2014高考物理二轮复习：原子物理和动量(考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲, 20页word,含名师详解)(1)

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 r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3，…) (2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态 E n ＝E 1n 2(n ＝1,2,3，…)(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hν＝E m －E n . 2． 原子核的衰变3. α射线、β4. (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，称为核反应．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律．(2)质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E＝mc2或ΔE＝Δmc2.(3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．(4)核能的计算：①ΔE＝Δmc2，其中Δm为核反应方程中的质量亏损；②ΔE＝Δm×931.5MeV，其中质量亏损Δm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应方程为：14N＋42He→178O＋11H7查德威克发现中子的核反应方程为：9Be＋42He→126C＋10n4约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al＋42He→3015P＋10n，3015 P→3014Si＋01e5．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10－9 s.(2)光电效应方程：E k＝hν－W0.6．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(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Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(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①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒．③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则(1)系统动量守恒原则(2)物理情景可行性原则(3)不违背能量守恒原则碰撞过程满足E k≥E k′即12m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m21．在书写核反应方程时，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原子物理基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，核反应方程是21H＋31H→42He＋10nE．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＝(m＋2m)v1－m v (3分)接住木箱的过程有m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2(3分) 解得共同速度v 2＝v2(3分)答案 (1)ACD (2)v2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)下列说法正确的是________．A ．光电效应现象揭示了光具有粒子性B ．阴极射线的本质是高频电磁波C ．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分E ．一群氢原子从n ＝3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m A ＝2 kg ，m B ＝1 kg ，A 、B 相距s ＝9.5 m ，A 以v 0＝10 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Δs ＝19.5 m ．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求碰撞过程中的能量损失．图2答案 (1)ACE (2)24 J解析 (1)光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，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α粒子散射实验提出的，选项C 正确；β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n ＝3激发态跃迁到基态有3种途径，从n ＝3能级到n ＝2能级，从n ＝2能级到n ＝1能级，从n ＝3能级直接到n ＝1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 s ＝v 0t －12μgt 2代入已知条件，解得t 1＝19 s(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) t 2＝1 s于是碰撞时刻A 的速度v ＝v 0－μgt 2＝9 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v 1，B 的速度为v 2，根据动量守恒定律，有 m A v ＝m A v 1＋m B v 2 同时2μgx A ＝v 21 2μgx B ＝v 22Δs ＝x B －x A ＝19.5 m联立解得v 1＝5 m /s ，v 2＝8 m/s可知碰撞前能量为12m A v 2＝81 J ，碰撞后能量为12m A v 21＋12m B v 22＝25 J ＋32 J ＝57 J ，所以碰撞过程中能量损失了24 J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)已知氢原子的能级为：E 1＝－13.60 eV ，E 2＝－3.40 eV ，E 3＝－1.51 eV ，E 4＝－0.85 eV ，现用光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV 之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是( )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 ．若可以吸收该光子，则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 ．若可以吸收该光子，则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，则：图3①当细绳与AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？②若在横杆上立一挡板，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)E 2－E 1＝10.20 eV ，E 3－E 1＝12.09 eV ，由于光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV ，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，A 正确；若此光子不符合能级差值，则不会被氢原子吸收，B 错误；若吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，则此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为3→2、3→1、2→1，C 正确，D 错误．(2)①设小球的水平位移大小为x 1，圆环的水平位移大小为x 2，且设向左为正方向，则有 mx 1－Mx 2＝0(2分) x 1＋x 2＝L －L cos θ(2分) 解得x 2＝mL (1－cos θ)M ＋m(1分)②设小球向左的最大水平位移大小为x 1′，圆环向右的最大水平位移为x 2′，且设向左为正方向，则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)mx 1′－Mx 2′＝0 (1分) x 1′＋x 2′＝2L(1分)解得x 2′＝2mLM ＋m所以挡板与环的初始位置相距2mLM ＋m(1分)答案 (1)AC (2)①mL (1－cos θ)M ＋m ②2mLM ＋m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 ＝n (n －1)2.