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2019年高考物理大二輪復習 專題訓練八 第3課時 原子物理和動量 1．能級和能級躍遷 (1)軌道量子化 核外電子只能在一些分立的軌道上運動 rn＝n2r1(n＝1,2,3，…) (2)能量量子化 原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài) En＝(n＝1,2,3，…) (3)吸收或輻射能量量子化 原子在兩個能級之間躍遷時只能吸收或發(fā)射一定頻率的光子，該光子的能量由前后兩個能級的能量差決定，即hν＝Em－En. 2．原子核的衰變 衰變類型 α衰變 β衰變 衰變方程 X→Y＋He X→Y＋e 衰變實質 2個質子和2個中子結合成一整體射出 1個中子轉化為1個質子和1個電子 2H＋2n→He n→H＋e 衰變規(guī)律 質量數守恒、電荷數守恒 3.α射線、β射線、γ射線之間的區(qū)別 名稱 α射線 β射線 γ射線 實質 氦核流 電子流 光子 速度 約為光速的 約為光速的99% 光速 電離作用 很強 較弱 很弱 貫穿能力 很弱 較強 最強 4.核反應、核能、裂變、輕核的聚變 (1)在物理學中，原子核在其他粒子的轟擊下產生新原子核的過程，稱為核反應．核反應方程遵循質量數守恒和電荷數守恒的規(guī)律． (2)質能方程：一定的能量和一定的質量相聯系，物體的總能量和它的質量成正比，即E＝mc2或ΔE＝Δmc2. (3)核物理中，把重核分裂成質量較小的核，釋放出核能的反應，稱為裂變；把輕核結合成質量較大的核，釋放出核能的反應，稱為聚變． (4)核能的計算：①ΔE＝Δmc2，其中Δm為核反應方程中的質量虧損；②ΔE＝Δm931.5 MeV，其中質量虧損Δm以原子質量單位u為單位． (5)原子核的人工轉變 盧瑟福發(fā)現質子的核反應方程為： N＋He→O＋H 查德威克發(fā)現中子的核反應方程為： Be＋He→6C＋n 約里奧居里夫婦發(fā)現放射性同位素和正電子的核反應方程為：Al＋He→P＋n，P→Si＋e 5．光電效應及其方程 (1)光電效應的規(guī)律：入射光的頻率大于金屬的截止頻率才能產生光電效應；光電子的最大初動能隨入射光頻率的增大而增大，與入射光的強度無關；光電流的強度與入射光的強度成正比；光電子的發(fā)射幾乎是瞬時的，一般不大于10－9 s. (2)光電效應方程：Ek＝hν－W0. 6．動量守恒定律 (1)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′； 或p＝p′(系統相互作用前的總動量p等于系統相互作用后的總動量p′)； 或Δp＝0(系統總動量的增量為零)； 或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)． (2)動量守恒定律的適用條件 ①系統不受外力或系統雖受外力但所受外力的合力為零． ②系統所受合力不為零，但在某一方向上系統所受外力的合力為零，則在該方向上系統動量守恒． ③系統雖受外力，但外力遠小于內力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程． 7．彈性碰撞與非彈性碰撞 碰撞過程遵從動量守恒定律．如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞；如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞． 8．碰撞問題同時遵守的三條原則 (1)系統動量守恒原則 (2)物理情景可行性原則 (3)不違背能量守恒原則 碰撞過程滿足Ek≥Ek′ 即m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2或＋≥＋ 1．在書寫核反應方程時，一般先滿足質量數守恒，后滿足電荷數守恒． 2．在處理粒子的碰撞和衰變問題時，通常應用動量守恒定律、質能方程和能量守恒定律綜合分析. 考向1　原子物理基礎知識、核反應與動量的組合 例1　(1)下列說法正確的是________． A．玻爾原子理論不僅能解釋氫原子光譜，而且也能解釋其他原子光譜 B．法國物理學家貝可勒爾發(fā)現了天然放射現象，說明原子核具有復雜結構 C.U的半衰期約為7億年，隨著地球環(huán)境的不斷變化，半衰期可能變短 D．處于n＝3激發(fā)態(tài)的一群氫原子，自發(fā)躍遷時能發(fā)出3種不同頻率的光子 (2)速度為v0的中子n擊中靜止的氮核N，生成碳核C和另一種新原子核，已知C與新核的速度方向與碰撞前中子的速度方向一致，碰后C核與新核的動量之比為2∶1. ①寫出核反應方程． ②求C與新核的速度各是多大？ 解析　(2)②設n、C、新核質量分別為m0、m1和m2，碰后C、新核速度分別為v1、v2. 