高三物理一輪復習 第十三章 動量 近代物理初步（選修3-5）試題

第十三章動量近代物理初步[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用Ⅱ四、天然放射現(xiàn)象核反應核能原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期Ⅰ放射性同位素Ⅰ彈性碰撞和非彈性碰撞Ⅰ核力、核反應方程Ⅰ二、光電效應波粒二象性光電效應Ⅰ結(jié)合能、質(zhì)量虧損Ⅰ愛因斯坦光電效應方程Ⅰ裂變反應和聚變反應、裂變反應堆Ⅰ三、原子結(jié)構(gòu)氫原子光譜氫原子光譜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實驗十六驗證動量守恒定律把握考情找規(guī)律：高考對本章知識的考查主要以選擇、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)典物理學理論為命題背景，結(jié)合物理知識在生活中的應用及最新科技成果的命題趨勢較強，2017年高考應予以高度關(guān)注。第1節(jié)動量守恒定律及其應用(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，則動量也不改變。(×)(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一致的。(√)(7)物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒。(√)(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一定相同。(√)要點一動量定理的理解與應用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標矢性矢量標量矢量特點狀態(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)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2．應用動量定理解題的步驟(1)明確研究對象和研究過程研究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。研究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研究對象以外的物體施加給研究對象的力，所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力(內(nèi)力)會改變系統(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。如果在所選定的研究過程的不同階段中物體的受力情況不同，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，在一維的情況下，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。(4)寫出研究對象的初、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)根據(jù)動量定理列式求解。3．應用動量定理解題的注意事項(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規(guī)定的正方向之間的關(guān)系(即要注意各個量的正負)。(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)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究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，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義。[典例](2015·安徽高考)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖13-1-1所示，一物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止，g取10m/s2。圖13-1-1(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ。(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。[解析](1)由動能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02可得μ＝0.32。(2)由動量定理：有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N。(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J。[答案](1)0.32(2)130N(3)9J[針對訓練]1．(多選)物體的動量變化量的大小為5kg·m/s，這說明()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一定相同，D正確。2．(2015·北京高考)“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是()A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力解析：選A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。要點二動量守恒定律及其應用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，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須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……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究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．應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(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，必要時討論說明。[典例](2016·鄭州高三質(zhì)量預測)如圖13-1-2所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2。子彈射入后，求：圖13-1-2(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時間t。[解析](1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2)當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s。[答案](1)6m/s(2)2m/s(3)1s[針對訓練]1．