（江蘇專用）高考物理總復習 動量 近代物理初步講義（選修3-5）-人教版高三選修3-5物理試題

選修3－5動量近代物理初步考綱下載(1)動量動量守恒定律(Ⅰ)(2)驗證動量守恒定律(實驗、探究)(Ⅰ)(3)彈性碰撞和非彈性碰撞(Ⅰ)(4)原子核式結構模型(Ⅰ)(5)氫原子光譜原子的能級(Ⅰ)(6)原子核的組成(Ⅰ)(7)原子核的衰變半衰期(Ⅰ)(8)放射性同位素放射性的應用與防護(Ⅰ)(9)核力與結合能質量虧損(Ⅰ)(10)核反應方程(Ⅰ)(11)裂變反應聚變反應鏈式反應(Ⅰ)(12)普朗克能量子假說黑體和黑體輻射(Ⅰ)(13)光電效應(Ⅰ)(14)光的波粒二象性物質波(Ⅰ)考向前瞻(1)動量守恒定律及其應用、原子核式結構、玻爾理論、原子核的衰變、核反應方程的書寫及質能方程的應用是本章高考考查的熱點。(2)原子結構與原子核部分高考命題難度不大，大多直接考查對知識的理解和記憶，體現(xiàn)時代氣息，用新名詞包裝試題；對動量部分的考查通常以實驗和計算題的形式出現(xiàn)，而且難度不會太大。第1節(jié)動量守恒定律及其應用動量動量定理動量守恒定律對應學生用書P218[必備知識]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：kg·m/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＝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)常用的四種表達形式：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)內各物體的動量都在同一直線上時，作用前的總動量與作用后的總動量相等。(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。[典題例析]下列情形中，滿足動量守恒的是()A．鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程中，鐵錘和鐵塊的總動量B．子彈水平穿過放在光滑水平桌面上的木塊過程中，子彈和木塊的總動量C．子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的總動量D．棒擊壘球的過程中，棒和壘球的總動量[解析]選B鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程中，鐵錘和鐵塊所受合外力不為零，它們組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；子彈水平穿過放在光滑水平桌面上的木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確；子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；棒擊壘球的過程中，棒和壘球組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。動量守恒的判斷(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。(2)分析系統(tǒng)內物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力。[針對訓練]1．(2014·浙江高考)如圖1－1所示，甲木塊的質量為m1，以v的速度沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質彈簧。甲木塊與彈簧接觸后()圖1－1A．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，但碰撞過程中有動能轉化為彈性勢能，故動能不守恒，只是機械能守恒，選項D錯誤。2．下列情況中系統(tǒng)的動量守恒的是()圖1－2A．如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng)B．子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)(如圖乙)C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時解析：選ABD小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng)，受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確；子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)受墻角的作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開，內力遠大于外力，可以認為系統(tǒng)動量守恒，故D正確。對動量守恒定律的理解與應用對應學生用書P219[必備知識]動量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，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，應用動量守恒定律時，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：動量守恒定律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)。[典題例析](2013·山東高考)如圖1－3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＝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1－3[思路點撥](1)A與C發(fā)生碰撞的時間極短，滑塊B的速度在此段時間內變化嗎？提示：不變化。(2)木板A恰好不再與C發(fā)生碰撞，那么A、B、C最終的速度大小有什么關系？提示：A、B、C最終的速度相同。[解析]木板A與滑塊C處于光滑水平面上，兩者碰撞時間極短，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，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vA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，代入數值解得：vA＝2m/s。[答案]2m/s應用動量守恒定律解題的步驟[針對訓練]1.(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)星質量為m1，后部分的箭體質量為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)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖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。2．