北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題9 動(dòng)量守恒定律 原子結(jié)構(gòu)與原子核學(xué)案（含解析）

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1、 專題9 動(dòng)量守恒定律 原子結(jié)構(gòu)與原子核 考向預(yù)測(cè) 對(duì)動(dòng)量守恒這一部分內(nèi)容，主要考查動(dòng)量定理，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。題型靈活性強(qiáng)，難度較大，能力要求高，物理情景多變，多次出現(xiàn)在兩個(gè)守恒定律交匯的綜合題中。 在原子物理這一部分內(nèi)容中，主要考查光電效應(yīng)，原子結(jié)構(gòu)原子核與核能。雖然對(duì)光電效應(yīng)、原子結(jié)構(gòu)原子核與核能的考查頻率比較高，但是在復(fù)習(xí)的過(guò)程中，原子的能級(jí)和躍遷也應(yīng)該引起高度的重視。 高頻考點(diǎn)：動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題、光電效應(yīng)、原子的能級(jí)和躍遷、原子結(jié)構(gòu)原子核與核能。知識(shí)與技巧的梳理 考點(diǎn)一、動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理 例 (2017·全國(guó)Ⅲ卷T20)(多選)一質(zhì)量為2

2、 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 【審題立意】本題考查動(dòng)量定理。求變力的沖量是動(dòng)量定理應(yīng)用的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)。F–t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示沖量。 【解題步驟】方法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理

3、I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。 方法二：前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3

4、＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 【參考答案】AB 【技能提升】1．掌握基本概念和規(guī)律 2．應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng) (1)一般來(lái)說(shuō)，用牛頓第二定律能解決的問(wèn)題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。 (2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向

5、，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 【變式訓(xùn)練】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。 解析：(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出

6、的水的質(zhì)量為＝ρv0S。③ (2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒定律得 Δmv2＋Δmgh＝Δmv02④ 在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 Δp＝Δmv⑤ 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－。⑧ 考點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 例 如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面有一段長(zhǎng)L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝

7、0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′處相切?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。取g＝10 m/s2，求： (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大?。? (2)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)O′的距離。 【審題立意】本題是系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問(wèn)題。平板車和小滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒和能量守恒求解；從小滑塊滑上平板車到二者相對(duì)靜止的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒列式，由能量守恒求解。 【解題步驟】(1)平板

8、車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1 由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1　① 由動(dòng)能定理得：－mgR－μmgL＝(M＋m)v12－mv02?、? 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s?！、? (2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得： mv0＝(M＋m)v2?、? 設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O′點(diǎn)的距離為x，由動(dòng)能定理得： －μmg(L＋x)＝(M＋m)v22－mv02?、? 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m

9、參考答案】(1)5 m/s　(2)0.5 m 【技能提升】動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用 1．動(dòng)量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零；(2)系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計(jì)，如碰撞、爆炸等；(3)系統(tǒng)在某一方向上所受的合外力為零，則該方向上動(dòng)量守恒。 2．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)形式： ①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即p1＋p2＝p′1＋p′2；②Δp1＋Δp2＝0，即Δp1＝－Δp2。 3．動(dòng)量守恒定律的速度具有“四性”： ①矢量性；②瞬時(shí)性；③相對(duì)性；④普適性。 【變式訓(xùn)練】如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上

10、的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① m2v

11、202＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20 kg。③ (2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑤ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ m2v202＝m2v22＋m3v32⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。 考點(diǎn)三、碰撞與動(dòng)量守恒 例 如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系

12、在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方。現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過(guò)程中B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能。 【解題步驟】設(shè)小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgh＝mv12 解得：v1＝ 設(shè)碰撞后小球A反彈的速度大小為

13、v1′，同理有：mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設(shè)碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動(dòng)量定理可得，碰撞過(guò)程中B物塊受到的沖量大小為：I＝5mv2＝m 碰撞后當(dāng)B物塊與C物塊速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢(shì)能最大，據(jù)動(dòng)量守恒定律有： 5mv2＝8mv3 據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Epm＝×5mv22－×8mv32 解得：Epm＝mgh。 【參考答案】m　mgh 【技能提升】碰撞遵從的三個(gè)原則 1. 動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2； 2. 動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2；