(多選)(2016·佛山模擬)如圖13-1-3所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑()圖13-1-3A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處解析：選BC在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽做功，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選項B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運動，選項C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項D錯誤。2．(2014·福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。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，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖13-1-4A．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)，在分離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。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)位移可忽略。(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，故外力的作用可忽略，認為系統(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可能大于碰撞前系統(tǒng)的總機械能。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的判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，確切地說是碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，動能不變。(1)題目中明確告訴物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告訴是彈性小球、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，則應有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有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可能都不改變。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遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加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，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動[典例](2015·全國卷Ⅰ)如圖13-1-5，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。圖13-1-5[解析]A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1。由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1 ①eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)MvC12 ②聯(lián)立①②式得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0 ③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0 ④如果m＞M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A靜止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m＜M的情況。第一次碰撞后，A反向運動與B發(fā)生碰撞。設與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))2v0 ⑤根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應有vA2≤vC1 ⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 解得m≥(eq\r(5)－2)M ⑧另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去。所以，m和M應滿足的條件為(eq\r(5)－2)M≤m＜M。 ⑨[答案](eq\r(5)－2)M≤m＜M[方法規(guī)律]碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v。當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。[針對訓練]1．(2016·福州二模)一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A．m＝eq\f(v2－v0,v1)M B．m＝eq\f(v2,v2＋v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M解析：選C規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1解得：m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故選C。2．(2015·福建高考)如圖13-1-6，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0圖13-1-6A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動解析：選D選向右為正方向，則A的動量pA＝m·2v0＝2mv0。B的動量pB＝－2mv0。碰前A、B的動量之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后A、B的動量之和也應為零，可知四個選項中只有選項D符合題意。要點四動量與能量的綜合應用1．解動力學問題的三個基本觀點力的觀點運用牛頓定律結(jié)合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題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)若研究對象為一個系統(tǒng)，應優(yōu)先考慮應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理。(3)因為動量守恒定律、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，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。[典例](2015·廣東高考)如圖13-1-7所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短)。