高考物理一轮复习 高考真题备选题库 第十三章 动量 近代物理初步（选修3-5）-人教版高三选修3-5物理试题

动量近代物理初步第1节动量守恒定律及其应用1．(2014·上海高考)A.动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA∶vB＝2∶1，则动量大小之比pA∶pB＝________；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比p∶pA＝________。解析：由动能和动量的表达式可得pA∶pB＝eq\f(2EkA,vA)∶eq\f(2EkB,vB)，又EkA＝EkB，vA∶vB＝2∶1，可求得pA∶pB＝1∶2；碰撞过程动量守恒，则pB－pA＝p，所以p＝pA，即p∶pA＝1∶1。答案：1∶21∶12．(2014·全国卷Ⅰ)如图，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＝0.8m，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＝0.3s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球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/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。解析：(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＝eq\r(2gh)①将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2。由运动学规律可得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。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv′2④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,2)⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝eq\f(v′\o\al(2,B)－v\o\al(2,2),2g)⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧答案：(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m3．(2014·全国卷Ⅱ)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)))×100%))最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v＝eq\f(Δs,Δt) ①式中Δs为滑块在很短时间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＝eq\f(1,f)＝0.02s ②ΔtA可视为很短。设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s ③v1＝0.970m/s ④设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB) ⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0 ⑦p′＝m1v1＋m2v2 ⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p－p′,p)))×100% ⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5% ⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案：见解析4．(2014·大纲卷)一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(4A,A＋12) D.eq\f(A＋12,A－12)解析：选A中子和原子核发生弹性正碰，动量守恒、能量守恒，则mv＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，联立方程可得：eq\f(v,v1)＝eq\f(A＋1,A－1)，选项A正确，选项B、C、D错误。5．(2014·大纲卷)冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′。由动量守恒定律有mv－MV＝MV′ ①代入数据得V′＝1.0m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MV2＝eq\f(1,2)MV′2＋ΔE ③联立②③式，代入数据得ΔE＝1400J。 ④答案：(1)1.0m/s(2)1400J6．(2014·北京高考)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有()A．qa<qb B．ma<mbC．Ta<Tb D.eq\f(qa,ma)＜eq\f(qb,mb)解析：选A设带电粒子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得，qvB＝meq\f(v2,R)，解得mv＝qBR。两个粒子的动量mv相等，则有qaBRa＝qbBRb。根据题述，a运动的半径大于b运动的半径，即Ra>Rb，所以qa<qb，选项A正确。根据题述条件，不能判断出两粒子的质量关系，选项B错误。带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，不能判断出两粒子的周期、比荷之间的关系，选项CD错误。7．(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。解析：设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s。(3)根据动能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m。答案：见解析8．(2014·天津高考)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s。求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l。解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2。 ②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v ③代入数据解得v＝1m/s。 ④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v ⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A) ⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m ⑦答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m9．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错，B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。10．(2014·山东高考)如图，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：(i)B的质量；(ii)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。解析：(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，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为eq\f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v ①由①式得mB＝eq\f(m,2) ②(ⅱ)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v ③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2 ④联立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0) ⑤答案：见解析11．(2014·广东高考)如图的水平轨道中，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＝2s至t2＝4s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2。P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。(1)若v1＝6m/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)若v1＝6m/s，根据动量守恒定律，碰撞后瞬间P的速度v满足mv1＝2mv解得v＝3m/s碰撞过程损失的动能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×1×62J－eq\f(1,2)×2×1×32J＝9J(2)由于探测器的工作时间在t1＝2s至t2＝4s内，要在工作时间内通过，由于P与挡板发生的是弹性碰撞，因此P从A出发回到A的整个滑动过程可以看成是匀减速直线运动。