由動量守恒得m0v0＝m1v1＋m2v2 又m1v1＝2m2v2 聯立求得：v1＝，v2＝ 答案　(1)BD　(2)①N＋n→C＋H?、凇? 以題說法　1.核反應方程的書寫 (1)核反應過程一般不可逆，所以核反應方程中用“→”表示方向而不能用等號代替． (2)核反應方程遵循質量數、電荷數守恒，但核反應前后的總質量一般會發(fā)生變化(質量虧損)且釋放出核能． (3)核反應的生成物一定要以實驗為基礎，不能只依據兩個守恒規(guī)律憑空杜撰出生成物來寫核反應方程． 2．原子核的衰變 (1)衰變實質：α衰變是原子核中的2個質子和2個中子結合成一個氦核并射出；β衰變是原子核中的一個中子轉化為一個質子和一個電子，再將電子射出；γ衰變伴隨著α衰變或β衰變同時發(fā)生，不改變原子核的質量數與電荷數，以光子形式釋放出衰變過程中產生的能量． (2)衰變的快慢由原子核內部因素決定，跟原子所處的物理、化學狀態(tài)無關；半衰期是統計規(guī)律，對個別、少數原子無意義． (1)自然界中的碳主要是12C，也有少量14C.14C是具有放射性的碳同位素，能夠自發(fā)地進行β衰變變成氮，其衰變的方程為____________________________．活的植物通過光合作用與呼吸作用，體內的14C的比例與大氣中相同，植物死后，遺體內的14C仍在衰變，但不能得到補充，所以遺體內的14C的比例比大氣中的少．要推斷一塊古木的年代，可從古木中取1 g的樣品，如果測得樣品每分鐘衰變的次數正好是1 g現代植物每分鐘衰變次數的一半，表明這塊古木經過了14C的________個半衰期． 圖1 (2)如圖1所示，一個平板車的質量為M＝68 kg(包含車上的卸貨人)，其上有質量均為m＝14 kg的貨物8袋．開始時平板車水平向右以速度v0＝5 m/s在水平光滑的軌道上勻速運動，平板車上的卸貨人以速度v＝10 m/s(相對水平地面)水平向右一次一袋把貨物拋出，當平板車反向向左開始運動后，卸貨人不再拋出貨物．求卸貨人向右拋出貨物的袋數和平板車的最終速度． 答案　(1)C→N＋e　1　(2)7　 m/s，方向向左 解析　(1)衰變的方程為C→N＋e.放射性元素的原子核有半數發(fā)生衰變時所需要的時間叫半衰期，要推斷一塊古木的年代，可從古木中取1 g的樣品，如果測得樣品每分鐘衰變的次數正好是1 g現代植物每分鐘衰變次數的一半，表明這塊古木經過了14C的1個半衰期． (2)設平板車上貨物的總袋數為N，當第n袋向右水平拋出時，平板車開始反向向左運動，此時平板車速度為vn，取向右為正方向， 由動量守恒定律得： (M＋Nm)v0＝nmv＋[M＋(N－n)m]vn 解得：vn＝， 要使平板車反向向左運動，有vn≤0 則n≥，解得n≥6.4， 因為n應為整數，故n＝7. 所以當第7袋貨物水平向右拋出時，平板車開始反向向左運動， 此時vn＝－ m/s，負號表示速度方向向左． 考向2　原子物理基礎知識、能級與動量的組合 例2　(1)下列說法中正確的是________． A．電子的衍射現象說明實物粒子也具有波動性 B．裂變物質體積小于臨界體積時，鏈式反應不能進行 C．原子核內部一個質子轉化成一個中子時，會同時釋放出一個電子 D．235U的半衰期約為7億年，隨地球環(huán)境的變化，半衰期可能變短 圖2 (2)氫原子的能級如圖2所示．有一群處于n＝4能級的氫原子，若原子從n＝4向n＝2躍遷時所發(fā)出的光正好使某種金屬產生光電效應，則： ①這群氫原子發(fā)出的光中共有________種頻率的光能使該金屬產生光電效應； ②從n＝4向n＝1躍遷時發(fā)出的光照射該金屬，所產生的光電子的最大初動能為________ eV. 圖3 (3)如圖3所示，質量為2m的小滑塊P和質量為m的小滑塊Q都視作質點，與輕質彈簧相連的Q靜止在光滑水平面上．P以某一初速度v向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞，問： ①彈簧的彈性勢能最大時，P、Q的速度各為多大？ ②彈簧的最大彈性勢能是多少？ 解析　(2)一群處于n＝4能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，因為n＝4向n＝2躍遷所發(fā)生的光正好使某種金屬材料產生光電效應，所以只有n＝4躍遷到n＝1，n＝4躍遷到n＝2，n＝3躍遷到n＝1，n＝2躍遷到n＝1的光子能夠使金屬發(fā)生光電效應，即4種．逸出功W＝－0.85 eV＋3.40 eV＝2.55 eV，從而n＝4躍遷到n＝1輻射的光子能量最大，為－0.85 eV＋13.6 eV＝12.75 eV，根據光電效應方程知，光電子的最大初動能Ekm＝hγ－W0＝12.75 eV－2.55 eV＝10.2 eV. (3)①當彈簧的彈性勢能最大時，P、Q速度相等 2mv＋0＝(2m＋m)v1 解得v1＝v ②最大彈性勢能Emax＝2mv2－3mv＝mv2 答案　(1)AB　(2)①4?