(2014·江蘇高考)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解析：設玻璃球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：eq\f(17,48)v0eq\f(31,24)v0碰撞、爆炸與反沖對應學生用書P220[必備知識]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產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力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。[典題例析]下列圖片所描述的事例或應用中，沒有利用反沖原理的是()圖1－5[解析]選D噴灌裝置的自動旋轉是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，故屬于反沖運動；章魚在水中前行和轉向是利用噴出的水的反沖作用；火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖運動；碼頭邊的輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，不是利用反沖作用，故選D。1．碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒(2)機械能不增加(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，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。2．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。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統(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。3．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內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。[針對訓練]1．(2014·漳州三模)在光滑的水平面上有兩個在同一直線上相向運動的小球，其中甲球的質量m1＝2kg，乙球的質量m2＝1kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前后甲球的速度隨時間的變化情況如圖1－6所示。已知兩球發(fā)生正碰后粘在一起，則碰前乙球速度的大小和方向為()圖1－6A．7m/s，向右 B．7m/s，向左C．1m/s，向左 D．1m/s，向右解析：選B由圖知，甲球碰撞前的速度為v甲＝2m/s，碰撞后的速度為v甲′＝－1m/s，碰撞后，甲、乙的速度v＝－1m/s，以甲、乙兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲的初速度方向為正方向，碰撞過程，由動量守恒定律得：m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得：v乙＝－7m/s，負號表示方向與正方向相反，即方向向左。2．(2014·福建模擬)小孩雙手搭著大人的肩一起在水平冰面上以3m/s的速度向右勻速滑行，后面的小孩突然推了一下前面的大人，結果小孩以2m/s的速度向左滑行，已知小孩的質量為30kg，大人的質量為60kg，則被推后大人的速度大小變?yōu)?)A．5.5m/s B．4.5m/sC．3.5m/s D．2.5m/s解析：選A以大人與小孩組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右方向為正方向，由動量守恒定律得：(m大＋m小)v0＝－m小v?。玬大v大，解得：v大＝5.5m/s。[課時跟蹤檢測]eq\a\vs4\al(對應學生用書P329)一、單項選擇題1．(2014·廣州調研)兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止?？梢钥隙ǖ氖牵銮皟汕虻?)A．質量相等 B．動能相等C．動量大小相等 D．速度大小相等解析：選C兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等方向相反，C正確。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.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eq\f(m,M－m)v0，選D。3.如圖1，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速度v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()圖1A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：選C根據動量守恒定律，選向右方向為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故選項C正確。4．(2014·泉州質檢)“爆竹聲中一歲除，春風送暖人屠蘇”，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，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：選C在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，故C正確。5.在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球在碰撞前后的速度圖像如圖2所示，下列關系正確的是()圖2A．ma>mb B．ma<mbC．ma＝mb D．無法判斷解析：選B由動量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′<0，則b球獲得的動量大于a球最初的動量。若ma＝mb，則兩球交換速度，與圖像不符；由Ek＝eq\f(p2,2m)，若ma>mb，則b球的動能將會大于a球最初的動能，違背能量守恒定律，則必然滿足ma<mb，故選項B正確。6．(2014·北京四中摸底)質量為m的炮彈沿水平方向飛行，其動能為Ek，突然在空中爆炸成質量相同的兩塊，其中一塊向后飛去，動能為eq\f(Ek,2)，另一塊向前飛去，則向前的這塊的動能為()A.eq\f(Ek,2) B.eq\f(9,2)EkC.eq\f(9,4)Ek D.eq\f(9＋4\r(2),2)Ek解析：選B設另一塊動能為Ek1，則另一塊動量p＝eq\r(mEk1)，炮彈在空中爆炸，動量守恒，eq\r(2mEk)＝eq\r(mEk1)－eq\r(\f(mEk,2))，解得Ek1＝eq\f(9,2)Ek，選項B正確。二、多項選擇題7.(2014·望江質檢)如圖3所示，在光滑水平面上質量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5m/s、vB＝3m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運動，下述正確的是()圖3A．它們碰撞前的總動量的大小是0B．它們碰撞后的總動量的大小是2kg·m/sC．它們碰撞前的總動量的方向水平向右D．它們碰撞后的總動量的方向水平向左解析：選BD根據題述，它們碰撞前的總動量是mBvB－mAvA＝2kg·m/s，方向水平向左，根據動量守恒定律，它們碰撞后的總動量是2kg·m/s，方向水平向左，選項B、D正確，A、C錯誤。