由mv1＝2mv得v＝eq\f(1,2)v1P以v开始滑动，滑动的加速度a＝μg＝1m/s2若P碰撞后在t1时刻到达B点则vt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝3L则v1＝14m/s若P碰撞后在t2时刻到达B点则vt2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝3L则v1＝10m/s因此v1的速度范围为10m/s≤v1≤14m/s当v1＝14m/s时，v＝7m/sP以7m/s的速度从A开始滑动到返回A的过程中，根据动能定理－μ·2mg×4L＝E－eq\f(1,2)×2mv2求得E＝17J答案：(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J12．(2014·江苏高考)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解析：设玻璃球A、B碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知eq\f(v2－v1,v0)＝eq\f(15,16)解得v1＝eq\f(17,48)v0，v2＝eq\f(31,24)v0答案：见解析13．(2014·安徽高考，24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05。开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2。求：(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。解析：(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mvv＝2.5m/s(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μN＝μmg设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得－Ff·s1＝eq\f(1,2)(m＋m)v2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得s1＝12.5m已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′。有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2得v1′＝v2v2′＝v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v­t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则v＝v0＋ata＝－μg解得t＝5s凹槽的v­t图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为Ls2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))t＋6.5Ls2＝12.75m答案：见解析14．(2014·浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确。甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误。15．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：选D火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D项正确。16．(2013·新课标全国Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。解析：本题考查动能定理和动量守恒定律的综合运用，意在考查考生对动能定理和动量守恒定律的掌握情况。设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)①mv＝mv1＋(2m)v2式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。由①②式得v1＝－eq\f(v2,2)③设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④μ(2m)gd2＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)⑤按题意有d＝d1＋d2⑥设A的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2⑦联立②至⑦式，得v0＝eq\r(\f(28,5)μgd)⑧答案：eq\r(\f(28,5)μgd)17．(2013·新课标全国Ⅱ)如图，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：(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。解析：本题考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。(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＝2mv1①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，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)③联立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)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。由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)⑦答案：(2)(ⅰ)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(ⅱ)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)18．(2013·重庆理综)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph(p＞1)和h的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。(1)求球B第一次落地时球A的速度大小；(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。解析：本题主要考查自由落体运动、竖直上抛运动、相遇问题、弹性碰撞，意在考查考生分析物理过程的能力。(1)设球B第一次落地时球A的速度大小为v0，由于两球同时释放，A球的速率即为下降h高度时的速率，由自由落体运动规律，veq\o\al(2,0)＝2gh即v0＝eq\r(2gh)。(2)球B与地碰撞后反弹，以初速度v0做竖直上抛运动；球A以初速度v0、加速度g向下做匀加速直线运动，设球B在第一次上升过程中与球A相碰所需的时间为t，则有hA＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，hB＝v0t－eq\f(1,2)gt2又有几何关系hA＋hB＝ph－h解得：t＝eq\f(hp－1,2\r(2gh))又t<eq\f(v0,g)，则p<eq\f(2v\o\al(2,0),gh)＋1＝5，即球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，p的取值范围为1<p<5。(3)设两球在空中碰前的速度大小分别为v1、v2，碰后的速度大小分别为v1′、v2′，选竖直向下为正方向，有v1＝v0＋gt，v2＝v0－gt两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律：m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′能量关系：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(－v1－3v2,2)要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应有eq\f(v1＋3v2,2)>v1解得p<3即要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应有1<p<3。解析：(1)eq\r(2gh)(2)1<p<5(3)1<p<319．(2013·广东理综)如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。解析：本题考查动量守恒定律与能量守恒定律的综合运用，意在考查考生综合分析问题的能力。(1)P1、P2碰撞过程中动量守恒，刚碰完时共同速度为v1，mv0＝2mv1v1＝eq\f(1,2)v0碰撞结束，P以v0向前滑上P2，当被弹簧弹回再滑到A时，P1、P2、P有共同速度v2，则2mv1＋2mv0＝4mv2v2＝eq\f(3,4)v0(2)当弹簧的压缩量最大时，P1、P2、P也有共同速度，根据动量守恒定律可知，共同速度仍为v2。