2022高考物理二轮专题突破教学案专题9第3课时.docx

《2022高考物理二轮专题突破教学案专题9第3课时.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022高考物理二轮专题突破教学案专题9第3课时.docx（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3课时原子物理和动量1能级和能级跃迁(1)轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动rnn2r1(n1,2,3，)(2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态En(n1,2,3，)(3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hEmEn.2原子核的衰变衰变类型衰变衰变衰变方程XYHeXYe衰变实质2个质子和2个中子结合成一整体射出1个中子转化为1个质子和1个电子2H2nHenHe衰变规律质量数守恒、电荷数守恒3.射线、射线、射线之间的区别名称射线射线射线实质氦核流电子流光子速度约为光速的约为光速的99%光速电

2、离作用很强较弱很弱贯穿能力很弱较强最强4.核反响、核能、裂变、轻核的聚变(1)在物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，称为核反响核反响方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律(3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反响，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反响，称为聚变(4)核能的计算：Emc2，其中m为核反响方程中的质量亏损；Em931.5MeV，其中质量亏损m以原子质量单位u为单位(5)原子核的人工转变卢瑟福发现质子的核反响方程为：NHeOH查德威克发现中子的核反响方程为：BeHe6Cn约里奥居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反响方程为：AlHePn

3、，PSie5光电效应及其方程(1)光电效应的规律：入射光的频率大于金属的极限频率才能产生光电效应；光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无关；光电流的强度与入射光的强度成正比；光电子的发射几乎是瞬时的，一般不大于109s.(2)光电效应方程：EkhW0.6动量守恒定律(1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)(2)动量守恒定律的适用条件系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零系统所受合力不为

4、零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，那么在该方向上系统动量守恒系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程7弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞8碰撞问题同时遵守的三条原那么(1)系统动量守恒原那么(2)物理情景可行性原那么(3)不违背能量守恒原那么碰撞过程满足EkEk即m1vm2vm1v12m2v22或1在书写核反响方程时，一般先满足质量数守恒，后满足电荷数守恒2在处理粒子的碰撞和衰变问题时，通常应用动量守恒定律、质能方程和能量守恒定律综合分析.题型1原子物理

5、根本知识与动量守恒定律的组合例1(15分)(1)(6分)以下说法中正确的选项是()A普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B贝可勒尔通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了质子C卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型D氘核和氚核可发生热核聚变，核反响方程是HHHenE运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大(2)(9分)如图1所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小图1解析(1)根据物理学史实，选项

6、A、C正确；查德威克通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了电子，选项B错误；根据电荷数守恒和质量数守恒可知，选项D正确；运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越小，选项E错误(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律得推出木箱的过程有0(m2m)v1mv(3分)接住木箱的过程有mv(m2m)v1(mm2m)v2(3分)解得共同速度v2(3分)答案(1)ACD(2)以题说法运用动量守恒定律解题的步骤1确定研究对象(系统)；2做好受力分析，判断是否满足动量守恒的条件；3确定满足动量守恒的过程；4选取正方向，明确初、末状态；5列方程求解(1)以下说法正确的选项是_A光电效应现象揭示了光具有

7、粒子性B阴极射线的本质是高频电磁波C卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D衰变现象说明电子是原子核的组成局部E一群氢原子从n3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子(2)如图2所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为mA2 kg，mB1 kg，A、B相距s9.5 m，A以v010 m/s的初速度向静止的B运动，与B发生正碰，碰撞时间极短，分开后仍沿原来方向运动，A、B均停止运动时相距s19.5 mA、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g10 m/s2，求碰撞过程中的能量损失图2答案(1)ACE(2)24J解析(1)光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，