8.(2014·廣州模擬)如圖4所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()圖4A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動解析：選BC小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應向左運動，故A錯誤。設碰前C的速率為v1，AB的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，故B正確。設C與油泥粘在一起后，AB、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤。9.如圖5所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為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()圖5A．兩者的速度均為零B．兩者的速度相等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BD由于盒子內表面不光滑，在多次碰撞后物體與盒子相對靜止，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故B、D項正確，A、C項錯誤。10．如圖6所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()圖6A．左方是A球B．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10解析：選AC兩球碰前均向右運動，前球為被碰小球，動量一定增加，后球動量減小，故左方為A球，A正確、B錯誤；由動量守恒定律可知，碰后mAvA＝(6－4)kg·m/s＝2kg·m/s，mBvB＝10kg·m/s，又mB＝2mA，故vA∶vB＝2∶5，C正確、D錯誤。三、非選擇題11．(2014·鹽城一模)在水平氣墊導軌上有兩個靜止的滑塊A、B，給A一個初速度v0，使A與B發(fā)生正碰，碰撞后A的速度為0.5v0，B的速度為1.5v0，且方向都與A初速度方向相同。求A和B質量之間的關系。圖7解析：A與B發(fā)生正碰，規(guī)定A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA′＋mBvB碰撞后A的速度為0.5v0，B的速度為1.5v0，且方向都與A初速度方向相同，vA′＝0.5v0，vB＝1.5v0，解得：mA＝3mB。答案：mA＝3mB12．(2014·聊城一模)質量m1＝10g的小球甲在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右運動，恰好遇上在同一條直線上運動的另一個小球乙，乙球的質量為m2＝50g，速率v2＝10cm/s，碰撞后乙球恰好停止。(1)判斷碰撞之前乙球的運動方向。(2)碰撞后甲球的速度大小和方向如何？解析：(1)由題意可知，碰撞前甲球的動量大小小于乙球的動量大小，系統(tǒng)動量不為零，甲球質量小于乙球質量，碰撞后乙球靜止，則碰撞后甲球將反彈，動量向左，由于碰撞過程動量守恒，碰撞后系統(tǒng)總動量向左，則碰撞前系統(tǒng)總動量向左，因此碰撞前乙向左運動。(2)以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v1－m2v2＝m1v1′，解得：v1′＝－20cm/s，負號表示方向向左。答案：(1)向左運動(2)20cm/s向左第2節(jié)波粒二象性光電效應及其規(guī)律對應學生用書P221[必備知識]1．光電效應現(xiàn)象在光的照射下，金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象，發(fā)射出來的電子叫光電子。2．光電效應的產生條件入射光的頻率大于金屬的極限頻率。3．用光電管研究光電效應(1)電路如圖2－1所示。圖2－1(2)光電流與飽和光電流：①入射光強度：指單位時間內入射到金屬表面單位面積上的能量。可以理解為頻率一定時，光強越大，光子數越多。②光電流：指光電子在電路中形成的電流。光電流有最大值，未達到最大值以前，其大小和光強、電壓都有關，達到最大值以后，光電流和光強成正比。③飽和光電流：指在一定頻率與強度的光照射下的最大光電流，飽和光電流不隨電路中電壓的增大而增大。4．光電效應規(guī)律(1)每種金屬都有一個極限頻率，入射光的頻率必須大于這個極限頻率才能產生光電效應。(2)光電子的最大初動能與入射光的強度無關，只隨入射光頻率的增大而增大。(3)光電效應的發(fā)生幾乎是瞬時的，一般不超過10－9s。(4)當入射光的頻率大于極限頻率時，飽和光電流的強度與入射光的強度成正比。[典題例析](2014·徐州模擬)入射光照射到某金屬表面上發(fā)生光電效應，若入射光的強度減弱，而頻率保持不變，則()A．從光照至金屬表面上到發(fā)射出光電子之間的時間間隔將明顯增加B．逸出的光電子的最大初動能將減小C．單位時間內從金屬表面逸出的光電子數目將減少D．有可能不發(fā)生光電效應[思路點撥](1)電子吸收光子的能量，需要一定的時間積累嗎？提示：不需要積累吸收能量的時間。(2)光電子的最大初動能與入射光的強度有關嗎？提示：無關。(3)產生光電效應的條件是什么？提示：入射光的頻率大于極限頻率。[解析]選C光照射到金屬表面上到光電子逸出并不需要一定時間的積累，它們幾乎是同時發(fā)生的，A錯誤；光電子的最大初動能與入射光的強度無關，而與入射光的頻率有關，故B錯誤；只要入射光頻率不變，光電效應一定能發(fā)生，D錯誤；入射光的強度減弱，單位時間入射到金屬表面的光子數目減少，因此逸出的光電子數目也減少，C正確。光電效應的實質和研究思路(1)光電效應的實質是金屬中的電子獲得能量后逸出金屬表面，從而使金屬帶上正電。(2)兩條研究線索：(3)兩條對應關系：光強大→光子數目多→發(fā)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。[針對訓練]1．(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·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。光電效應方程的應用對應學生用書P222[必備知識]1．Ek-ν曲線如圖2－2甲所示的是光電子最大初動能Ek隨入射光頻率ν的變化曲線。由Ek＝hν－W0可知，橫軸上的截距是金屬的截止頻率或極限頻率，縱軸上的截距是金屬的逸出功的負值，斜率為普朗克常量。圖2－22．I-U曲線如圖乙所示的是光電流強度I隨光電管兩極板間電壓U的變化曲線，圖中Im為飽和光電流，Uc為遏止電壓。3．利用光電效應分析問題，應把握的三個關系(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的關系是W0＝hνc。[典題例析](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2－3。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2－3A．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)[思路點撥](1)一般光照射金屬與強激光照射金屬時所遵循的規(guī)律有何不同？