P从A端滑到弹簧压缩量最大的过程，根据功能关系μ×2mg(L＋x)＋Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)P从弹簧压缩量最大的位置再滑到A端，根据功能关系Ep＝μ×2mg(L＋x)解得Ep＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)x＝eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－L答案：(1)eq\f(1,2)v0eq\f(3,4)v0(2)eq\f(v\o\al(2,0),32μg)－Leq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)20．(2012·新课标全国)如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。解析：(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝eq\f(1,2)m2v2①式中g为重力加速度的大小。设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③联立①②③式得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,\r(1－cosθ))－1④代入题给数据得eq\f(m1,m2)＝eq\r(2)－1⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝eq\f(1,2)m2v2)之比为eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(m1＋m2,m2)(1－cosθ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(\r(2),2)⑧答案：(1)eq\r(2)－1(2)1－eq\f(\r(2),2)21．(2012·江苏)A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB。求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功。解析：光子能量ε＝hν，动量p＝eq\f(h,λ)，且ν＝eq\f(c,λ)得p＝eq\f(ε,c)，则pA∶pB＝2∶1。A照射时，光电子的最大初动能EA＝εA－W0，同理，EB＝εB－W0解得W0＝EA－2EB。答案：2∶1EA－2EB22．(2012·福建理综)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为________。(填选项前的字母)A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：根据动能量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确。答案：C23．(2012·天津理综)如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；(2)A、B两球的质量之比mA∶mB。解析：(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2gh)(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有eq\f(h,2)＝vt联立上述各式得mA∶mB＝1∶3答案：(1)eq\r(2gh)(2)1∶324．(2011·新课标全国)如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv＝mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)答案：eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)25．(2011·北京理综)如图1，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图1①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM，ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为________(用②中测量的量表示)．(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝______∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶__________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)为________．(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.解析：小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v＝eq\f(x,t).而由H＝eq\f(1,2)gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m1eq\f(OP,t)＝m1eq\f(OM,t)＋m2eq\f(ON,t)；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测射程，因而选C；由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON.故必要步骤A、D、E，若为弹性碰撞同时满足动能守恒．eq\f(1,2)m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OP,t)))2＝eq\f(1,2)m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OM,t)))2＋eq\f(1,2)m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ON,t)))2m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2p1＝m1·eq\f(OP,t)，p1′＝m1·eq\f(OM,t)故p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11，p2′＝m2·eq\f(ON,t)p1′∶p2′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1·\f(OM,t)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2·\f(ON,t)))＝11∶2.9故eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)＝1其他条件不变，使ON最大，则m1、m2发生弹性碰撞．则其动量和能量均守恒，可得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)，而v2＝eq\f(ON,t)，v0＝eq\f(OP,t)故ON＝eq\f(2m1,m1＋m2)·OP＝eq\f(2×45.0,45.0＋7.5)×44.80cm＝76.8cm.答案：(1)C(2)ADE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OPm1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)142.91～1.01(5)76.8波粒二象性1．(2014·上海高考)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C光具有波粒二象性，即既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性。因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，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项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误。2．(2014·海南高考)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是________。A．遏止电压 B．饱和光电流C．光电子的最大初动能 D．逸出功解析：不同金属的逸出功一定不同，用同一种光照射，由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0知，光电子的最大初动能一定不同，而Ek＝eUc，可见遏止电压也一定不同，A、C、D均正确；同一种光照射同一种金属，入射光越强，饱和电流越大，因此可以调节光的强度，实现锌和银产生光电效应的饱和光电流相同，B错误。答案：ACD3．