圖13-1-7(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。[解析](1)物塊A從滑入圓軌道到最高點Q，根據(jù)機械能守恒定律，得eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2所以A滑過Q點時的速度v＝eq\r(v02－4gR)＝eq\r(62－4×10×0.5)m/s＝4m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s在Q點根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得mg＋F＝meq\f(v2,R)所以A受到的彈力F＝eq\f(mv2,R)－mg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×42,0.5)－1×10))N＝22N。(2)A與B碰撞遵守動量守恒定律，設碰撞后的速度為v′，則mv0＝2mv′所以v′＝eq\f(1,2)v0＝3m/s從碰撞到AB停止，根據(jù)動能定理，得－2μmgkL＝0－eq\f(1,2)·2mv′2所以k＝eq\f(v′2,2μgL)＝eq\f(32,2×0.1×10×0.1)＝45。(3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段根據(jù)動能定理，得－2μmgnL＝eq\f(1,2)·2mvn2－eq\f(1,2)·2mv′2解得vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n＜k)。[答案](1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－0.2n)m/s(n＜k)[針對訓練]1．如圖13-1-8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)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()圖13-1-8A．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)v12。聯(lián)立以上各式可得h′＝eq\f(M,M＋m)h，故D正確。2．(2015·全國卷Ⅱ)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖13-1-9所示。求：圖13-1-9(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。解析：(1)設a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖像得v1＝－2m/s ①v2＝1m/s ②a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖像得v＝eq\f(2,3)m/s ③由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。 ⑤(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2 ⑥由圖像可知，兩滑塊最后停止運動。由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2 ⑦聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2。 ⑧答案：(1)1∶8(2)1∶2對點訓練：動量、沖量、動量定理1．(2016·合肥一模)質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以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，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：選A取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向豎直向上。由動能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。2．(2016·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖1所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()圖1A．t＝6s時，物體的速度為18m/sB．在0～6s內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N·sD．t＝6s時，拉力F的功率為200W解析：選D類比速度圖像中位移的表示方法可知，在加速度－時間圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示速度變化量，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，則t＝6s時的速度v＝20m/s，A錯誤；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝396J，B錯誤；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C錯誤；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正確。3．(2015·重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)，此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A．eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B．eq\f(m\r(2gh),t)－mgC．eq\f(m\r(gh),t)＋mg D．eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：選A由動量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。選項A正確。對點訓練：動量守恒定律的理解與應用4．(2016·福州質(zhì)檢)如圖2所示，物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的2倍，中間壓縮一輕質(zhì)彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開兩手后一小段時間內(nèi)()圖2A．A的速率始終等于B的速率B．A的動量大小大于B的動量大小C．A受的合力大小大于B受的合力大小D．A的動量不等于B的動量解析：選DA、B開始靜止時，同時放開手后一段時間內(nèi)，系統(tǒng)動量守恒，A的動量和B的動量大小相等，方向相反，A、B錯誤，D正確；由牛頓第三定律知，A受的合力大小等于B受的合力大小，C錯誤。5．(2016·廈門質(zhì)檢)如圖3所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上，兩車靜止。若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止。則此時A車和B車的速度之比為()圖3A．eq\f(M＋m,m) B．eq\f(m＋M,M)C．eq\f(M,M＋m) D．eq\f(m,M＋m)解析：選C規(guī)定向右為正方向，則由動量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故選C。