(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν＝E m －E n )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(hν＝E ∞－E n )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12.5 eV 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λ＝______m ．已知氢原子基态能量E 1＝－13.6 eV ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.(保留三位有效数字)(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)3 6.58×10－7 (2)(i)1732m v 2 (ii)9次解析 (1)12.5 eV 大于让氢原子从基态跃迁到n ＝3激发态上的能量，小于让氢原子从基态跃迁到n ＝4激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为n ＝3的能级；从n ＝3激发态跃迁到n ＝2激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.4－1.51)×1.6×10－19J ＝h 3×108λ，代入数据解得λ＝6.58×10－7 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 0＝16m v ′－m v人对系统做功W ＝12×16m v ′2＋12m v 2所以W ＝1732m v 2(ii)球反弹回来的速率始终为v ，设人推球n 次后，若人与车的速率也为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 ΔI ＝m v －(－m v )＝2m v球与墙壁碰撞n 次后，墙壁对系统的冲量为n ΔI ，由动量定理得 n ΔI ＝(16m ＋m )v 即n ·2m v ＝(16m ＋m )v 解得n ＝8.5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、核反应与动量守恒定律的组合例3 (15分)(1)(6分)下列关于核反应及衰变的表述正确的有________．A.21H ＋31H →42He ＋10n 是轻核聚变 B ．X ＋14 7N →17 8O ＋11H 中，X 表示32HeC ．半衰期与原子所处的化学状态无关D ．β衰变中产生的β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.232 90Th 衰变成208 82Pb 要经过6次α衰变和4次β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．先打开球A 所在的装置，将球A 发射出去，球A 获得v A ＝8 m/s 的速度．已知球A 的质量m A ＝1 kg ，小车C 和球B 的总质量M ＝4 kg.则：图5①发射球A 时，弹射装置释放的能量为多少？②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23 kg 的球B 发射出去？解析 (1)由轻核聚变定义可知A 正确；在核反应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 ，则N ＋7＝8＋1，N ＝2，M ＋14＝17＋1，M ＝4，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；β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232 90Th 衰变成20882Pb 要经过x 次α衰变和y 次β衰变，则由90－2x ＋y ＝82，232－4x ＝208可得x ＝6，y ＝4，E 正确．(2)①发射球A 时，球A 、B 和小车C 组成的系统动量守恒，有 m A v A ＝M v 1(2分) 解得v 1＝2 m/s(1分)弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有 E p ＝12m A v 2A ＋12M v 21(2分) 解得E p ＝40 J(1分)②发射球B 时，球B 与小车组成的系统动量守恒，设将球B 发射出去的速度为v B ，有 m B v B ＝M v 1(2分) 解得v B ＝12 m/s(1分)答案 (1)ACE (2)①40 J ②12 m/s 以题说法 1.原子核的衰变(1)衰变实质：α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；β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；γ衰变伴随着α衰变或β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．核反应方程的书写(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替． (2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．(1)2011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，下列说法中正确的是( )A ．核反应堆发生的是轻核聚变反应B ．核反应堆发生的是重核裂变反应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．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m ，最终物体A 、B 都停在小车上(若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)7v 23μg解析 (1)核反应堆发生的是重核裂变反应，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达到共同速度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，则 m ·2v －m v ＝3m v 共 解得v 共＝13v要使A 、B 恰好不相碰，则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μmgL ＝12m (2v )2＋12m v 2－12×3m (13v )2解得L ＝7v 23μg17．动量和能量观点的综合应用审题示例(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L ＝R 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μ＝0.1，Q 的质量为M ＝2m ，重力加速度为g .图7(1)若Q 固定，P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，冲至C 点后返回A 点时恰好静止，求v 0的大小和P 向右刚越过D 点时对Q 的压力大小；(2)若Q 不固定，P 仍以速度v 0从A 点滑上水平轨道，求P 在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度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 －μmg ·2L ＝0－12m v 2(1分) 将L ＝R 代入上式解得：v 0＝2gR5(1分)若P 在D 点的速度为v D ，此时Q 对P 的支持力为F D ，由动能定理和牛顿第二定律有 －μmgL ＝12m v 2D －12m v 20 (1分) F D －mg ＝m v 2DR(1分) 联立解得：F D ＝1.2mg(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 达到最大高度h ，由动量守恒定律有 m v 0＝(m ＋M )v(1分)由能量守恒定律有12m v 20＝μmgL ＋12(m ＋M )v 2＋mgh (2分) 联立解得：h ＝130R(1分)答案 (1)2gR 5 1.2mg (2)130R(1)原子核的结合能和质量亏损是两个有密切联系的概念，关于这两个概念，下列说法正确的是________．A ．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，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．原子核的平均结合能越大，则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(m p )和一个中子(m n )结合成一个氘核(m D )，则氘核的平均结合能为(m p ＋m n－m D )c 2(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v 0沿轴线水平射向木块，穿出木块时子弹速度为v 02，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)若换用一块同样材料、同样横截面积、但长L ′＝1.5L 的质量较大的木块，则子弹不能穿出木块，求子弹射入木块的深度x . 