以形成图B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹解析选ACD.具有波动性通过双缝实验装置后可以形成图样，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BC子显微镜是利用工作的，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——(1)光电效应方程：Ek＝hν－W0.(2)最大初动能与遏止电压的关系eUc.(3)λ0的关系：W0＝hνc＝对光电效应的“四点提醒

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)微观粒子的波动性与机械波不同，微观粒子的波是概率波 A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相和对立的解析：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·高考卷)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不的是 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．如果一个电子的德波长和一个中子的相等，则它们的 C．动量D．总能量p解析：选C.由 波长λ＝h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＝2mv＝2m，二者动能不同，由也不同，A、B、D

电子速度之比为2∶1，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()λλC2λD4λ

2mW0＝hc，A正确、B3λ时都能发生光电效应，C错误、DeV3.34eVEk－ν坐标系中，下图中用实线表示钨，虚线表示锌，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hνc＝W0νc小些，Ah6．(2016·常州模拟)1927年和分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获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()解析：选C.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，CA、B、D7．(多选)4.5×1014Hz，则以下判断中正确的是 C．用λ＝0.5μm的光照射光电管时，电路中有光电生ν＝ν＝

0.5

0.5×10－6＝6×1014Hz＞4.5×1014HzB、C图可知()4.27×10145.5×1014该图线的斜率表示常0.5

eV＝1.77eV，Dν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应．换同ν的强激光照射阴极KKAK、A之间就形成了使光电子反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为常量，e为电子电荷

＝e－

e－C．U＝2hν－W

＝2e－解析：B. 在电场中由动能定理 联立①②得：U＝nhν－W(n＝2,3,4，…)，选项B 10．(多选)某半导体激光器发射波长为1.5×10－6m，功率为5.0×10－3W的连续激光．已知可见光波长的数量级为10－7m，常量h＝6.63×10－34J·s， 1.3×10－183.8×1016选线，A错误，BE＝hν＝

1.3×10－19J，C

3.8×1016个，D＝E11．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， 是阴极，阴极材料的逸出功等 加在A、K间的正向电压为U 为了光电子到达阳极在AK间应加上U反＝ 增加A、K减小A、K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.从阴极逸出的光电子在到达阳极的过程中将被，被电场消耗的动为eUc，如果hν－hν0＝eUc，就将没有光电子能够到达阳极，所以 时间内入射光子的个数，所以只有A正确．A

答案 逐渐增大，直至保持不变

12λ＝0.50μm的绿光h＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K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ee

＝

Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×0.6V＝9.6×10－20

c－hλ0＝0.66h答案：(1)4.0×1012个9.6×10－20(2)0.66

3节1909～1911年，英国物理学家进行了α粒子散射实验，提出了原α90°，甚至被弹回．氢 (1)理hν＝Em－En.①能级：在理论中，原子各个状态的能量值①氢原子的半径：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态半径②氢原子的能 1E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，E1－13.6Z原子核常用AX表示，XAZZ表示核的电荷数(原子序数天然放射现象：某些元素自射某些射线的现象称为天然放射现象，三种射线的本质：α射线是氦核，β射线是电子，γβγ1.5×10－15m①质能方程①定义：使重核成几个质量较小的原子核的核反应 ④链式反应的条件：a.要有足够浓度的235U；b.[易错警示·微点拨考点 氢原子能级及能级跃(1)氢原子的能级图(如下图(2)①能级图中的横线表示氢原子可能的能量状态——13.6eV时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增原子能量增大．n n1.(2014·高考山东卷)(多选)n＝3的能级时，辐射光的波长为656nm.以下判断正确的是 n＝2n＝1656325nmn＝1n＝2n＝33c633nmn＝2n＝3c解析：选CD.

hλ＝Em－En吸收或辐射的波长越短，A错误．由能级图知，E3－E2＝1.89eV＝c1＝10.2

cλ2＝1.89λ1＝121.56nm，Bn＝3λ2h λ2

＝3656nm，D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，ΔnE的可能值为()Δn＝1,13.22eV＜E＜13.32eVB．Δn＝2,13.22eV＜E＜13.32eVC．Δn＝1,12.75eV＜E＜13.06eVD．Δn＝2,12.75eV＜E＜13.06(2)如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06eV的光照射一群处于 m(已知常量h＝6.63×10－34J·s)．解析：(1)由原子在某一级级跃迁最多发射谱线数C2可知5656

子数分别可能为2和4,5和6……Δn＝2和Δn＝1.当Δn＝2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＜E≥[－0.85－(－13.60)]eV＝12.75E＜[－0.54－(－13.60)]eV＝13.0612.75eV≤E＜13.06故D同理当Δn＝1时，使调高后电子的能量满足13．22eV≤E＜13.32故A(2)13.6eV－13.06eV＝0.54eV13.06eV的光照射氢原射的频率种类为C2＝10ΔE＝hν＝hc513.06eV

＝

答案 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c＝λν求得．n组合知识求解 n考点二原子核和原子核的衰变(高频考点)αβ Z 22 γ射线：γ射线经常是伴随着αβ衰变同时产生的．其实质是放射αβ衰变的过程中，产生的新核由于具有过多的能量(核(1)发现质子的核反应方程为 (2)克发现中子的核反应方程为42604260202033因为βα根据衰变规律确定β衰变的次数． 题组一1．(2015·高考卷)下列核反应方程中，属于α衰变的 C.2H＋3H→4He＋1nD．234Th→234Pa＋0 2B.αα粒子(4He)22．(2015·高考山东卷)(多选)14C14N570014C12C的比例不变；生命活动结束后，14C制样品的二分之一．下列说法正确的是()57002C、13C、14C4C14Nβ14C67B错误.14C的衰变方程为14C→14N＋0－1e67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·高考课标卷Ⅰ)(多选)关于天然放射性，下列说法正确的(D．α、β和γ三种射线中，γ射线的能力最强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.A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，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αβ衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项E错题组二 β强铀核(238U)衰变为铅核(206Pb)8α6β CD.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射线的能力最强，αC正确；铀核(238U)衰变为铅核(206Pb)α24β1，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D5．(2016·江苏南通一模)(多选)钍234Th而变为镤234Paγ射线产生，其方程为234Th→234Pa＋x为24天，则下列说法中正确的是 A．x