光電效應方程還適用嗎？提示：強激光照射時單位時間內光子到達金屬表面數目多；光電效應方程同樣適用。(2)反向遏止電壓U與光電子的哪個物理量相對應？請寫出具體的關系式。提示：最大初動能，Ek＝eU。[解析]選B由題意可知一個電子吸收多個光子仍然遵守光電效應方程，設電子吸收了n個光子，則逸出的光電子的最大初動能為Ek＝nhν－W(n＝2,3,4…)，逸出的光電子在遏止電壓下運動時應有Ek＝eU，由以上兩式聯(lián)立得U＝eq\f(nhν－W,e)，若取n＝2，則B正確。1．由Ek-ν圖像可以得到的信息圖2－4(1)極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc。(2)逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的絕對值E＝W0。2．由Uc-ν圖像得到的物理量(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荷量的乘積，即h＝ke。(注：此時兩極之間接反向電壓)[針對訓練]1．(2014·宿遷三模)某光電管的陰極K用截止頻率為ν0的金屬鈉制成，光電管陽極A和陰極K之間的正向電壓為U，普朗克常量為h，電子的電荷量為e。用頻率為ν的紫外線照射陰極，有光電子逸出，光電子到達陽極的最大動能是________；若在光電管陽極A和陰極K之間加反向電壓，要使光電子都不能到達陽極，反向電壓至少為________。圖2－5解析：根據光電效應方程得，最大初動能為：Ekm＝hν－h(huán)ν0。根據動能定理得：eU＝Ek－Ekm解得：Ek＝h(ν－ν0)＋eU。根據動能定理得：－eU＝0－Ekm＝－h(huán)(ν－ν0)解得反向電壓為：U＝eq\f(hν－ν0,e)。答案：h(ν－ν0)＋eUeq\f(hν－ν0,e)2．(2014·宿遷二模)用頻率為ν的光照射光電管陰極時，產生的光電流隨陽極與陰極間所加電壓的變化規(guī)律如圖，Uc為遏止電壓。已知電子電荷量為－e，普朗克常量為h，求：圖2－6(1)光電子的最大初動能Ekm。(2)該光電管發(fā)生光電效應的極限頻率ν0。解析：(1)由動能定理，及Uc為遏止電壓；可知，電子的最大初動能Ekm＝eUc。(2)根據光電效應方程，Ekm＝hν－h(huán)ν0；所以ν0＝ν－eq\f(eUc,h)。答案：(1)eUc(2)ν－eq\f(eUc,h)光的波粒二象性對應學生用書P223[必備知識](1)光的干涉、衍射、偏振現(xiàn)象證明光具有波動性。(2)光電效應、康普頓效應說明光具有粒子性。(3)光既具有波動性，又具有粒子性，稱為光的波粒二象性。[典題例析]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2－7所示是不同數量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說明()圖2－7A．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少量光子落在膠片上，落點位置不確定，說明少量光子的運動顯示粒子性，大量光子落在膠片上，出現(xiàn)了干涉條紋，呈現(xiàn)出波動性規(guī)律，說明大量光子的運動顯示波動性，但不能說光只具有粒子性或只具有波動性，故只有D正確。(1)個別光子的作用效果往往表現(xiàn)為粒子性；大量光子的作用效果往往表現(xiàn)為波動性。(2)頻率越低波動性越顯著，越容易看到光的干涉和衍射現(xiàn)象；頻率越高粒子性越顯著，越不容易看到光的干涉和衍射現(xiàn)象，貫穿本領越強。(3)光在傳播過程中往往表現(xiàn)出波動性；在與物質發(fā)生作用時往往表現(xiàn)為粒子性。(4)由光子的能量ε＝hν，光子的動量p＝eq\f(h,λ)表達式也可以看出，光的波動性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和動量的計算式中都含有表示波的特征的物理量——頻率ν和波長λ。由以上兩式和波速公式c＝λν還可以得出：ε＝pc。[針對訓練]1．下列實驗中，能證實光具有粒子性的是()A．光電效應實驗 B．光的雙縫干涉實驗C．光的圓孔衍射實驗 D．泊松亮斑實驗解析：選A光電效應現(xiàn)象說明光具有粒子性，A正確；光的干涉和衍射現(xiàn)象均說明光具有波動性，B、C、D均錯誤。2．具有相等動能的電子和質子，下列說法中正確的是()A．電子和質子具有的能量相等B．電子的德布羅意波長較長C．質子的波動性更明顯D．分別用上述電子流和質子流通過同一狹縫做單縫衍射實驗，電子的衍射現(xiàn)象更明顯解析：選BD根據E＝mc2，質子質量大于電子質量，則質子具有的能量大于電子具有的能量，故A錯誤；根據Ek＝eq\f(p2,2m)，知動能相等，質量大動量大，由λ＝eq\f(h,p)得，電子動量小，則電子的德布羅意波長較長，故B正確；質子的德布羅意波長短，波動性不明顯，故C錯誤；電子的波長長，則電子的衍射現(xiàn)象更明顯，故D正確。[課時跟蹤檢測]eq\a\vs4\al(對應學生用書P331)一、單項選擇題1．下列描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長關系的圖中(如圖1)，符合黑體輻射實驗規(guī)律的是()圖1解析：選A黑體輻射的強度隨著溫度的升高，一方面各種波長的輻射強度都增加，另一方面輻射強度的極大值向著波長較短的方向移動，所以A正確。2．(2014·上海高考)在光電效應的實驗結果中，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，光子數量和能量都增大，所以光電流會增大，這與波動性無關，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.如圖2所示是光電管的原理圖，已知當有波長為λ0的光照射到陰極K上時，電路中有光電流，則()圖2A．若換用波長為λ1(λ1>λ0)的光照射陰極K時，電路中一定沒有光電流B．若換用波長為λ2(λ2<λ0)的光照射陰極K時，電路中一定有光電流C．增加電路中電源兩極電壓，電路中光電流一定增大D．若將電源極性反接，電路中一定沒有光電流產生解析：選B當用波長為λ0的光照射陰極K時，電路中有光電流，只有換用頻率更大，也就是波長比λ0小的光照射陰極K時才一定有光電流，換用波長比λ0大的光時情況不確定，A錯誤，B正確。電路中光電流由光電子數目決定，與光的強度有關，與電路中電源兩極電壓無關，C錯誤。若將電源極性反接，光電子做減速運動，若接近A板時還沒有減速到零，電路中就可能有光電流產生，D錯誤。4．三種不同的入射光線甲、乙、丙分別照射在三種不同的金屬a、b、c上，均恰能使金屬中逸出光電子。已知三種光線的波長λ甲>λ乙>λ丙，則()A．用入射光甲照射金屬b，可能發(fā)生光電效應B．用入射光丙照射金屬b，一定能發(fā)生光電效應C．用入射光甲和乙同時照射金屬c，可能發(fā)生光電效應D．用入射光乙和丙同時照射金屬a，不能發(fā)生光電效應解析：選B由λ＝eq\f(c,ν)，λ甲>λ乙>λ丙可知，ν甲<ν乙<ν丙。用入射光甲、乙、丙照射金屬a、b、c均恰好發(fā)生光電效應，說明a金屬極限頻率最小，c金屬的極限頻率最大，結合光電效應發(fā)生條件可知，A、C、D錯誤，B正確。5．