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高中物理选修3-5全套练习题测试题复习题

来源：伴沃教育

高中物理选修3-5同步练习试题解析实验：探究碰撞中的不变量

1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，用到的测量工具有( ) A．秒表、天平、刻度尺 B．弹簧秤、秒表、天平 C．天平、刻度尺 D．秒表、刻度尺

解析：用天平测滑块质量，用刻度尺测挡光片的宽度。运动时间是指挡光片通过光电门的时间，由光电计时器计时，因此不需要秒表。

答案：C

2．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差( ) A．导轨安放不水平 B．小车上挡光片倾斜 C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起

解析：导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差。

答案：A、B

3．用如图1－1所示的装置进行以下实验：

A．先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数μ，查出当地的重力加速度g

B．用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧压缩，滑块B紧靠在桌边

C．剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地点到重锤线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2

(1)为探究碰撞中的不变量，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：__________________________。

(2)若mv为不变量，需验证的关系式为：

________________________________________________________________________。

解析：(1)桌面离水平地面的高度h (2)M 2μgx2－mx1

g＝0((1)要找出碰撞中的不2h

变量，应测出两滑块及各自的速度。取向右方向为正，剪断细线后，A向右做匀减速运动，1

初速度v′A＝ 2ax2＝ 2μgx2，B向左做平抛运动，设桌面高度为h，则h＝gt2，x1＝v′Bt，

2得v′B＝－x1

g。故要求出v′B，还应测出h。 2h

(2)若mv为不变量，碰前MvA＋mvB＝0，碰后Mv′A＋mv′B＝0，故MvA＋mvB＝Mv′A

＋mv′B，即M 2μgx2－mx1

g＝0。) 2h

4．在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170 g，右侧滑块质量m2＝110 g，挡光片宽度为3.00 cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1－2所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32 s，Δt2＝0.21 s。则两滑块的速度分别为v′1＝________ m/s，v′2＝________ m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝________ kg·m/s，烧断细线后m1v′1＋m2v′2＝__________ kg·m/s。可得到的结论是

________________________________________________________________________。

－dd3.00×10－

解析：取向左方向为正，两滑块速度v′1＝＝ m/s≈0.094 m/s，v′2＝

Δt10.32Δt2

－3.00×10－2

＝ m/s≈－0.143 m/s.

0.21

烧断细线前m1v1＋m2v2＝0

烧断细线后m1v′1＋m2v′2＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4 kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。

答案：0.094 0.143 0 2.5×104 kg·m/s 在实验允许的误差范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量

5．如图1－3甲所示，在水平光滑轨道上停着A、B两辆实验小车，A车上系有一穿过打点计时器的纸带，当A车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器，A车运动一段距

－

离后，与静止的B车发生正碰并连在一起运动，纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车的运动情况，如图1－3乙所示，打点计时器电源频率为50 Hz，则碰撞前A车速度大小为________ m/s，碰撞后的共同速度大小为________ m/s。如果已知碰撞过程中mv是不变量，则可求得mA∶mB＝________。

解析：由纸带上点迹位置可知，前两段间隔均为1.20 cm，最后两段间隔均为0.80 cm，1.20×10－20.80×10－2故小车均做匀速运动，碰前速度v＝ m/s＝0.60 m/s，碰后速度v′＝

0.020.02m/s＝0.40 m/s。mAv＝(mA＋mB)v′，故mA∶mB＝2∶1。

答案：0.60 0.40 mA∶mB＝2∶1

6．某同学用图1－4甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。

图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图1－4乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零点与O点对齐。

(1)入射小球A和被碰小球B的质量关系是mA________mB(填“>”、“<”或“＝”)。 (2)碰撞后B球的水平射程应为________ cm。 (3)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________(填选项号)。

A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离

C．测量A球或B球的直径 D．测量A球和B球的质量 E．测量G点相对于水平槽面的高度 (4)

若

为

不

变

量

，

需

验

证

的

关

系

式

为

________________________________________________________________________；

若

mv2

为

不

变

量

，

需

验

证

的

关

系

式

为

________________________________________________________________________；

若

为

不

变

量

，

需

验

证

的

关

系

式

为

________________________________________________________________________。

解析：(1)要使两球碰后都向右运动，应有A球质量大于B球质量，即mA>mB。 (2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程为64.7 cm，因最后一位数字为估计值，所以允许误差±0.5 cm，因此64.2～65.2 cm都是正确的。

(3)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度。故需测出碰前A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确。

(4)若mv为不变量，需验证的关系为mAvA＝mAv′A＋mBv′B，将vA＝

OPOM

，v′A＝，tt

v′B＝代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON；同理，若mv2为不变量，需验证的关系式

tv2＋mv′2，2＝m·OM2＋m·ON2；为mAv2＝mv′即m·OP若为不变量，需验证的关系式AAABBAAB

mvAv′Av′BOPOMON为＝＋，即＝＋。 mAmAmBmAmAmB

答案：(1)> (2)64.2～65.2 cm均可 (3)A、B、D (4)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON mA·

OP2

＝mA·

OM2

＋mB·

ON2

OPmA

＝OMmA

＋ONmB

7．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1－5所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下垫着小木片用以平衡摩擦力。

(1)若已得到打点纸带如图1－6所示，并将测得的各计数点间距标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选________段来计算A的碰前速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两格选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)。

(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg。填下表，并确定碰撞中的不变量。

阶段物理量 m(kg) v(m/s) mv2(kg·m2/s2) v－[(m/s)·kg1] mvA 2mAv2A＋mBvB 碰撞前碰撞后 mA＝0.40 mB＝0.20 vB v′A v′B 2mAv′2A＋mBv′B vAvB＋ mAmBv′Av′B＋ mAmB解析：(1)碰前小车A带动纸带做匀速运动，纸带上的点是均匀的，故选BC段计算碰前小车A的速度；碰后小车A和B一起做匀速运动，应选DE段计算碰后速度。

