高三總復習專題十四動量與原子物理[選修3-5]

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1、第十四章　動量與原子物理[選修3－5] [學習目標定位] 考 綱 下 載 考 情 上 線 1.動量、動量定理、動量守恒定律及其應用(Ⅱ) 2．彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ) 3．氫原子光譜(Ⅰ) 4．氫原子的能級結構、能級公式(Ⅰ) 5．原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期(Ⅰ) 6．放射性同位素(Ⅰ) 7．核力、核反應方程(Ⅰ) 8．結合能、質量虧損(Ⅰ) 9．裂變反應和聚變反應、裂變反應堆(Ⅰ) 10．射線的危害和防護(Ⅰ) 11．光電效應(Ⅰ) 12．愛因斯坦的光電效應方程(Ⅰ) 實驗十六　驗證動量守恒定律 高考地位 高考對本章知識點考查頻率較高的是

2、動量守恒定律、光電效應、原子的能級結構及躍遷、核反應方程及核能計算，題型基本為選擇題加計算題 考點布設 1.動量守恒定律及其與動力學的綜合應用 2．光電效應、原子能級及能級躍遷、衰變及核反應方程 3．裂變反應、聚變反應的應用，射線的危害和應用知識與現(xiàn)代科技相聯(lián)系的信息題是近幾年高考的熱點 第1單元動量守恒定律及其應用 動量　動量定理　動量守恒定律 [想一想] 如圖14－1－1所示，質量為M的物體靜止在光滑的水平面上，質量為m的小球以初速度v0水平向右碰撞物體M，結果小球以大小為v1的速度被水平反彈，物體M的速度為v2，取向右為 正方向，則物體M動量的變化量為多少

3、？小球m的動量變化量為多少？m和M組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？若守恒，請寫出其表達式。 圖14－1－1 提示：物體M動量的變化量為Mv2，m動量的變化量為－(mv1＋mv0)，因m和M組成的系統(tǒng)合外力為零，故此系統(tǒng)動量守恒，表達式為：mv0＝Mv2－mv1。 [記一記] 1．動量 (1)定義：物體的質量與速度的乘積。 (2)公式：p＝mv。 (3)單位：千克米/秒。符號：kgm/s。 (4)意義：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是矢量，其方向與速度的方向相同。 2．動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。 (2)表達式：p′－p＝

4、I或mv′－mv＝F(t′－t)。 (3)沖量：力與力的作用時間的乘積，即I＝F(t′－t)。 3．動量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 (2)常用的4種表達形式： ①p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等，方向相同。 ②Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動量的增量為零。 ③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。 ④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等

5、。 (3)常見的幾種守恒形式及成立條件： ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 ②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠大于外力。 ③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 [試一試] 1. 足球運動員將一個沿水平方向飛來的足球反向踢回，在這個過程中，若足球動量變化量的大小為 10 kgm/s，則(　　) A．足球的動量一定減小 B．足球的動量一定增大 C．足球的動量大小可能不變 D．足球的動量大小一定變化 解析：選C　如果足球原速返回，則動量大小不變；如果彈回時速度減小，則動量減??；如果彈回時速度增大，則動量增大。

6、 碰撞、爆炸與反沖 [想一想] 質量為m、速度為v的A球跟質量為3m且靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。請你分析：碰撞后B球的速度可能是以下值嗎？ (1)0.6v　(2)0.4v　(3)0.2v 提示：若A和B的碰撞是彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒和機械能守恒可以解得B獲得的最大速度為 vmax＝v＝v＝0.5v 若A和B的碰撞是完全非彈性碰撞，則碰撞之后二者連在一起運動，B獲得最小的速度，根據(jù)動量守恒定律，知m1v＝(m1＋m2)vmin vmin＝＝0.25v B獲得的速度vB應滿足：vmin≤vB≤vmax， 即

7、0.25v≤vB≤0.5v 可見，B球的速度可以是0.4v，不可能是0.2 v和0.6v。 [記一記] 1．碰撞 (1)碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。 (2)碰撞特征： ①作用時間短。 ②作用力變化快。 ③內(nèi)力遠大于外力。 ④滿足動量守恒。 (3)碰撞的分類及特點： ①彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒。 ②非彈性碰撞：動量守恒，機械能不守恒。 ③完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最多。 2．爆炸現(xiàn)象 爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。 3．反沖運動 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方

8、向運動的現(xiàn)象。 (2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼? [試一試] 2．[多選]一小型爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的圓錐面(圓錐的頂點在爆炸裝置處)飛開。在爆炸過程中，下列關于爆炸裝置的說法中正確的是(　　) A．總動量守恒　　　　　 B．機械能增大 C．水平方向動量守恒 D．豎直方向動量守恒 解析：選BC　爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大的相互作用力，這個作用力將遠遠大于它所受到的重力，所以爆炸裝置的總動量是不守恒的。但由于鋼板對爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝置在豎直方向動量不

9、守恒，而在水平方向動量是守恒的。爆炸時，化學能轉化為機械能，因此，機械能增大，故B、C正確。 動量守恒定律的應用 1.動量守恒的“四性” (1)矢量性：表達式中初、未動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負。 (2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)普適性：它不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 2．

10、應用動量守恒定律解題的步驟 [例1]　(2013山東高考)如圖14－1－2所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。開始時C靜止，A，B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A，B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。 圖14－1－2 [審題指導] A，B再次達到共同速度一起向右運動，恰好不再與C碰撞，說明最終A，B，C的速度相同。 [解析]　木板A與滑塊C處于光滑水平面上，兩