(2014·天津高考)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图所示，则a、b两束光()A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大解析：选AB由光的色散图像可知，a光的折射程度比b光的大，因此玻璃对a光的折射率大，a光的频率高，光子能量大，波长短，由v＝eq\f(c,n)可知，在同一介质中a光的传播速度小，因此垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间长，A项正确；由sinC＝eq\f(1,n)可知，从同种介质射入真空发生全反射时，a光的临界角小，B项正确；由Δx＝eq\f(l,d)λ可知，经同一双缝干涉装置，a光形成的相邻亮纹间距小，C项错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，照射同一金属发生光电效应，a光产生的光电子的最大初动能大，D项错误。4．(2014·广东高考)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应。下列说法正确的是A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大解析：选AD根据光电效应规律可知，增大入射光的强度，光电流增大，A项正确；减小入射光的强度，光电流减小，光电效应现象并不消失，B项错误；改用小于ν的入射光照射，如果入射光的频率仍然大于光电管阴极材料的极限频率，仍能发生光电效应，C项错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，D项正确。5．(2014·江苏高考)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，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．动量解析：选A金属的逸出功W＝hν0，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W可知，从金属钾表面飞出的光电子的最大初动能较金属钙的大，金属钙表面飞出的光电子能量E小，因λ＝eq\f(hc,E)，所以从钙表面逸出的光电子具有较大的波长，选项A正确。6．(2013·北京理综)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如图。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KA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为电子电荷量)A．U＝eq\f(hν,e)－eq\f(W,e) B．U＝eq\f(2hν,e)－eq\f(W,e)C．U＝2hν－W D．U＝eq\f(5hν,2e)－eq\f(W,e)解析：选B本题考查光电效应知识，意在考查考生对光电效应规律的正确理解和应用能力。用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在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。由题意知最大初动能Ek＝eU，根据光电效应方程有：nhν＝W＋Ek＝W＋eU(n≥2)，得：U＝eq\f(nhν－W,e)(n≥2)，则B项正确，其他选项错误。7．(2011·广东理综)光电效应实验中，下列表述正确的是()A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子解析：光电流的大小与光照时间无关，A项错误；如果入射光的频率小于金属的极限频率，入射光再强也不会发生光电效应，B项错误；遏止电压Uc，满足eUc＝hν－hν0，从表达式可知，遏止电压与入射光的频率有关，C项正确；只有当入射光的频率大于极限频率，才会有光电子逸出，D项正确．答案：CD8．(2010·江苏)(1)研究光电效应的电路如图所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________．(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________________________．(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.40eV和－1.51eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．解析：(1)本题主要考查光电效应现象，意在考查考生对光电效应的理解．频率相同的光照射同一金属时，发射出的光电子的最大初动能相同，所以遏止电压相同；饱和电流与光的强度有关，光的强度越大，饱和电流越大，故选项C正确．(2)本题主要考查动量的概念，意在考查考生对基本概念的理解．动量p＝mv，光电子从金属表面逸出的过程中要克服逸出功，速度减小，所以动量减小．(3)本题主要考查光电效应的条件和玻尔模型，意在考查考生的推理能力．氢原子放出的光子能量E＝E3－E2，代入数据得E＝1.89eV.金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0＝2.3eV因为E＜W0，所以不能发生光电效应．答案：(1)C(2)减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)(3)见解析第3节原子结构与原子核1．(2014·上海高考)核反应方程eq\o\al(9,4)Be＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C＋X中的X表示()A．质子 B．电子C．光子 D．中子解析：选D核反应同时遵循质量数和电荷数守恒，根据质量数守恒，可知X的质量数是1，电荷数是0，所以该粒子是中子，D项正确。2．(2014·上海高考)不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是()A．原子中心有一个很小的原子核B．原子核是由质子和中子组成的C．原子质量几乎全部集中在原子核内D．原子的正电荷全部集中在原子核内解析：选B卢瑟福通过α散射实验，发现绝大多数粒子基本上仍沿原来的方向前进，少数发生了大角度的偏转，极少数反向运动，说明原子几乎全部质量集中在核内；且和α粒子具有斥力，所以正电荷集中在核内；因为只有极少数反向运动，说明原子核很小；并不能说明原子核是由质子和中子组成的，B项正确。3．(2014·上海高考)链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是()A．质子 B．中子C．β粒子 D．α粒子解析：选B重核的裂变需要中子的轰击，在链式反应中，不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去，B项正确。4．(2014·海南高考)一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆。已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。解析：设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有0＝MV－mv设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有M0c2＝Mc2＋eq\f(1,2)MV2＋mc2＋eq\f(1,2)mv2解得M0＝(M＋m)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(qBR2,2Mmc2)))答案：(M＋m)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(qBR2,2Mmc2)))5．(2014·山东高考)氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是()A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB．用波长为325nm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633nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级解析：选cd根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656nm，因此a选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知b选项错误，d选项正确；一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以c选项正确。6.(2014·浙江自选模块)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示。当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为________Hz的光子，用该频率的光照射逸出功为2.25eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为____________eV。(电子电荷量e＝1.60×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34解析：氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，释放出光子的能量为E＝－0.85eV－(－3.40eV)＝2.55eV，由hν＝E解得光子的频率ν＝6.2×1014Hz。