8、选项A正确；阴极射线的本质是高速运动的电子流，选项B错误；卢瑟福的原子核式结构模型就是根据粒子散射实验提出的，选项C正确；衰变中飞出的电子是由一个中子转化成质子时释放出来的，原子核中没电子，选项D错误；一群原子从n3激发态跃迁到基态有3种途径，从n3能级到n2能级，从n2能级到n1能级，从n3能级直接到n1能级，选项E正确(2)从A开始运动到与B相碰这一时间段内，根据sv0tgt2代入条件，解得t119s(舍掉，这表示A超过B后直到静止然后反向加速运动经过B点时所需要的时间)t21s于是碰撞时刻A的速度vv0gt29 m/s碰撞过程中能量损失了，但是动量守恒，设碰撞后A的速度为v1，B的速度为

9、v2，根据动量守恒定律，有mAvmAv1mBv2同时2gxAv2gxBvsxBxA19.5 m联立解得v15 m/s，v28 m/s可知碰撞前能量为mAv281J，碰撞后能量为mAvmBv25J32J57J，所以碰撞过程中能量损失了24J题型2氢原子能级与动量守恒定律的组合例2(15分)(1)(6分)氢原子的能级为：E113.60eV，E23.40eV，E31.51eV，E40.85eV，现用光子能量介于10.00eV12.70eV之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，那么以下说法中正确的选项是()A该照射光的光子可能会被处于基态的氢原子吸收B该照射光的光子一定会被吸收C假设可以吸收该光子

10、，那么可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有3种D假设可以吸收该光子，那么可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有6种(2)(9分)如图3所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L、质量不计的细绳，绳的另一端拴一个质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，那么：图3当细绳与AB成角时，圆环移动的距离是多少假设在横杆上立一挡板，问应与环的初位置相距多远，才不致使环在运动过程中与挡板相碰解析(1)E2E110.20eV，E3E112.09eV，由于光子能量介于10.00eV12.70eV，所以可能会被处于基态的氢原子吸收从而跃迁到能级2或能级3上

11、，A正确；假设此光子不符合能级差值，那么不会被氢原子吸收，B错误；假设吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，那么此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为32、31、21，C正确，D错误(2)设小球的水平位移大小为x1，圆环的水平位移大小为x2，且设向左为正方向，那么有mx1Mx20(2分)x1x2LLcos(2分)解得x2(1分)设小球向左的最大水平位移大小为x1，圆环向右的最大水平位移为x2，且设向左为正方向，那么有当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左边同初始位置等高，且速度为零(1分)mx1Mx20(1分)x1x22L(1分)解得x2所以挡板与环的初始位置相距(

12、1分)答案(1)AC(2)以题说法关于原子跃迁要注意以下四方面：(1)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射的光谱条数N.(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hEmEn)时，光子才被吸收(3)“直接跃迁只能对应一个能级差，发射一种频率的光子“间接跃迁能对应多个能级差，发射多种频率的光子(4)入射光子能量大于电离能(hEEn)时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能(1)动能为12.5eV的电子通过碰撞使处于基态的氢原子激发，最高能跃迁到量子数n_的能级当氢原子从这个能级跃迁回基态的过程中，辐射的光子的最长波长_m氢原子基态能量E113.6eV，普朗克常量h6.6

13、31034Js.(保存三位有效数字)(2)如图4所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m.人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回，人接住球后再以速率v将球推向墙壁，如此反复图4 (i)求人第一次将球推出的过程中，人做了多少功(ii)人经几次推球后，再也不能接住球答案(1)36.58107(2)(i)mv2(ii)9次解析(1)12.5eV大于让氢原子从基态跃迁到n3激发态上的能量，小于让氢原子从基态跃迁到n4激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为n3的能级；从n3激发态跃迁到n2激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.41.51)1.610

