高考物理《大二轮专题复习与增分策略》全书文档专题九第3课时原子物理和动量

1、第第 3 3 课时课时原子物理和动量原子物理和动量 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 rnn2r1(n1,2,3，) (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(n1,2,3，)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 h EmEn. 2 原子核的衰变 衰变类型 衰变方程 衰变 AA44 ZXZ2Y2He 衰变 AA0 ZXZ1Y1e 2 个质子和 2 个中子结合 衰变实质成一整体射出 1421 1H20n2He 1 个中子转化为 1 个

2、 质子和 1 个电子 1n1H0e 1 01 衰变规律 3. 射线、 射线、 射线之间的区别 名称 实质 速度 电离作用 贯穿能力 射线 氦核流 质量数守恒、电荷数守恒 射线 电子流 约为光速的 99% 较弱 较强 射线 光子 光速 很弱 最强 1 约为光速的10 很强 很弱 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 Emc2. (3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反

3、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： Emc2， 其中 m 为核反应方程中的质量亏损； Em931.5 MeV，其中质量亏损 m 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： 14N4He17O1H 72 81 查德威克发现中子的核反应方程为： 9Be4He126C1n 420 430130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 13Al2He15P0n，15 0P30 14Si1e 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

4、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109 s. (2)光电效应方程：Ekh W0. 6 动量守恒定律 (1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2； 或 pp(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 p0(系统总动量的增量为零)； 或 p1p2(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 系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零 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

5、量守恒 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 EkEk 1111 2 m v2 m v 2 m v 2即 m1v1 2 21 1 2222 2 2 p12p22p2p2 12 或 2m12m22m12m2 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

6、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 341D氘核和氚核可发生热核聚变，核反应方程是2 1H1H2He0n 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

7、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(m2m)v1mv (3 分) (3 分) (3 分) 接住木箱的过程有 mv(m2m)v1(mm2m)v2 v 解得共同速度 v22 v 答案(1)ACD(2)2 以题说法运用动量守恒定律

8、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 粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型 D 衰变现象说明电子是原子核的组成部分 E一群氢原子从 n3 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mA2 kg，mB1 kg，A、 B 相距 s9.5 m，A 以 v010 m/s 的初速度向静止的 B 运动，与

9、 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 s19.5 m已知 A、B 与 水平面间的动摩擦因数均为0.1，取 g10 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 粒子散 射实验提出的， 选项 C 正确； 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 n3 激发态跃迁到基态有3 种途径， 从 n3 能级到 n2 能级，从 n2

10、 能级到 n1 能级，从 n3 能级直接到 n1 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 1 sv0t gt2 2 代入已知条件，解得 t119 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) t21 s 于是碰撞时刻 A 的速度 vv0gt29 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 mAvmAv1mBv2 同时 2gxAv2 1 2gxBv2 2 sxBxA19.5 m 联立解得 v15 m/s，v28 m/s 111 2 可知碰撞前能

11、量为 mAv281 J，碰撞后能量为mAv2所以碰 1 mBv225 J32 J57 J， 222 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： E113.60 eV， E23.40 eV， E31.51 eV， E40.85 eV， 现用光子能量介于 10.00 eV12.70 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

12、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 当细绳与 AB 成 角时，圆环移动的距离是多少？ 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)E2E110.20 eV， E3E112.09 eV， 由于光子能量介于 10.00 eV12.70 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，

13、 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32、 31、21，C 正确，D 错误 (2)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 mx1Mx20(2 分) (2 分) (1 分) x1x2LLcos mL1cos 解得 x2 Mm 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) m

14、x1Mx20 x1x22L 2mL 解得 x2 Mm 所以挡板与环的初始位置相距 2mL Mm (1 分) (1 分) (1 分) mL1cos 2mL 答案(1)AC(2) MmMm 以题说法关于原子跃迁要注意以下四方面： nn1 (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(hEmEn)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(hEEn)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

15、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 _m已知氢原子基态能量E113.6 eV，普朗克常量 h6.6310 34 Js.(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？ 17 答案(1)36.581