用此光照射逸出功为2.25eV的钾时，由光电效应方程知，产生光电子的最大初动能为Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30eV。答案：6.2×10140.307．(2014·全国卷Ⅰ)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三种射线解析：选BCD并不是所有的元素都可能发生衰变，原子序数越大，越易发生，A错误；放射性元素的半衰期与元素本身内部结构有关，与外界的温度无关，B正确；放射性元素无论单质还是化合物都具有放射性，C正确；在α、β、γ射线中，γ射线的穿透能力最强，D正确；一个原子核在一次衰变过程中，可以是α衰变或β衰变，同时伴随γ射线放出，E错误。8．(2014·全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是()A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：选ACE密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C项正确；卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E项正确。9．(2014·北京高考)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3。当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)()A．(m＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2解析：选C一个质子和一个中子结合成氘核时，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，根据质能方程，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，选项C正确，A、B、D错误。10．(2014·天津高考)下列说法正确的是()A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立B．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转D．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同解析：选BD卢瑟福对α粒子散射实验的研究导致原子的核式结构的建立，A项错误；紫外线有荧光作用，因此可以利用某些物质在紫外线照射下能发出荧光进行防伪设计，B项正确；天然放射现象中γ光子不带电，在电场、磁场中不会发生偏转，C项错误；根据多普勒效应可知，观察者与波源相互远离时，观察者接收到的波的频率比波源处实际发出的频率低，D项正确。11．(2014·重庆高考)碘131的半衰期约为8天。若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有A.eq\f(m,4) B.eq\f(m,8)C.eq\f(m,16) D.eq\f(m,32)解析：选C经过32天即4个半衰期，碘131的含量变为m′＝eq\f(m,24)＝eq\f(m,16)，C项正确。12．(2014·江苏高考)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。它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是eq\o\al(222,86)Rn→eq\o\al(218,84)Po＋________。已知eq\o\al(222,86)Rn的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16g的eq\o\al(222,86)Rn衰变后还剩1g。解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为eq\o\al(222,86)Rn→eq\o\al(218,84)Po＋eq\o\al(4,2)He。根据衰变方程m余＝m原eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，得1＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，解得t＝15.2天。答案：(2)eq\o\al(4,2)He(或α)15.213．(2014·福建高考)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出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()A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：选Cγ射线为电磁波，在电场、磁场中均不偏转，故②和⑤表示γ射线，A、B、D项错；α射线中的α粒子为氦的原子核，带正电，在匀强电场中，沿电场方向偏转，故③表示α射线，由左手定则可知在匀强磁场中α射线向左偏，故④表示α射线，C项对。14．(2013·福建理综)在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是________。(填选图下方的字母)解析：本题考查卢瑟福α粒子散射实验，意在考查考生对该实验的认识。α粒子与原子核均带正电荷，所以α粒子受到原子核的作用力为斥力，据此可排除选项A、D；α粒子不可能先受到吸引力，再受到排斥力，B错误。答案：C15．(2013·江苏)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图1所示。电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)。当大量He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条。解析：本题考查玻尔理论，意在考查考生对玻尔理论的掌握与应用能力。由玻尔理论知，能级越低，电子的轨道半径越小，电子离核越近；当大量的氦离子处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线条数为Ceq\o\al(2,4)＝6。答案：近616．(2013·新课标全国Ⅱ)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。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(13355Cs)的结合能小于铅原子核(eq\o\al(208,82)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解析：本题考查原子核的结合能及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析问题的能力。比结合能越大，原子核越稳定，选项D错误。自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E错误。答案：ABC17．(2013·重庆理综)下列说法正确的是()A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关解析：选C本题考查原子核衰变、原子跃迁及光电效应的规律，意在考查考生对相关知识的理解与掌握情况。原子核发生衰变时，遵守质量数、电荷数守恒，而不是遵守电荷守恒和质量守恒的规律，A项错误；α射线、β射线是高速运动的带电粒子流，γ射线是不带电的光子，B项错误；氢原子从激发态向基态跃迁时，只能辐射能量等于两能级差的频率特定的光子，C项正确；由光电效应方程知，发生光电效应时，光电子的动能只与入射光的频率有关，D项错误。18．(2013·山东理综)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。①完成“氦燃烧”的核反应方程：eq\o\al(4,2)He＋________→eq\o\al(8,4)Be＋γ。②eq\o\al(8,4)Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16s。一定质量的eq\o\al(8,4)Be，经7.8×10－16s后所剩eq\o\al(8,4)Be占开始时的________。解析：本题主要考查核反应方程和半衰期的计算，意在考查考生应用质量数和电荷数守恒写核反应方程和计算半衰期的能力。①根据质量数和电荷数守恒可知eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(8,4)Be＋γ。②经历半衰期的次数n＝eq\f(t,τ)＝eq\f(7.8×10－16,2.6×10－16)＝3，故剩余的占开始时的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)。答案：①eq\o\al(4,2)He(或α)②eq\f(1,8)(或12.5%)19．(2012·广东理综)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一。下列释放核能的反应方程，表述正确的有()A.eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是核聚变反应B.eq\o\al(3,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n是β衰变C.eq\o\al(23