答案 (1)BCD (2)(i)516m v 20(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；质量亏损只是表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分离所需能量越多，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(m p ＋m n －m D )c 22，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块速度为v ，则有 m v 0＝m (v 02)＋2m v解得v ＝14v 0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F f ，则Q ＝F f L ＝12m v 20－12m (v 02)2－12(2m )v 2＝516m v 20(ii)设较大木块的质量为m ′，则 m ′＝2mLL ′＝3m设子弹与较大木块的共同速度为v ′，由动量守恒得 m v 0＝(m ＋m ′)v ′ v ′＝14v 0射入木块过程中损失的动能为 F f x ＝12m v 20－12(m ＋m ′)v ′2＝38m v 20 解得x ＝1.2L(限时：40分钟)1． (2013·新课标Ⅱ·35)(1)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．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α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(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D ．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v 0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分离的过程中，图1(ⅰ)整个系统损失的机械能； (ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 答案 (1)ABC (2)(ⅰ)116m v 20 (ⅱ)1348m v 2解析 (2)(ⅰ)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 m v 0＝2m v 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12×(2m )v 22③联立①②③式得 ΔE ＝116m v 20④(ⅱ)由②式可知v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒定律和能量守恒定律得 m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12×(3m )v 23＋E p⑥联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 202． (1)下列说法中正确的是( )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，表明原子具有核式结构D ．“人造太阳”的核反应方程是235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310n(2)如图2所示，质量m A ＝2 kg 的木块A 静止在光滑水平面上．一质量m B ＝1 kg 的木块B 以某一初速度v 0＝5 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2①第一次碰撞后A 的速度；②第二次碰撞过程中，A 对B 做的功．答案 (1)AB (2)①2 m/s ②0.22 J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α粒子散射实验说明原子具有核式结构，C 错误；“人造太阳”是轻核的聚变，核反应方程为21H ＋31H →42He ＋10n ，D 错误．(2)①设向右为正方向，A 、B 第一次碰撞后的速度大小分别为v A 1、v B 1，由动量守恒定律得m B v 0＝m A v A 1＋m B v B 1A 与挡板碰撞反弹，则A 、B 第二次碰撞前瞬间的速度分别为－v A 1、v B 1，设碰撞后的速度大小分别为v A 2、v B 2－m A v A 1＋m B v B 1＝－m A v A 2－m B v B 2 联立解得v A 1＝2 m /s ，v B 1＝1 m/s②设第二次碰撞过程中，A 对B 做的功为W ，根据动能定理有W ＝12m B v 2B 2－12m B v 2B 1＝0.22 J3． (1)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做α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________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m 1和m 2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t 1和t 2.子弹在木块中受到的阻力为恒力F f ，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)A C (2)F f t 1m 1＋m 2 F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 2解析 (1)绝大多数α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α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m 1时，m 1、m 2的速度为v 1由动量定理有F f t 1＝(m 1＋m 2)v 1 解得v 1＝F f t 1m 1＋m 2设子弹穿过m 2时，m 2的速度为v 2， 由动量定理有F f t 2＝m 2v 2－m 2v 1 解得v 2＝F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 24． (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，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K 的截止频率，下列选项中分析正确的是( )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达到共速，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F f1，A 、B 间的摩擦力大小恒为F f2，求F f1与F f2的比．图6答案 (1)CD (2)16∶1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，若光电子都已能打到A 极，则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；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 m v 0＝3m v 1 解得v 1＝13v 0由能量守恒定律有F f1·L 4＝12m v 20－12×3m v 21＝13m v 20 小物块B 放上后，对全过程由动量守恒定律有 m v 0＝4m v 2 解得v 2＝14v 0小物块B 在物体A 上滑动，由能量守恒定律有 F f2·L 2＝12×3m v 21－12×4m v 22＝124m v 20 故F f1F f2＝1615． (1)如图7所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3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2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是( )图7A ．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝2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n ＝3跃迁到n ＝1所发出的光频率最大C ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eVD ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV(2)如图8所示，质量为m 2＝1.5 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m 1＝450 g 的物体A ，一颗质量为m 0＝50 g 的子弹以v 0＝100 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)18.75 J。