14、19Jh，代入数据解得6.58107 m.(2)(i)以水平向右为正方向，人第一次将球推出后，设人与车的速度为v，球、人与车组成的系统动量守恒有016mvmv人对系统做功W16mv2mv2所以Wmv2(ii)球反弹回来的速率始终为v，设人推球n次后，假设人与车的速率也为v时，人恰好不能再接住球以水平向右为正方向，球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为Imv(mv)2mv球与墙壁碰撞n次后，墙壁对系统的冲量为nI，由动量定理得nI(16mm)v即n2mv(16mm)v解得n8.5次所以，人推球9次后，再也不能接住球题型3原子核的衰变、核反响与动量守恒定律的组合例3(15分)(1)(6分)以下关于核

15、反响及衰变的表述正确的有_A.HHHen是轻核聚变BXNOH中，X表示HeC半衰期与原子所处的化学状态无关D衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的E.Th衰变成Pb要经过6次衰变和4次衰变(2)(9分)如图5所示，平板小车C上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A、B，将它们停放在光滑水平地面上先翻开球A所在的装置，将球A发射出去，球A获得vA8 m/s的速度球A的质量mA1 kg，小车C和球B的总质量M4 kg.那么：图5发射球A时，弹射装置释放的能量为多少将球A发射出去后，要使小车C停止，必须以多大的速度将质量为kg的球B发射出去解析(1

16、)由轻核聚变定义可知A正确；在核反响过程中电荷数和质量数守恒，设选项B中X的电荷数为N，质量数为M，那么N781，N2，M14171，M4，B错误；半衰期为放射性元素自身的性质，与所处化学状态、物理环境无关，C正确；衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，D错误；设Th衰变成Pb要经过x次衰变和y次衰变，那么由902xy82，2324x208可得x6，y4，E正确(2)发射球A时，球A、B和小车C组成的系统动量守恒，有mAvAMv1(2分)解得v12 m/s(1分)弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有EpmAvMv(2分)解得Ep40J(1分)发射球B时，球B与小车组成的系统动量守

17、恒，设将球B发射出去的速度为vB，有mBvBMv1(2分)解得vB12 m/s(1分)答案(1)ACE(2)40J12 m/s以题说法1.原子核的衰变(1)衰变实质：衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；衰变是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；衰变伴随着衰变或衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中产生的能量(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子无意义2核反响方程的书写(1)核反响过程一般不可逆，所以核反响方程中用“表示方向而不能用等号代替(2)核反响方程遵循质

18、量数、电荷数守恒，但核反响前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能(3)核反响的生成物一定要以实验为根底，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反响方程(1)2022年3月，日本地震引发海啸，继而福岛核电站发生核泄漏关于核电站和核辐射，以下说法中正确的选项是()A核反响堆发生的是轻核聚变反响B核反响堆发生的是重核裂变反响C放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关D放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关(2)如图6所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，可看做质点的质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度，沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车设

19、两物体与小车间的动摩擦因数均为，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上(假设A、B相碰，碰后一定粘在一起)要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长图6答案(1)BC(2)解析(1)核反响堆发生的是重核裂变反响，A错误，B正确；放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关，C正确，D错误(2)设A、B及小车组成的系统最终到达共同速度v共，系统所受合外力为0，满足动量守恒定律，以向右为正方向，那么m2vmv3mv共解得v共v要使A、B恰好不相碰，那么A、B及小车共速时A、B刚好相遇，设车长为L，由能量守恒定律有mgLm(2v)2mv23m(v)2解得L17动量和能量观点的综

20、合应用审题例如(10分)如图7，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度LR的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内，物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数0.1，Q的质量为M2m，重力加速度为g.图7(1)假设Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，求v0的大小和P向右刚越过D点时对Q的压力大小；(2)假设Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，求P在光滑圆弧轨道上所能到达的最大高度h.审题模板答题模板(1)P从A点到C点又返回A点的过程中，由动能定理有mg