6．(2016·濟寧高三期末)如圖4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開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()圖4A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s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)，木板速度大小應大于2.0m/s而小于eq\f(8,3)m/s，只有選項B正確。對點訓練：碰撞、爆炸及反沖7．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：選B雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動能Ek＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確。8．(2015·泉州高三質(zhì)檢)“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，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．如圖5所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/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碰撞后瞬間A的速度大小。圖5解析：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s。 ④答案：2m/s對點訓練：動量與能量的綜合問題10．(2016·北京豐臺區(qū)質(zhì)檢)如圖6所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A圖6A．h B．2hC．3h D．4h解析：選D所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設豎直向上為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，eq\f(1,2)m1v12＝m1gh1，將m2＝3m1代入，聯(lián)立可得h1＝4h，選項D正確。11．(2014·北京高考)如圖7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。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/s2。求：圖7(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：設滑塊的質(zhì)量為m。(1)根據(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)根據(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)根據(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．(2015·山東高考)如圖8，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。圖8解析：設滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰撞后A的速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由動量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB ①設碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WA＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvA2 ②設B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得WB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvB′2 ③據(jù)題意可知WA＝WB ④設B、C碰撞后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB′＝2mv ⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝eq\f(\r(21),16)v0。 ⑥答案：eq\f(\r(21),16)v0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。(×)(3)要使某金屬發(fā)生光電效應，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功。(√)(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)德國物理學家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應規(guī)律。(×)(7)美國物理學家康普頓發(fā)現(xiàn)了康普頓效應，證實了光的粒子性。(√)(8)法國物理學家德布羅意大膽預言了實物粒子在一定條件下會表現(xiàn)為波動性。(√)要點一對光電效應的理解1．與光電效應有關(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發(fā)射出來的電子，其本質(zhì)是電子。光子是光電效應的因，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，電子吸收光子的全部能量，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情況，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)光電流與飽和光電流：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，在一定的光照條件下，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單的正比關(guān)系。2．光電效應的研究思路(1)兩條線索：(2)兩條對應關(guān)系：eq\x(光強大)→eq\x(光子數(shù)目多)→eq\x(發(fā)射光電子多)→eq\x(光電流大)eq\x(光子頻率高)→eq\x(光子能量大)→eq\x(光電子的最大初動能大)[多角練通]1．(多選)(2014·廣東高考)在光電效應實驗中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發(fā)生了光電效應。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，光電效應現(xiàn)象消失C．改用頻率小于ν的光照射，一定不發(fā)生光電效應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根據(jù)光電效應規(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，光電效應現(xiàn)象并不消失，B項錯誤；改用小于ν的入射光照射，如果入射光的頻率仍然大于光電管陰極材料的極限頻率，仍能發(fā)生光電效應，C項錯誤；由愛因斯坦光電效應方程可知，增大入射光的頻率，光電子的最大初動能增大，D項正確。