11、者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與木板A間的摩擦力可以忽略不計，木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中動量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC 碰撞后，木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)，在兩者達到同速之前系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v A和B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)值解得：vA＝2 m/s [答案]　2 m/s (1)在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關，因此應用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個過程中動量是守恒的。 (2)注意挖掘題目中的隱含

12、條件，這是解題的關鍵，如本例中，撞后A，B間的距離不變的含義是碰后A，B的速度相同。 碰撞問題分析 1.分析碰撞問題的三個依據(jù) (1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理。 ①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′。 ②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 2．彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。 以質量為m1，速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋

13、m2v2′① m1v＝m1v1′2＋m2v2′2② 由①②得v1′＝　v2′＝ 結論： (1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。 (2)當m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都向前運動。 (3)當m10，碰撞后質量小的球被反彈回來。 [例2]　如圖14－1－3所示，A，B，C三個木塊的質量均為m。置于光滑的水平面上，B，C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B，C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v0沿B，C的連線方向朝B運動，與B相碰并黏

14、合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能。 圖14－1－3 [審題指導] 第一步：抓關鍵點 關鍵點 獲取信息 光滑的水平面 A，B，C組成的系統(tǒng)動量守恒 B，C可視為一個整體 A與B碰后，A，B，C三者速度相同 A與B相碰并黏合在一起 彈簧伸展以后，A，B的速度也相同 第二步：找突破口 要求彈簧釋放的勢能→A，B，C系統(tǒng)增加的機械能→利用動量守恒定律確定A，B，C在彈簧伸展前的速度→利用動量守恒定律確定A，B，C在彈簧伸展后的速度。 [解析]　設碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有

15、mv0＝3mv① 設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有3mv＝2mv1＋mv0② 設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③ 由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝mv [答案]　mv 含有彈簧的碰撞問題，在碰撞過程中系統(tǒng)的機械能也不一定守恒，如本例中，彈簧伸展之前，A與B碰撞的過程為完全非彈性碰撞，但在碰撞結束后，彈簧伸展的過程中，系統(tǒng)的動量和機械能均守恒。 動量守恒定律與能量的綜合問題 [例3]　(2012新課標全國高考)如圖14－1－4，小球a，b用等長細線懸掛于同一固定點O。讓球a

16、靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60。忽略空氣阻力，求： 圖14－1－4 (1)兩球a，b的質量之比； (2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比。 [審題指導] 解答本題時應注意以下兩點： (1)小球碰撞前和碰撞后擺動過程中機械能是守恒的。 (2)兩球相碰過程為完全非彈性碰撞。 [解析]　(1)設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得m2gL＝m2v2① 式中g是重力加速度的大小。設球a的質量為m1；在兩球相碰后的瞬

17、間，兩球共同速度為v′，以向左為正，由動量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′② 設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③ 聯(lián)立①②③式得＝－1④ 代入已知數(shù)據(jù)得＝－1⑤ (2)兩球在碰撞過程中的機械能損失為 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥ 聯(lián)立①⑥式，Q與碰前球b的最大動能Ek(Ek＝m2v2)之比為＝1－(1－cos θ)⑦ 聯(lián)立①⑤⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得＝1－。 [答案]　(1)－1　(2)1－ 利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題 (1

18、)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式。 (2)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件。在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。 [典例]　(2012安徽高考)如圖14－1－5所示，裝置的左邊是，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M＝2 kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以u＝2 m/s的速率逆

19、時針轉動。裝置的右邊是一，質量m＝1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h＝1.0 m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，l＝1.0 m。設物塊A、B間發(fā)生的是，第一次碰撞前物塊。取g＝10 m/s2。 圖14－1－5 (1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??； (2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上； (3)如果物塊A，B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小。 第一步：審題干，抓關鍵信息 關鍵點 獲取信息 ① 物塊A不離開平臺，物塊

20、B碰后在平臺上向右勻速運動 ② 物塊B在曲面上運動時，機械能守恒 ③ 兩物塊碰撞時，速度方向共線，且碰撞時動量、動能均守恒 ④ 碰前物塊A速度為零，彈簧處于原長狀態(tài) 第二步：審設問，找問題的突破口 ? ? ? ? 第三步：三定位，將解題過程步驟化 第四步：求規(guī)范，步驟嚴謹不失分 [解析]　(1)設物塊B從光滑曲面h高處滑下時的速度為v0，由機械能守恒定律，得mgh＝mv，(2分) 故v0＝＝ m/s＝2 m/s>u，(1分) 故B滑上傳送帶后做勻減速運動。 加速度a＝＝μg＝2 m/s2， 根據(jù)v2－v＝－2as，得物塊B到達傳送帶

21、左端時的速度 v1＝＝ m/s＝4 m/s。 離開傳送帶后做勻速運動，故物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度v1＝4 m/s。(3分) (2)物塊B與物塊A發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞前后遵守動量守恒和能量守恒。即mv1＝mv1′＋MV1′(2分) mv＝mv1′2＋MV1′2(2分) 聯(lián)立解得，v1′＝v1＝－v1＝－ m/s(1分) 負號說明B與A碰撞后，B的速度方向向右。 物塊B運動到傳送帶上做勻減速運動。 速度減為零時的位移s＝＝ m＝ m