21、2L0mv(1分)将LR代入上式解得：v0(1分)假设P在D点的速度为vD，此时Q对P的支持力为FD，由动能定理和牛顿第二定律有mgLmvmv(1分)FDmgm(1分)联立解得：FD1.2mg(1分)由牛顿第三定律可知，P对Q的压力大小也为1.2mg(1分)(2)当P、Q具有共同速度v时，P到达最大高度h，由动量守恒定律有mv0(mM)v(1分)由能量守恒定律有mvmgL(mM)v2mgh(2分)联立解得：hR(1分)答案(1) 1.2mg(2)RA当核子结合成原子核时要吸收一定能量B原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定C核子结合成原子核时会出现质量亏损，质量亏损

22、并不意味着质量被消灭D原子核的平均结合能越大，那么原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，平均每个核子的质量亏损就越多E一个质子(mp)和一个中子(mn)结合成一个氘核(mD)，那么氘核的平均结合能为(mpmnmD)c2(2)如图8所示，光滑水平面上静止一质量为2m、长为L的长方形匀质木块现有一颗质量为m的子弹以速度v0沿轴线水平射向木块，穿出木块时子弹速度为，设木块对子弹的阻力保持不变求：图8(i)子弹穿出木块的过程中系统增加的内能；(ii)假设换用一块同样材料、同样横截面积、但长L1.5L的质量较大的木块，那么子弹不能穿出木块，求子弹射入木块的深度x.答案(1)BCD(2)

23、(i)mv(ii)1.2L解析(1)轻核的比结合能小，聚变后的原子核比结合能增加，因此核子结合成原子核时会放出能量，A错误；平均结合能越大，把原子核分开需要的能量越大，原子核越稳定，B正确；质量亏损只是说明了亏损的质量与释放的能量的关系，C正确；结合能与核子数之比称做比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个核子别离所需能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质量越小，D正确；由于有两个核子，所以氘核的平均结合能为，E错误(2)(i)子弹穿出木块的过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，设子弹穿出木块后木

24、块速度为v，那么有mv0m()2mv解得vv0损失的动能即为系统增加的内能Q，设木块对子弹的阻力为Ff，那么QFfLmvm()2(2m)v2mv(ii)设较大木块的质量为m，那么mL3m设子弹与较大木块的共同速度为v，由动量守恒得mv0(mm)vvv0射入木块过程中损失的动能为Ffxmv(mm)v2mv解得x1.2L(限时：40分钟)1(2022新课标35)(1)关于原子核的结合能，以下说法正确的选项是_A原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能D

25、比结合能越大，原子核越不稳定E自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能(2)如图1，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧别离的过程中，图1()整个系统损失的机械能；()弹簧被压缩到最短时的弹性势能答案(1)ABC(2)()mv()mv解析(2)()从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1此时B与C发生完全非弹

26、性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2mvE(2m)v联立式得Emv()由式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv03mv3mvE(3m)vEp联立式得Epmv2(1)以下说法中正确的选项是()A一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关B对于同一种金属来说，其极限频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关C汤姆孙发现电子，说明原子具有核式结构D“人造太阳的核反响方程是UnBaKr3n(2)如图2所

27、示，质量mA2 kg的木块A静止在光滑水平面上一质量mB1 kg的木块B以某一初速度v05 m/s向右运动，与A碰撞后A、B都向右运动木块A运动至挡板处，与挡板碰撞反弹(碰撞过程中无机械能损失)后来与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为0.9 m/s、1.2 m/s.求：图2第一次碰撞后A的速度；第二次碰撞过程中，A对B做的功答案(1)AB(2)2 m/s0.22J解析(1)一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关，A正确；金属的极限频率是由金属本身的性质决定的，与入射光的频率及光的强度均无关，B正确；汤姆孙发现了电子，卢瑟福通过粒子散射实验说明原子具有核式结构，C错

28、误；“人造太阳是轻核的聚变，核反响方程为HHHen，D错误(2)设向右为正方向，A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA1、vB1，由动量守恒定律得mBv0mAvA1mBvB1A与挡板碰撞反弹，那么A、B第二次碰撞前瞬间的速度分别为vA1、vB1，设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2mAvA1mBvB1mAvA2mBvB2联立解得vA12 m/s，vB11 m/s设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，根据动能定理有WmBvmBv0.22J3(1)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做粒子散射实验装置的示意图把荧光屏和显微镜分别放在图中的A、B、C三个位置时，观察到相同时间内屏上的闪光次数最多的位置是