BC0.105

(2)碰前速度vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，vB＝0；

Δt5×0.02DE0.069 5

碰后速度v′A＝v′B＝＝ m/s＝0.695 m/s。

Δt5×0.02将速度填入表格并计算出各物理量。

阶段物理量 m(kg) v(m/s) vA 碰撞前碰撞后 mA＝0.40 mB＝0.20 vB v′A v′B 5

1.05 mv(kg·m/s) 0 0.695 0.695 mAvA＋mBvB 0.420 2mAv2A＋mBvB mAv′A＋mBv′B 0.417 2mAv′2A＋mBv′B mv2(kg·m2/s2) 0.441 vAvB＋ mAmB2.625 0.290 v′Av′B＋ mAmB5.213 v－[(m/s)·kg1] m由表格中数据可知，在实验允许的误差范围内，碰撞前后两小车mv的和相等，故mv是碰撞中的不变量。

答案：(1)BC DE (2)表格见解析 mv

8．为了“探究碰撞中的不变量”，可以在气垫导轨上进行实验，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速直线运动，使实验的可靠性及准确度得以提高。在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相机每隔0.4 s的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，实验结果如图1－7所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块碰撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态。设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：

(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？

(2)根据闪光照片分析说明，碰撞前后两滑块各自的质量与各自速度的乘积之和是否为不变量？

解析：(1)由图分析可知：碰撞后

从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是

Δs″A0.45－0.30Δt1＝＝ s＝0.2 s

0.75v′A

由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为 Δt2＝(0.4－0.2) s＝0.2 s，则碰撞前B物体的速度为 Δs″B0.30－0.10

vB＝＝ m/s＝1.0 m/s

Δt20.2由题意知碰撞前vA＝0； (2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA，

碰撞后：mAv′A＋mBv′B＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA，所以mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，

即碰撞前后两滑块各自的质量与各自速度的乘积之和是不变量。答案：见解析

9．某同学利用两个半径相同的小球及斜槽探究碰撞中的不变量，主要步骤如下： ①用天平测出两个小球的质量m1＝32.6 g，m2＝20.9 g。记下斜槽末端在水平面上的投影O。

②不放置被碰小球，让入射小球m1从某位置由静止释放，记下m1的落地点P。 ③把被碰小球m2放置于斜槽末端(如图1－8所示)，让小球m1从同一位置由静止释放，记下小球m1、m2的落地点M、N。

④在被碰小球m2的左面粘上一小块胶布，然后重复步骤③。 ⑤测量各自的水平射程，记录在下表中。

不粘胶布时粘胶布时 OP 56.0 cm 56.0 cm OM 12.5 cm 20.4 cm ON 67.8 cm 55.3 cm 关于碰撞中的不变量，该同学有以下猜想： A．v1＝v′1＋v′2 B．m1v1＝m1v′1＋m2v′2

11122C.m1v21＝m1v′1＋m2v′2 222

其中v1指不放置m2时入射小球做平抛运动的初速度，v′1、v′2指放置被碰小球时m1、m2做平抛运动的初速度。由实验数据分析计算，判断哪一种猜想正确。

解析：小球做平抛运动的水平位移x＝vt，在本题中，各球做平抛运动的时间都相等，所以v1＝v′1＋v′2与OP＝OM＋ON等价；

m1v1＝m1v′1＋m2v′2与m1·OP＝m1·OM＋m2·ON等价；

11111122222m1v21＝m1v′1＋m2v′2与m1(OP)＝m1(OM)＋m2(ON)等价。 222222

猜想A：不粘胶布：OP＝0.560 m，OM＋ON＝0.803 m；粘胶布：OP＝0.560 m，OM＋ON＝0.757 m，A错误。

猜想B：不粘胶布：m1·OP≈0.018 3 kg·m，m1·OM＋m2·ON≈0.018 2 kg·m；粘胶布：m1·OP≈0.018 3 kg·m，m1·OM＋m2·ON≈0.018 2 kg·m；B正确。

111

猜想C：不粘胶布：m1(OP)2≈5.11×10－3 kg·m2，m1(OM)2＋m2(ON)2≈5.06×10

222

－3 kg·m2；粘胶布：

111mm1(OP )2≈5.11×10－3 kg·m2，mm1(OM )2＋mm(ON )2≈3.87×10－3 2222

kg·m2。C错误。

故猜想B正确。答案：B正确

高中物理选修3-5同步练习试题解析

动量和动量定理

1．关于动量的概念，下列说法正确的是( ) A．动量大的物体惯性一定大 B．动量大的物体运动一定快 C．动量相同的物体运动方向一定相同 D．动量相同的物体速度小的惯性大

解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，

C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。

答案：C、D

2．关于动量的大小，下列叙述中正确的是( ) A．质量小的物体动量一定小 B．质量小的物体动量不一定小 C．速度大的物体动量一定大 D．速度大的物体动量不一定大

解析：物体的动量p＝mv是由物体的质量m和速度v共同决定的，仅知物体的质量m或速度v的大小并不能唯一确定动量p的大小，所以B、D选项正确。

答案：B、D

3．关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是( ) A．与速度方向相同 B．与速度变化的方向相同 C．与物体受力方向相同

D．与物体受到的总冲量的方向相同

解析：动量变化量Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv，故知Δp的方向与Δv的方向相同，与v的方向不一定相同，A错误，B正确；由动量定理I＝Δp知，Δp的方向与I的方向相同，D正确；若物体受恒力作用，Δp的方向与F方向相同，若是变力，则二者方向不一定相同，C错误。

答案：B、D

4．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是( ) A．物体的动量发生变化，其动能一定变化 B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化 C．物体的动能不变，其动量一定不变 D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化

解析：动量p＝mv，是矢量，速度v的大小或方向之一发生变化，动量就变化；而动能只在速率改变时才发生变化，故选项B正确，A、C、D均错。

答案：B

5．对于力的冲量的说法，正确的是( ) A．力越大，力的冲量就越大

B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大

C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同

D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零

解析：力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大而作用时间短，冲量不一定大，A错B对，冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错，冲量的大小与物体的运动状态无关，D错，因此选B。

答案：B

6．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子( )

A．受到的冲量大 B．受到的作用力大 C．动量的变化量大 D．动量大

解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和泥土上时，速度相同，动量相同，D错，最后速度减为零，动量变化量相同，C错，由动量定理可知冲量相同，A错，落在水泥地上作用时间短，受到的作用力大，B对。

答案：B

7．汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是( )