現(xiàn)有a、b、c三束單色光，其波長關系為λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。當用a光束照射某種金屬板時能發(fā)生光電效應，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，當改用c光束照射該金屬板時()A．能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,6)EkB．能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為eq\f(1,9)EkC．能發(fā)生光電效應，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)生光電效應解析：選B對a、b、c三束光由光電效應方程有：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。6．(2014·揚州檢測)某光波射到一逸出功為W的光電材料表面，所產生的光電子在垂直于磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的最大半徑為r，設電子的質量為m，帶電量為e，普朗克常量為h，則該光波的頻率為()A.eq\f(W,h) B.eq\f(r2e2B2,2mh)C.eq\f(W,h)＋eq\f(r2e2B2,2mh) D.eq\f(W,h)－eq\f(r2e2B2,2mh)解析：選C由evB＝mv2/r可得所產生的光電子的最大初動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(r2e2B2,2m)。由愛因斯坦光電效應方程，Ek＝hν－W，解得ν＝eq\f(W,h)＋eq\f(r2e2B2,2mh)，選項C正確。二、多項選擇題7.(2014·汕頭模擬)如圖3所示，用導線把驗電器與鋅板相連接，當用紫外線照射鋅板時，發(fā)生的現(xiàn)象是()圖3A．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．鋅板帶負電解析：選BC用紫外線照射鋅板是能夠發(fā)生光電效應的，鋅板上的電子吸收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，鋅板失去電子應該帶正電，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。8．(2014·海南高考)在光電效應實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能產生光電效應。對于這兩個過程，下列四個物理量中，一定不同的是()A．遏止電壓 B．飽和光電流C．光電子的最大初動能 D．逸出功解析：選ACD不同金屬的逸出功一定不同，用同一種光照射，由愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0知，光電子的最大初動能一定不同，而Ek＝eUc，可見遏止電壓也一定不同，A、C、D均正確；同一種光照射同一種金屬，入射光越強，飽和電流越大，因此可以調節(jié)光的強度，實現(xiàn)鋅和銀產生光電效應的飽和光電流相同，B錯誤。9.(2014·連云港摸底)某金屬在光的照射下產生光電效應，其遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖像如圖4所示。則由圖像可知()圖4A．該金屬的逸出功等于hν0B．遏止電壓是確定的，與照射光的頻率無關C．若已知電子電量e，就可以求出普朗克常量hD．入射光的頻率為2ν0時，產生的光電子的最大初動能為hν0解析：選ACD由光電效應方程，Ek＝hν－W，eUc＝Ek，聯(lián)立解得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W,e)。由此可知，該金屬的逸出功W＝hν0，若已知電子電量e，根據圖像斜率等于eq\f(h,e)，就可以求出普朗克常量h，選項A、C正確；遏止電壓隨照射光的頻率增大而增大，選項B錯誤；入射光的頻率為2ν0時，根據光電效應方程可知，產生的光電子的最大初動能為hν0，選項D正確。10．如圖5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5A．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。三、非選擇題11．(2014·淮安模擬)從1907年起，美國物理學家密立根開始以精湛的技術測量光電效應中幾個重要的物理量。他通過如圖6所示的實驗裝置測量某金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，作出Uc-ν的圖像，由此算出普朗克常量h，并與普朗克根據黑體輻射測出的h相比較，以檢驗愛因斯坦光電效應方程的正確性。圖中頻率ν1、ν2，遏止電壓Uc1、Uc2及電子的電荷量e均為已知，求：圖6(1)普朗克常量h；(2)該金屬的截止頻率ν0。解析：根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0及動能定理eUc＝Ek得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(h,e)ν0結合圖像知k＝eq\f(h,e)＝eq\f(Uc2－Uc1,ν2－ν1)＝eq\f(Uc1,ν1－ν0)普朗克常量h＝eq\f(eUc2－Uc1,ν2－ν1)，ν0＝eq\f(Uc2ν1－Uc1ν2,Uc2－Uc1)答案：(1)eq\f(eUc2－Uc1,ν2－ν1)(2)eq\f(Uc2ν1－Uc1ν2,Uc2－Uc1)12．德布羅意認為，任何一個運動著的物體，都有一種波與它對應，波長是λ＝eq\f(h,p)，式中p是運動物體的動量，h是普朗克常量。已知某種紫光的波長是440nm，若將電子加速，使它的德布羅意波長是這種紫光波長的10－4倍。求：(1)電子的動量大小。(2)試推導加速電壓跟德布羅意波長的關系，并計算加速電壓的大小。電子質量m＝9.1×10－31kg，電子電荷量e＝1.6×10－19C，普朗克常量h＝6.6×10解析：(1)由λ＝eq\f(h,p)得p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(6.6×10－34,10－4×440×10－9)kg·m/s＝1.5×10－23kg(2)eU＝Ek＝eq\f(p2,2m)，又λ＝eq\f(h,p)聯(lián)立解得U＝eq\f(h2,2emλ2)，代入數據解得U＝8×102V。答案：(1)1.5×10－23kg·m/s(2)U＝eq\f(h2,2emλ2)8×102V第3節(jié)原子結構和原子核原子結構對應學生用書P224[必備知識]1．認識原子結構的線索氣體放電的研究→陰極射線→發(fā)現(xiàn)電子→湯姆孫的“棗糕模型”eq\o(→,\s\up7(α粒子散射實驗),\s\do5())盧瑟福核式結構模型eq\o(→,\s\up7(氫原子光譜的研究),\s\do5())玻爾模型。2．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3－1所示。圖3－1②實驗結果：α粒子穿過金箔后，絕大多數沿原方向前進，少數發(fā)生較大角度偏轉，極少數偏轉角度大于90°，甚至被彈回。(3)核式結構模型：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。