22、速運動，速度減為零后做反向的加速運動，根據(jù)對稱性，離開傳送帶后的速度v2＝v1′，然后與A發(fā)生第二次碰撞，且滿足mv2＝mv2′＋MV2′(2分) mv＝mv2′2＋MV2′2(2分) 聯(lián)立解得，v2′＝v2＝－v2＝－v1(2分) 同理，物塊B與A第三次碰撞前的速度v3＝－v2′，碰撞后的速度 v3′＝－v3＝－v1。 依此類推 第n次碰撞后B的速度vn′＝－v1。 即n次碰撞后的速度大小為v1＝ m/s。(2分) [答案]　(1)4 m/s　(2)不能　(3) m/s ——[考生易犯錯誤]—————————————— 應用動量和能量的觀點處理多過程問題時應注意以下4點：

23、 (1)合理選取研究對象。應用動量守恒定律時應以系統(tǒng)為研究對象，應用動能定理、機械能守恒時，往往以單個物體為研究對象；應用能量轉化和守恒定律時，研究對象必定是系統(tǒng)。 (2)合理選取物理過程，將物體或系統(tǒng)的運動過程合理劃分，對不同的過程應用不同的規(guī)律列方程。 (3)找出各個過程間的聯(lián)系。物體的運動過程不是孤立的，是相互聯(lián)系的，聯(lián)系的方式包括：速度關系、位移關系、時間關系、能量關系等。 (4)判斷求解結果的合理性。求出結果后不要盲目做答，要判斷結果是否合理。 ———————————————————————————————————— [隨堂鞏固落實] 1．(2014?？跈z測)如

24、圖14－1－6所示，運動員揮拍將質量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1，v2，v1與v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量(　　) 圖14－1－6 A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 解析：選D　在球拍擊打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向為正方向，對網(wǎng)球運用動量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方

25、向相同。 2．(2013福建高考)將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(　　) A.v0　　　　　　　　 B.v0 C.v0 D.v0 解析：選D　本題考查火箭反沖模型，意在考查考生對動量守恒定律的認識和應用能力。由動量守恒定律有mv0＝(M－m)v，可得火箭獲得的速率為v0，選D。 3．如圖14－1－7所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中不正確的是(　　

26、) 圖14－1－7 A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B．先放開左手、后放開右手，之后系統(tǒng)動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 解析：選B　當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確。 4.[多選](2014廣雅中學期中)質量

27、分別為m1和m2的兩個物體碰撞前后的st圖象如圖14－1－8所示，下列說法正確的是(　　) 圖14－1－8 A．碰撞前兩物體動量相同 B．質量m1等于質量m2 C．碰撞后兩物體一起做勻速直線運動 D．碰撞前兩物體動量大小相等，方向相反 解析：選BD　碰撞后兩物體都靜止，所以碰撞前兩物體的動量等大反向。 5．(2015河北百所高中聯(lián)考)如圖14－1－9所示，光滑水平面上的木板C的質量mC＝2 kg、長l＝2 m，它的兩端各有塊擋板。木板的正中央并列放著兩個可以視為質點的滑塊A和B，它們的質量mA＝1 kg，mB＝4 kg，A，B之間夾有少許炸藥。引爆炸藥，A，B沿同一直線向兩側

28、分開，運動到兩端的擋板時與板粘貼在一起。A，B與木板C之間的摩擦不計。引爆時間及A，B跟擋板碰撞的時間也不計。若爆炸后A獲得的速度vA＝6 m/s，試計算： 圖14－1－9 (1)A，B都與擋板粘貼在一起以后，木板C的速度； (2)從引爆炸藥到A，B都分別與擋板粘貼在一起的時間差。 解析：(1)取A、B、C為系統(tǒng)，其所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，而初始時合動量為零，所以當A、B都與擋板粘貼在一起時，系統(tǒng)動量也為零，即木板C的速度為零。 (2)爆炸前后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設爆炸后滑塊B獲得的速度大小為vB，則mAvA－mBvB＝0，解得vB＝1.5 m/s；A先與擋板碰撞，

29、設A、C碰后兩者的速度為v，則mAvA＝(mA＋mC)v，得v＝2 m/s?；瑝KA運動到擋板的時間tA＝＝ s，在tA時間內(nèi)B滑塊向左運動的位移sB＝vBtA＝0.25 m，滑塊B運動到擋板的時間tB＝tA＋，所以從引爆炸藥到A、B分別與擋板粘貼在一起的時間差Δt＝tB－tA＝＝0.214 s。 答案：(1)0　(2)0.214 s [課時跟蹤檢測] 高考?？碱}型：計算題 一、單項選擇題 1．(2015德州聯(lián)考)如圖1所示，質量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　)

30、 圖1 A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速度為mv0/M，方向水平向右 D．盒子的最終速度為mv0/(M＋m)，方向水平向右 解析：選D　由于盒子內(nèi)表面不光滑，在多次碰撞后物體與盒子相對靜止，B項錯誤；由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D項正確，A、C項錯誤。 2．如圖2所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A在左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是(　　) 圖2 A．A開始運動時　　　　 B．A的速度等于v時 C．B的速

31、度等于零時 D．A和B的速度相等時 解析：選D　當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA＝vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對。 3．如圖3所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 C．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 解析：選B　男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，故系統(tǒng)動量守恒，故A