2．(2014·上海高考)在光電效應的實驗結(jié)果中，與光的波動理論不矛盾的是()A．光電效應是瞬時發(fā)生的B．所有金屬都存在極限頻率C．光電流隨著入射光增強而變大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，光電效應證實了光的粒子性。因為光子的能量是一份一份的，不能積累，所以光電效應具有瞬時性，這與光的波動性矛盾，A項錯誤；同理，因為光子的能量不能積累，所以只有當光子的頻率大于金屬的極限頻率時，才會發(fā)生光電效應，B項錯誤；光強增大時，光子數(shù)量增多，所以光電流會增大，這與波動性無關(guān)，C項正確；一個光電子只能吸收一個光子，所以入射光的頻率增大，光電子吸收的能量變大，所以最大初動能變大，D項錯誤。3．關(guān)于光電效應，下列說法正確的是()A．光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比B．光電子的動能越大，光電子形成的電流強度就越大C．用不可見光照射金屬一定比用可見光照射同種金屬產(chǎn)生的光電子的初動能大D．對于任何一種金屬，都存在一個“最大波長”，入射光的波長必須小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應解析：選D光電子的最大初動能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不成正比；單位時間經(jīng)過電路的電子數(shù)越多，電流越大；不可見光的頻率不一定比可見光的頻率大，因此用不可見光照射金屬不一定比用可見光照射同種金屬產(chǎn)生的光電子的初動能大；入射光的頻率應大于金屬板的極限頻率或入射光的波長應小于金屬板的極限波長。要點二愛因斯坦的光電效應方程及應用1．三個關(guān)系(1)愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0。(2)光電子的最大初動能Ek可以利用光電管用實驗的方法測得，即Ek＝eUc，其中Uc是遏止電壓。(3)光電效應方程中的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形狀由圖線直接(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νc②逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的值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](2015·全國卷Ⅰ)在某次光電效應實驗中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率的關(guān)系如圖13-2-1所示。若該直線的斜率和截距分別為k和b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為________，所用材料的逸出功可表示為________。圖13-2-1[解析]根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝eq\f(hν,e)－eq\f(W0,e)，故eq\f(h,e)＝k，b＝－eq\f(W0,e)，得h＝ek，W0＝－eb。[答案]ek－eb[針對訓練]1．(多選)(2016·武威模擬)如圖13-2-2是某金屬在光的照射下產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像。由圖像可知()圖13-2-2A．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ED．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)E．由該圖像可得出普朗克常量h＝eq\f(ν0,E)解析：選ABC由愛因斯坦的光電效應方程可得：Ek＝hν－W，對應圖線可得，該金屬的逸出功W＝E＝hν0，A、B均正確；若入射光的頻率為2ν0，則產(chǎn)生的光電子的最大初動能Ek＝2hν0－W＝hν0＝E，故C正確；入射光的頻率為eq\f(ν0,2)時，該金屬不發(fā)生光電效應，D錯誤；由E＝hν0可得h＝eq\f(E,ν0)，E錯誤。2．(2016·鹽城二模)如圖13-2-3甲所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象，當用光子能量為5eV的光照射到光電管上時，測得電流計上的示數(shù)隨電壓變化的圖像如圖乙所示。則光電子的最大初動能為________J，金屬的逸出功為________J。圖13-2-3解析：由圖乙可知，當該裝置所加的電壓為反向電壓等于－2V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子的最大初動能為：2eV＝3.2×10－19J，根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0，W0＝3eV＝4.8×10－19J。答案：3.2×10－194.8×10－19要點三對波粒二象性的理解1．對光的波粒二象性的進一步理解實驗基礎表現(xiàn)說明光的波動性干涉和衍射①光是一種概率波，即光子在空間各點出現(xiàn)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、康普頓效應①當光同物質(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＝eq\f(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，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實驗，把入射光減弱到可以認為光源和感光膠片之間不可能同時有兩個光子存在，如圖13-2-4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13-2-4A．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)(2015·江蘇高考)波粒二象性是微觀世界的基本特征，以下說法正確的有()A．光電效應現(xiàn)象揭示了光的粒子性B．熱中子束射到晶體上產(chǎn)生衍射圖樣說明中子具有波動性C．黑體輻射的實驗規(guī)律可用光的波動性解釋D．動能相等的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波長也相等解析：選AB光電效應現(xiàn)象、黑體輻射的實驗規(guī)律都可以用光的粒子性解釋，選項A正確，選項C錯誤；熱中子束射到晶體上產(chǎn)生衍射圖樣說明中子具有波動性，選項B正確；由德布羅意波長公式λ＝eq\f(h,p)和p2＝2m·Ek知動能相等的質(zhì)子和電子動量不同，德布羅意波長不相等，選項D錯誤。3．(多選)(2015·全國卷Ⅱ)實物粒子和光都具有波粒二象性。下列事實中突出體現(xiàn)波動性的是()A．電子束通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣B．β射線在云室中穿過會留下清晰的徑跡C．人們利用慢中子衍射來研究晶體的結(jié)構(gòu)D．