[典題例析](2014·閘北區(qū)二模)如圖3－2為盧瑟福的α粒子散射實驗，①、②兩條線表示實驗中α粒子運動的軌跡，則沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的運動軌跡為()圖3－2A．軌跡a B．軌跡bC．軌跡c D．軌跡d[解析]選A盧瑟福通過α粒子散射并由此提出了原子的核式結構模型，正電荷全部集中在原子核內，α粒子帶正電，同種電荷相互排斥，所以沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的運動軌跡為a，因離原子核越近，受到的庫侖斥力越強，則偏轉程度越大，故A正確，B、C、D錯誤。三種原子模型的對比實驗基礎結構差異成功和局限“棗糕模型”電子的發(fā)現(xiàn)帶正電物質均勻分布在原子內，電子鑲嵌其中解釋了一些實驗現(xiàn)象，無法說明α粒子散射實驗核式結構模型α粒子散射實驗全部正電荷和幾乎全部質量集中在原子核內，電子繞核旋轉成功解釋了α粒子散射實驗，無法解釋原子的穩(wěn)定性與原子光譜的分立特征玻爾的原子模型氫原子光譜的研究在核式結構模型基礎上，引入量子化觀點成功解釋了氫原子光譜，無法解釋較復雜的原子光譜[針對訓練]1．(2014·鹽城三模)盧瑟福α粒子散射實驗中，金箔中的原子核可以看作靜止不動，下列各圖畫出了兩個α粒子運動到金核附近時的散射軌跡，其中可能正確的是()圖3－3解析：選Cα粒子受到原子核的斥力作用而發(fā)生散射，離原子核越近的粒子，受到的斥力越大，散射角度越大，選項C正確，A、B、D錯誤。2．(2014·溫州質檢)盧瑟福在分析α粒子散射實驗現(xiàn)象時，認為電子不會對α粒子偏轉產生影響，其主要原因是()A．α粒子與各電子相互作用的效果互相抵消B．電子的體積很小，α粒子碰不到它C．電子的電量很小，與α粒子的相互作用力很小，可忽略不計D．電子的質量很小，就算碰到，也不會引起明顯的偏轉解析：選D盧瑟福在分析α粒子散射實驗現(xiàn)象時，認為電子不會對α粒子偏轉產生影響，其主要原因是電子的質量很小，就算碰到，也不會引起明顯的偏轉，故D正確。能級躍遷與光譜線對應學生用書P224[必備知識]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：eq\f(1,λ)＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,n2)))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，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：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。(3)氫原子的能級和軌道半徑：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＝0.53×10－10m②氫原子的能級公式：En＝eq\f(1,n2)E1(n＝1,2,3…)，其中E1為基態(tài)能量，E1＝－13.6eV。3．對氫原子的能級圖的理解(1)氫原子的能級圖(如圖3－4)。圖3－4(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橫線左端的數字“1,2,3…”表示量子數，右端的數字“－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，量子數越大，相鄰的能級差越小。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。4．關于能級躍遷的三點說明(1)當光子能量大于或等于13.6eV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13.6eV，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為n的激發(fā)態(tài)時，可能輻射出的光譜線條數：N＝Cn2＝eq\f(nn－1,2)。[典題例析](2014·連云港摸底)如圖3－5所示為氫原子的能級圖?，F(xiàn)有大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷。下列說法正確的是()圖3－5A．這些氫原子總共可輻射出三種不同頻率的光B．氫原子由n＝3躍遷到n＝2產生的光頻率最大C．這些氫原子躍遷時輻射出光子能量的最大值為10.2eVD．氫原子由n＝3躍遷到n＝1產生的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑能發(fā)生光電效應[思路點撥](1)如何確定大量處于激發(fā)態(tài)的氫原子輻射的光譜線條數？提示：可利用數學中的組合知識求解。(2)光子的能量E、頻率ν之間有什么關系？頻率最高的光子應是哪兩個能級間躍遷發(fā)出的？提示：E＝hν。頻率最高的光子是從n＝3能級躍遷到n＝1能級發(fā)出的。(3)要使金屬鉑發(fā)生光電效應，入射光子的能量應滿足什么條件？提示：入射光子的能量應大于6.34eV。[解析]選AD大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷，總共可輻射出三種不同頻率的光，氫原子由n＝3躍遷到n＝2產生的光頻率最小，選項A正確B錯誤；當從n＝3能級躍遷到n＝1能級時輻射出光子能量最大，這些氫原子躍遷時輻射出光子能量的最大值為(－1.51eV)－(－13.6eV)＝12.09eV，選項C錯誤；氫原子由n＝3躍遷到n＝1產生的光，光子能量為12.09eV，照射逸出功為6.34eV的金屬鉑能發(fā)生光電效應，選項D正確。1．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。2．一個原子和一群原子的核外電子躍遷一個氫原子只有一個電子，在某個時刻電子只能在某一個可能的軌道上，當電子從一個軌道躍遷到另一個軌道上時，可能情況有多種Cn2＝eq\f(nn－1,2)，但產生的躍遷只有一種。而如果是一群氫原子，這些原子的核外電子躍遷時就會出現(xiàn)所有的可能情況。[針對訓練]1．(多選)(2014·山東高考)氫原子能級如圖3－6，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3－6A．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生3種頻率的光子，所以C選項正確。2．(2014·浙江高考)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3－7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2.25eV的鉀表面，產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＝6.63×10－34圖3－7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，由光電效應方程知，產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原子核的衰變對應學生用書P226[必備知識]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：具有相同質子數和不同中子數的原子核。