32、、C錯誤，B正確。木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，方向相反，故D錯誤。 4．如圖4所示，在光滑水平面上有一質量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止狀態(tài)，一質量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復運動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，受到的合力的沖量大小為(　　) 圖4 A.　　　　　　　　 B．2Mv0 C. D．2mv0 解析：選A　子彈射入木塊的過程中，由子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，設子彈擊中木塊并嵌在其中時的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律有mv

33、0＝(m＋M)v，所以v＝；子彈嵌在木塊中后隨木塊壓縮彈簧在水平面做往復運動，在這個過程中，由子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以當木塊第一次回到原來位置時的速度大小仍為v；木塊被子彈擊中前處于靜止狀態(tài)，根據(jù)動量定理，所求沖量大小I＝Mv－0＝，A正確。 5．(2014金山中學期末)質量為ma＝1 kg的物體a以某一速度與另一質量mb >ma的靜止物體b在光滑水平面上發(fā)生正碰，若不計碰撞時間，碰撞前后物體a的位移－時間圖象如圖5所示，則碰撞后(　　) 圖5 A．物體b的動量大小一定為4 kg m/s B．物體b的動量大小可能小于4 kg m/s C．物體b的動能可能等于10

34、 J D．物體b的動能可能等于0 解析：選A　由圖可知碰前a的速度va＝4 m/s，碰后速度為零，所以碰后b的動量一定為4 kg m/s；由碰撞過程動能不增加原理可知，b的最大動能為8 J。 二、多項選擇題 6．對同一質點，下列說法中正確的是(　　) A．勻速圓周運動中，動量是不變的 B．勻速圓周運動中，在相等的時間內(nèi)，動量的改變量相等 C．平拋運動、豎直上拋運動中，在相等的時間內(nèi)，動量的改變量相等 D．只要質點的速度不變，則它的動量就一定不變 解析：選CD　勻速圓周運動中，速度大小不變，方向改變，動量方向變化，在相等的時間內(nèi)，動量改變的大小相同，方向不同，A、B錯；在拋體運

35、動中，時間t內(nèi)的動量改變?yōu)棣＝mgt，C對；由p＝mv知，D對。 7．如圖6所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是 (　　) 圖6 A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為 C．B能達到的最大高度為 D．B能達到的最大高度為 解析：選BD　根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝v0，

36、所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝2mv2＝mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能達到的最大高度為h/4，即D正確。 8．如圖7所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動能增加了6 J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　) 圖7 A．16 J　　　　　　　 B．12 J C．6 J D．4 J 解析：選AB　設子彈的質量為m0，初速度為v0，木塊質量為m，則子彈打入木塊過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的

37、內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即：E＝m0v－(m＋m0)v2＝()m0v，而木塊獲得的動能E木＝m(v0)2＝6 J，兩式相除得：＝＞1，所以A、B項正確。 三、計算題 9.如圖8所示，甲車質量為m1＝2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為m＝1 kg的小物體，乙車質量為m2＝4 kg，以v0＝5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞后，甲車獲得v1＝8 m/s的速度，物體滑到乙車上。若乙車足夠長，其上表面與物體間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，求： 圖8 (1)甲、乙兩車碰后瞬間乙車的速度； (2)物體在乙車表面上滑行多長時間相對乙車靜止(取g＝10 m/s2)? 解析

38、：(1)乙車與甲車碰撞過程中，小物體仍保持靜止，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，選擇乙車前進的方向為正方向，有：m2v0＝m2v2＋m1v1 解得乙車的速度為：v2＝1 m/s，方向仍向左 (2)小物體m在乙上滑至兩者有共同速度過程中動量守恒：m2v2＝(m2＋m)v，解得：v＝0.8 m/s 小物體m勻加速直線運動，應用牛頓第二定律得：a＝μg 故滑行時間t＝＝＝0.4 s 答案：(1)1 m/s　向左　(2)0.4 s 10．(2015佛山模擬)如圖9，質量為0.5m的b球用長度為h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處。質量為m的小球a，從距BC高h的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑

39、下，在C處與b球正碰并與b粘在一起。已知BC軌道距地面的高度為0.5h，懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2mg。試問： 圖9 (1)a與b球碰前瞬間，a的速度多大？ (2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？若細繩斷裂，小球在DE水平面上的落點距C的水平距離是多少？若細繩不斷裂，小球最高將擺多高？ 解析：(1)設a球經(jīng)C點時速度為vC，則由機械能守恒得 mgh＝mv 解得vC＝ ，即a與b球碰前的速度為。 (2)設b球碰后的速度為v，由動量守恒得 mvC＝(m＋0.5m)v，故v＝vC＝ 小球被細繩懸掛繞O擺動時，若細繩拉力為T， 則T－1.5mg＝1.5m，解得T＝mg

40、 T>2mg，細繩會斷裂，小球做平拋運動。 設平拋的時間為t，則0.5h＝gt2，t＝ 故落點距C的水平距離為 s＝vt＝ ＝h 小球最終落到地面距C水平距離h處。 答案：見解析 第2單元原_子_結_構 原子核式結構 [記一記] 原子的核式結構 (1)1909～1911年，英國物理學家盧瑟福進行了α粒子散射實驗，提出了核式結構模型。 (2)α粒子散射實驗： ①實驗裝置：如圖14－2－1所示。 圖14－2－1 ②實驗結果：α粒子穿過金箔后，絕大多數(shù)沿原方向前進，少數(shù)發(fā)生較大角度偏轉，極少數(shù)偏轉角度大于90，甚至被彈回。 (3)核式結構模型