16、07(2)(i)mv2(ii)9 次 32 解析(1)12.5 eV 大于让氢原子从基态跃迁到 n3 激发态上的能量，小于让氢原子从 基态跃迁到 n4 激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为 n3 的能级；从 n3 激发态跃迁到 n2 激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.41.51)1.610 19 J 3108 h ，代入数据解得 6.5810 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 016mvmv 11 人对系统做功 W 16mv2mv2 22 17 所以 W mv2 32 (ii)球反弹回来的速率始终为 v

17、，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 Imv(mv)2mv 球与墙壁碰撞 n 次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理得 nI(16mm)v 即 n2mv(16mm)v 解得 n8.5 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_ 341A.2 1H1H2He0n 是轻核聚变 1713BX14 7 N 8O1H 中，X 表示2He C半衰期与原子所处的化学状态无关 D 衰变中产生的 射线

18、实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 232Th 衰变成208Pb 要经过 6 次 衰变和 4 次 衰变E. 90 82 (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 vA8 m/s 的速度已知球 A 的质量 mA1 kg，小车 C 和 球 B 的总质量 M4 kg.则： 图 5 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 3 出去？

19、 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 N781，N2，M14171，M4， 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； 208 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232 90 Th 衰变成 82Pb 要经过 x 次 衰变和 y 次 衰变， 则由 902xy82， 2324x208 可得 x6， y4， E 正确 (2)发射球 A 时，球 A、B 和小车 C 组成的系统动量守恒，有 mAvAMv1(2 分) (1 分) 解得 v12 m

20、/s 弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有 11 2 Mv2Ep mAvA 22 1 解得 Ep40 J (2 分) (1 分) 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 mBvBMv1(2 分) (1 分) 解得 vB12 m/s 答案(1)ACE(2)40 J12 m/s 以题说法1.原子核的衰变 (1)衰变实质： 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； 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； 衰变伴随着 衰变或 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

21、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

22、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，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 7v2 答案(1)BC(2)3g 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

23、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 m2vmv3mv 共 1 解得 v 共 v 3 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 1111 mgL m(2v)2mv23m( v)2 2223 7v2 解得 L3g 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 LR 的粗糙水平轨道，二者相切于D

24、 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 0.1，Q 的质量为 M2m，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 1 2 mg2L0 mv0 2 2gR 5 (

25、1 分) (1 分)将 LR 代入上式解得：v0 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 11 2 mgL mv2 D mv0 22 2vD FDmgm R (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) 联立解得：FD1.2mg 由牛顿第三定律可知，P 对 Q 的压力大小也为 1.2mg (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(mM)v(1 分) 由能量守恒定律有 1 2 1 mv0mgL (mM)v2mgh 22 1 联立解得：h R 30 答案(1) (2 分) (1 分) 2gR1

26、 1.2mg(2)R 530 (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(mpmn 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

27、 v0 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 2 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 L1.5L 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. 5 答案(1)BCD(2)(i)mv2(ii)1.2L 16 0 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

28、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， mpmnmDc2 所以氘核的平均结合能为，E 错误 2 (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 v0 mv0m()2mv 2 1 解得 v v0 4 11 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 QFfL mv2 0 22 v0 15 m()2(2m)

29、v2mv2 2216 0 (ii)设较大木块的质量为 m，则 2m mL3m L 设子弹与较大木块的共同速度为v，由动量守恒得 mv0(mm)v 1 v v0 4 射入木块过程中损失的动能为 113 22Ffx mv2 0 (mm)v mv0 228 解得 x1.2L (限时：40 分钟) 1 (2013新课标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 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 133Cs)的结合能小于铅原子核(208Pb)的结合能C铯原子核( 55 82 D比结合能越

30、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 ()整个系统损失的机械能； ()弹簧被压缩到最短时的弹性势能 113 2答案(1)ABC(2)()mv2 0 ()mv0 1648 解析(2)()从 A 压缩弹簧到 A 与

31、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 mv02mv1 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 E.对 B、 C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv12mv2 1 2 1 mv1E (2m)v2 2 22 联立式得 1 Emv2 16 0 ()由式可知 v2v1，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 mv03mv3 1 2 1 mv0E (3m)v2 3Ep 22 联立式得 13 Epmv2 48 0

