【三維設(shè)計】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專版-第十三章-動量-近代物理初步選修3-5

第十三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))動量近代物理初步[選修3－5][備考指南]考點內(nèi)容要求考點內(nèi)容要求一、碰撞與動量守恒動量、動量定理、動量守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ四、自然?放射現(xiàn)象核反應(yīng)核能原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期Ⅰ彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ放射性同位素Ⅰ二、光電效應(yīng)波粒二象性光電效應(yīng)Ⅰ核力、核反應(yīng)方程Ⅰ愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ⅰ結(jié)合能、質(zhì)量虧損Ⅰ三、原子結(jié)構(gòu)氫原子光譜氫原子光譜Ⅰ裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、裂變反應(yīng)堆Ⅰ射線的危害和防護Ⅰ氫原子的能級結(jié)構(gòu)、能級公式Ⅰ試驗十六驗證動量守恒定律把握考情找規(guī)律：高考對本章學(xué)問的考查主要以選擇、計算為主，本專題的主要考點有碰撞模型、動量定理、動量守恒定律、經(jīng)典物理理論、原子和原子核部分的最新科技成果。明熱點：以生活中的具體事例及經(jīng)典物理學(xué)理論為命題背景，結(jié)合物理學(xué)問在生活中的應(yīng)用及最新科技成果的命題趨勢較強，2022年高考應(yīng)予以高度關(guān)注。第1節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用(1)動量越大的物體，其速度越大。(×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。(×)(3)物體所受合力不變，則動量也不轉(zhuǎn)變。(×)(4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。(×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。(×)(6)物體所受的合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是全都的。(√)(7)物體相互作用時動量守恒，但機械能不愿定守恒。(√)(8)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小確定相同。(√)要點一動量定理的理解與應(yīng)用1．動量、動能、動量變化量的比較動量動能動量變化量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p標(biāo)矢性矢量標(biāo)量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯(lián)系(1)對于給定的物體，若動能發(fā)生變化，則動量確定也發(fā)生變化；若動量發(fā)生變化，則動能不愿定發(fā)生變化(2)都是相對量，都與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系2．應(yīng)用動量定理解題的步驟(1)明確爭辯對象和爭辯過程爭辯對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的。爭辯過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。(2)進行受力分析只分析爭辯對象以外的物體施加給爭辯對象的力，全部外力之和為合外力。爭辯對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會轉(zhuǎn)變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。假如在所選定的爭辯過程的不同階段中物體的受力狀況不同，則要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。(3)規(guī)定正方向由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的狀況下，列式前可以先規(guī)定一個正方向，與規(guī)定的正方向相同的矢量為正，反之為負(fù)。(4)寫出爭辯對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)。(5)依據(jù)動量定理列式求解。3．應(yīng)用動量定理解題的留意事項(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要留意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要留意各個量的正負(fù))。(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和。(3)應(yīng)用動量定理可以只爭辯一個物體，也可以爭辯幾個物體組成的系統(tǒng)。(4)初態(tài)的動量p是系統(tǒng)各部分動量之和，末態(tài)的動量p′也是系統(tǒng)各部分動量之和。(5)對系統(tǒng)各部分的動量進行描述時，應(yīng)當(dāng)選取同一個參考系，不然求和無實際意義。[多角練通]1．(多選)物體的動量變化量的大小為5kg·m/s，A．物體的動量在減小B．物體的動量在增大C．物體的動量大小可能不變D．物體受到的合力沖量大小為5N·s解析：選CD因不知動量變化的方向與初動量方向是否相同，故無法確定動量是增大還是減小，A、B錯誤；動量是矢量，其變化量可能是動量方向變化引起的，C正確；由動量定理I＝Δp可知，合外力的沖量與物體動量變化量大小確定相同，D正確。2．(多選)(2021·廣州模擬)兩個質(zhì)量不同的物體，假如它們的()A．動能相等，則質(zhì)量大的動量大B．動能相等，則動量大小也相等C．動量大小相等，則質(zhì)量大的動能小D．動量變化量相等，則受到合力的沖量大小也相等解析：選ACD由p＝eq\r(2mEk)可知，兩物體動能相同時，質(zhì)量越大的動量越大，A正確，B錯誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，兩物體動量相同時，質(zhì)量越大的動能越小，C正確；由動量定理可知，物體動量變化量與所受合外力的沖量相同，D正確。3．(2022·天津高考)質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kg·m/s。若小球與地面的作用時間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N。(g取10m解析：在小球與地面作用的過程中，對小球進行受力分析，小球受豎直向下的重力mg、地面對小球豎直向上的作用力F兩個力作用。初狀態(tài)小球的速度大小為6m/s，方向豎直向下，末狀態(tài)小球的速度大小為4m/s，方向豎直向上。取豎直向上為正方向，則初動量為負(fù)，末動量為正，動量變化量為Δp＝p′－p＝0.2kg×4m/s－0.2kg×(－6m由動量定理可得Ft－mgt＝Δp，則F＝eq\f(Δp,t)＋mg＝eq\f(2kg·m/s,0.2s)＋0.2kg×10m/s2＝12N。答案：212要點二動量守恒定律及其應(yīng)用1．動量守恒定律的“五性”矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必需是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性爭辯的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2．動量守恒定律的三種表達式及對應(yīng)意義(1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為0。(3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統(tǒng)中，一部分動量的增量與另一部分動量的增量大小相等、方向相反。3．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟(1)明確爭辯對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及爭辯的過程)；(2)進行受力分析，推斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時爭辯說明。[多角練通]1.如圖13-1-1所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開頭自由下滑，下列說法正確的是()圖13-1-1A．在下滑過程中，物塊的機械能守恒B．在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒C．物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)處解析：選C在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物塊的機械能削減，選項A錯誤；在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力，水平方向動量守恒；而豎直方向系統(tǒng)所受重力大于支持力，合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故選項B錯誤；物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動，選項C正確；由物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)動量守恒可知，物塊和光滑弧形槽的速度大小相同，故物塊被彈簧反彈后不行能再追上弧形槽，D錯誤。