、?0.2　(3)①均為v　②mv2 以題說法　關于原子躍遷要注意以下四個方面： (1)一群氫原子處于量子數為n的激發(fā)態(tài)時，可能輻射的光譜條數N＝. (2)只有光子能量恰好等于躍遷所需的能量(hν＝Em－En)時，光子才被吸收． (3)“直接躍遷”只能對應一個能級差，發(fā)射一種頻率的光子．“間接躍遷”能對應多個能級差，發(fā)射多種頻率的光子． (4)入射光子能量大于電離能(hν＝E∞－En)時，光子一定能被原子吸收并使之電離，剩余能量為自由電子的動能． (xx山東39)(1)氫原子能級如圖4所示，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________(雙選，填正確答案標號)． 圖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 (2)如圖5所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求： 圖5 (ⅰ)B的質量； (ⅱ)碰撞過程中A、B系統機械能的損失． 答案　(1)cd　(2)(ⅰ)　(ⅱ)mv 解析　(1)能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越大，波長越小，a錯誤；由Em－En＝hν可知，b錯誤，d正確；根據C＝3可知，輻射的光子頻率最多3種，c正確． (2)(ⅰ)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝② (ⅱ)從開始到碰撞后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設碰撞過程A、B系統機械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯立②③④式得ΔE＝mv 考向3　原子物理基礎知識、光電效應與動量的組合 例3　(1)下列說法正確的是(　　) A．玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律 B．原子核發(fā)生α衰變時，新核與α粒子的總質量等于原來的原子核的質量 C．氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時氫原子的能量減少 D．在原子核中，比結合能越小表示原子核中的核子結合得越牢固 (2)如圖6所示為研究光電效應的電路圖，對某金屬用紫外線照射時，電流表指針發(fā)生偏轉．將滑動變阻器滑動片向右移動的過程中，電流表的示數不可能________(選填“減小”、“增大”)．如果改用頻率略低的紫光照射，電流表______(選填“一定”、“可能”或“一定沒”)有示數． 圖6 (3)在光滑水平面上，一個質量為m、速度為v的A球，與質量也為m的另一靜止的B球發(fā)生正碰，若它們發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞后B球的速度是多少？若碰撞后結合在一起，共同速度是多少？ 解析　(1)因有質量虧損，新核與α粒子的總質量小于原來的原子核的質量，B錯誤；在原子核中，比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固，所以D錯誤．選A、C. (2)滑片向右滑動，A、K間的正向電壓增大，到達A上電子的個數增多或不變，所以電流增大或不變，不可能減??；因不確定金屬的截止頻率與紫光頻率的大小關系，故紫光照射，可能會發(fā)生光電效應，所以電流表可能有示數． (3)設A、B球碰后的速度分別為v1、v2， 根據動量守恒mv＝mv1＋mv2， 因是彈性碰撞，故mv2＝mv＋mv， 聯立解得v1＝0，v2＝v； 若碰撞后結合在一起，mv＝2mv′， v′＝v. 答案　(1)AC　(2)減小　可能　(3)v　 以題說法　處理光電效應問題的兩條線索 一是光的頻率，二是光的強度，兩條線索對應的關系是： 1．光強→光子數目多→發(fā)射光電子數多→光電流大． 2．光子頻率高→光子能量大→產生光電子的最大初動能大． (xx江蘇12C)(1)已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.731014 Hz和5.441014 Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的________． A．波長 B．頻率 C．能量 D．動量 (2)氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統造成輻射損傷．它是世界衛(wèi)生組織分布的主要環(huán)境致癌物質之一．其衰變方程是Rn→Po＋________.