32、 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 2351891D“人造太阳”的核反应方程是 92 U0n144 56 Ba36Kr30n (2)如图 2 所示， 质量 mA2 kg 的木块 A 静止在光滑水平面上 一质量 mB1 kg 的木块 B 以某一初速度 v05 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

33、分别为0.9 m/s、1.2 m/s.求： 图 2 第一次碰撞后 A 的速度； 第二次碰撞过程中，A 对 B 做的功 答案(1)AB(2)2 m/s0.22 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 粒子散射实验说明原子具有核式结构， C 错误；“人 341 造太阳”是轻核的聚变，核反应方程为2 1H1H2He0n，D 错误 (2)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 mBv0mAvA1mBv

34、B1 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 mAvA1mBvB1mAvA2mBvB2 联立解得 vA12 m/s，vB11 m/s 11 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 mBv2 B2 mBvB10.22 22 J 3 (1)如图 3 所示为卢瑟福和他的同事们做 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

35、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 Fft1Fft1Fft2 答案(1)AC(2) m1m2m1m2m2 解析(1)绝大多数 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 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(m1m2)v1 Fft1 解得 v1 m1m2 设子弹穿过

36、 m2时，m2的速度为 v2， 由动量定理有 Fft2m2v2m2v1 Fft1Fft2 解得 v2 m1m2 m2 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

37、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)161 解析(1)光电管两端加正向电压， 目的是使从 K 极射

38、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 mv03mv1 1 解得 v1 v 0 3 由能量守恒定律有 L111 22Ff1 mv2 0 3mv1 mv0 4223 小物块 B 放上后，对全过

39、程由动量守恒定律有 mv04mv2 1 解得 v2 v 0 4 小物块 B 在物体 A 上滑动，由能量守恒定律有 L111 22Ff2 3mv2mv 1 4mv2 22224 0 故Ff1 16 Ff21 5 (1)如图 7 所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n3 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n3 跃迁到 n2 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n3 跃迁到 n1 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

40、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 m21.5 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 m1450 g 的物体 A，一颗质量为 m050 g 的子弹以 v0100 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 n3 跃迁到 n1， 释放出1.51 13.60 eV12.09 eV 的能量， 有些可从 n3 跃迁到 n2， 释放出1.51 3.40

41、 eV1.89 eV 的能量， 再跃迁到 n1，释放出3.40 13.60 eV10.20 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 h EmEn可知，从 n3 跃迁到 n2 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 n3跃迁到n1时发出的光使金属钠表面发出的光电子的初动能最大， 为(12.092.49) eV9.60 eV，选项 C 错误，D 正确 (2)子弹射入 A 有 m0v0(m1m0)vA 代入数据得子弹和 A 的共同速度 vA10 m/s 子弹和 A 在车上滑行，最终和车B 速度相同，则有 (m1m0)vA(m

42、1m2m0)v 代入数据得 v2.5 m/s 物体 A 与平板车 B 间因摩擦产生的热量 11 2Q (m1m0)v2 A (m1m2m0)v 22 代入数据得 Q18.75 J 6 (1)关于以下三个核反应的说法正确的是_ 234238 92 U 90ThX 17114 7 NY 8O1H 144891235 92 UZ 56Ba36Kr30n AX、Y 是同种粒子 BX、Z 是同种粒子 C粒子 Z 是正电子 D属于天然放射现象 E反应将释放能量 (2)如图 9 所示，在光滑水平面上静止放置质量M3 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m1 kg

43、的小物块 A(可看成质点)与 相同质量的小车 B 以 v02 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g10 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 1解析(1)核反应中质量数、电荷数守恒，因此可知X、Y 是4 2He，Z 是0n，A 正确，B、 C 错误；核反应放出了4 2He( 粒子)， 衰变属于天然放射现象核反应是铀核的裂 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(mM)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(mM)v1(2mM)v2 根据能量守恒有 1 2 11 2mv0 (mM)v2 1mgh (2mM)v2 222 解得 h0.09 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 的整数倍， 这个不可再分的最小能量值 叫做能量子 B 粒子散射实验中少数 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