41、：原子中心有一個很小的核，叫做原子核，原子的全部正電荷和幾乎全部質量都集中在原子核里，帶負電的電子在核外空間繞核旋轉。 [試一試] 1．盧瑟福利用α粒子轟擊金箔的實驗研究原子結構，正確反映實驗結果的示意圖是 (　　) 圖14－2－2 解析：選D　α粒子轟擊金箔后偏轉，越靠近金原子核，偏轉的角度越大，所以A、B、C錯誤，D正確。 氫原子光譜 1.氫原子光譜 氫原子光譜線是最早發(fā)現(xiàn)、研究的光譜線，這些光譜線可用一個統(tǒng)一的公式表示： ＝R(－)　　　n＝3,4,5… 2．玻爾的原子模型 (1)玻爾理論： ①軌道假設：原子中的電子在庫侖引力的作用下，繞原子核做圓周運動，

42、電子繞核運動的可能軌道是不連續(xù)的。 ②定態(tài)假設：電子在不同的軌道上運動時，原子處于不同的狀態(tài)，因而具有不同的能量，即原子的能量是不連續(xù)的。這些具有確定能量的穩(wěn)定狀態(tài)稱為定態(tài)，在各個定態(tài)中，原子是穩(wěn)定的，不向外輻射能量。 ③躍遷假設：原子從一個能量狀態(tài)向另一個能量狀態(tài)躍遷時要放出或吸收一定頻率的光子，光子的能量等于兩個狀態(tài)的能量差，即hν＝Em－En。 (2)幾個概念： ①能級：在玻爾理論中，原子各個狀態(tài)的能量值。 ②基態(tài)：原子能量最低的狀態(tài)。 ③激發(fā)態(tài)：在原子能量狀態(tài)中除基態(tài)之外的其他較高的狀態(tài)。 ④量子數(shù)：原子的狀態(tài)是不連續(xù)的，用于表示原子狀態(tài)的正整數(shù)。 (3)氫原子的能級和

43、軌道半徑： ①氫原子的半徑公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3…)，其中r1為基態(tài)半徑，r1＝0.5310－10 m。 ②氫原子的能級公式：En＝E1(n＝1,2,3…)，其中E1為基態(tài)能量，E1＝－13.6 eV。 能級躍遷與光譜線 1.對氫原子的能級圖的理解 (1)氫原子的能級圖(如圖14－2－3)。 圖14－2－3 (2)氫原子能級圖的意義： ①能級圖中的橫線表示氫原子可能的能量狀態(tài)——定態(tài)。 ②橫線左端的數(shù)字“1,2,3…”表示量子數(shù)，右端的數(shù)字“－13.6，－3.4…”表示氫原子的能級。 ③相鄰橫線間的距離不相等，表示相鄰的能級差不等，量子數(shù)越大，相鄰

44、的能級差越小。 ④帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷條件為：hν＝Em－En。 2．關于能級躍遷的三點說明 (1)當光子能量大于或等于13.6 eV時，也可以被處于基態(tài)的氫原子吸收，使氫原子電離；當處于基態(tài)的氫原子吸收的光子能量大于13.6 eV，氫原子電離后，電子具有一定的初動能。 (2)當軌道半徑減小時，庫侖引力做正功，原子的電勢能減小，電子動能增大，原子能量減小。反之，軌道半徑增大時，原子電勢能增大、電子動能減小，原子能量增大。 (3)一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時，可能輻射出的光譜線條數(shù)：N＝C＝。 [例]　[多選](2014山東高考)氫原子能級如圖

45、14－2－4，當氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656 nm。以下判斷正確的是(　　) 圖14－2－4 A．氫原子從n＝2躍遷到n＝1的能級時，輻射光的波長大于656 nm B．用波長為325 nm的光照射，可使氫原子從n＝1躍遷到n＝2的能級 C．一群處于n＝3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產(chǎn)生3種譜線 D．用波長為633 nm的光照射，不能使氫原子從n＝2躍遷到n＝3的能級 [解析]　根據(jù)氫原子的能級圖和能級躍遷規(guī)律，當氫原子從n＝2能級躍遷到n＝1的能級時，輻射光的波長一定小于656 nm，因此A選項錯誤；根據(jù)發(fā)生躍遷只能吸收和輻射一定頻率的光子，可知

46、B選項錯誤，D選項正確；一群處于n＝3能級上的氫原子向低能級躍遷時可以產(chǎn)生3種頻率的光子，所以C選項正確。 [答案]　CD 原子躍遷的兩種類型 (1)原子吸收光子的能量時，原子將由低能級態(tài)躍遷到高能級態(tài)。但只吸收能量為能級差的光子，原子發(fā)光時是由高能級態(tài)向低能級態(tài)躍遷，發(fā)出的光子能量仍為能級差。 (2)實物粒子和原子作用而使原子激發(fā)或電離，是通過實物粒子和原子碰撞來實現(xiàn)的。在碰撞過程中，實物粒子的動能可以全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的動能大于或等于原子某兩個能級差值，就可以使原子受激發(fā)而躍遷到較高的能級；當入射粒子的動能大于原子在某能級的能量值時，也可以使原子電離。

47、 [隨堂鞏固落實] 1.[多選]如圖14－2－5所示為氫原子的能級圖。若在氣體放電管中，處于基態(tài)的氫原子受到能量為12.8 eV的高速電子轟擊而躍遷到激發(fā)態(tài)，在這些氫原子從激發(fā)態(tài)向低能級躍遷的過程中(　　) 圖14－2－5 A．最多能輻射出10種不同頻率的光子 B．最多能輻射出6種不同頻率的光子 C．能輻射出的波長最長的光子是從n＝5躍遷到n＝4能級時放出的 D．能輻射出的波長最長的光子是從n＝4躍遷到n＝3能級時放出的 解析：選BD　氫原子從基態(tài)躍遷到n＝4的能級需要吸收ΔE＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV的能量，氫原子從與電子碰撞中吸收12.