29、_位置，相同时间内屏上的闪光次数最少的位置是_位置图3(2)如图4所示，一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块木块的质量分别为m1和m2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t1和t2.子弹在木块中受到的阻力为恒力Ff，求子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动图4答案(1)AC(2)解析(1)绝大多数粒子穿越金箔后沿原方向前进，因此在A位置观察到的闪光次数最多，极个别粒子穿越金箔后发生了大角度的偏转，因此在C位置观察到的闪光次数最少(2)设子弹穿过木块m1时，m1、m2的速度为v1由动量定理有Fft1(m1m2)v1解得v1设子弹穿过m2时，m2的速度为v2，由动量定理有Fft

30、2m2v2m2v1解得v24(1)光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇并认识到经典理论的局限性实验电路如图5所示，光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K的截止频率，以下选项中分析正确的选项是()图5A将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大B将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能C将滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的D如果将图中电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，灵敏电流计的示数将会减小，说明光电子逸出的初

31、动能有大有小(2)如图6所示，一个质量为2m的物体A静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以一定的速度水平射入物体A内，射入的深度为物体长度的四分之一时到达共速，然后将一质量为m的小物块B轻放在物体A的中央，最终B刚好没有脱离A.设子弹射入过程中所受阻力大小恒为Ff1，A、B间的摩擦力大小恒为Ff2，求Ff1与Ff2的比图6答案(1)CD(2)161解析(1)光电管两端加正向电压，目的是使从K极射出的光电子尽可能都打在A极上，滑片P向右移动的过程中，假设光电子都已能打到A极，那么再增加光电管两端电压时灵敏电流计示数也不会再增加，说明此时单位时间内逸出的光电子的数目是一定的，A、B错误，C正确；

32、将电源正负极对调，滑片P向右移动的过程中，光电子克服反向电压打到A极，且电压越高，光电子要到达A极需要的初动能越大，灵敏电流计示数减小，说明光电子逸出的初动能有大有小，D正确(2)子弹射入A中，由动量守恒定律有mv03mv1解得v1v0由能量守恒定律有Ff1mv3mvmv小物块B放上后，对全过程由动量守恒定律有mv04mv2解得v2v0小物块B在物体A上滑动，由能量守恒定律有Ff23mv4mvmv故5(1)如图7所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，以下说法正确的选项是()图7A这群氢原子能发出三种

33、频率不同的光，其中从n3跃迁到n2所发出的光波长最短B这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n3跃迁到n1所发出的光频率最大C金属钠外表所发出的光电子的初动能最大值为11.11eVD金属钠外表所发出的光电子的初动能最大值为9.60eV(2)如图8所示，质量为m21.5 kg的平板车B停放在光滑的水平面上，左端放置着一块质量为m1450 g的物体A，一颗质量为m050 g的子弹以v0100 m/s的速度水平瞬间射入物体A并留在A中，平板车B足够长求物体A与平板车B间因摩擦产生的热量图8答案(1)D(2)18.75J解析(1)有的氢原子可直接从n3跃迁到n1，释放出1.51(13.60)eV12

34、.09eV的能量，有些可从n3跃迁到n2，释放出1.51(3.40)eV1.89eV的能量，再跃迁到n1，释放出3.40(13.60)eV10.20eV的能量，所以，这群氢原子能发出三种频率不同的光，由能级图及跃迁方程hEmEn可知，从n3跃迁到n2所发出的光的频率最小，波长最长，选项A、B错误；由光电效应方程可知，氢原子从n3跃迁到n1时发出的光使金属钠外表发出的光电子的初动能最大，为(12.092.49) eV9.60eV，选项C错误，D正确(2)子弹射入A有m0v0(m1m0)vA代入数据得子弹和A的共同速度vA10 m/s子弹和A在车上滑行，最终和车B速度相同，那么有(m1m0)vA(