人們利用電子顯微鏡觀測物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)E．光電效應實驗中，光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強度無關(guān)解析：選ACD電子束具有波動性，通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣，選項A正確。β射線在云室中高速運動時，徑跡又細又直，表現(xiàn)出粒子性，選項B錯誤。人們利用慢中子衍射來研究晶體的結(jié)構(gòu)，體現(xiàn)出波動性，選項C正確。電子顯微鏡是利用電子束工作的，體現(xiàn)了波動性，選項D正確。光電效應實驗，體現(xiàn)的是波的粒子性，選項E錯誤。對點訓練：光電效應現(xiàn)象及規(guī)律1．(2016·茂名一模)用一束紫外線照射某金屬時不能產(chǎn)生光電效應，可能使該金屬產(chǎn)生光電效應的措施是()A．改用紅光照射B．改用X射線照射C．改用強度更大的原紫外線照射D．延長原紫外線的照射時間解析：選B根據(jù)光電效應的條件ν＞ν0，要產(chǎn)生光電效應，必須用能量更大，即頻率更高的粒子。能否發(fā)生光電效應與光的強度和照射時間無關(guān)。X射線的頻率大于紫外線的頻率。故A、C、D錯誤，B正確。2．關(guān)于光電效應的規(guī)律，下列說法中正確的是()A．發(fā)生光電效應時，不改變?nèi)肷涔獾念l率，增大入射光強度，則單位時間內(nèi)從金屬內(nèi)逸出的光電子數(shù)目增多B．光電子的最大初動能跟入射光強度成正比C．發(fā)生光電效應的反應時間一般都大于10－7sD．只有入射光的波長大于該金屬的極限波長，光電效應才能產(chǎn)生解析：選A發(fā)生光電效應時，不改變?nèi)肷涔獾念l率，增大入射光強度，則單位時間內(nèi)打到金屬上的光子個數(shù)增加，則從金屬內(nèi)逸出的光電子數(shù)目增多，選項A正確；光電子的最大初動能跟入射光強度無關(guān)，隨入射光的頻率增大而增大，選項B錯誤；發(fā)生光電效應的反應時間一般都不超過10－9s，選項C錯誤；只有入射光的頻率大于該金屬的極限頻率時，即入射光的波長小于該金屬的極限波長時，光電效應才能產(chǎn)生，選項D錯誤。3．(2016·邢臺模擬)用強度相同的紅光和藍光分別照射同一種金屬，均能使該金屬發(fā)生光電效應。下列判斷正確的是()A．用紅光照射時，該金屬的逸出功小，用藍光照射時該金屬的逸出功大B．用紅光照射時，該金屬的截止頻率低，用藍光照射時該金屬的截止頻率高C．用紅光照射時，逸出光電子所需時間長，用藍光照射時逸出光電子所需時間短D．用紅光照射時，逸出的光電子最大初動能小，用藍光照射時逸出的光電子最大初動能大解析：選D同種金屬的逸出功是相同的，A錯誤；同種金屬的截止頻率是相同的，B錯誤；只要金屬能發(fā)生光電效應，逸出光電子的時間一樣，C錯誤；藍光的頻率比紅光大，由Ek＝hν－W知，用藍光時逸出的光電子最大初動能大，D正確。對點訓練：光的波粒二象性物質(zhì)波4．(多選)(2016·唐山調(diào)研)下列說法正確的是()A．盧瑟福通過α粒子散射實驗建立了原子核式結(jié)構(gòu)模型B．宏觀物體的物質(zhì)波波長非常大，極易觀察到它的波動性C．愛因斯坦在對光電效應的研究中，提出了光子說D．對于任何一種金屬都存在一個“最大波長”，入射光的波長必須小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應解析：選ACD盧瑟福通過α粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確。根據(jù)λ＝eq\f(h,p)，知宏觀物體的物質(zhì)波波長非常小，不易觀察到它的波動性，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的研究中，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”，入射光的波長必須小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應，故D正確。5．(多選)(2013·上海高考)某半導體激光器發(fā)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＝6.63×10A．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。每秒發(fā)射的光子數(shù)n＝eq\f(P×1,E)≈3.8×1016個，D正確。6．(2016·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) B．eq\f(λ1λ2,λ1－λ2)C．eq\f(λ1＋λ2,2) D．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)，同向正碰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。對點訓練：光電效應方程的應用7．(2014·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，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，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程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。8．(多選)(2016·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D．波長超過4λ的光都不能使該金屬發(fā)生光電效應解析：選AD由hν＝W0＋Ek知heq\f(c,λ)＝W0＋eq\f(1,2)mv12，heq\f(c,2λ)＝W0＋eq\f(1,2)mv22，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，C錯誤，D正確。9．(2013·北京高考)以往我們認識的光電效應是單光子光電效應，即一個電子在極短時間內(nèi)只能吸收到一個光子而從金屬表面逸出。強激光的出現(xiàn)豐富了人們對于光電效應的認識，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)吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應，這已被實驗證實。光電效應實驗裝置示意如圖1。用頻率為ν的普通光源照射陰極K，沒有發(fā)生光電效應。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；此時，若加上反向電壓U，即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負極，在KA之間就形成了使光電子減速的電場，逐漸增大U，光電流會逐漸減?。划敼怆娏髑『脺p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1A．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)吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應。由題意知最大初動能Ek＝eU，根據(jù)光電效應方程有：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。