A．汽车输出功率逐渐增大 B．汽车输出功率不变

C．在任意两相等的时间内，汽车动能变化相等 D．在任意两相等的时间内，汽车动量变化的大小相等

解析：由v－f＝ma可知，a、f不变时，v增大，P增大，故A对B错。汽车做匀加速12

运动，在任意两相等时间内速度变化相等，即Δv＝at。而汽车动能变化量ΔEk＝m(v22－v1)21

＝mΔv(v2＋v1)不等，C错。动量变化量Δp＝mΔv相等，D对。 2

答案：A、D

8．如图2－1所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，用另一水平力快速拉动纸带，纸带都被从重物下面抽出，对这两个过程，下面的解释正确的是( )

A．缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大 B．快速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小 C．缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小

解析：对重物，在纸带抽出的过程中，所受的合力即为纸带给它的滑动摩擦力f＝μmg(其中μ是重物与纸带间的动摩擦因数，m是重物的质量)，显然重物所受合力F合＝f，在快抽和慢抽两种情况下是不变量，A、B均错。由F合t＝ft＝Δp知：F合一定，Δp∝t，故慢抽时，t较长，Δp较大，纸带给重物的冲量I大，C正确。快抽时，t较短，Δp较小，纸带给重物的冲量I小，D正确。

答案：C、D

9．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中( )

1A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2

2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 1

C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2

2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

解析：运动员受到两个作用力：地面对他向上的作用力F和重力mg，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv，所以地面对他的冲量为FΔt＝mv＋mgΔt，地面对他的作用力因脚的位置为零，做功为零，故正确答案为B。

答案：B

10．一个质量是0.1 kg的钢球，以6 m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6 m/s的速度水平向左运动。碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？

解析：动量是矢量，题中钢球速度反向，说明速度发生变化，因此动量必发生变化，计算变化量时应规定正方向。

取向左的方向为正方向

物体原来的动量：p1＝－mv1＝－0.1×6 kg·m/s ＝－0.6 kg·m/s

弹回后物体的动量：p2＝mv2＝0.1×6 kg·m/s ＝0.6 kg·m/s

动量变化：Δp＝p2－p1＝0.6－(－0.6)(kg·m/s) ＝1.2 kg·m/s。

动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左。答案：有变化，变化量方向向左，大小为1.2 kg·m/s

11．如图2－2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受摩擦力的冲量。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

解析：物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用。冲量I＝Ft，是矢量。摩擦力冲量

If＝f·t＝μmgcosα·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s 方向沿斜面向上。

答案：16 N·s 方向沿斜面向上

12．一人在高h1处竖直向下抛出一质量为m的钢球，钢球与地板碰撞无能量损失，竖直弹起的高度为h2，求人抛球过程对球冲量的大小。(忽略空气阻力)

解析：由于钢球与地板碰撞无能量损失，故钢球落地时速度v＝ 2gh2① 钢球竖直下落过程由动能定理得： 112

mgh1＝mv2－mv0②

人抛球过程由动量定理得：I＝mv0③

解①②③式得：I＝m 答案：m

2g(h2－h1)

2g(h2－h1)。

13．一质量为m的物体，以速度v做匀速圆周运动，求物体在半个周期内所受合力的冲量的大小。

解析：做圆周运动的物体所受合力是变力，其冲量不能直接由I＝Ft来求，需用动量定理求出物体在该段时间内的动量变化Δp来等效替代冲量I。

以初速度的方向为正方向，v1＝v 则半个周期后的末速度v2＝－v

由动量定理知半个周期内合力的冲量大小 I＝Δp＝m(v2－v1)＝2mv。答案：2mv 14.

物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图2－3甲所示，A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落速度大小为vB，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？

解析：设B从绳断到下落速度为vB的过程所用时间为t。弹簧的弹力对物体A的冲量为I，对A、B分别应用动量定理，即可消去t，求得弹簧弹力对物体A的冲量I。

对物体A有I－mgt＝mvA。① 对物体B有Mgt＝MvB。②

由①②式得弹簧的弹力对物体A的冲量为 I＝mvA＋mvB。

答案：mvA＋mvB

高中物理选修3-5同步练习试题解析

动量守恒定律

1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确。

答案：A、C、D

2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将( )

A．左右来回运动 B．向左运动 C．向右运动

D．静止不动

解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。

答案：A

3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是( )

A．向右运动 B．向左运动 C．静止

D．上述三种情况都有可能

解析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移(因大人的质量要大于小孩的质量)。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，故B项正确。

答案：B

4．如图3－3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )

A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒

C．三球速度相等后，将一起做匀速运动 D．三球速度相等后，速度仍将变化

解析：因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。

答案：B、D

5．如图3－4所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )

A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速 B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速 C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速 D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速

解析：小车和木块组成的系统动量守恒。若小车动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速。

答案：A、C

6．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为( )

2MA. M－mM＋mB.

M2(M＋m)C.

3MMD. M＋m

解析：甲乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况。研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，在任意时刻系统的总动量总为零。

设甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，二者方向相反，根据动量守恒 v甲M

(M＋m)v甲＝Mv乙，则＝。)

v乙M＋m答案：D

7．如图3－5所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )

A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都有可能

解析：物块与薄板相对运动过程中，在竖直方向受重力和支持力作用，刚好矢量和为零，在水平方向不受外力作用，所以物块与薄板组成的系统动量守恒，且在相对运动的过程中任一时刻系统的总动量都不变。薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)

Mv－mv＝(M＋m)v′，

Mv－mv(3－1)×4则v′＝＝ m/s＝2 m/s。

M＋m3＋1共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。

在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s。当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得

Mv－mv＝Mv1＋mv2， (M－m)v－Mv1

v2＝ m

(3－1)×4－3×2.4＝ m/s＝0.8 m/s，

即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动。答案：A

8．如图3－6所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

解析：设共同速度为v，球A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律 (mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB① mBvB＝(mB＋mC)v②

联立①②式，得B与C碰撞前B的速度vB＝v0。

59答案：v0

9.如图3－7所示，质量为m2＝1 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度。

解析：对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖

直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有

v1＝1 000 m/s，v′1＝－800 m/s，v2＝0 又m1＝50 g＝5.0×10－2 kg，m2＝1 kg 由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v′1＋m2v′2

代入数据解得v′2＝90 m/s，方向与小球初速度方向一致。答案：90 m/s 方向与小球初速度方向一致

10．质量为m1＝10 的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好静止，则碰后小球m1的速度大小、方向如何？

解析：取向右为正方向，则两球的速度分别为： v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v′2＝0