48、8 eV的能量，把其中的12.75 eV的能量用以從基態(tài)躍遷到n＝4的狀態(tài)，把剩余的0.05 eV能量作為氫原子的動能，處于n＝4的一群氫原子向低能級躍遷時發(fā)出C＝6種頻率的光子，故A錯，B正確。由前面分析可知，氫原子不能躍遷到n＝5的能級，故C錯。由ΔE＝hν＝h ，得λ＝ ，從此式可知，從n＝4躍遷到n＝3的能量差ΔE最小，輻射出光的波長最長，故D正確。 2.氫原子的部分能級如圖14－2－6所示，氫原子吸收以下能量時，可以從基態(tài)躍遷到n＝2能級的是(　　) 圖14－2－6 A．10.2 eV B．3.4 eV C．1.89 eV D．1.51 eV 解析：選A　氫原子基態(tài)

49、能量為－13.6 eV，n＝2能級的能量為－3.4 eV，兩者的差值為10.2 eV，即所需要吸收的能量。 3．下列能揭示原子具有核式結構的實驗是(　　) A．光電效應實驗 B．倫琴射線的發(fā)現(xiàn) C．α粒子散射實驗 D．氫原子光譜的發(fā)現(xiàn) 解析：選C　光電效應實驗說明光具有粒子性，故A錯誤。倫琴射線為電磁波，故B錯誤。盧瑟福由α粒子散射實驗建立了原子的核式結構模型，故C正確。氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)說明原子光譜是不連續(xù)的，故D錯誤。 4.如圖14－2－7所示為氫原子能級圖，可見光的光子能量范圍為1.62～3.11 eV。下列說法正確的是(　　) 圖14－2－7 A．大量處在n＞3的

50、高能級的氫原子向n＝3能級躍遷時，發(fā)出的光有一部分是可見光 B．大量處在n＝3能級的氫原子向n＝2能級躍遷時，發(fā)出的光是紫外線 C．大量處在n＝3能級的氫原子向n＝1能級躍遷時，發(fā)出的光都應具有顯著的熱效應 D．處在n＝3能級的氫原子吸收任意頻率的紫外線光子都能發(fā)生電離 解析：選D　當處在n＞3的高能級的氫原子向n＝3能級躍遷時，放出光子的最大能量ΔE＝1.51 eV，故不可能為可見光，A錯；當從n＝3向n＝2躍遷時，光子能量ΔE＝3.4 eV－1.51 eV＝1.89 eV，為可見光，B錯；當從n＝3向n＝1躍遷時，光子能量ΔE＝12.09 eV，在紫外區(qū)，無顯著的熱效應，C錯；紫外

51、線光子的能量hν＞3.11 eV，大于處于n＝3能級的氫原子的電離能，故D正確。 5．氫原子基態(tài)能量E1＝－13.6 eV，電子繞核做圓周運動的半徑r1＝0.5310－10 m。求氫原子處于n＝4激發(fā)態(tài)時： (1)原子系統(tǒng)具有的能量； (2)電子在n＝4軌道上運動的動能(已知能量關系En＝E1，半徑關系rn＝n2r1，k＝9.0109 Nm2/C2，e＝1.610－19 C)； (3)若要使處于n＝2的氫原子電離，至少要用頻率多大的電磁波照射氫原子(普朗克常量h＝6.6310－34 Js)? 解析：(1)由En＝E1得E4＝＝－0.85 eV。 (2)因為rn＝n2r1，所以r4＝

52、42r1， 由圓周運動知識得k＝m 所以Ek4＝mv2＝＝ J ≈0.85 eV (3)要使處于n＝2能級的氫原子電離，照射光光子的能量應能使電子從第2能級躍遷到無限遠處，最小頻率的電磁波的光子能量為：hν＝0－，得ν≈8.211014 Hz。 答案：(1)－0.85 eV　(2)0.85 eV　(3)8.211014 Hz [課時跟蹤檢測] 高考?？碱}型：選擇題＋填空＋計算 一、單項選擇題 1．(2014廣東六校聯(lián)考)仔細觀察氫原子的光譜，發(fā)現(xiàn)它只有幾條不連續(xù)的亮線，其原因是(　　) A．氫原子只有幾個能級 B．氫原子只能發(fā)出平行光 C．氫原子有時發(fā)光，有時不發(fā)光

53、D．氫原子輻射的光子的能量是不連續(xù)的，所以對應的光的頻率也是不連續(xù)的 解析：選D 2．(2014江門模擬)氫原子能級圖如圖1所示，則(　　) 圖1 A．氫原子躍遷時吸收或放出光子的能量是連續(xù)的 B．大量處于n＝4能級的氫原子躍遷時能輻射3種頻率的光 C．電子的軌道半徑越小，對應氫原子能量越小 D. 欲使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)，可用11 eV的光子照射 解析：選C　根據(jù)氫原子結構模型，氫原子躍遷時吸收或放出光子的能量是不連續(xù)的，A錯誤；大量處于n＝4能級的氫原子躍遷時能輻射6種頻率的光；B錯誤；因氫原子的能級差沒于等于11 eV的，故11 eV的光子不能使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)，