已知Rn的半衰期約為3.8天，則約經過______天，16 g的Rn衰變后還剩1 g. (3)牛頓的《自然哲學的數學原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度．若上述過程是質量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小． 答案　(1)A　(2)He　15.2　(3)v0　v0 解析　(1)根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0.由題知W鈣>W鉀，所以鈣逸出的光電子的最大初動能較小．根據p＝及p＝和c＝λν知，鈣逸出的光電子的特點是：動量較小、波長較長、頻率較?。x項A正確，選項B、C、D錯誤． (2)根據質量數、電荷數守恒得衰變方程為Ra→Po＋He.根據衰變規(guī)律m＝m0()，代入數據解得t＝15.2天． (3)設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2 由動量守恒定律知：2mv0＝2mv1＋mv2， 且由題意知＝ 解得v1＝v0，v2＝v0 考向4　動量和能量觀點的綜合應用 例4　(xx廣東35)如圖7所示的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1＝2 s至t2＝4 s內工作．已知P1、P2的質量都為m＝1 kg，P與AC間的動摩擦因數為μ＝0.1，AB段長L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． 圖7 (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v1的取值范圍和P向左經過A點時的最大動能E. 解析　(1)設P1和P2發(fā)生彈性碰撞后速度為v2，根據動量守恒定律有：mv1＝2mv2① 解得：v2＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動能為：ΔEk＝mv－2mv② 解得ΔEk＝9 J (2)P滑動過程中，由牛頓第二定律知 2ma＝－2μmg③ 可以把P從A點運動到C點再返回B點的全過程看作勻減速直線運動，根據運動學公式有3L＝v2t＋at2④ 由①③④式得v1＝ ①若2 s時通過B點，解得：v1＝14 m/s ②若4 s時通過B點，解得：v1＝10 m/s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設向左經過A點的速度為vA，由動能定理知 2mv－2mv＝－μ2mg4L 當v2＝v1＝7 m/s時，復合體向左通過A點時的動能最大，EkAmax＝17 J. 答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J 以題說法　利用動量和能量的觀點解題的技巧 1．若研究對象為一個系統，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律． 2．動量守恒定律和能量守恒定律都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)，對過程的細節(jié)不予追究． 3．注意挖掘隱含條件，根據選取的對象和過程判斷動量和能量是否守恒． (1)下列說法正確的是________． A．光子不但具有能量，也具有動量 B．玻爾認為，氫原子中電子軌道是量子化的，能量也是量子化的 C．將由放射性元素組成的化合物進行高溫分解，會改變放射性元素的半衰期 D．原子核的質量大于組成它的核子的質量之和，這個現象叫做質量虧損 E．質量數大的原子核，其比結合能不一定大 (2)如圖8所示，光滑水平面上靜止著一輛質量為3m的平板車A.車上有兩個小滑塊B和C(都可視為質點)，B的質量為m，與車板之間的動摩擦因數為2μ.C的質量為2m，與車板之間的動摩擦因數為μ.t＝0時刻B、C分別從車板的左、右兩端同時以初速度v0和2v0相向滑上小車．在以后的運動過程中B與C恰好沒有相碰．已知重力加速度為g，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．求： 圖8 ①平板車的最大速度v和達到最大速度經歷的時間t； ②平板車平板總長度L. 答案　(1)ABE　(2)①v0　?、? 解析　(2)①起始到三者共速過程中，A、B、C系統動量守恒，以水平向左為正方向 2m2v0－mv0＝6mv 起始到三者共速過程是C做勻減速運動的過程： Ff＝2ma Ff＝2μmg v＝2v0－at 綜上有：v＝v0，t＝ ②起始到三者共速過程中，B相對A向右勻減速到速度為零后與A一起向左勻加速，C相對A向左勻減速，B和C對A的滑動摩擦力大小均為Ff＝2μmg， 由能量守恒有 mv＋2m(2v0)2＝FfL＋6mv2 綜上有：L＝ (限時：45分鐘) 題組1　核反應與動量的組合 1．