光滑水平方向不受力，故由两球组成的系统，竖直方向重力与支持力平衡，桌面满足动量守恒定律条件。

由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据得v′1＝－20 cm/s，

故m1碰后速度的大小为20 cm/s，方向向左。答案：20 cm/s 方向向左

11．如图3－8所示，在离地面3h的平台边缘有一质量为m1的小球A，在其上方悬挂着一个质量为m2的摆球B，当球B从离平台某高处由静止释放到达最低点时，恰与A发生正碰，使A球水平抛出，已知碰后A着地点距抛出点的水平距离为3h，B偏离的最大高度为h，试求碰后两球的速度大小和B球碰前速度大小。

解析：对B球，由机械能守恒定律得 1

m2gh＝m2v2B 2解得vB＝2gh

对A球，由平抛运动知识得

解得vA＝

3gh 2

对A、B组成的系统，由动量守恒定律得 m2vB0＝－m2vB＋m1vA m1

解得vB0＝

m2答案：

3gh 2

3gh－2gh 22gh

3gh－2gh 2

12．如图3－9所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以

2v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？

解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得 mv1＝2mv′ ①

为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足 v′≤v2 ②

设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得 37

2mv′－mv2＝mv″③

为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④ 联立①②③④式得

1．5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1。

2312

答案：1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1

13．两只小船质量分别为m1＝500 kg，m2＝1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50 kg的麻袋到对面的船上，如图3－10所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以v＝8.5 m/s的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则求交换麻袋前两只船的速率。

解析：以载重较轻的船的速度v1为正方向，选取较轻的船和从较重船投过去的麻袋为系统，如题图所示，根据动量守恒定律有

(m1－m)v1－mv2＝0 即：450v1－50v2＝0①

选取较重的船和从较轻船投过去的麻袋为系统有： mv1－(m2－m)v2＝－m2v，即50v1－950v2＝－1 000×8.5② 选取四个物体为系统有： m1v1－m2v2＝－m2v，

即：500v1－1 000v2＝－1 000×8.5③ 联立①②③式中的任意两式解得： v1＝1 m/s，v2＝9 m/s。答案：1 m/s 9 m/s

高中物理选修3-5同步练习试题解析

碰撞

1．质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图4－1所示，则可知碰撞属于( )

A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断

解析：由x－t图象知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后v′a＝－1 m/s，v′b＝2 m/s，1191192＋mv2＝ J，碰撞后动能mv′2＋mv′2＝ J，故机械能守恒；碰撞碰撞前动能mavabbaabb222222前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mav′a＋mbv′b＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。

答案：A

2．如图4－2所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆的一端，轻杆另一端悬挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑的水平面上，放手让小球摆下与B处固定的油泥碰击后粘在一起，则小车将( )

A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动

D．小球下摆时，车向左运动后又静止

解析：球与车组成的系统水平方向满足动量守恒定律，而系统的初态总动量为零，故D选项正确。

答案：D

3．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是( )

A．tAtB＜tC C．tA＝tC解析：木块C做自由落体运动，木块A被子弹击中做平抛运动，木块B在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv＝(M＋m′)v′，即v′＜v，木块B竖直方向速度减小，所以tA＝tC＜tB。

答案：C

4.如图4－3所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是( )

A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同的速度 C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v

解析：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误。由于作用过程中动量守恒，设速度相同时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩v

至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误。

答案：B

5.如图4－4所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则

( )

A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0/2 B．小球离车后，对地将向右做平抛运动 C．小球离车后，对地将做自由落体运动 D．此过程中小球对车做的功为mv20/2

解析：小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换。

答案：A、C、D

6．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则下列关系式不正确的是( )

A．E1E0 D．p2>p0

解析：球1与球2碰撞，碰撞前后的动能关系应为E0≥E1＋E2。因此E1＜E0，E2＜E0，选项A正确，C不正确；由p＝2mEk，结合E1＜E0，可知p1＜p0，选项B正确；设球1初动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，可见p2＞p0，选项D正确。

答案：A、B、D

7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )

A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s

解析：从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝p′A＋p′B验证，A、B、C三种皆有可能。从总动能

pA2pB2p2p2AB

＋＋≥来看，只有A可能。 2m2m2m2m答案：A

8.如图4－5所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 解析：由质量关系，动量关系，动量增量关系判断球的位置。由mB＝2mA、pB＝pA知：vA＝2vB。对两球发生碰撞的情况进行讨论：

a．A球在左方，都向右运动。由动量守恒定律得： p′A＝2 kg·m/s，p′B＝10 kg·m/s，即

mAv′A2v′A2

＝，故＝。

mBv′B10v′B5

′

b．A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知p′A＝2 kg·m/s，p′B＝2 kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的。

c．B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0，与题中给定不符．由以上分析知，只有第一种情况成立。答案：A

9．质量为1 kg的小球A以8 m/s的速率沿光滑水平面运动，与质量为3 kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为( )

A．vA＝5 m/s B．vA＝－3 m/s C．vB＝1 m/s D．vB＝6 m/s

解析：若A、B发生弹性碰撞，则动量和机械能均守恒，mAv0＝mAvA＋mBvB及mAv20＝22mA－mB12mA

mAv2＋mv，解得v＝v0＝－4 m/s，vB＝v0＝4 m/s。 ABBA

2mA＋mBmA＋mB

mA若A、B发生完全非弹性碰撞，则仅动量守恒，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝v0＝

mA＋mB

2 m/s。故A的速度范围－4 m/s≤vA≤2 m/s，小球B的速度范围2 m/s≤vB≤4 m/s，B正确。

答案：B

10．如图4－6所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A3

被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的，子弹的质

量是B的质量的。求：

(1)A物体获得的最大速度； (2)弹簧压缩量最大时B物体的速度。

解析：(1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA， 31

将mA＝mB，m0＝mB代入，

441

得vA＝v0。

此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故v0是A获得的最

4大速度。

(2)弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，

m01

得vB＝v0＝v0。

8m0＋mA＋mBv0v0

答案：(1) (2)

11.如图4－7所示，一定长度的木板静止在光滑的水平地面上，其质量为M＝1.8 kg。木板左端放一木块，其质量为m＝190 g，木板与木块间动摩擦因数μ＝0.4。质量为m0＝10 g的子弹以v0＝200 m/s的速度水平打入木块并留在其中，最后木块恰好到达木板的右端。求：