(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(Z)：等于核內質子數，也等于核外電子數，還等于元素周期表中的原子序數。(3)核質量數(A)：等于核內的核子數，即質子數與中子數之和。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－e0質量4mp(mp＝1.67×10－27kgeq\f(mp,1840)靜止質量為零符號24He－1__0eγ速度0.10.99c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發(fā)生衰變所需的時間。②衰變規(guī)律：N＝N0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t/τ、m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t/τ③影響因素：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。[典題例析](1)(多選)eq\o\al(232,90)Th(釷)經過一系列α衰變和β衰變，變成eq\o\al(208,82)Pb(鉛)。以下說法中正確的是()A．鉛核比釷核少8個質子B．鉛核比釷核少16個中子C．共經過4次α衰變和6次β衰變D．共經過6次α衰變和4次β衰變(2)約里奧·居里夫婦因發(fā)現(xiàn)人工放射性元素而獲得了1935年的諾貝爾化學獎，他們發(fā)現(xiàn)的放射性元素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，被廣泛應用于生物示蹤技術，1mgeq\o\al(32,15)P隨時間衰變的關系如圖3－8所示，請估算4mg的eq\o\al(32,15)P經多少天的衰變后還剩0.25mg?圖3－8[思路點撥](1)衰變滿足的兩個守恒規(guī)律：①________________________________________________________________________。②________________________________________________________________________。提示：①電荷數守恒②質量數守恒(2)剩余質量的計算公式m余＝_________________________________________________。提示：m原eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))[解析](1)設α衰變次數為x，β衰變次數為y，由質量數守恒和電荷數守恒得232＝208＋4x90＝82＋2x－y解得x＝6，y＝4，C錯D對。鉛核、釷核的質子數分別為82、90，故A對。鉛核、釷核的中子數分別為126、142，故B對。(2)寫出衰變方程eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋eq\o\al(0,＋1)e，故這種粒子為eq\o\al(0,＋1)e(正電子)由m-t圖知eq\o\al(32,15)P的半衰期為14天，由m余＝m原eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))得，0．25mg＝4mg×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故t＝56天。[答案](1)ABD(2)正電子56天1．確定α、β衰變次數的兩種方法方法一：確定衰變次數的方法是依據兩個守恒規(guī)律，設放射性元素eq\o\al(A,Z)X經過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\al(4,2)He＋meq\o\al(0,－1)e根據質量數守恒和電荷數守恒可列方程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可歸結為求解一個二元一次方程組。方法二：因為β衰變對質量數無影響，可先由質量數的改變確定α衰變的次數，然后再根據衰變規(guī)律確定β衰變的次數。2．對半衰期的理解半衰期是大量原子核衰變時的統(tǒng)計規(guī)律，對個別或少數原子核，無半衰期可言。[針對訓練]1．(2014·豐臺區(qū)一模)天然放射現(xiàn)象中可產生α、β、γ三種射線。下列說法正確的是()A．β射線是由原子核外電子電離產生的B.eq\o\al(238,92)U經過一次α衰變，變?yōu)閑q\o\al(234,90)ThC．α射線的穿透能力比γ射線的穿透能力強D．放射性元素的半衰期隨溫度升高而減小解析：選Bβ衰變中產生的電子是原子核中的一個中子轉化而來的，故A錯誤；α衰變過程中，一個原子核釋放一個α粒子(由兩個中子和兩個質子形成的氦原子核)，并且轉變成一個質量數減少4，核電荷數減少2的新原子核。所以eq\o\al(238,92)U經過一次α衰變，變?yōu)閑q\o\al(234,90)Th，故B正確；α、β、γ三種射線分別是氦核、電子、電磁波，三種射線的穿透能力逐漸增強，所以α射線的穿透能力比γ射線的穿透能力弱，故C錯誤；半衰期是由原子核內部性質決定的，與溫度無關，所以升高放射性物質的溫度，不能縮短其半衰期，故D錯誤。2．(2014·青島一模)下列說法正確的是()A．當大量氫原子從n＝4能級躍遷到n＝1能級時，氫原子會產生3種頻率的光子B．盧瑟福提出了原子的核式結構模型C．β衰變所釋放的電子是原子核外的電子電離形成的D．對放射性物質施加壓力，其半衰期將減小解析：選B大量氫原子從n＝4能級躍遷到n＝1能級時，氫原子會產生6種頻率的光子，A錯誤；盧瑟福提出了原子的核式結構模型，B正確；β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化為質子同時放出的，C錯誤；半衰期與外界因素無關，D錯誤。核反應類型與核反應方程對應學生用書P227[必備知識]核反應的四種類型類型可控性核反應方程典例衰變α衰變自發(fā)eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)Heβ衰變自發(fā)eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e人工轉變人工控制eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H(盧瑟福發(fā)現(xiàn)質子)eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(1,0)n(查德威克發(fā)現(xiàn)中子)eq\o\al(27,13)Al＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n(約里奧·居里夫婦發(fā)現(xiàn)放射性同位素，同時發(fā)現(xiàn)正電子)eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋eq\o\al(0,＋1)e重核裂變比較容易進行人工控制eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)neq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(136,54)Xe＋eq\o\al(90,38)Sr＋10eq\o\al(1,0)n輕核聚變很難控制eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n[典題例析](1)關于核衰變和核反應的類型，下列表述正確的有()A.