2.(2022·福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由把握系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分別。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分別后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽視空氣阻力及分別前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分別后衛(wèi)星的速率v1為()圖13-1-2A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：選D火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在分別前后沿原運動方向上動量守恒，由動量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，D項正確。3．(2021·煙臺二模)兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖13-1-3所示。由于摩擦，滑塊最終停在木塊B上，B和圖13-1-3(1)木塊A的最終速度vA；(2)滑塊C離開A時的速度vC′。解析：C從開頭滑上A到恰好滑上A的右端過程中，A、B、C組成系統(tǒng)動量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C剛滑上B到兩者相對靜止，對B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25vC′＝2.75答案：(1)0.25m/s(2)2.75m要點三碰撞、爆炸與反沖1．對碰撞的理解(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化顯著；物體在作用時間內(nèi)位移可忽視。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽視，認(rèn)為系統(tǒng)的動量是守恒的。(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰撞后的總機械能不行能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的推斷彈性碰撞是碰撞過程中無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒定律和機械能守恒定律，精確?????地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告知物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告知是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。3．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒定律。(2)機械能不增加。(3)速度要合理。①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度確定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不行能都不轉(zhuǎn)變。4．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。5．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽視不計，可以認(rèn)為爆炸后照舊從爆炸前的位置以新的動量開頭運動。[典例](2022·山東高考)如圖13-1-4，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開頭時橡皮筋松弛，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13-1-4(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。[審題指導(dǎo)](1)水平直軌道光滑，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒。(2)理清A、B碰撞前、后的速度大小關(guān)系。(3)系統(tǒng)機械能的損失對應(yīng)系統(tǒng)碰撞前后動能的減小量。[解析](1)以初速度v0的方向為正方向，設(shè)B的質(zhì)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eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2)。②(2)從開頭到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE，則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)v2④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)。⑤[答案](1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)[針對訓(xùn)練]1．(2021·福建高考)將靜置在地面上，質(zhì)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(zhì)量為m的酷熱氣體。忽視噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0解析：選D設(shè)噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小為v，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，解得火箭模型獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，選項D正確。2．(2022·大綱卷)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A＞1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()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：選A設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1－A,1＋A)v0，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v0,v1)))＝eq\f(A＋1,A－1)，A正確。3．(2022·重慶高考)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s圖13-1-5解析：選B由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必定增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項錯；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量轉(zhuǎn)變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項錯，B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δ要點四動量與能量的綜合應(yīng)用1．解動力學(xué)問題的三個基本觀點(1)力的觀點：運用牛頓定律結(jié)合運動學(xué)學(xué)問解題，可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。2．利用動量和能量的觀點解題的技巧(1)若爭辯對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。(2)若爭辯對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。(3)由于動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的便利之處。特殊對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。[典例](2022·廣東高考)如圖13-1-6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(fù)合體P。以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1＝2s至t2＝4s內(nèi)工作，已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長L＝4m，g取10m/s2。P1、P2和(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能Δ(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E。圖13-1-6[審題指導(dǎo)](1)P1與P2的碰撞為完全非彈性碰撞；動量守恒，動能損失最多。