(1)木块到达木板右端所用的时间； (2)木板的长度。

解析：(1)子弹打入木块过程所用时间极短，并且相互作用力远大于木块所受的摩擦力，故子弹与木块组成的系统动量守恒。

设子弹打入木块后的速度为v1，有m0v0＝(m0＋m)v1 m0

得v1＝v0＝10 m/s

m0＋m

木块在木板上滑动时，带动木板向右加速，因地面光滑，子弹、木块与木板组成的系统动量守恒，最后三者速度相等，设为v2，则

m0v0＝(m0＋m＋M)v2 m0

得v2＝v0＝1 m/s

m0＋m＋M木块沿木板做匀减速运动， μ(m0＋m)g

加速度a1＝＝μg＝4 m/s2

m0＋m

v1－v2

故木块在木板上的运动时间t＝＝2.25 s。

a1 (2)如图所示，木块向右减速的位移 v1＋v2x1＝t＝12.375 m

木板向右加速的位移x2＝t＝1.125 m

2故木板长度L＝x1－x2＝11.25 m。

答案：(1)2.25 s (2)11.25 m

12．如图4－8所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；

(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。解析：(1)由机械能守恒定律，有 1

m1gh＝m1v2，v＝2gh

(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有 m1v＝(m1＋m2)v′。

A、B克服摩擦力所做的功W＝μ(m1＋m2)gd。由能量守恒定律，有

(m＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd。 21

m21

解得Ep＝gh－μ(m1＋m2)gd。

m1＋m2m21gh

答案：(1)2gh (2)－μ(m1＋m2)gd

m1＋m2

13．如图4－9所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L。小球受到弹簧的弹力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为L/2。已知球B的质量为m，悬绳长L，视两球为质点。重力加速度为g，不计空气阻力。求：

(1)球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小； (2)球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小； (3)弹簧的弹性力对球A所做的功。

解析：(1)设碰撞后的一瞬间，球B的速度为v′B，由于球B恰能摆到与悬点O同一高度，根据动能定理：

－mgL＝0－mv′2B 2v′B＝2gL

① ②

(2)球A到达最高点时，只有水平方向速度，与球B发生弹性碰撞。设碰撞前的一瞬间，球A水平速度为vx，碰撞后的一瞬间，球A速度为v′x。球A、B系统碰撞过程动量守恒和机械能守恒：

2mvx＝2mv′x＋mv′B

③ ④

11122×2mv2x＝×2mv′x＋mv′B 222由②③④式解得： 1

v′x＝2gL⑤

即球A在碰撞前一瞬间的速度大小vx＝2gL⑥

(3)碰后球A做平抛运动，设从抛出到落地时间为t，平抛高度为y，则： L

＝v′xt⑦ 21

y＝gt2⑧ 2

由⑤⑦⑧式解得：y＝L。

以球A为研究对象，弹簧的弹性力所做的功为W，从静止位置运动到最高点： 1

W－2mg(y＋2L)＝×2mv2x⑨ 2由⑤⑥⑦⑧⑨式得： 57

W＝mgL。

357

答案：(1)2gL (2)2gL (3)mgL

14．小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB。在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。

解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0。由机械能守恒有

mAgH＝mAv20① 2

设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有 mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2② 由于两球碰撞过程中能量守恒，故 1111222mAv20＋mBv0＝mAv1＋mBv2③ 2222联立②③式得 3mA－mBv2＝v0④

mA＋mB

设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有 v22

h＝⑤ 2g由①④⑤式得

3mA－mBh＝2H mA＋mB

答案：

3mA－mB2H

mA＋mB

高中物理选修3-5同步练习试题解析

反冲运动火箭

1．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )

A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0) C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D．Mv0＝Mv′＋mv

解析：根据动量守恒定律，可得Mv0＝(M－m)v′＋mv。答案：A

2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( ) A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭

B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭

解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。

答案：B

3．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )

Δmv0A. M－ΔmΔmv0

B．－ M－ΔmΔmv0C.

MΔmv0

D．－ M

解析：取火箭及气体为系统，则气流在向外喷气过程中满足动量守恒定律，由动量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v

Δm

解得v＝－v0，所以B选项正确。

M＋Δm

答案：B

4．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下面说法正确的是( )

A．他不可能跳到岸上 B．他有可能跳到岸上

C．他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上 D．采用C中的方法也无法跳到岸上

解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速度为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速度为vx，船对地的速度为v2，则人相对于地的速度为v1＝vx－v2。由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速度也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2答案：A、D

5．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )

A．火箭一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．火箭运动半径可能不变 D．P运动半径一定减小

解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大A项对，C项错；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以B、D错。

答案：A

6．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图5－1所示。不计水的阻力，船的运动情况是( )

A．向前运动 B．向后运动 C．静止 D．无法判断

解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程。故A正确。

答案：A

7．如图5－2所示，质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下。设槽与桌面无摩擦，则( )

A．小球不可能滑到右边最高点B B．小球到达槽底的动能小于mgR C．小球升到最大高度时，槽速度为零 D．若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒

解析：此系统水平方向动量守恒，机械能守恒，初状态总动量为零，运动中水平方向总动量也为零。0＝mv－Mv′，在槽底，小球速度最大，槽的速度也最大，初状态的势能转变11

成球和槽的动能mgR＝mv2＋Mv′2，所以小球到达槽底的动能小于mgR，B对；小球升

22到最大高度时，速度为零，槽速度也必定为零，C对；由机械能守恒定律，此时小球一定到右边最高点B，A错；若小球与槽之间有摩擦力，也是系统内力，系统的水平动量仍守恒，所以D错。

答案：B、C

8．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时( )

A．当m1>m2时，车子与甲运动方向一致 B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致 C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动

D．当m1v1>m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致

解析：甲、乙两人与车组成的系统总动量为零且守恒，车子的运动情况取决于甲、乙两人的总动量，而与甲、乙的质量或速度无直接关系。当甲乙的合动量为零时，车子的动量也为零，即车不动。当甲的动量大于乙的动量时，甲乙的合动量与甲的动量方向相同，车子的动量应与甲相反，即车与乙运动的方向相同。

答案：C、D

9．气球质量为200 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为多长？(不计人的高度)