14、3. 速度合理，碰撞前v前

15、滑塊不會(huì)從車右端滑落，車的最小長(zhǎng)度。 解析：(1)滑塊與車之間的最大靜摩擦力fm＝μMg 設(shè)滑塊與車不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)而一起加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度為am，以車為研究對(duì)象，則 am＝＝＝6 m/s2 以滑塊和車整體為研究對(duì)象，設(shè)作用在滑塊上使滑塊與車一起加速運(yùn)動(dòng)的水平推力的最大值為Fm，則 Fm＝(M＋m)am＝36 N 已知水平推力F＝24 N<36 N，所以在F作用下滑塊和車能相對(duì)靜止地一起向右加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理得 Ft＝(M＋m)v1，解得v1＝2 m/s 由題意知，車第一次碰墻后到第二次碰墻前，車和滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 車向左運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)，由于m

16、動(dòng)，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為v1′，車相對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為s，則 Mv1－mv1＝Mv1′，解得v1′＝1 m/s 以車為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μMgs＝－mv12，解得s＝ m。 (2)第一次碰墻后車運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)，滑塊仍有向右的速度，滑動(dòng)摩擦力使車以加速度am重新向右加速，如果車的加速過(guò)程持續(xù)到與墻第二次相碰，則加速過(guò)程位移也為s，可算出第二次碰撞瞬間的速度大小也為2 m/s，系統(tǒng)的總動(dòng)量大于第一次碰墻后的動(dòng)量，這顯然是不可能的，可見在第二次碰墻前車已停止加速，即第二次碰墻前某一時(shí)間車和滑塊已相對(duì)靜止，設(shè)車與墻壁第二次碰撞前瞬間速度為v2，則 Mv1－mv1＝(M＋m)v2，解得

17、v2＝ m/s。 (3)車每次與墻碰撞后一段時(shí)間內(nèi)，滑塊都會(huì)相對(duì)車有一段向右的滑動(dòng)，由于兩者相互摩擦，系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，車與墻多次碰撞后，最后全部機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，車停在墻邊，滑塊相對(duì)車的總位移(即車的最小長(zhǎng)度)設(shè)為l，則 μMgl＝(M＋m)v12，解得l＝1 m。 考點(diǎn)四、光電效應(yīng) 例 (2017·全國(guó)Ⅲ卷T19)(多選)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，分別用頻率為νa、νb的單色光a、b照射到同種金屬上，測(cè)得相應(yīng)的遏止電壓分別為Ua和Ub、光電子的最大初動(dòng)能分別為Eka和Ekb。h為普朗克常量。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若νa>νb，則一定有Uaνb，則一

18、定有Eka>Ekb C．若Uaνb，則一定有hνa－Eka>hνb－Ekb 【審題立意】本題考查光電效應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)。解決本題的突破口是抓住已知條件“照射到同種金屬上”，由于照射的是同種金屬，所以逸出功相同。 【解題步驟】設(shè)該金屬的逸出功為W，根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程有Ek＝hν－W，同種金屬的W不變，則逸出光電子的最大初動(dòng)能隨ν的增大而增大，B項(xiàng)正確；又Ek＝eU，則最大初動(dòng)能與遏止電壓成正比，C項(xiàng)正確；根據(jù)上述有eU＝hν－W，遏止電壓U隨ν增大而增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；又有hν－Ek＝W，W相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【參考答案】BC 【技能提升】

19、 圖象名稱 圖線形狀 由圖線直接(間接)得到的物理量 最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖線 ①極限頻率νc：橫軸截距 ②逸出功W0：縱軸截距的絕對(duì)值 ③普朗克常量h：圖線的斜率 顏色相同、強(qiáng)度不同的光，光電流與電壓的關(guān)系圖線 ①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點(diǎn) ②飽和光電流Im：電流的最大值 ③最大初動(dòng)能：Ekm＝eUc 顏色不同時(shí)，光電流與電壓的關(guān)系圖線 ①遏止電壓Uc1、Uc2 ②飽和光電流 ③最大初動(dòng)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(diǎn) ②遏止電壓Uc：隨入射光頻率