(2)復(fù)合體P從A→B、B→C、C→B的過程為勻減速運動。(3)當(dāng)t1＝2s時P向左經(jīng)過B點時速度v1最大，向左經(jīng)過A點時的動能最大。(4)當(dāng)t2＝4s時P向左經(jīng)過B點時速度v1最小。[解析](1)若v1＝6m/s，依據(jù)動量守恒定律，碰撞后瞬間P的速度mv1＝2mv解得v＝3碰撞過程損失的動能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)由于探測器的工作時間在t1＝2s至t2＝4s內(nèi)，要在工作時間內(nèi)通過，由于P與擋板發(fā)生的是彈性碰撞，因此P從A動身回到A的整個滑動過程可以看成是勻減速直線運動。由mv1＝2mv得v＝eq\f(1,2)v1P以v開頭滑動，滑動的加速度a＝μg＝1m若P碰撞后在t1時刻到達B點則vt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝3L則v1＝14若P碰撞后在t2時刻到達B點則vt2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝3L則v1＝10因此v1的速度范圍為10m/s≤v1≤14m當(dāng)v1＝14m/s時，v＝7mP以7m/s的速度從A開頭滑動到返回－μ·2mg×4L＝E－eq\f(1,2)×2mv2求得E＝17J。[答案](1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s[針對訓(xùn)練]1.如圖13-1-7所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以確定的初速度沿水平面對右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失。假如斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。假如斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()圖13-1-7A．h B.eq\f(m,M＋m)hC.eq\f(m,M)h D.eq\f(M,M＋m)h解析：選D若斜面固定，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh；若斜面不固定，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv2＝mgh′＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)。聯(lián)立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正確。2．(2022·天津高考)如圖13-1-8所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力微小，可以忽視不計?？梢暈橘|(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg?，F(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下連續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達到vt＝2圖13-1-8(1)A開頭運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)A的上表面長度l。解析：(1)以A為爭辯對象，由牛頓其次定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開頭運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3對點訓(xùn)練：沖量、動量、動量定理1．放在水平面上的物體，用水平推力F推它t秒，物體始終不動，則在這t秒內(nèi)，關(guān)于合力的沖量與摩擦力沖量的大小，下列說法正確的是()A．合力的沖量及摩擦力的沖量均為0B．合力的沖量及摩擦力的沖量均為FtC．合力的沖量為0，摩擦力的沖量為FtD．合力的沖量為Ft，摩擦力的沖量為0解析：選C用水平力F推物體t秒，物體不動，說明合力為0，合力的沖量也為0。摩擦力與推力等大反向，故摩擦力沖量的大小也為Ft，但方向與F方向相反，C正確。2．(2021·江西贛州三中測試)物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內(nèi)動能由零增大到E1，在時間t2內(nèi)動能由E1增加到2E1，設(shè)合力在時間t1內(nèi)做的功為W1，沖量為I1，在時間t2內(nèi)做的功是W2，沖量為I2，則()A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2解析：選B依據(jù)動能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2，依據(jù)動量定理和動量與動能的關(guān)系式p＝eq\r(2mEk)，有I1＝eq\r(2mE1)－0＝eq\r(2mE1)，I2＝2eq\r(mE1)－eq\r(2mE1)＝(2－eq\r(2))eq\r(mE1)，明顯I1＞I2，綜上知，B正確。3．(2021·湖北高校附中測試)質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性平安帶的疼惜，他被懸掛起來。已知平安帶的緩沖時間是1.2s，平安帶長5m，取g＝10A．500N B．600NC．1100N D．100N解析：選C平安帶長5m，人在這段距離上做自由落體運動，獲得速度v＝eq\r(2gh)＝10m/s。受平安帶的疼惜經(jīng)1.2s速度減小為0，對此過程應(yīng)用動量定理，以向上為正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，則F＝eq\f(mv,t)＋mg＝1100N，C正確。對點訓(xùn)練：動量守恒定律的理解與應(yīng)用4．(2021·浙江自選模塊)如圖1所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以v的速度沿光滑水平地面對前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后()圖1A．甲木塊的動量守恒B．乙木塊的動量守恒C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒解析：選C兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，機械能也守恒，故選項A、B錯誤，選項C正確。甲、乙兩木塊碰撞前、后動能總量不變，但碰撞過程中有彈性勢能，故動能不守恒，只是機械能守恒，選項D錯誤。5.如圖2所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。當(dāng)此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車向東的速度大小為()圖2A.eq\f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq\f(Mv1,M－m)C.eq\f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1解析：選D在水平方向動量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度沒變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車，因此v車＝v1，所以D正確。6.(2021·福建省莆田一中期末)如圖3所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開頭向左運動，B開頭向右運動，A始終沒有滑離B板。圖3A．1.8m/s B．2.4mC．2.8m/s D．3.0m解析：選BA先向左減速到零，再向右加速運動，在此期間，木板減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有選項B正確。對點訓(xùn)練：碰撞、爆炸及反沖7．(2021·淮南質(zhì)檢)在光滑水平桌面上停放著兩輛玩具小車A、B，其質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶2，兩車用一根輕質(zhì)細(xì)線縛住，中間夾著被壓縮的輕彈簧，當(dāng)燒斷細(xì)線，輕彈簧將兩車彈開，A車與B車()A．動量大小之比為1∶2 B．動量大小之比為1∶1C．速度大小之比為1∶2 D．速度大小之比為1∶1解析：選B系統(tǒng)動量守恒，兩車被彈開前，總動量為零，彈開后，總動量仍為零，所以A車與B車的動量大小相等，方向相反，選項A錯誤，B正確；由mAvA＝mBvB可得，vA∶vB＝mB∶mA＝2∶1，選項C、D錯誤。8．(2021·泉州高三質(zhì)檢)“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶心情的流露。有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東；A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：選C取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正確。9．