10．如圖2甲所示，合上開關(guān)，用光子能量為2.5eV的一束光照射陰極K，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零。調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當電壓表讀數(shù)小于0.60V時，電流表計數(shù)仍不為零，當電壓表讀數(shù)大于或等于0.60V時，電流表讀數(shù)為零。把電路改為圖乙，當電壓表讀數(shù)為2V時，則逸出功及電子到達陽極時的最大動能為()圖2A．1.5eV0.6eV B．1.7eV1.9eVC．1.9eV2.6eV D．3.1eV4.5eV解析：選C光子能量hν＝2.5eV的光照射陰極，電流表讀數(shù)不為零，則能發(fā)生光電效應，當電壓表讀數(shù)大于或等于0.6V時，電流表讀數(shù)為零，則電子不能到達陽極，由動能定理eU＝eq\f(1,2)mvm2知，最大初動能Ekm＝eU＝0.6eV，由光電效應方程hν＝Ekm＋W0知W0＝1.9eV對圖乙，當電壓表讀數(shù)為2V時，電子到達陽極的最大動能Ekm′＝Ekm＋eU′＝0.6eV＋2eV＝2.6eV。故C正確。11．(2016·銀川模擬)在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為λ0，該金屬的逸出功為________。若用波長為λ(λ＜λ0)的單色光做該實驗，則其遏止電壓為________。已知電子的電荷量、真空中的光速和普朗克常量分別為e、c和h。解析：金屬的逸出功W0＝hν0＝heq\f(c,λ0)。根據(jù)光電效應方程知：Ekm＝heq\f(c,λ)－h(huán)eq\f(c,λ0)，又Ekm＝eU，則遏止電壓U＝eq\f(hc,eλ)－eq\f(hc,eλ0)。答案：heq\f(c,λ0)eq\f(hc,eλ)－eq\f(hc,eλ0)12．圖3所示是研究光電管產(chǎn)生的電流的電路圖，A、K是光電管的兩個電極，已知該光電管陰極的極限頻率為ν0?，F(xiàn)將頻率為ν(大于ν0)的光照射在陰極上，則：圖3(1)________是陰極，陰極材料的逸出功等于________。(2)加在A、K間的正向電壓為U時，到達陽極的光電子的最大動能為____________，將A、K間的正向電壓從零開始逐漸增加，電流表的示數(shù)的變化情況是_______________。(3)為了阻止光電子到達陽極，在A、K間應加上U反＝________的反向電壓。(4)下列方法一定能夠增加飽和光電流的是()A．照射光頻率不變，增加光強B．照射光強度不變，增加光的頻率C．增加A、K電極間的電壓D．減小A、K電極間的電壓解析：(1)被光照射的金屬將有光電子逸出，故K是陰極，逸出功與極限頻率的關(guān)系為W0＝hν0。(2)根據(jù)光電效應方程可知，逸出的光電子的最大初動能為hν－h(huán)ν0，經(jīng)過電場加速獲得的能量為eU，所以到達陽極的光電子的最大動能為hν－h(huán)ν0＋eU，隨著電壓增加，單位時間內(nèi)到達陽極的光電子數(shù)量將逐漸增多，但當從陰極逸出的所有光電子都到達陽極時，再增大電壓，也不可能使單位時間內(nèi)到達陽極的光電子數(shù)量增多。所以，電流表的示數(shù)先是逐漸增大，直至保持不變。(3)從陰極逸出的光電子在到達陽極的過程中將被減速，被電場消耗的動能為eUc，如果hν－h(huán)ν0＝eUc，就將沒有光電子能夠到達陽極，所以Uc＝eq\f(hν－h(huán)ν0,e)。(4)要增加單位時間內(nèi)從陰極逸出的光電子的數(shù)量，就需要增加照射光單位時間內(nèi)入射光子的個數(shù)，所以只有A正確。答案：(1)Khν0(2)hν－h(huán)ν0＋eU逐漸增大，直至保持不變(3)eq\f(hν－h(huán)ν0,e)(4)A對點訓練：與光電效應有關(guān)的圖像問題13．(多選)如圖4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4.27，與縱軸交點坐標0.5)。由圖可知()圖4A．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。14．(2013·浙江高考)小明用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應現(xiàn)象，實驗裝置示意圖如圖5甲所示。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。圖5(1)圖甲中電極A為光電管的______(填“陰極”或“陽極”)；(2)實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)如果實驗中入射光的頻率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)生光電流的實驗電路，光電子從K極發(fā)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功，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程有eUc＝Ek＝hν－W0。結(jié)合題圖乙可知，當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)1.23×10－1915．如圖6甲所示是研究光電效應規(guī)律的光電管。用波長λ＝0.50μm的綠光照射陰極K，實驗測得流過?表的電流I與AK之間的電勢差UAK滿足如圖乙所示規(guī)律，取h＝6.63×10－34J·s。結(jié)合圖像，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)圖6(1)每秒鐘陰極發(fā)射的光電子數(shù)和光電子飛出陰極K時的最大動能。(2)該陰極材料的極限波長。解析：(1)光電流達到飽和時，陰極發(fā)射的光電子全部到達陽極A，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數(shù)n＝eq\f(Im,e)＝eq\f(0.64×10－6,1.6×10－19)(個)＝4.0×1012(個)光電子的最大初動能為：Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×0.6V＝9.6×10－20(2)設陰極材料的極限波長為λ0，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程：Ekm＝heq\f(c,λ)－h(huán)eq\f(c,λ0)，代入數(shù)據(jù)得λ0＝0.66μm。答案：(1)4.0×1012個9.6×10－20J(2)0.66μm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)學說是盧瑟福在α粒子散射實驗的基礎上提出的。(√)(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)按照玻爾理論，核外電子均勻分布在各個不連續(xù)的軌道上。(×)(6)人們認識原子具有復雜結(jié)構(gòu)是從英國物理學家湯姆孫研究陰極射線發(fā)現(xiàn)電子開始的。(√)(7)人們認識原子核具有復雜結(jié)構(gòu)是從盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子開始的。