20、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(shí)兩極之間接反向電壓) 【變式訓(xùn)練】1905年，愛因斯坦把普朗克的量子化概念進(jìn)一步推廣，成功地解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象，提出了光子說(shuō)。對(duì)于與光電效應(yīng)有關(guān)的四個(gè)圖象，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圖1中，當(dāng)紫外線照射鋅板時(shí)，發(fā)現(xiàn)驗(yàn)電器指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明鋅板帶正電，驗(yàn)電器帶負(fù)電 B．圖2中，從光電流與電壓的關(guān)系圖象中可以看出，電壓相同時(shí)，光照越強(qiáng)，光電流越大，說(shuō)明遏止電壓和光的強(qiáng)度有關(guān) C．圖3中，若電子電量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Uc-ν圖象可求得普朗克常量的表達(dá)式為h＝ D．圖4中，

21、由光電子最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖象可知，該金屬的逸出功為E或hνc 解析：用紫外線燈發(fā)出的紫外線照射鋅板，鋅板失去電子帶正電，驗(yàn)電器與鋅板相連，則驗(yàn)電器的金屬球和金屬指針帶正電，故A錯(cuò)誤；由題圖2可知電壓相同時(shí)，光照越強(qiáng)，光電流越大，只能說(shuō)明光電流強(qiáng)度與光的強(qiáng)度有關(guān)，遏止電壓只與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝ν－，Uc-ν圖象的斜率表示，即＝，解得h＝，故C正確；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0知，Ek-ν圖線的縱軸截距的絕對(duì)值表示逸出功，則逸出功為E，當(dāng)最大初動(dòng)能為零時(shí)，入射光的頻率等于金屬的極限頻率，則

22、金屬的逸出功等于hνc，故D正確。 答案：CD 考點(diǎn)五、原子能級(jí)與躍遷 例 (2018屆高三·第二次全國(guó)大聯(lián)考)預(yù)計(jì)2018年，我國(guó)將完成“北斗三號(hào)”18顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星發(fā)射，采用星載氫原子鐘。如圖所示為氫原子的能級(jí)圖，以下判斷正確的是(　　) A．大量氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能輻射出3種不同頻率的光子 B．氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，原子的能量減小 C．當(dāng)氫原子從n＝5的能級(jí)躍遷到n＝3的能級(jí)時(shí)，要吸收光子 D．從氫原子的能級(jí)圖可知原子發(fā)射光子的頻率也是連續(xù)的 【審題立意】解決本題的關(guān)鍵是理解玻爾理論，知道能級(jí)間躍遷所滿足的規(guī)律。

23、 【解題步驟】根據(jù)C＝3可知，大量氫原子從n＝3的激發(fā)態(tài)向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能輻射出3種不同頻率的光子，選項(xiàng)A正確；氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，原子的能量增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；氫原子從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)時(shí)輻射出光子，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；玻爾理論指出氫原子能級(jí)是分立的，結(jié)合題圖可知，原子發(fā)射光子的頻率是不連續(xù)的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 【參考答案】A 【知識(shí)鏈接】1．氫原子的能級(jí)躍遷 (1)氫原子從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷：吸收一定頻率的光子，當(dāng)光子的能量滿足hν＝E末－E初時(shí)，才能被某一個(gè)原子吸收，否則不吸收。 (2)氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷：以光子的形式向外輻射能量，所輻射的光子能

24、量恰等于發(fā)生躍遷時(shí)兩能級(jí)間的能量差。 2．電離 當(dāng)光子能量大于等于原子所處的能級(jí)的能量值的絕對(duì)值時(shí)，也可以被氫原子吸收，使氫原子電離，多余的能量作為電子的初動(dòng)能。 3．光譜線條數(shù) 一群氫原子處于量子數(shù)為n的激發(fā)態(tài)時(shí)，可能輻射出的光譜線條數(shù)為N＝。 4．激發(fā)躍遷 氫原子還可吸收外來(lái)實(shí)物粒子的能量而被激發(fā)，由于實(shí)物粒子的動(dòng)能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于兩能級(jí)差，均可使原子發(fā)生能級(jí)躍遷。 5．躍遷時(shí)電子動(dòng)能、原子電勢(shì)能與總能量變化 當(dāng)軌道半徑減小時(shí)，庫(kù)侖引力做正功，原子電勢(shì)能減小，電子動(dòng)能增大，原子總能量減?。环粗?，軌道半徑增大時(shí)，原子電勢(shì)能增大，電子動(dòng)