(2022·江蘇高考)牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分別速度和它們碰撞前的接近速度之比總量約為15∶16，分別速度是指碰撞后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(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小解析：設(shè)玻璃球A、B碰撞后速度分別為v1和v2，由動量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由題意知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：見解析對點訓(xùn)練：動量與能量的綜合問題10．(2021·渝中區(qū)模擬)如圖4所示，光滑圓形管道固定在豎直面內(nèi)，直徑略小于管道內(nèi)徑可視為質(zhì)點的小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A球從管道最高處由靜止開頭沿管道下滑，與靜止于管道最低處的B球相碰，碰后A、B球均能剛好到達與管道圓心O等高處，關(guān)于兩小球質(zhì)量比值eq\f(mA,mB)的說法正確的是()圖4A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)＋1 B.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1C.eq\f(mA,mB)＝1 D.eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)解析：選B由mgR＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(2gR)，則兩球碰后速度等大反向，碰撞前A球下滑到最低點的速度設(shè)為v0，由機械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞過程中動量守恒可得：mAv0＝mBv－mAv。以上三式聯(lián)立可解得：eq\f(mA,mB)＝eq\r(2)－1，B正確。11．(2022·北京高考)如圖5所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。圖5現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l。解析：設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。(1)依據(jù)機械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬間A的速率v＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)依據(jù)動量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s。(3)依據(jù)動能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m。答案：見解析12．(2021·張掖模擬)如圖6所示。質(zhì)量M＝2kg的足夠長的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為MA＝2kg的物體A(可視為質(zhì)點)。一個質(zhì)量為m＝20g的子彈以500m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00m/s，最終物體A靜止在車上。若物體A與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝圖6(1)平板車最終的速度是多大？(2)全過程損失的機械能為多少？(3)A在平板車上滑行的時間為多少？解析：(1)對子彈和物塊，由動量守恒得mv0＝mv′＋MAv得v＝4同理對M和MA有MAv＝(M＋MA)v車得v車＝2(2)由能量守恒得：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋MA)veq\o\al(2,車)＝2392J。(3)由動量定理得：－μMAgt＝MAv車－MAv得t＝0.4s。答案：(1)2m/s(2)2392J(3)0.4第2節(jié)波粒二象性(1)光子和光電子都是實物粒子。(×)(2)只要入射光的強度足夠強，就可以使金屬發(fā)生光電效應(yīng)。(×)(3)要使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，入射光子的能量必需大于金屬的逸出功。(√)(4)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比。(×)(5)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性。(√)(6)德國物理學(xué)家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應(yīng)規(guī)律。(×)(7)美國物理學(xué)家康普頓發(fā)覺了康普頓效應(yīng)，證明白光的粒子性。(√)(8)法國物理學(xué)家德布羅意大膽預(yù)言了實物粒子在確定條件下會表現(xiàn)為波動性。(√)要點一對光電效應(yīng)的理解1．與光電效應(yīng)有關(guān)的五組概念對比(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時放射出來的電子，其本質(zhì)是電子。光子是光電效應(yīng)的因，光電子是果。(2)光電子的動能與光電子的最大初動能：光照射到金屬表面時，電子吸取光子的全部能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的狀況，才具有最大初動能。光電子的初動能小于等于光電子的最大初動能。(3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在確定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關(guān)。(4)入射光強度與光子能量：入射光強度指單位時間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上的總能量。(5)光的強度與飽和光電流：飽和光電流與入射光強度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的，對于不同頻率的光，由于每個光子的能量不同，飽和光電流與入射光強度之間沒有簡潔的正比關(guān)系。2．光電效應(yīng)的爭辯思路(1)兩條線索：(2)兩條對應(yīng)關(guān)系：光強大→光子數(shù)目多→放射光電子多→光電流大；光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動能大。[多角練通]1．(2022·上海高考)在光電效應(yīng)的試驗結(jié)果中，與光的波動理論不沖突的是()A．光電效應(yīng)是瞬時發(fā)生的B．全部金屬都存在極限頻率C．光電流隨著入射光增加而變大D．入射光頻率越大，光電子最大初動能越大解析：選C光具有波粒二象性，既具有波動性又具有粒子性，光電效應(yīng)證明白光的粒子性。由于光子的能量是一份一份的，不能積累，所以光電效應(yīng)具有瞬時性，這與光的波動性沖突，A項錯誤；同理，由于光子的能量不能積累，所以只有當(dāng)光子的頻率大于金屬的極限頻率時，才會發(fā)生光電效應(yīng)，B項錯誤；光強增大時，光子數(shù)量和能量都增大，所以光電流會增大，這與波動性無關(guān)，C項正確；一個光電子只能吸取一個光子，所以入射光的頻率增大，光電子吸取的能量變大，所以最大初動能變大，D項錯誤。2．(多選)(2021·廣東省湛江一中高三模擬)用如圖13-2-1所示的光電管爭辯光電效應(yīng)的試驗中，用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，那么()圖13-2-1A．a(chǎn)光的頻率確定大于b光的頻率B．只增加a光的強度可使通過電流計G的電流增大C．增加b光的強度可能使電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電流是由d到c解析：選AB由于用單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明發(fā)生了光電效應(yīng)，而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，即a光的頻率確定大于b光的頻率；增加a光的強度可使單位時間內(nèi)逸出光電子的數(shù)量增加，則通過電流計G的電流增大；由于b光不能發(fā)生光電效應(yīng)，所以即使增加b光的強度也不行能使電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電子的方向是由d到c，所以電流方向是由c到d。選項A、B正確。要點二愛因斯坦的光電效應(yīng)方程及應(yīng)用1．三個關(guān)系(1)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0。(2)光電子的最大初動能Ek可以利用光電管用試驗的方法測得，即Ek＝eUc，其中Uc是遏止電壓。(3)光電效應(yīng)方程中的W0為逸出功，它與極限頻率νc的關(guān)系是W0＝hνc。2．四類圖像圖像名稱圖線外形由圖線直接(間接)得到的物理量最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線①極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標(biāo)νc②逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標(biāo)的值W0＝|－E|＝E③普朗克常量：圖線的斜率k＝h顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點②飽和光電流Im：電流的最大值③最大初動能：Ekm＝eUc顏色不同時，光電流與電壓的關(guān)系①遏止電壓Uc1、Uc2②飽和光電流③最大初動能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖線①截止頻率νc：圖線與橫軸的交點②遏止電壓Uc：隨入射光頻率的增大而增大③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即h＝ke。