解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2

分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1x1－m1x1m2x2＝0，x1＝20 m，x2＝＝5 m，绳长l＝x1＋x2＝25 m(竖直方向上的“人船模型”)。

答案：25 m

10．质量为m的人站在质量为M、长度为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边，当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解析：人和船组成的系统动量守恒 mx人＝Mx船① 又因为x人＋x船＝L②

mL由①②得船左端离岸的距离x船＝。

M＋m答案：

M＋m

11．如图5－3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？

解析：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为

R。设此时小车速度为v1，小球M＋m

2MgR

。 M＋m

112

速度为v2，由动量守恒有Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝Mv2解得v2＝1＋mv2，22

答案：R

M＋m

2MgR M＋m

12．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1

000 m/s。设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？

解析：以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象，系统动量守恒。设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向。由动量守恒定律20mv20×0.2×1 000

得(M－20m)v′－20mv＝0，解得v′＝＝ m/s≈13.5 m/s。

M－20m300－20×0.2

答案：13.5 m/s

13．一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹。炮可在水平方向自由移动。当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B。炮口离水平地面的高度为h，如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比。

解析：炮弹做平抛运动，竖直下落时间t＝

2h，水平方向xA＝vAt，xB＝vBt g

又发射过程中动量守恒，即0＝mvA－Mv1,0＝mvB－(M＋M0)v2 mm

解得v1＝vA，v2＝vB。

MM＋M0

1121212

因两次发射时“火药”提供的机械能相等，即mv2A＋Mv1＝mvB＋(M＋M0)v2， 2222vB将v1、v2代入上式，得＝

xBvB

水平距离之比＝＝

xAvA

答案：

(M＋m)(M＋M0)

，故B、A两目标与炮弹发射点之间的

M(M＋M0＋m)

(M＋m)(M＋M0)

。

M(M＋M0＋m)

(M＋m)(M＋M0)

M(M＋M0＋m)

14．如图5－4所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离x。已知男演员质量m1m1

和女演员质量m2之比＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。

解析：设分离前男女演员在秋千最低点处B的速度为v0，由机械能守恒定律 1

(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v20。 2设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2，分离后，男演员做平抛运动。设男演员从1

被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，4R＝gt2，x＝v1t

根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律， 1

m2gR＝m2v22。 2

已知m1＝2m2，由以上各式可得x＝8R。答案：8R

15．一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的因纽特狗站在该雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇。狗与雪橇始终沿一条直线运动。若狗跳离雪橇时雪橇的速度为v，则此时狗相对于地面的速度为v＋v′(其中v′为狗相对于雪橇的速度，v＋v′为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则v为正值，v′为负值)。设狗总以速度v＋v′追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。已知v的大小为5 m/s，v′的大小为4 m/s，M＝30 kg，m＝10 kg。

(1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小。 (2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。 (供使用但不一定用到的对数值：lg2＝0.301，lg3＝0.477)

解析：(1)设雪橇运动的方向为正方向，狗第一次跳下雪橇后雪橇的速度为v1，根据动量守恒定律，有

Mv1＋m(v1＋v′)＝0。

狗第一次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度v′1满足Mv1＋mv＝(M＋m)v′1，

－Mmv′＋(M＋m)mv

可解得v′1＝。

(M＋m)2

将v′＝－4 m/s，v＝5 m/s，M＝30 kg，m＝10 kg代入，得 v′1＝2 m/s。

(2)方法一：设雪橇运动的方向为正方向。狗第(n－1)次跳下雪橇后雪橇的速度为vn－1，则狗第(n－1)次跳上雪橇后的速度vn－1′满足Mvn－1＋mv＝(M＋m)vn－1′，

这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为vn满足 Mvn＋m(vn＋v′)＝(M＋m)vn－1′，解得

vv－v′)M＋mn1－M－1－mv′M＋mMn＝(M＋mn

－1

。

狗追不上雪橇的条件是vn≥v，可化为MM＋mn－1

≤

(M＋m)v′Mv′－(M＋m)v

， lgMv′－(M＋m)v

最后可求得n≥1＋(M＋m)v′

。

lgM＋mM

代入数据，得n≥3.41，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为v4＝5.625 m/s。方法二：第一次跳下：Mv1＋m(v1＋v′)＝0， vmv′1＝M＋m

＝1 m/s。

第一次跳上：Mv1＋mv＝(M＋m)v′1。第二次跳下：(M＋m)v′1＝Mv2＋m(v2＋v′)， v(M＋m)v′1－mv′2＝M＋m＝3 m/s。

第二次跳上：Mv2＋mv＝(M＋m)v′2，

Mv2＋mvv′2＝。

M＋m

第三次跳下：(M＋m)v′2＝Mv3＋m(v3＋v′)， (M＋m)v′2－mv′v3＝＝4.5 m/s。

M＋m第三次跳上：Mv3＋mv＝(M＋m)v′3， Mv3＋mvv′3＝。

M＋m

第四次跳下：(M＋m)v′3＝Mv4＋m(v4＋v′)， (M＋m)v′3－mv′v4＝＝5.625 m/s。

M＋m

此时雪橇的速度大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为5.625 m/s。

答案：(1)2 m/s (2)5.625 m/s 3次

《动量守恒定律》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。)

1．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是( )

A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等

C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，船则停下

解析：以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，v1M船

则有0＝m人v1－M船v2，故有＝ v2m人

可见A、C、D正确。人和船若匀加速运动，则有 F＝m人a人，F＝M船a船

a人M船

所以＝，本题中m人与M船不一定相等，故B选项错误。

a船m人

答案：A、C、D 2．如图(十六)－1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1

和m2。图(十六)－1乙为它们碰撞前后的x－t图象。已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )

图(十六)－1

①碰前m2静止，m1向右运动 ②碰后m2和m1都向右运动 ③由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg ④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能以上判断正确的是( ) A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④

解析：由图象知，①正确，②错误；由动量守恒m1v＝m1v1＋m2v2，将m1＝0.1 kg，v＝

112124 m/s，v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s代入可得m2＝0.3 kg，③正确；ΔE＝m1－2m1v21＋m2v2＝220，④错误。

答案：A

3．如图(十六)－2所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )

图(十六)－2

A．v0，水平向右 B．0

C．mv0/(m＋M)，水平向右 D．mv0/(M－m)，水平向右

解析：把物体以速度v0向右运动到物体最后静止在车厢的整个过程作为研究的时间范围，设车厢最后的速度为v，对过程始末应用动量守恒定律，得mv0＝(m＋M)v，得v＝mv0/(m＋M)。故C项正确。

答案：C 4.