25、能減小，原子總能量增大。 【變式訓(xùn)練】如圖所示為氫原子的能級(jí)示意圖，一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級(jí)躍遷的過(guò)程中向外輻射出光子，用這些光子照射逸出功為2.49 eV的金屬鈉。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．這群氫原子能輻射出3種不同頻率的光子，其中從n＝3 躍遷到n＝2所輻射出的光子波長(zhǎng)最短 B．這群氫原子能輻射出2種不同頻率的光子，其中從n＝3 躍遷到n＝1所輻射出的光子頻率最低 C．金屬鈉表面輻射出的光電子的最大初動(dòng)能為9.60 eV D．金屬鈉表面輻射出的光電子的最大初動(dòng)能為11.11 eV 解析：一群氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，可能輻射出3種不同頻率的光子，因?yàn)閚＝3

26、和n＝2間能級(jí)差最小，所以從n＝3躍遷到n＝2發(fā)出的光子頻率最低，根據(jù)ΔE＝hν＝，可知波長(zhǎng)最長(zhǎng)；因?yàn)閚＝3和n＝1間能級(jí)差最大，所以從n＝3躍遷到n＝1輻射出的光子頻率最高，波長(zhǎng)最短，故A、B錯(cuò)誤；從n＝3躍遷到n＝1輻射出的光子頻率最高，輻射出的光子能量為ΔE＝(13.60－1.51)eV＝12.09 eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0得，最大初動(dòng)能Ekm ＝(12.09－2.49)eV＝9.60 eV，故D錯(cuò)誤，C正確。 答案：C 考點(diǎn)六、核反應(yīng)與核能 例 (2017·全國(guó)Ⅰ卷T17)大科學(xué)工程“人造太陽(yáng)”主要是將氘核聚變反應(yīng)釋放的能量用來(lái)發(fā)電。氘核聚變反應(yīng)方程是：H＋H―

27、→He＋n。已知H的質(zhì)量為2.0136 u，He的質(zhì)量為3.0150 u，n的質(zhì)量為1.0087 u，1 u＝931 MeV/c2。氘核聚變反應(yīng)中釋放的核能約為(　　) A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV 【審題立意】本題考查應(yīng)用愛因斯坦質(zhì)能方程計(jì)算核能。 【解題步驟】氘核聚變反應(yīng)的質(zhì)量虧損為Δm＝(2×2.0136－3.0150－1.0087)u＝0.0035 u，釋放的核能為ΔE＝Δmc2＝0.0035×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，選項(xiàng)B正確。 【參考答案】B 【知識(shí)鏈接】1．四種核反應(yīng) (1

28、)衰變：原子核放出α粒子或β粒子，由于核電荷數(shù)變了，它在周期表中的位置就變了，變成另一種原子核。這種變化稱為原子核的衰變。 α衰變 X→Y＋He β衰變 X→Y＋e (2)原子核的人工轉(zhuǎn)變：用人工的方法，使原子核在其他粒子的轟擊下產(chǎn)生新原子核的過(guò)程。 質(zhì)子的發(fā)現(xiàn) N＋He→O＋H(盧瑟福) 中子的發(fā)現(xiàn) Be＋He→C＋n(查德威克) (3)裂變：一個(gè)重核分裂成兩個(gè)中等質(zhì)量的核，這樣的核反應(yīng)叫做裂變。 (4)聚變：兩個(gè)輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，這樣的核反應(yīng)叫做聚變。 2．半衰期 放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需要的時(shí)間，叫做這種元素的半衰期。用T表示

29、，即m余＝m原(t表示經(jīng)歷的時(shí)間)。半衰期是由核內(nèi)部自身的因素決定的，跟原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件無(wú)關(guān)。 【變式訓(xùn)練】勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)原來(lái)靜止的碳14原子核，它衰變時(shí)放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個(gè)內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7∶1，如圖所示，那么碳14的衰變方程為(　　) A. C→e＋B B. C→He＋Be C. C→H＋B D. C→　e＋N 解析：原子核的衰變過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，粒子與反沖核的速度方向相反，根據(jù)左手定則判斷得知，粒子與反沖核的電性相反，則知粒子帶負(fù)電，所以該衰變是β衰變，此粒子是β粒子，符號(hào)為　e。兩帶電粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，動(dòng)量大?。簃1v1＝m2v2，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得：r＝，可見r與q成反比。由題意知，大圓與小圓的直徑之比為7∶1，半徑之比為7∶1，則粒子與反沖核的電荷量之比為1∶7，所以反沖核的電荷量為7e，電荷數(shù)是7，其符號(hào)為N，所以碳14的衰變方程為C→e＋N，故D正確。 答案：D 10