35、m1m2m0)v代入数据得v2.5 m/s物体A与平板车B间因摩擦产生的热量Q(m1m0)v(m1m2m0)v2代入数据得Q18.75J6(1)关于以下三个核反响的说法正确的选项是_UThXNYOHUZBaKr3nAX、Y是同种粒子BX、Z是同种粒子C粒子Z是正电子D属于天然放射现象E反响将释放能量(2)如图9所示，在光滑水平面上静止放置质量M3 kg的小车C，其上部是一个光滑曲面，曲面下端与B车的光滑上外表等高质量为m1 kg的小物块A(可看成质点)与相同质量的小车B以v02 m/s的初速度一起向右运动，B与C相碰并粘合后，A沿C的曲面上滑两小车的碰撞时间极短，取g10 m/s2，求物块A在

36、C曲面上能到达的最大高度h.图9答案(1)ADE(2)0.09 m解析(1)核反响中质量数、电荷数守恒，因此可知X、Y是He，Z是n，A正确，B、C错误；核反响放出了He(粒子)，衰变属于天然放射现象核反响是铀核的裂变，属于重核裂变，将释放核能，D、E正确(2)B和C碰撞过程，因碰撞时间极短，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mv0(mM)v1设最终A、B、C的共同速度为v2，对A、B、C组成的系统有mv0(mM)v1(2mM)v2根据能量守恒有mv(mM)vmgh(2mM)v解得h0.09 m7(1)以下说法正确的有_A普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍

37、，这个不可再分的最小能量值叫做能量子B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属外表，从金属外表逸出的光电子的最大初动能Ek越大，那么这种金属的逸出功W0越小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一局部动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短(2)如图10所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为M和m，现将两物块用一根轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块

38、未拴接，它们以共同速度v0在水平面上向右匀速运动某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块M恰好静止求弹簧最初所具有的弹性势能Ep.图10答案(1)ABD(2)解析(1)由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，所以C选项错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一局部动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长，所以E选项错误(2)设弹簧将两物块弹开后，物块m的速度为v系统动量守恒，有(Mm)v0mv系统机械能守恒，有(Mm)vEpmv2解得Ep8(1)以下说法中正确的选项是_A氢原子吸收一个光子跃迁

39、到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率可能小于原吸收光子的频率B.Th(钍)核衰变为Pa(镤)核时，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与粒子的总质量C粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的D.SeKr2e，此核反响方程属于重核裂变E比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定(2)如图11所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B，长度均为L0.5 m，在B的中央位置有一个可以看成质点的小铁块C，三者的质量都为m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5.现在A以速度v06 m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而C可以在A、B上滑动，g10 m/

40、s2，求小铁块C最终距长木板A左端的距离图11答案(1)ABE(2)0.15 m解析(1)如果氢原子吸收光子从n1的基态跃迁到n3的激发态，那么向低能级跃迁时，可能先从n3的激发态跃迁到n2的激发态，那么放出的光子的频率小于原吸收光子的频率，选项A正确；衰变要释放出能量，所以有质量亏损，选项B正确；粒子散射实验证明了原子具有核式结构，选项C错误；选项D属于衰变，选项D错误；根据比结合能的物理意义，选项E正确(2)设A与B碰后瞬间，A、B的共同速度为v1，由动量守恒定律得mv02mv1设最终A、B、C的共同速度为v2，由动量守恒定律得mv03mv2假设C未掉下，A、B、C到达共同速度时，C在AB上滑过的距离为x，由能量守恒定律有mgx2mv3mv由得x0.6 m由于0.6 m0.5 mm0.75 m，所以C未从A左端掉下那么C最终距A左端的距离为0.75 m0.6 m0.15m