(×)(8)如果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)能方程表明在一定條件下，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)現(xiàn)：1897年，英國物理學家湯姆孫通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子。電子的發(fā)現(xiàn)證明了原子是可再分的。(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，而帶負電的電子則一粒粒鑲嵌在球內(nèi)。2．α粒子散射實驗(1)α粒子散射實驗裝置圖13-3-1(2)α粒子散射實驗的結(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粒子散射實驗結(jié)果分析①核外電子不會使α粒子的速度發(fā)生明顯改變。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，原子的所有正電荷和幾乎所有質(zhì)量都集中在原子核里，帶負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粒子散射實驗現(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．(2016·通化二模)下列能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的是()A．α粒子散射實驗 B．天然放射現(xiàn)象C．電子的發(fā)現(xiàn) D．氫原子光譜是線狀譜解析：選Aα粒子散射實驗中少數(shù)α粒子能發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，說明原子中絕大部分質(zhì)量和全部正電荷都集中在原子核上，盧瑟福就此提出了原子具有核式結(jié)構(gòu)學說，故A正確；天然放射現(xiàn)象揭示了原子核有復雜的結(jié)構(gòu)，故B錯誤；電子的發(fā)現(xiàn)揭示了原子有復雜結(jié)構(gòu)，故C錯誤；氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)解釋了原子的穩(wěn)定性以及原子光譜的分立特征，故D錯誤。2．(2015·安徽高考)如圖13-3-2所示是α粒子(氦原子核)被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止。圖中所標出的α粒子在各點處的加速度方向正確的是()圖13-3-2A．M點 B．N點C．P點 D．Q點解析：選Cα粒子(氦原子核)和重金屬原子核都帶正電，互相排斥，加速度方向與α粒子所受斥力方向相同。帶電粒子加速度方向沿相應點與重金屬原子核連線指向曲線的凹側(cè)，故只有選項C正確。3．如圖13-3-3是盧瑟福的α粒子散射實驗裝置，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，形成很細的一束射線，射到金箔上，最后打在熒光屏上產(chǎn)生閃爍的光點。下列說法正確的是()圖13-3-3A．該實驗是盧瑟福建立原子核式結(jié)構(gòu)模型的重要依據(jù)B．該實驗證實了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盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗，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，吸收能量。①光照(吸收光子)：光子的能量必須恰等于能級差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收，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)學中的組合知識求解：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情況一一畫出，然后相加。[多角練通]1．(多選)(2016·長沙模擬)以下關(guān)于玻爾原子理論的說法正確的是()A．電子繞原子核做圓周運動的軌道半徑不是任意的B．電子在繞原子核做圓周運動時，穩(wěn)定地產(chǎn)生電磁輻射C．電子從量子數(shù)為2的能級躍遷到量子數(shù)為3的能級時要輻射光子D．不同頻率的光照射處于基態(tài)的氫原子時，只有某些頻率的光可以被氫原子吸收E．氫原子光譜有很多不同的亮線，說明氫原子能發(fā)出很多不同頻率的光，但它的光譜不是連續(xù)譜解析：選ADE由于氫原子的軌道是不連續(xù)的，故A正確；電子在繞原子核做圓周運動時，不會產(chǎn)生電磁輻射，只有躍遷時才會產(chǎn)生電磁輻射，故B錯誤；氫原子在不同的軌道上的能級En＝eq\f(1,n2)E1，電子從量子數(shù)為2的能級躍遷到量子數(shù)為3的能級時要吸收光子，故C錯誤。由于氫原子發(fā)射的光子的能量：E＝En－Em＝eq\f(1,n2)E1－eq\f(1,m2)E1＝hν，不同頻率的光照射處于基態(tài)的氫原子時，只有某些頻率的光可以被氫原子吸收，故D正確；光譜有很多不同的亮線，說明氫原子能發(fā)出很多不同頻率的光，是特征譜線，但它的光譜不是連續(xù)譜，故E正確。2．(多選)(2014·山東高考)氫原子能級如圖13-3-5，當氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656nm。以下判斷正確的是()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656nm，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．(多選)(2016·汕頭一模)氫原子的能級如圖13-3-6所示。氫原子從n＝4能級直接向n＝1能級躍遷所放出的光子，恰能使某金屬產(chǎn)生光電效應，下列判斷正確的是()圖13-3-6A．氫原子輻射出光子后，氫原子能量變大B．該金屬的逸出功W0＝12.75eVC．用一群處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時所發(fā)出的光照射該金屬，該金屬仍有光電子逸出D．氫原子處于n＝1能級時，其核外電子在最靠近原子核的軌道上運動解析：選BD氫原子發(fā)生躍遷，輻射出光子后，氫原子能量變小，故A錯誤。根據(jù)恰能使某金屬產(chǎn)生光電效應，由n＝4躍遷到n＝1，輻射的光子能量最大，ΔE＝13.6eV－0.85eV＝12.75eV，則逸出功W0＝12.75eV，故B正確。一群處于n＝3的氫原子向低能級躍遷時，輻射的能量小于從n＝4能級直接向n＝1能級躍遷所放出的光子能量，則不會發(fā)生光電效應，故C錯誤。根據(jù)玻爾原子模型可知，處于n＝1能級時，其核外電子在最靠近原子核的軌道上運動，故D正確。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)貫穿本領最弱，用紙能擋住較強，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勻強磁場中軌跡形狀衰變規(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，則表示該核反應的方程為eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A′,Z′)Y＋neq\o\