B．xC．γg钍234Th1200.2g解析：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xA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B24天，1g钍234Th1205个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g，故D错误．Z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AXZnαmβ衰变后，变成稳定的新元素A′YAX→A′Y＋n4He＋m 由以上两式联立解得 βα衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数．1．

考点三根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE根据ΔE＝Δm×931.5MeV1原子质量单位(u)931.5的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是原子核的结合能＝平均结合能×关系式p2＝2mEk的应用．1．(2015·高考卷)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核X＋Y→4He＋3H＋4.9MeV和2H＋3H→4He＋X＋17.6MeV 的有

A．XB．Y36112解析：选AD.核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，则由1120213＋X＋17.6MeV知X为1nX＋Y→4He＋3H＋4.9MeV知Y为6LiY02132133A正确，选项B错误．两个核反应都释放出核211120转变，2H＋3H→4He＋1n＋17.6MeV为轻核聚变，选项D11202．(2016·八校联考)一静止的238U核经α衰变成为234Th核，释放出的 4.27MeV.问：此衰变后234Th核的动能为多少MeV？(1位有效数字解析：根据题意知：此α22式中，mαmThα粒子和Th核的质量，vαvThα粒子和 mα＝4 Ek＝4.27MeV，是α粒子与Thmα由①②③式得 v2 Emα2Th

m 代入数据得，衰变后234Th 2mThvTh＝0.07答案：0.0711子(1n)、α粒子(4He)、β粒子(0e)、正电子(0e)、氘核(2H)、氚核(3H) ①使较重的核成中等大小的核课堂小结——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用数学组 求解 规范训练(单独成册1．(2016·茂名模拟)(多选)有关原子结构，下列说法正确的是 A．原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规B．核式结构模型可以很好地解释原子的稳定C．的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电D．的α粒子散射实验否定了关于原子结构的“西瓜模型；；；解析选AD.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核式结构模型不能解释原子的稳定性的α粒子散射；；；研究阴极射线时发现了电子．故A、D正确，B、C2．(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．γC．辐射能量的主要来源是中发生的重核裂D.210Bi5天，100克210Bi1050 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．辐射能量的主要来源是内部氢核的聚变，选项C错误.10天为两个半衰期，

以下说法中正确的是 A．通过实验发现了质C．通过实验提出了原子的核式结构模D．克发现了天然放射现象，说明原子具有复杂的结解析：选C.通过实验发现了电子而不是质子，A错误；发发现的，所以B、D错误；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)根据原子结构理论，氦离子(He＋)的He＋n＝4能有几个 B．2C．3D．6解析：ABC.He＋n＝4n＝1能级跃迁，则只发射一种谱线，An＝2能级，则还会发生第二次跃迁，跃迁n＝12条谱线，Bn＝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．m，则()ν2＞ν1kmk跃迁到能级m时向外辐射能量，其值为Ek－Em＝hν2－hν1，D正确．6(2 2

核总是利用比结合能小的核反应中γ5U核比239Pu核更稳定，说明235U 由于衰变时释放巨大能量，所以239Pu比235U 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235U的比结合能大，更稳定，C错． g氘全部发生聚变，则释放的能量是(NA为常数)( A．0.5×3.26MeVB．3.26MeVC．0.5NA×3.26MeVD．NA×3.26解析：C.3.26MeV，那么2g氘核(即1mol氘核)聚变释放的能量为0.5NA×3.26MeV，C正确．8．(2014·高考福建卷)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()①表示γ射线，③表示αβααγβα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γα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)232Th(钍)经过一系列αβ衰变，变成208Pb(铅) 正确的是 8164次α6β6次α4β(2)约—夫妇发现放射性元素30P衰变成30Si的同时放出另一种子，这种粒子

32P是30P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1mg的32P 4mg的32P0.25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232＝208＋4x,90＝82＋2x－yx＝6，y＝4，C错、D对．铅核、钍核的

原1t0.25mg＝4mg1tt＝56

答案 (2)正电子56 实验中是用α3E1＝0.60MeV的质子轰击静止的锂核7Liα粒子，测得两个α粒E2＝19.9MeV，已知质子、α31.0073u、mα＝4.0015u、mLi＝7.0160u②通过计算说明ΔE＝Δmc2正确．(1u＝1.6606×10－27解析：(1)原子的核式结构模型是在α粒子的散射实验的基础上提出的，A错.1919年做了用α粒子轰击氮原子核的实验，用人工的方法使原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．312(2)312②核反应的质量亏损：Δm＝mLi＋mp－2mα＝7.0160u＋1.0073u＝0.0203u3×931.5MeV＝18.9MeV，而系统增加的能量：ΔE′＝E2－E1＝19.3MeV，这ΔE＝Δmc2答案 ②见解 激发态235U*立即衰变为铀核235U0.097MeVγ Pu235U和αu,1u＝931.5MeV/c2.

Pu＝239.0521u

＝235.0439u(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α解析：(1)或合起来有放出的能量为ΔE是铀核235U

U、α

和γ

设衰变后的铀核和αvUvα 2mUvU，E由⑧⑨式得 由⑦⑩式得Eα＝ Eα＝5.034 (2)5.034热点集训十三动量守恒定律＋原子结构