(注：此時兩極之間接反向電壓)[典例](2021·浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應(yīng)現(xiàn)象，試驗裝置示意圖如圖13-2-2甲所示。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。圖13-2-2(1)圖甲中電極A為光電管的______(填“陰極”或“陽極”)；(2)試驗中測得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖乙所示，則銣的截止頻率νc＝________Hz，逸出功W0＝________J；(3)假照試驗中入射光的頻率ν＝7.00×1014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek＝________J。[解析](1)題圖甲為利用光電管產(chǎn)生光電流的試驗電路，光電子從K極放射出來，故K為光電管的陰極，A為光電管的陽極。(2)遏制電壓對光電子做負(fù)功，依據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程有eUc＝Ek＝hν－W0。結(jié)合題圖乙可知，當(dāng)Uc＝0時，ν＝5.15×1014Hz，故銣的截止頻率νc＝5.15×1014Hz，逸出功W0＝hνc＝3.41×10－19J。(3)若入射光的頻率ν＝7.00×1014Hz，則產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek＝hν－W0＝1.23×10－19J。[答案](1)陽極(2)5.15×10143.41×10－19(3)1.23×10－19[針對訓(xùn)練]1.(多選)圖13-2-3是某金屬在光的照射下，光電子最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像，由圖像可知()圖13-2-3A．該金屬的逸出功等于EB．該金屬的逸出功等于hν0C．入射光的頻率為2ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為2ED．入射光的頻率為eq\f(ν0,2)時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為eq\f(E,2)解析：選AB依據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，結(jié)合題給光電子最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像知，該金屬的逸出功等于E，等于hν0，選項A、B正確。入射光的頻率為2ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為E，入射光的頻率為eq\f(ν0,2)時，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，選項C、D錯誤。2．(2021·北京高考)以往我們生疏的光電效應(yīng)是單光子光電效應(yīng)，即一個電子在極短時間內(nèi)只能吸取到一個光子而從金屬表面逸出。強激光的毀滅豐富了人們對于光電效應(yīng)的生疏，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在極短時間內(nèi)吸取多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應(yīng)，這已被試驗證明。光電效應(yīng)試驗裝置示意如圖13-2-4。用頻率為ν的一般光源照射陰極K，沒有發(fā)生光電效應(yīng)。換用同樣頻率ν的強激光照射陰極K，則發(fā)生了光電效應(yīng)；此時，若加上反向電壓U，即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負(fù)極，在KA之間就形成了使光電子減速的電場，漸漸增大U，光電流會漸漸減??；當(dāng)光電流恰好減小到零時，所加反向電壓U可能是下列的(其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電荷量)()圖13-2-4A．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：選B本題考查光電效應(yīng)學(xué)問，意在考查考生對光電效應(yīng)規(guī)律的正確理解和應(yīng)用力氣。用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在短時間內(nèi)吸取多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應(yīng)。由題意知最大初動能Ek＝eU，依據(jù)光電效應(yīng)方程有：nhν＝W＋Ek＝W＋eU(n≥2)，得：U＝eq\f(nhν－W,e)(n≥2)，則B項正確，其他選項錯誤。3．(2010·浙江高考)在光電效應(yīng)試驗中，飛飛同學(xué)用同一光電管在不同試驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光)，如圖13-2-5所示。則可推斷出()圖13-2-5A．甲光的頻率大于乙光的頻率B．乙光的波長大于丙光的波長C．乙光對應(yīng)的截止頻率大于丙光的截止頻率D．甲光對應(yīng)的光電子最大初動能大于丙光的光電子最大初動能解析：選B由題圖可知，丙光的最大電流小于甲光和乙光，說明逸出的電子數(shù)目最少，即丙光的強度最小。由題圖說明丙光對應(yīng)的光電子的初動能最大，即丙光的頻率最高(波長最小)，B項正確，D項錯誤；甲光和乙光的頻率相同，A項錯誤。由于是同一光電管，所以乙光、丙光截止頻率是一樣的，C項錯誤。要點三對波粒二象性的理解1．對波粒二象性的進一步理解試驗基礎(chǔ)表現(xiàn)說明光的波動性干涉和衍射①光是一種概率波，即光子在空間各點毀滅的可能性大小(概率)可用波動規(guī)律來描述②大量的光子在傳播時，表現(xiàn)出波的性質(zhì)①光的波動性是光子本身的一種屬性，不是光子之間相互作用產(chǎn)生的②光的波動性不同于宏觀觀念的波光的粒子性光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)①當(dāng)光同物質(zhì)發(fā)生作用時，這種作用是“一份一份”進行的，表現(xiàn)出粒子的性質(zhì)②少量或個別光子清楚地顯示出光的粒子性①粒子的含義是“不連續(xù)”、“一份一份”的②光子不同于宏觀觀念的粒子波動性和粒子性的對立、統(tǒng)一①大量光子易顯示出波動性，而少量光子易顯示出粒子性②波長長(頻率低)的光波動性強，而波長短(頻率高)的光粒子性強①光子說并未否定波動說，E＝hν＝hc/λ中，ν和λ就是波的概念②波和粒子在宏觀世界是不能統(tǒng)一的，而在微觀世界卻是統(tǒng)一的2．物質(zhì)波(1)定義：任何運動著的物體都有一種波與之對應(yīng)，這種波叫做物質(zhì)波，也叫德布羅意波。(2)物質(zhì)波的波長：λ＝eq\f(h,p)＝eq\f(h,mv)，h是普朗克常量。[多角練通]1．用很弱的光做雙縫干涉試驗，把入射光減弱到可以認(rèn)為光源和感光膠片之間不行能同時有兩個光子存在，如圖13-2-6所示是不同數(shù)量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說明()圖13-2-6A．光只有粒子性沒有波動性B．光只有波動性沒有粒子性C．少量光子的運動顯示波動性，大量光子的運動顯示粒子性D．少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性解析：選D由這些照片可以看出，少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動呈現(xiàn)出波動性，故D正確。2．(多選)1927年戴維遜和革末完成了電子衍射試驗，該試驗是榮獲諾貝爾獎的重大近代物理試驗之一。如圖13-2-7所示的是該試驗裝置的簡化圖，下列說法正確的是()圖13-2-7A．亮條紋是電子到達概率大的地方B．該試驗說明物質(zhì)波理論是正確的C．該試驗再次說明光子具有波動性D．該試驗說明實物粒子具有波動性解析：選ABD電子屬于實物粒子，電子衍射試驗說明電子具有波動性，說明物質(zhì)波理論是正確的，與光的波動性無關(guān)，B、D正確，C錯誤；物質(zhì)波也是概率波，亮條紋是電子到達概率大的地方，A正確。3．(2022·江蘇高考)已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，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．動量解析：選A金屬的逸出功W＝hν0，依據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W可知，從金屬鉀表面飛出的光電子的最大初動能較金屬鈣的大，金屬鈣表面飛出的光電子能量E小，因λ＝eq\f(hc,E)，所以從鈣表面逸出的光電子具有較大的波長，選項A正確。對點訓(xùn)練：光電效應(yīng)現(xiàn)象及規(guī)律1．(多選)(2021·汕頭模擬)如圖1所示，用導(dǎo)線把驗電器與鋅板相連接，當(dāng)用紫外線照射鋅板時，發(fā)生的現(xiàn)象是()圖1A．