54、D錯誤。 3．關于α粒子散射實驗，下列說法正確的是(　　) A．絕大多數(shù)α粒子經(jīng)過重金屬箔后，發(fā)生了角度不太大的偏轉 B．α粒子在接近原子核的過程中，動能減少，電勢能減少 C．α粒子離開原子核的過程中，動能增大，電勢能增大 D．對α粒子散射實驗的數(shù)據(jù)進行分析，可以估算出原子核的大小 解析：選D　由于原子核很小，α粒子十分接近它的機會很少，所以“絕大多數(shù)α粒子基本上仍按直線方向前進，只有極少數(shù)發(fā)生大角度的偏轉”，A選項錯誤；用極端法，設α粒子在向重金屬核射去，當α粒子接近核時，克服電場力做功，其動能減小，電勢能增加；當α粒子遠離原子核時，電場力做功，其動能增加，電勢能減小，B、C選項

55、是錯誤的。 4．氫原子的核外電子從距核較近的軌道躍遷到距核較遠的軌道過程中(　　) A．原子要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能增大，原子的能量增大 B．原子要放出光子，電子的動能減小，原子的電勢能減小，原子的能量也減小 C．原子要吸收光子，電子的動能增大，原子的電勢能減小，原子的能量增大 D．原子要吸收光子，電子的動能減小，原子的電勢能增大，原子的能量增加 解析：選D　根據(jù)玻爾理論，氫原子核外電子在離核越遠的軌道上運動時，其能量越大，由能量公式En＝(E1＝－13.6 eV)，可知電子從低軌道(量子數(shù)n小)向高軌道(n值較大)躍遷時，要吸收一定能量的光子，B選項可排除；氫原子

56、核外電子繞核做圓周運動，其向心力由原子核對電子的庫侖引力提供，即＝，電子運動的動能Ek＝mv2＝，由此可知電子離核越遠，r越大時，則電子的動能就越小，A、C選項均可排除；由于原子核帶正電荷，電子帶負電荷，事實上異種電荷遠離過程中需克服庫侖引力做功，即庫侖力對電子做負功，則原子系統(tǒng)的電勢能將增大，系統(tǒng)的總能量增加，D選項正確。 5．圖2中畫出了氫原子的4個能級，并注明了相應的能量E，處在n＝4能級的一群氫原子向低能級躍遷時，能夠發(fā)出若干種不同頻率的光波，已知金屬鉀的逸出功為2.22 eV，能夠從金屬鉀的表面打出光電子的光波總共有(　　) 圖2 A．2種　　　　　　　　 B．3種 C．

57、4種 D．5種 解析：選C　原子從高能級向低能級躍遷時放出的光子的能量等于躍遷的兩能級之間的能量之差，當光子能量大于或等于2.22 eV時就能使金屬鉀發(fā)生光電效應，滿足條件的光子是4→1,3→1,2→1,4→2四種光子，C選項正確。 二、多項選擇題 6．(2014汕頭測評)按照玻爾原子理論，下列表述正確的是(　　) A．核外電子運行軌道半徑可取任意值 B．氫原子中的電子離原子核越遠，氫原子的能量越大 C．原子躍遷時，輻射或吸收光子的能量由能級的能量差決定，即hν＝|Em－En| D．氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷的過程，可能輻射能量，也可能吸收能量 解析：選BC　由玻爾理論知核外

58、電子軌道是不連續(xù)的，不可以取任意值，故A錯；電子離原子核越遠，能級越高，故原子的能量越大，B對；原子發(fā)生躍遷時，若從低能級向高能級躍遷，吸收能量，從高能級向低能級躍遷，釋放能量，且吸收和放出的光子的能量，由能級的能量差決定，故C對D錯。 7．如圖3所示為盧瑟福和他的同事們做α粒子散射實驗裝置的示意圖。熒光屏和顯微鏡一起分別放在圖中的A、B、C、D四個位置時，觀察到以下現(xiàn)象，其中正確的是(　　) 圖3 A．放在A位置時，相同時間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最少 B．放在B位置時，相同時間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)只比A位置時稍少些 C．放在C、D位置時，屏上觀察不到閃光 D．放在D位置時，

59、屏上仍能觀察到一些閃光，但次數(shù)極少 解析：選BD　根據(jù)α粒子散射現(xiàn)象，絕大多數(shù)α粒子沿原方向前進，少數(shù)α粒子發(fā)生較大偏轉，放在A位置時，相同時間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最多。 8．(2014梅州質檢)如圖4所示為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，用這些光照射逸出功為2.49 eV的金屬鈉，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．從n＝3躍遷到n＝2所發(fā)出的光頻率最高 B．從n＝3躍遷到n＝1所發(fā)出的光波長最短 C．金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為9.60 eV D．金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為11.09 eV

60、解析：選BC　從n＝3躍遷到n＝1時，釋放的光子能量最大，光子的頻率最高，波長最短，故A錯，B對；光子的最大初動能Ekm＝hν－w0＝13.6 eV－1.51 eV－2.49 eV＝9.60 eV，故C對，D錯。 三、填空、計算題 9.(2014浙江自選模塊)玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，氫原子能級圖如圖5所示。當氫原子從n＝4的能級躍遷到n＝2的能級時，輻射出頻率為____Hz的光子，用該頻率的光照射逸出功為2.25 eV的鉀表面，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為_______eV。 圖5 (電子電荷量e＝1.6010－19C，普朗克常量h＝6.6310－34 Js)