(1)一個鋰核(Li)受到一個質子(H)轟擊變?yōu)?個α粒子(He)．已知質子的質量為1.672 610－27 kg，鋰原子的質量為11.650 510－27 kg，一個α原子的質量為6.646 710－27 kg.寫出該核反應方程____________________，該核反應釋放的核能是________ J．(真空中光速c＝3.0108 m/s) (2)如圖1所示，水平冰面的同一直線上有三個木箱A、B、C，質量均為60 kg.一質量為30 kg的猴子停在A上，與A一起以3 m/s的速度向右滑向靜止的木箱B、C，在接近B時，猴子以6 m/s的水平對地速度跳上木箱B，接近木箱C時再以6 m/s的水平對地速度跳上木箱C，最終與C一起運動，若木箱在運動過程中發(fā)生碰撞，且碰撞后不再分開，求木箱A、B、C最終運動的速度． 圖1 答案　(1)Li＋H→2He　2.67310－12 (2)見解析 解析　(2)猴子跳離木箱A過程動量守恒，跳離后木箱速度為vA1， (M＋m)v0＝mv＋MvA1 解得vA1＝1.5 m/s 猴子跳上木箱B后再跳離木箱B，B和猴子組成的系統動量守恒：mv＝mv＋MvB1 解得vB1＝0 A木箱將追上B木箱發(fā)生正碰，A、B組成的系統動量守恒，碰后速度為vAB， MvA1＝2MvAB 解得vAB＝0.75 m/s，方向水平向右 猴子跳上C過程動量守恒：mv＝(m＋M)vC 解得vC＝2 m/s，方向水平向右 2．(1)2011年3月11日本福島核電站發(fā)生核泄漏事故，其中銫137(Cs)對核輻射的影響最大，其半衰期約為30年． ①請寫出銫137(Cs)發(fā)生β衰變的核反應方程____________________．[已知53號元素是碘(I)，56號元素是鋇(Ba)] ②若在該反應過程中釋放的核能為E，則該反應過程中質量虧損為________(真空中的光速為c)． ③泄露出的銫137約要到公元________年才會有87.5%的原子核發(fā)生衰變． (2)如圖2所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質量分別為m和2m，一輕質彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車．現在先釋放小車B，當小車B的速度大小為3v時，再釋放小車A，此時彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；當小車A的速度大小為v時，彈簧剛好恢復原長．自始至終彈簧都未超出彈性限度．求： 圖2 ①彈簧剛恢復原長時，小車B的速度大??； ②兩小車相距最近時，小車A的速度大?。? 答案　(1)①Cs→Ba＋e　②?、?101 (2)①3.5v?、?v 解析　(2)①從釋放小車A到彈簧剛恢復原長時，由動量守恒定律： 2m3v＝2mvB－mv 解得vB＝3.5v ②兩小車相距最近時速度相同，由動量守恒定律： 2m3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v 題組2　原子物理基礎知識、能級與動量的組合 3．(1)如圖3所示為氫原子的能級圖，已知可見光的光子能量范圍約為1.62～3.11 eV，鎂板的電子逸出功為5.9 eV，以下說法正確的是(　　) 圖3 A．用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鎂板一定不能產生光電效應現象 B．用能量為11.0 eV的自由電子轟擊處于基態(tài)的氫原子，可使其躍遷到激發(fā)態(tài) C．處于n＝2能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離 D．處于n＝4能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離 (2)如圖4所示，在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B，B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A，已知A、B之間的動摩擦因數為μ，現有質量為m的小球以水平速度v0飛來與A物塊碰撞后立即以大小為的速率彈回，在整個過程中物塊A始終未滑離木板B，且物塊A可視為質點，求： 圖4 ①物塊A相對B靜止后的速度； ②木板B至少多長？ 答案　(1)BD　(2)①v0?、? 解析　(2)①設小球m與物塊A碰撞后A的速度為v1，設v0的方向為正方向，由動量守恒定律得： mv0＝－＋2mv1 設物塊A與木板B共同的速度為v2，由動量守恒定律 2mv1＝(2m＋4m)v2 聯立解得v1＝v0，v2＝v0 ②設A在B上滑過的距離為L，由能量守恒定律得： 2μmgL＝2mv－(2m＋4m)v 解得 4．