有光子從鋅板逸出B．有電子從鋅板逸出C．驗電器指針張開一個角度D．鋅板帶負(fù)電解析：選BC用紫外線照射鋅板是能夠發(fā)生光電效應(yīng)的，鋅板上的電子吸取紫外線的能量從鋅板表面逸出，稱之為光電子，故A錯誤、B正確；鋅板與驗電器相連，帶有相同電性的電荷，鋅板失去電子應(yīng)當(dāng)帶正電，且失去電子越多，帶正電的電荷量越多，驗電器指針張角越大，故C正確、D錯誤。2．(多選)(2022·廣東高考)在光電效應(yīng)試驗中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應(yīng)。下列說法正確的是()A．增大入射光的強度，光電流增大 B．減小入射光的強度，光電效應(yīng)現(xiàn)象消逝C．改用頻率小于ν的光照射，確定不發(fā)生光電效應(yīng)D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動能變大解析：選AD依據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知，增大入射光的強度，光電流增大，A項正確；減小入射光的強度，光電流減小，光電效應(yīng)現(xiàn)象并不消逝，B項錯誤；改用小于ν的入射光照射，假如入射光的頻率照舊大于光電管陰極材料的極限頻率，仍能發(fā)生光電效應(yīng)，C項錯誤；由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，增大入射光的頻率，光電子的最大初動能增大，D項正確。3．(多選)(2021·天津六校聯(lián)考)關(guān)于光電效應(yīng)，下列說法正確的是()A．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大B．只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能產(chǎn)生光電效應(yīng)C．從金屬表面出來的光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比D．若發(fā)生了光電效應(yīng)且入射光的頻率確定時，光強越強，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)就越多解析：選AD由逸出功W＝hν0知極限頻率越大，逸出功越大，故A正確。發(fā)生光電效應(yīng)與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強度和光的照射時間無關(guān)，故B錯誤。依據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0得，最大初動能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系，故C錯誤。在發(fā)生光電效應(yīng)的狀況下，入射光的強度越高，單位時間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目越多，故D正確。對點訓(xùn)練：光的波粒二象性物質(zhì)波4．(多選)(2021·河北唐山調(diào)研)下列說法正確的是()A．盧瑟福通過α粒子散射試驗建立了原子核式結(jié)構(gòu)模型B．宏觀物體的物質(zhì)波波長格外大，極易觀看到它的波動性C．愛因斯坦在對光電效應(yīng)的爭辯中，提出了光子說D．對于任何一種金屬都存在一個“最大波長”，入射光的波長必需小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)解析：選ACD盧瑟福通過α粒子散射試驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確。依據(jù)λ＝eq\f(h,p)，知宏觀物體的物質(zhì)波波長格外小，不易觀看到它的波動性，故B錯誤。受普朗克量子論的啟發(fā)，愛因斯坦在對光電效應(yīng)的爭辯中，提出了光子說，故C正確。對于任何一種金屬都存在一個“最大波長”，入射光的波長必需小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故D正確。5．(多選)(2021·上海高考)某半導(dǎo)體激光器放射波長為1.5×10－6m，功率為5.0×10－3W的連續(xù)激光。已知可見光波長的數(shù)量級為10－7m，普朗克常量h＝6.63×10－34A．是紫外線B．是紅外線C．光子能量約為1.3×10－18JD．光子數(shù)約為每秒3.8×1016個解析：選BD由于該激光器發(fā)出的光波波長比可見光長，所以發(fā)出的是紅外線，A錯誤，B正確。光子能量E＝hν＝heq\f(c,λ)≈1.3×10－19J，C錯誤。每秒放射的光子數(shù)n＝eq\f(P×1,E)≈3.8×1016個，D正確。6．(2021·浙江寧波期末)一個德布羅意波波長為λ1的中子和另一個德布羅意波波長為λ2的氘核同向正碰后結(jié)合成一個氚核，該氚核的德布羅意波波長為()A.eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2) .eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)C.eq\f(λ1＋λ2,2) .eq\f(λ1－λ2,2)解析：選A中子的動量p1＝eq\f(h,λ1)，氘核的動量p2＝eq\f(h,λ2)，對撞后形成的氚核的動量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布羅意波波長λ3＝eq\f(h,p3)＝eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正確。對點訓(xùn)練：光電效應(yīng)方程的應(yīng)用7．(多選)(2021·陜西渭南質(zhì)檢)分別用波長為λ和2λ的光照射同一種金屬，產(chǎn)生的速度最快的光電子速度之比為2∶1，普朗克常量和真空中光速分別用h和c表示，那么下列說法正確的有()A．該種金屬的逸出功為eq\f(hc,3λ)B．該種金屬的逸出功為eq\f(hc,λ)C．波長超過2λ的光都不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)D．波長超過4λ的光都不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)解析：選AD由hν＝W0＋Ek知heq\f(c,λ)＝W0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，heq\f(c,2λ)＝W0＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又v1＝2v2，得W0＝eq\f(hc,3λ)，A正確，B錯誤。光的波長小于或等于3λ時都能發(fā)生光電效應(yīng)，C錯誤，D正確。8．現(xiàn)有a、b、c三束單色光，其波長關(guān)系為λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。當(dāng)用a光束照射某種金屬板時能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動能為Ek，若改用b光束照射該金屬板，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,3)Ek，當(dāng)改用c光束照射該金屬板時()A．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,6)EkB．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,9)EkC．能發(fā)生光電效應(yīng)，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,12)EkD．由于c光束光子能量較小，該金屬板不會發(fā)生光電效應(yīng)解析：選B對a、b、c三束光由光電效應(yīng)方程有：eq\f(hc,λa)－W＝Ek，eq\f(hc,2λa)－W＝eq\f(1,3)Ek，由以上兩式可得eq\f(hc,λa)＝eq\f(4,3)Ek，W＝eq\f(1,3)Ek。當(dāng)改用c光束照射該金屬板時eq\f(hc,3λa)－W＝eq\f(4,9)Ek－eq\f(1,3)Ek＝eq\f(1,9)Ek，故B正確。9．(2021·云南昆明一中測試)紫光在真空中的波長為4.5×10－7m，(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射極限頻率νc＝4.62×1014Hz的金屬鉀能否產(chǎn)生光電效應(yīng)？(3)若能產(chǎn)生，則光電子的最大初動能為多少？(h＝6.63×10－34J·s)解析：(1)E＝hν＝heq\f(c,λ)＝4.42×10－19J。(2)ν＝eq\f(c,λ)＝6.67×1014Hz，由于ν＞νc，所以能產(chǎn)生光電效應(yīng)。(3)光電子的最大初動能Ek＝hν－W0＝h(ν－νc)＝1.36×10－19J。答案：(1)4.42×10－19J(2)能(3)1.36×10－19J10．(2021·濰坊模擬)某同學(xué)接受如圖2所示的試驗電路爭辯光電效應(yīng)，用某單色光照射光電管的陰極K時，會發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。閉合開關(guān)S，在陽極A和陰極K之間加上反向電壓，通過調(diào)整滑動變阻器的滑片漸漸增大電壓，直至電流計中電流恰為零，此時電壓的示數(shù)U稱為反向遏止電壓。依據(jù)反向遏止電壓，可以計算出光電子的最大初動能?，F(xiàn)分別用頻率為ν1和ν2的單色光照射陰極，測量到反向遏止電壓分別為U1和U2，求：圖2(1)陰極K所用金屬的極限頻率；(2)用題目中所給條件表示普朗克常量h。