如图(十六)－3所示，在光滑的水平面上，小车M内有一弹簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为12，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则( )

图(十六)－3

A．B先相对小车静止下来 B．小车始终静止在水平面上 C．最终小车静止在水平面上 D．最终小车水平向右匀速运动

解析：由动量定理知A、B两物体获得的初动量大小相等，因为B物体所受摩擦力比A的大，故B物体先相对小车静止下来，而小车在A、B运动过程中也在运动，所以A选项正确，而B选项错误；物体A、B和小车组成的系统满足动量守恒定律，而系统初状态静止，故C选项正确。

答案：A、C

5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )

A．mgΔt B.

Δt

mvmvC.＋mg D.－mg ΔtΔt解析：对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则(F－mg)Δt＝0－(－

mvmv

mv)，解得F＝＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F′＝F＝＋mg。

ΔtΔt

答案：C

6．如图(十六)－4所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点且质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )

图(十六)－4 1

A．P的初动能 B．P的初动能的 2

C．P的初动能的 D．P的初动能的 34

解析：两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大。设P的初速度为v，两者质量均为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据动量守恒，有

111

mv＝2mv′，根据能量守恒有mv2＝×2mv′2＋Ep，以上两式联立求解得Ep＝mv2。可见

224弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B正确。

答案：B

7．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )

A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

解析：本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题，光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒。

A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的。 B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能。

C项，碰撞前后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能。

D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的。答案：A、D 8.

如图(十六)－5所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )

图(十六)－5

maA. M＋mm(a－b)C. M＋m

MaB. M＋mM(a－b)D. M＋m

解析：A、B二者组成的系统水平方向不受外力作用，故系统水平方向满足动量守恒定律，则系统水平方向平均动量也守恒，由动量守恒定律得

a－b－xx

0＝M－m ttm(a－b)解得x＝。

M＋m

答案：C

9．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两个人要背靠着站在车的中央，当两人同时向相反方向行走，如甲向小车左端走，乙向小车右端走，发现小车向右运动，则( )

A．若两人的质量相等，则必定v甲＞v乙 B．若两人的质量相等，则必定v甲＜v乙 C．若两人的速度相等，则必定m甲＞m乙 D．若两人的速度相等，则必定m甲＜m乙

解析：甲、乙两人和小车组成的系统满足动量守恒定律，由动量守恒定律知 m甲v甲＝m乙v乙＋m车v车，

所以A、C选项正确。答案：A、C

10.如图(十六)－6所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有不同的物理量是( )

图(十六)－6

A．下滑的过程中重力的冲量 B．下滑的过程中弹力的冲量

C．下滑的过程中合力的冲量 D．刚到达底端时的动量大小

解析：由运动学知识可知两个物体下滑所用的时间不同，由I＝Ft可知A项正确；由于倾角不同，两物体受的弹力方向不同，所以B项正确；根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等，由于速度方向不同，两物体的动量变化也不同，由动量定理可知C项正确。

答案：A、B、C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)如图(十六)－7所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点将在________。(填“P点”、“P点左侧”或“P点右侧”)

图(十六)－7

解析：铁块受到的滑动摩擦力一定，纸条抽出的速度越大，作用时间越短，摩擦力的冲量越小，由动量定理知I＝Δp＝mv′－0，铁块获得的速度越小，平抛的水平距离也越小，故当以2v的速度抽出时，铁块的落地点在P点左侧。

答案：P点左侧

12．(5分)一质量为1 kg的小球从0.8 m高的地方自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到下陷至最低点经历了0.2 s，则这段时间内软垫对小球冲量的大小为________。(g取

10 m/s，不计空气阻力)

解析：规定竖直向上为正方向，根据动量定理，有(F－mg)t＝0－(－mv0)，而v0＝ 2gh，由上面两式可求得Ft＝6 N·s，即这段时间内软垫对小球的冲量为6 N·s，方向竖直向上。答案：6 N·s 13．(5分)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，电量分别为q1、 q2。A、B两球由静止释放，重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为________。

解析：动量守恒定律的条件是系统不受外力作用或者所受外力之和为零，若A、B两小球组成的系统满足动量守恒定律，则系统所受的电场力和重力必须平衡，即

E(q1＋q2)＝(m1＋m2)g。) 答案：E(q1＋q2)＝(m1＋m2)g

14．(5分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图(十六)－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为21，则未放B球时A球落地点是记录纸

|p－p′|

上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝

__________%(结果保留一位有效数字)。

图(十六)－8

解析：未放B球时，A球落在P点。 |p－p′||mA·OP－(mB·ON＋mA·OM)|

＝＝ pmA·OP

|2m×8.62－(m×11.50＋2m×2.68)|

＝0.02＝2%。

2m×8.62

答案：P 2

三、计算题(共6小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)

15．(6分)如图(十六)－9所示，一根质量不计，长为1 m能承受最大拉力为14 N的绳子，一端固定于天花板上，另一端系一质量为1 kg的小球，整个装置处于静止状态，若要将绳子拉断，作用在球上的水平冲量至少应为多少？(g取10 m/s2)

图(十六)－9

解析：作用在小球上的冲量等于小球动量的增量：I＝mv0，当小球受到冲量时，则

mv2mv200

FT－mg＝，FT＝mg＋ LL当FT＝14 N时，v0＝2 m/s，所以I＝2N·s。

答案：2 N·s

16．(6分)在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图(十六)－10所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。

图(十六)－10

解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。

设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等

m1v0＝m1v1＋m2v2

11122m1v20＝m1v1＋m2v2 222

利用v2/v1＝4，可解出＝2。

答案：＝2

17．(7分)两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图(十六)－11所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。

图(十六)－11

和动量守恒得

mgh＝mv2＋M1V2

M1V＝mv

解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒

① ②

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得 11

mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2

mv＝(M2＋m)V′

联立①②③④式得 M1M2

h′＝ (M1＋m)(M2＋m)h

M1M2h

答案： (M1＋m)(M2＋m)