(1)氫原子輻射出一個光子之后，根據玻爾理論，下面敘述正確的是________． A．原子從高能級躍遷到低能級 B．電子繞核運動的半徑減小 C．電子繞核運動的周期不變 D．原子的電勢能減小 E．電子繞核運動的動能減小 (2)如圖5所示，在光滑的水平面上，靜止的物體B側面固定一個輕彈簧，物體A以速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用，兩物體的質量均為m. 圖5 ①求它們相互作用過程中彈簧獲得的最大彈性勢能Ep； ②若B的質量變?yōu)?m，再使物體A以同樣的速度通過彈簧與靜止的物體B發(fā)生作用，求當彈簧獲得的彈性勢能也為Ep時，物體A的速度大?。? 答案　(1)ABD　(2)①mv?、趘0或0 解析　(2)①當A、B速度相同時，彈簧的彈性勢能最大． 則mv0＝2mv mv＝2mv2＋Ep 解得Ep＝mv ②當B的質量為2m時，設A、B的速度分別為v1、v2，有 mv0＝mv1＋2mv2 mv＝mv＋2mv＋Ep 解得v1＝v0或v1＝0. 當v1＝v0時，v2＝v0，運動方向水平向右，符合條件； 當v1＝0時，v2＝v0，運動方向水平向右，也符合條件． 題組3　原子物理基礎知識、光電效應與動量的組合 5．(1)如圖6所示，電路中所有元件完好，當光照射到光電管上時，靈敏電流計中沒有電流通過，可能的原因是________． 圖6 A．入射光強度較弱 B．入射光波長太長 C．光照射時間太短 D．電源正負極接反 (2)如圖7為實驗室常用的氣墊導軌驗證動量守恒的裝置．兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質量分別為mA、mB，在A、B間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導軌上，調節(jié)導軌使其能實現自由靜止，這是表明________________________，燒斷細線，滑塊A、B被彈簧彈開，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為tA和tB，若有關系式______________________，則說明該實驗動量守恒． 圖7 (3)P是人類首先制造出的放射性同位素，其半衰期為2.5 min，能衰變?yōu)镾i和一個未知粒子． ①寫出該衰變的方程； ②已知容器中原有純P的質量為m，求5 min后容器中剩余P的質量． 答案　(1)BD (2)氣墊導軌水平?。交颍? (3)①P→Si＋e?、? 解析　(1)靈敏電流計中沒有電流通過，可能是未發(fā)生光電效應現象，即入射光的頻率小于金屬的截止頻率，與光照強度無關，故選項A錯誤，選項B正確；與入射光的照射時間無關，故選項C錯誤；還可能是由于電源正負極接反，即電場反向導致，故選項D正確． (2)滑塊在氣墊導軌上能自由靜止，說明氣墊導軌水平，因為滑塊在氣墊導軌上所受阻力忽略不計，認為是零，若上述過程A、B系統動量守恒，則有：mAvA＝mBvB，又由于兩遮光條等寬，則＝或－＝0. (3)①根據衰變過程中質量數守恒和電荷數守恒可知該衰變的方程為： P→Si＋e ②5 min后容器中剩余P的質量為： m′＝()m＝()2m＝. 6．(1)如圖8所示，與鋅板相連的驗電器的鋁箔原來是張開的，現在讓弧光燈發(fā)出的光照射到鋅板，發(fā)現與鋅板相連的驗電器的鋁箔張角變大，此實驗事實說明________． 圖8 A．光具有波動性 B．光具有粒子性 C．鋁箔張角大小與光照時間無關 D．若改用激光器發(fā)出的紅光照射鋅板，觀察到驗電器的鋁箔張角則一定會變得更大 E．驗電器的鋁箔原來帶正電 (2)如圖9所示，長度為L的長木板A右邊固定著一個擋板，包括擋板在內的總質量為M，靜止在光滑的水平地面上．小木塊B質量為m，從A的左端開始以初速度v0在A上滑動，滑到右端與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞過程時間極短，碰后木塊B恰好滑到A的左端就停止滑動．則： 圖9 ①判斷在整個運動過程中，A和B是否有可能在某一段時間里運動方向是向左的； ②求B與A間的動摩擦因數為μ. 答案　見解析 解析　(1)光電效應說明光具有粒子性，A錯誤，B正確；在發(fā)生光電效應的頻率不變的條件下，發(fā)射的光電子數與光照強度有關，與光照時間無關，C正確；若改用激光器發(fā)出的紅光照射鋅板，觀察到驗電器的鋁箔張角會變小，D錯誤；鋅板因光電效應失去電子而帶正電，所以驗電器的鋁箔原來帶正電，E正確． (2)①A在運動過程中不可能向左運動，B在與木板A的擋板碰撞時，若B的質量比較小，碰后B的速度有可能反向，即向左運動． ②系統動量守恒：mv0＝(m＋M)v 對系統應用能量守恒定律得： 2μmgL＝mv－(m＋M)v2 聯立解得μ＝v 題組4　動量和能量觀點的綜合應用 7．