解析：由光電效應(yīng)方程可得：hν1－W＝Ek1hν2－W＝Ek2又Ek1＝U1eEk2＝U2e極限頻率ν0＝eq\f(W,h)由以上各式聯(lián)立可得：ν0＝eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)h＝eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)。答案：(1)eq\f(U1ν2－U2ν1,U1－U2)(2)eq\f(eU1－U2,ν1－ν2)對點訓(xùn)練：與光電效應(yīng)有關(guān)的圖像問題11．(多選)如圖3所示是用光照射某種金屬時逸出的光電子的最大初動能隨入射光頻率的變化圖線(直線與橫軸的交點坐標(biāo)4.27，與縱軸交點坐標(biāo)0.5)。由圖可知()圖3A．該金屬的截止頻率為4.27×1014HzB．該金屬的截止頻率為5.5×1014HzC．該圖線的斜率表示普朗克常量D．該金屬的逸出功為0.5eV解析：選AC圖線在橫軸上的截距為截止頻率，A正確、B錯誤；由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0，可知圖線的斜率為普朗克常量，C正確；金屬的逸出功為：W0＝hν0＝eq\f(6.63×10－34×4.27×1014,1.6×10－19)eV＝1.77eV，D錯誤。12．用如圖4甲所示的電路爭辯光電效應(yīng)中光電流強度與照射光的強弱、頻率等物理量的關(guān)系。圖中A、K兩極間的電壓大小可調(diào)，電源的正負(fù)極也可以對調(diào)。分別用a、b、c三束單色光照射，調(diào)整A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的關(guān)系如圖乙所示。由圖可知()圖4A．單色光a和c的頻率相同，但a更強些B．單色光a和c的頻率相同，但a更弱些C．單色光b的頻率小于a的頻率D．轉(zhuǎn)變電源的極性不行能有光電流產(chǎn)生解析：選A由題圖乙可知，a、c的遏止電壓相同，依據(jù)光電效應(yīng)方程可知單色光a和c的頻率相同，但a產(chǎn)生的光電流大，說明a光的強度大，選項A正確，B錯誤；b的遏止電壓大于a、c的遏止電壓，所以單色光b的頻率大于a的頻率，選項C錯誤；只要光的頻率不變，轉(zhuǎn)變電源的極性，仍可能有光電流產(chǎn)生，選項D錯誤。第3節(jié)原子結(jié)構(gòu)與原子核(1)原子中絕大部分是空的，原子核很小。(√)(2)核式結(jié)構(gòu)學(xué)說是盧瑟福在α粒子散射試驗的基礎(chǔ)上提出的。(√)(3)氫原子光譜是由一條一條亮線組成的。(√)(4)玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜，也成功地解釋了氦原子光譜。(×)(5)依據(jù)玻爾理論，核外電子均勻分布在各個不連續(xù)的軌道上。(×)(6)人們生疏原子具有簡潔結(jié)構(gòu)是從英國物理學(xué)家湯姆孫爭辯陰極射線發(fā)覺電子開頭的。(√)(7)人們生疏原子核具有簡潔結(jié)構(gòu)是從盧瑟福發(fā)覺質(zhì)子開頭的。(×)(8)假如某放射性元素的原子核有100個，經(jīng)過一個半衰期后還剩50個。(×)(9)質(zhì)能方程表明在確定條件下，質(zhì)量可以轉(zhuǎn)化為能量。(×)要點一原子的核式結(jié)構(gòu)1．湯姆孫原子模型(1)電子的發(fā)覺：1897年，英國物理學(xué)家湯姆孫通過對陰極射線的爭辯發(fā)覺了電子。電子的發(fā)覺證明白原子是可再分的。(2)湯姆孫原子模型：原子里面帶正電荷的物質(zhì)均勻分布在整個原子球體中，而帶負(fù)電的電子則一粒粒鑲嵌在球內(nèi)。2．α粒子散射試驗(1)α粒子散射試驗裝置圖13-3-1(2)α粒子散射試驗的結(jié)果：絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后基本上仍沿原來的方向前進，但少數(shù)α粒子穿過金箔后發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)，極少數(shù)α粒子甚至被“撞了回來”。3．原子的核式結(jié)構(gòu)模型(1)α粒子散射試驗結(jié)果分析①核外電子不會使α粒子的速度發(fā)生明顯轉(zhuǎn)變。②湯姆孫模型不能解釋α粒子的大角度散射。③絕大多數(shù)α粒子沿直線穿過金箔，說明原子中絕大部分是空的；少數(shù)α粒子發(fā)生較大角度偏轉(zhuǎn)，反映了原子內(nèi)部集中存在著對α粒子有斥力的正電荷；極少數(shù)α粒子甚至被“撞了回來”，反映了個別α粒子正對著質(zhì)量比α粒子大得多的物體運動時，受到該物體很大的斥力作用。(2)原子的核式結(jié)構(gòu)模型在原子的中心有一個很小的核，叫原子核，原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負(fù)電的電子在核外繞核旋轉(zhuǎn)。(3)核式結(jié)構(gòu)模型的局限性盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型能夠很好地解釋α粒子散射試驗現(xiàn)象，但不能解釋原子光譜是特征光譜和原子的穩(wěn)定性。[多角練通]1．(2011·天津高考)下列能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的試驗是()A．光電效應(yīng)試驗 B．倫琴射線的發(fā)覺C．α粒子散射試驗 D．氫原子光譜的發(fā)覺解析：選C光電效應(yīng)試驗說明光具有粒子性，倫琴射線的發(fā)覺說明X射線是一種比光波波長更短的電磁波，氫原子光譜的發(fā)覺促進了氫原子模型的提出。故C正確。2．(2021·福建高考)在盧瑟福α粒子散射試驗中，金箔中的原子核可以看作靜止不動，下列各圖畫出的是其中兩個α粒子經(jīng)受金箔散射過程的徑跡，其中正確的是()圖13-3-2解析：選C本題考查盧瑟福α粒子散射試驗，意在考查考生對該試驗的生疏。α粒子與原子核均帶正電荷，所以α粒子受到原子核的作用力為斥力，據(jù)此可排解選項A、D；α粒子不行能先受到吸引力，再受到排斥力，選項B錯誤。3．如圖13-3-3是盧瑟福的α粒子散射試驗裝置，在一個小鉛盒里放有少量的放射性元素釙，它發(fā)出的α粒子從鉛盒的小孔射出，形成很細(xì)的一束射線，射到金箔上，最終打在熒光屏上產(chǎn)生閃爍的光點。下列說法正確的是()圖13-3-3A．該試驗是盧瑟福建立原子核式結(jié)構(gòu)模型的重要依據(jù)B．該試驗證明白湯姆孫原子模型的正確性C.α粒子與原子中的電子碰撞會發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)D．絕大多數(shù)的α粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)解析：選A盧瑟福依據(jù)α粒子散射試驗，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，選項A正確，B錯誤；電子質(zhì)量太小，對α粒子的影響不大，選項C錯誤；絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后，基本上仍沿原方向前進，D錯誤。要點二能級躍遷1．對氫原子能級圖的理解(1)能級圖如圖13-3-4所示。圖13-3-4(2)能級圖中相關(guān)量意義的說明：相關(guān)量意義能級圖中的橫線表示氫原子可能的能量狀態(tài)——定態(tài)橫線左端的數(shù)字“1,2,3…”表示量子數(shù)橫線右端的數(shù)字“－13.6，－3.4…”表示氫原子的能量相鄰橫線間的距離表示相鄰的能量差，量子數(shù)越大相鄰的能量差越小，距離越小帶箭頭的豎線表示原子由較高能級向較低能級躍遷，原子躍遷的條件為hν＝Em－En2．兩類能級躍遷(1)自發(fā)躍遷：高能級→低能級，釋放能量，發(fā)出光子。光子的頻率ν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(E高－E低,h)。(2)受激躍遷：低能級→高能級，吸取能量。①光照(吸取光子)：光子的能量必需恰等于能級差hν＝ΔE。②碰撞、加熱等：只要入射粒子能量大于或等于能級差即可，E外≥ΔE。③大于電離能的光子被吸取，將原子電離。3．譜線條數(shù)的確定方法(1)一個氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)最多為(n－1)。(2)一群氫原子躍遷發(fā)出可能的光譜線條數(shù)的兩種求解方法。①用數(shù)學(xué)中的組合學(xué)問求解：N＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(nn－1,2)。②利用能級圖求解：在氫原子能級圖中將氫原子躍遷的各種可能狀況一一畫出，然后相加。[多角練通]1．原子從一個高能級躍遷到一個較低的能級時，有可能不放射光子。例如在某種條件下，鉻原子的n＝2能級上的電子躍遷到n＝1能級上時并不放射光子，而是將相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)交給n＝4能級上的電子，使之能脫離原子，這一現(xiàn)象叫做俄歇效應(yīng)，以這種方式脫離了原子的電子叫做俄歇電子。已知鉻原子的能級公式可簡化表示為En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3，……表示不同能級，A是正的已知常數(shù)，上述俄歇電子的動能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A解析：選C先計算鉻原子的n＝2能級上的電子躍遷到n＝1能級上時應(yīng)釋放的能量：ΔE＝E2－E1＝－eq\f(A,4)＋A＝eq\f(3,4)A。