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋eq\o\al(4,2)He 是α衰變B.eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H 是β衰變C.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n 是輕核聚變D.eq\o\al(82,34)Se→eq\o\al(82,36)Kr＋2eq\o\al(0,－1)e 是重核裂變(2)現(xiàn)有四個核反應：A.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nB.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→X＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)eD.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(1,0)n①________是發(fā)現(xiàn)中子的核反應方程，________是研究原子彈的基本核反應方程，________是研究氫彈的基本核反應方程。②求B中X的質量數和中子數。[思路點撥](1)核反應的四種類型的特點是：①衰變：_____________________________________________________________。②人工轉變：_________________________________________________________。③重核裂變：_________________________________________________________。④輕核聚變：_________________________________________________________。提示：①一個原子核自發(fā)放出α粒子或β粒子，變成另一種原子核②原子核在其他粒子的轟擊下產生新原子核③重核在中子的轟擊下分裂成兩個中等質量核的過程④兩個輕核聚合成質量較大的核的過程。(2)典型的核反應方程有哪些？提示：發(fā)現(xiàn)質子的核反應方程，發(fā)現(xiàn)中子的核反應方程，發(fā)現(xiàn)人工放射性同位素的核反應方程，研究原子彈的核反應方程，研究氫彈的核反應方程。[答案](1)AC(2)①DBA②14488(1)熟記常見基本粒子的符號，是正確書寫核反應方程的基礎。如質子(eq\o\al(1,1)H)、中子(eq\o\al(1,0)n)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、β粒子(eq\o\al(0,－1)e)、正電子(eq\o\al(0,1)e)、氘核(eq\o\al(2,1)H)、氚核(eq\o\al(3,1)H)等。(2)掌握核反應方程遵守的規(guī)律，是正確書寫核反應方程或判斷某個核反應方程是否正確的依據，所以要理解并應用好質量數守恒和電荷數守恒的規(guī)律。(3)熟悉核反應的四種基本類型(衰變、人工轉變、裂變和聚變)，可以幫助我們理清思路，很快寫出正確的核反應方程。(4)核反應過程一般是不可逆的，所以核反應方程只能用單箭頭連接并表示反應方向，不能用等號連接。[針對訓練]1．(2014·北京東城區(qū)模擬)下列核反應方程中X代表質子的是()A.eq\o\al(131,53)I→eq\o\al(131,54)Xe＋X B.eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,8)O＋XC.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X D.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋X解析：選B根據核反應方程前后質量數守恒、電荷數守恒知：X在A中代表電子，B中代表質子，C中代表中子，D中代表氦原子核，B正確。2．(2014·江蘇高考)氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后，會對人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷。它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質之一。其衰變方程是eq\o\al(222,86)Rn→eq\o\al(218,84)Po＋________。已知eq\o\al(222,86)Rn的半衰期約為3.8天，則約經過________天，16g的eq\o\al(222,86)Rn衰變后還剩1g。解析：根據質量數守恒和電荷數守恒可知，衰變方程為eq\o\al(222,86)Rn→eq\o\al(218,84)Po＋eq\o\al(4,2)He。根據衰變方程m余＝m原eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，得1＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，解得t＝15.2天。答案：eq\o\al(4,2)He(或α粒子)15.2核力與核能對應學生用書P228[必備知識]1．核力(1)含義：原子核里的核子間存在互相作用的核力，核力把核子緊緊地束縛在核內，形成穩(wěn)定的原子核。(2)特點：①核力是強相互作用的一種表現(xiàn)。②核力是短程力，作用范圍在1.5×10－15m③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：把結合在一起構成原子核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值上的關系。3．獲得核能的途徑(1)重核裂變：定義：質量數較大的原子核受到高能粒子的轟擊而分裂成幾個質量數較小的原子核的過程。特點：①裂變過程中能夠放出巨大的能量；②裂變的同時能夠放出2～3(或更多)個中子；③裂變的產物不是唯一的。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。典型的裂變方程：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(89,36)Kr＋eq\o\al(144,56)Ba＋3eq\o\al(1,0)n(2)輕核聚變：定義：某些輕核結合成質量數較大的原子核的反應過程。特點：a.聚變過程放出大量的能量，平均每個核子放出的能量，比裂變反應中每個核子放出的能量大3至4倍；b.聚變反應比裂變反應更劇烈；c.對環(huán)境污染較??；d.自然界中聚變反應原料豐富。典型的聚變方程：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n[典題例析](2014·南京三模)一靜止的軸核(eq\o\al(238,92)U)發(fā)生α衰變成釷核(Th)，已知放出的α