(xx新課標Ⅰ35)(1)關于天然放射性，下列說法正確的是________． A．所有元素都可能發(fā)生衰變 B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無關 C．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性 D．α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透能力最強 E．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線 圖10 (2)如圖10所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放．當A球下落t＝0.3 s 時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰．碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (ⅰ)B球第一次到達地面時的速度； (ⅱ)P點距離地面的高度． 答案　(1)BCD　(2)(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)0.75 m 解析　(1)自然界中絕大部分元素沒有放射現象，選項A錯誤；放射性元素的半衰期只與原子核結構有關，與其他因素無關，選項B、C正確；α、β和γ三種射線電離能力依次減弱，穿透能力依次增強，選項D正確；原子核發(fā)生衰變時，不能同時發(fā)生α和β衰變，γ射線伴隨這兩種衰變產生，故選項E錯誤． (2)(ⅰ)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有 vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s② (ⅱ)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學規(guī)律可知 v1＝gt③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定豎直向下的方向為正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′④ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤ 設B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運動學及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB⑥ 設P點距地面的高度為h′，由運動學規(guī)律可知 h′＝⑦ 聯立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m 8．(xx山西第三次四校聯考)(1)下列說法中正確的是________． A．β衰變現象說明電子是原子核的組成部分 B．目前已建成的核電站的能量來自于重核裂變 C．一個氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射3種不同頻率的光子 D．盧瑟福依據極少數α粒子發(fā)生大角度散射提出了原子核式結構模型 E．按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大 (2)如圖11所示，在光滑水平地面上有一質量為2m的長木板，其左端放有一質量為m的重物(可視為質點)，重物與長木板之間的動摩擦因數為μ.開始時，長木板和重物都靜止，現在使重物以初速度v0開始運動，設長木板撞到前方固定的障礙物前，長木板和重物的速度已經相等．已知長木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，為使重物始終不從長木板上掉下來，求長木板的長度l至少為多少？(重力加速度為g) 圖11 答案　(1)BDE　(2) 解析　(1)β衰變現象不能說明電子是原子核的組成部分，A錯誤；一群氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射3種不同頻率的光子，而一個氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，只能輻射3種可能頻率的光子中的一種，C錯誤． (2)設碰撞前，長木板和重物的共同速度為v1 由動量守恒定律得：mv0＝3mv1 碰撞后瞬間，長木板以v1反彈，最終兩者的共同速度為v2 由動量守恒定律得：2mv1－mv1＝3mv2 對全過程由功能關系得：μmgl＝mv－mv 解得l＝.