n＝4能級上的電子要電離所需的能量E4＝eq\f(1,16)A，則n＝4能級上的電子得到ΔE的能量后，首先需要能量使之電離，然后多余的能量以動能的形式存在，所以Ek＝ΔE－E4＝eq\f(11,16)A，選項C正確。2．(多選)(2022·山東高考)氫原子能級如圖13-3-5，當(dāng)氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656nm。以下推斷正確的是()圖13-3-5A．氫原子從n＝2躍遷到n＝1的能級時，輻射光的波長大于656nmB．用波長為325nm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633nm的光照射，不能使氫原子從n＝2躍遷到n＝3的能級解析：選CD依據(jù)氫原子的能級圖和能級躍遷規(guī)律，當(dāng)氫原子從n＝2能級躍遷到n＝1的能級時，輻射光的波長確定小于656nm，因此A選項錯誤；依據(jù)發(fā)生躍遷只能吸取和輻射確定頻率的光子，可知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。3．(2021·浙江自選模塊)玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子光譜的試驗規(guī)律，氫原子能級圖如圖13-3-6所示。當(dāng)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2.25eV的鉀表面，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為____________eV。(電子電荷量e＝1.60×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s圖13-3-6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＝－0.85eV－(－3.40eV)＝2.55eV，由hν＝E解得光子的頻率ν＝6.2×1014Hz。用此光照射逸出功為2.25eV的鉀時，由光電效應(yīng)方程知，產(chǎn)生光電子的最大初動能為Ek＝hν－W＝(2.55－2.25)eV＝0.30eV。答案：6.2×10140.30要點三原子核的衰變規(guī)律1．放射性元素具有放射性的元素稱為放射性元素，原子序數(shù)大于或等于83的元素，都能自發(fā)地發(fā)出射線，原子序數(shù)小于83的元素，有的也能放出射線，它們放射出來的射線共有α射線、β射線、γ射線三種。2．三種射線的比較種類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－e0質(zhì)量4mp，mp＝1.67×10－27eq\f(mp,1836)靜止質(zhì)量為零速度0.10.99c(光速)在電磁場中偏轉(zhuǎn)與α射線反向偏轉(zhuǎn)不偏轉(zhuǎn)貫穿本事最弱，用紙能攔住較強，能穿透幾毫米的鋁板最強，能穿透幾厘米的鉛板對空氣的電離作用很強較弱很弱3．α衰變、β衰變的比較衰變類型α衰變β衰變衰變方程eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A－4,Z－2)Y＋eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A,Z＋1)Y＋eq\o\al(0,－1)e衰變實質(zhì)2個質(zhì)子和2個中子結(jié)合成一個整體射出1個中子轉(zhuǎn)化為1個質(zhì)子和1個電子2eq\o\al(1,1)H＋2eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(0,－1)e勻強磁場中軌跡外形衰變規(guī)律電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒、動量守恒4．衰變次數(shù)的確定方法方法一：確定衰變次數(shù)的方法是依據(jù)兩個守恒規(guī)律，設(shè)放射性元素eq\o\al(A,Z)X經(jīng)過n次α衰變和m次β衰變后，變成穩(wěn)定的新元素eq\o\al(A′,Z′)Y，則表示該核反應(yīng)的方程為eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A′,Z′)Y＋neq\o\al(4,2)He＋meq\o\al(0,－1)e。依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可列方程A＝A′＋4nZ＝Z′＋2n－m由以上兩式聯(lián)立解得n＝eq\f(A－A′,4)，m＝eq\f(A－A′,2)＋Z′－Z由此可見確定衰變次數(shù)可歸結(jié)為求解一個二元一次方程組。方法二：由于β衰變對質(zhì)量數(shù)無影響，可先由質(zhì)量數(shù)的轉(zhuǎn)變確定α衰變的次數(shù)，然后依據(jù)衰變規(guī)律確定β衰變的次數(shù)。5.對半衰期的理解(1)半衰期公式：N余＝N原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)，m余＝m原(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)。式中N原、m原表示衰變前的放射性元素的原子數(shù)和質(zhì)量，N余、m余表示衰變后尚未發(fā)生衰變的放射性元素的原子數(shù)和質(zhì)量，t表示衰變時間，τ表示半衰期。(2)半衰期的物理意義：半衰期是表示放射性元素衰變快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰變速率確定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差別很大。(3)半衰期的適用條件：半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，是對大量的原子核衰變規(guī)律的總結(jié)，對于一個特定的原子核，無法確定何時發(fā)生衰變。[多角練通]1．(多選)(2022·全國卷Ⅰ)關(guān)于自然?放射性，下列說法正確的是()A．全部元素都可能發(fā)生衰變B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無關(guān)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射線的穿透力氣最強E．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線解析：選BCD并不是全部的元素都可能發(fā)生衰變，原子序數(shù)越大，越易發(fā)生，A錯誤；放射性元素的半衰期與元素本身內(nèi)部結(jié)構(gòu)有關(guān)，與外界的溫度無關(guān)，B正確；放射性元素?zé)o論單質(zhì)還是化合物都具有放射性，C正確；在α、β、γ射線中，γ射線的穿透力氣最強，D正確；一個原子核在一次衰變過程中，可以是α衰變或β衰變，同時伴隨γ射線放出，E錯誤。2．(2022·福建高考)如圖13-3-7，放射性元素鐳衰變過程中釋放出α、β、γ三種射線，分別進入勻強電場和勻強磁場中，下列說法正確的是()圖13-3-7A．①表示γ射線，③表示α射線B．②表示β射線，③表示α射線C．④表示α射線，⑤表示γ射線D．⑤表示β射線，⑥表示α射線解析選Cγ射線為電磁波，在電場、磁場中均不偏轉(zhuǎn)，故②和⑤表示γ射線，A、B、D項錯；α射線中的α粒子為氦的原子核，帶正電，在勻強電場中，沿電場方向偏轉(zhuǎn)，故③表示α射線，由左手定則可知在勻強磁場中α射線向左偏，故④表示α射線，C項對。3．(1)(多選)eq\o\al(232,)90Th(釷)經(jīng)過一系列α衰變和β衰變，變成eq\o\al(208,)82Pb(鉛)。以下說法正確的是()A．鉛核比釷核少8個質(zhì)子B．鉛核比釷核少16個中子C．共經(jīng)過4次α衰變和6次β衰變D．共經(jīng)過6次α衰變和4次β衰變(2)約里奧—居里夫婦發(fā)覺放射性元素eq\o\al(30,15)P衰變成eq\o\al(30,14)Si的同時放出另一種粒子，這種粒子是________。eq\o\al(32,15)P是eq\o\al(30,15)P的同位素，被廣泛應(yīng)用于生物示蹤技術(shù)，1mg的eq\o\al(32,15)P隨時間衰變的關(guān)系如圖13-3-8所示，請估算4mg的eq\o\al(32,15)P經(jīng)多少天的衰變后還剩0.25mg?圖13-3-8解析：(1)釷核中共有90個質(zhì)子，142個中子，鉛核中共有82個質(zhì)子，126個中子，故鉛核比釷核少8個質(zhì)子，少16個中子，A、B均正確；eq\o\al(232,)90Th衰變?yōu)閑q\o\al(208,)82Pb共經(jīng)過的α衰變的次數(shù)為eq\f(232－208,4)＝6次，共經(jīng)過的β衰變的次數(shù)為eq\f(6×2－90－82,1)＝4次，故C錯誤，D正確。(2)由eq\o\al(30,15)P衰變成eq\o\al(30,14)Si同時放出的粒子為eq\o\al(0,1)e，由m＝m0(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)m＝eq\f(0.25,4)m0＝eq\f(1,16)m0，可得t＝4τ，由m-t圖像可知，τ＝14天，故經(jīng)受的時間為t＝4τ＝56天。答案：(1)ABD(2)eq\o\al(0,1)e(正電子)56天要點四核反應(yīng)方程與核能計算1．核反應(yīng)的四種類型類型可控性核反應(yīng)方程典例衰變α衰變自發(fā)eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)