61、 解析：氫原子從n＝4的能級躍遷到n＝2的能級時，釋放出光子的能量為E＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，由hν＝E解得光子的頻率ν＝6.21014 Hz。 用此光照射逸出功為2.25 eV的鉀時，由光電效應方程知，產(chǎn)生光電子的最大初動能為Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30 eV。 答案：6.21014　0.30 10．已知氫原子在n＝1時的能量E1＝－13.6 eV，電子的軌道半徑r1＝0.5310－10 m，求： (1)電子在第三條軌道即n＝3時的動能和勢能各是多少？ (2)原子從n＝3躍遷到n＝1時輻射出光子的頻率多大？波長是多大？ 解

62、析：(1)由rn＝n2r1得：r3＝32r1＝4.7710－10 m 又由En＝ 得：E3＝－1.51 eV＝－2.41610－19 J 核外電子繞核做勻速圓周運動所需要的向心力由原子對電子的庫侖力提供，即 k＝m 由此得電子在n＝3軌道上的動能 Ek3＝mv2＝＝2.41510－19 J 則電子在n＝3軌道上時的勢能為 Ep3＝E3－Ek3＝－4.83110－19 J (2)由hν＝E3－E1 變形得： ν＝ ＝2.911015 Hz 則λ＝＝1.0310－7 m 答案：(1)2.41510－19 J?。?.83110－19 J (2)2.911015 Hz　1

63、.0310－7 m 第3單元原__子__核 原子核的組成 [想一想] 如圖14－3－1甲是α、β、γ三種射線穿透能力的示意圖，圖乙是工業(yè)上利用射線的穿透性來檢查金屬內(nèi)部的傷痕的示意圖。 圖14－3－1 請思考：(1)圖甲中到達鋁板和到達混凝土的射線各是什么射線？ (2)圖乙中用于金屬內(nèi)部探傷的是哪種射線？ 提示：(1)α射線的穿透能力很弱，一張紙就能擋住，β射線的穿透能力很強，能穿透幾毫米厚的鋁板，γ射線的穿透能力更強，可以穿透幾厘米厚的鉛板，故到達鋁板的為β和γ射線，到達混凝土的是γ射線。 (2)只有γ射線才具有足夠的穿透力，能進行金屬內(nèi)部的傷痕檢查。 [記一

64、記] 1．四個概念 (1)放射性：物質放射出射線的性質。 (2)放射性元素：具有放射性的元素。 (3)同位素：具有相同質子數(shù)和不同中子數(shù)的原子核。 (4)放射性同位素：具有放射性的同位素。 2．原子核的組成 (1)原子核：由質子和中子組成，質子和中子統(tǒng)稱為核子。 (2)核電荷數(shù)(Z)：等于核內(nèi)質子數(shù)，也等于核外電子數(shù)，還等于元素周期表中的原子序數(shù)。 (3)核質量數(shù)(A)：等于核內(nèi)的核子數(shù)，即質子數(shù)與中子數(shù)之和。 3．原子核的衰變 (1)三種射線的比較： 種類 α射線 β射線 γ射線 組成 高速氦核流 高速電子流 光子流(高頻電磁波) 帶電荷量 2e

65、－e 0 質量 4mp(mp＝1.6710－27 kg) 靜止質量為零 符號 He e γ 速度 0.1c 0.99c c 在電磁場中 偏轉 與α射線反向偏轉 不偏轉 貫穿本領 最弱，用紙能擋住 較強，穿透幾毫米的鋁板 最強，穿透幾厘米的鉛板 對空氣的電離作用 很強 較弱 很弱 (2)半衰期： ①定義：放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間。 ②衰變規(guī)律：N＝N0()t/τ、m＝m0()t/τ。 ③影響因素：由原子核內(nèi)部因素決定，跟原子所處的物理化學狀態(tài)無關。 4．核力與核能 (1)核力： ①含義：原子核里的核子間存在互

66、相作用的核力，核力把核子緊緊地束縛在核內(nèi)，形成穩(wěn)定的原子核。 ②特點： a．核力是強相互作用的一種表現(xiàn)。 b．核力是短程力，作用范圍在1.510－15m之內(nèi)。 c．每個核子只跟鄰近的核子發(fā)生核力作用。 (2)核能： ①結合能：把構成原子核的結合在一起的核子分開所需的能量。 ②質能方程：一定的能量和一定的質量相聯(lián)系，物體的總能量和它的質量成正比，即E＝mc2。 核子在結合成原子核時出現(xiàn)質量虧損Δm，其能量也要相應減少，即ΔE＝Δmc2。 ③質能方程的意義：質量和能量是物質的兩種屬性，質能方程揭示了質量和能量是不可分割的，它建立了兩個屬性在數(shù)值上的關系。 (3)獲得核能的途徑： ①重核裂變： 定義：質量數(shù)較大的原子核受到高能粒子的轟擊而分裂成幾個質量數(shù)較小的原子核的過程。 特點：a.裂變過程中能夠放出巨大的能量；b.裂變的同時能夠放出2～3(或更多)個中子；c.裂變的產(chǎn)物不是唯一的。對于鈾核裂變有二分裂、三分裂和四分裂形式，但三分裂和四分裂概率比較小。 典