18．(7分)如图(十六)－12所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求

③ ④

图(十六)－12

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。解析：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有－Ft＝m2v－m2v0② 又F＝μm2g③

m1v0

解得t＝

μ(m1＋m2)g代入数据得

t＝0.24 s④

(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则

m2v′0＝(m1＋m2)v′⑤

由功能关系有 112＝(m＋m)v′2＋μmgL⑥ m2v′022221代入数据解得 v′0＝5 m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s。答案：(1)0.24 s (2)5 m/s

19．(7分)如图(十六)－13所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

图(十六)－13

(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；

(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。解析：(1)由机械能守恒定律，有

m1gh＝m1v2

2v＝ 2gh。

(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m1v＝(m1＋m2)v′ A、B克服摩擦力所做的功 W＝μ(m1＋m2)gd

由能量守恒定律，有 1

(m＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd 21

m21

解得Ep＝gh－μ(m1＋m2)gd。

m1＋m2

m21

答案：(1)v＝ 2gh (2)Ep＝gh－μ(m1＋m2)gd

m1＋m2

20．(7分)如图(十六)－14所示，长L＝12 m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝50 kg，木板置于地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。质量m＝50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止。若人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，并立即抱柱立柱，g取10 m/s2，求：

图(十六)－14

(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；

(2)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。解析：(1)人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff2＝ma2＝200 N

人运动的位移x2＝a2t2

2木板水平方向受两个力：人对木板向左的摩擦力 Ff′2＝200 N

地面对木板向右的摩擦力Ff1＝μ(M＋m)g＝100 N 则木板向左运动的加速度为a1＝

发生的位移x1＝a1t2，由L＝x1＋x2

22L得t＝＝2 s。

a1＋a2

＝2 m/s2

(2)如图所示，人向右奔跑时，木板向左运动的位移x1＝a1t2＝4 m

人抱住立柱时，人的速率 v2＝a2t＝8 m/s，

木板的速率v1＝a1t＝4 m/s

人抱柱立柱时时间很短，人与立柱间的相互作用力远大于地面的摩擦力，两者动量守恒，取向右为正方向，

mv2－Mv1＝(m＋M)v′ mv2－Mv1得v′＝＝2 m/s，

m＋M

人抱住立柱后，两者一起向右运动，加速度 μ(m＋M)gFf1

a3＝＝＝μg＝1 m/s2，

m＋Mm＋Mv′2共同运动的位移x3＝＝2 m

2a3

故木板的总位移x＝x1－x3＝2 m，方向向左。答案：(1)2 s (2)2 m，方向向左

高中物理选修3-5同步练习试题解析

能量量子化

1．关于对黑体的认识，下列说法正确的是( )

A．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的

B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关

C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关 D．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体

解析：黑体自身辐射电磁波，不一定是黑的，故A错误；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B错、C对；小孔只吸收电磁波，不反射电磁波，因此是小孔成了一个黑体，而不是空腔，故D错误。

答案：C

2．关于对热辐射的认识，下列说法中正确的是( ) A．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波 B．温度越高，物体辐射的电磁波越强

C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料种类及表面状况无关 D．常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色

解析：一切物体都不停地向外辐射电磁波，且温度越高，辐射的电磁波越强，A错误，B正确；选项C是黑体辐射的特性，C错误；常温下看到的物体的颜色是反射光的颜色，D错误。

答案：B

3．关于对普朗克能量子假说的认识，下列说法正确的是( ) A．振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值ε

B．带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍 C．能量子与电磁波的频率成正比

D．这一假说与现实世界相矛盾，因而是错误的

解析：根据普朗克能量子假说知，A错误，B、C正确；普朗克能量子假说反映的是微观世界的特征，不同于宏观世界，D错误。

答案：B、C

4．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是( ) A．红光 B．橙光 C．黄光 D．绿光

解析：在四种颜色的光中，红光的波长最长而频率最小，由光子的能量ε＝hν可知红光光子能量最小。答案：A

5．某种光的光子能量为E，这种光在某一种介质中传播时的波长为λ，则这种介质的折射率为( )

λEλEA. B. hchchhC. D. λEλE

EλE

解析：这种光的频率为ν＝，则这种光在介质中的传播速度为v＝νλ＝。

cch

所以这种光在这种介质中的折射率为n＝v＝，

λE即C选项正确。答案：C

6．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h表示普朗克常量，则激光器每秒发射的能量子数为( )

PchcA. B. hλλλPλcC. D. hchP

解析：每个激光光子的能量为ε＝h，则激光器的发射功率为P＝nε。其中n为激光器

λλP

每秒钟发射的能量子数，所以n＝，即C选项正确。

答案：C

7．红光和紫光相比( )

A．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大 B．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大 C．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小 D．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小

解析：此题只需比较红光和紫光的区别就行了，红光与紫光相比，红光波长较长、频率较低、光子能量较低、在同种介质中传播速度较快，正确答案为B。

答案：B

8．下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法中正确的是( )

－

A．微波是指波长在103 m到10 m之间的电磁波 B．微波和声波一样都只能在介质中传播 C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射

D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说

解析：微波是一种电磁波，传播不需要介质，B错误；由于分子和原子的热运动引起一切物体不断向外辐射电磁波，又叫热辐射，C正确。

答案：A、C、D

9．在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用。蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温约为37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm。根据热辐射理论，λm与辐射源的绝

－

对温度T的关系近似为Tλm＝2.90×103 m·K。

(1)老鼠发出最强的热辐射的波长为( )

－

A．7.8×105 m

－

B．9.4×106 m

－

C．1.16×104 m

－

D．9.7×108 m

(2)老鼠发出的最强的热辐射属于( ) A．可见光波段 B．紫外波段 C．红外波段 D．X射线波段

解析：(1)老鼠的体温T＝(273＋37) K＝310 K

由题设条件λm与T的近似关系式：λmT＝2.90×10－3 m·K 2.90×10－32.90×10－3

得λm＝＝ m≈9.4×10－6 m，B正确。

T310

(2)可见光的波长范围4.0×10－7～7.0×10－7 m，λm大于此范围，所以属于红外线，C正确。也可根据老鼠的体温不高不能辐射可见光进行判断。

答案：(1)B (2)C

－

10．二氧化碳能强烈吸收红外长波辐射，这种长波辐射的波长范围约是1.4×103—－

1.6×103 m，相应的频率范围是________，相应的光子能量的范围是________，“温室效应”使大气全年的平均温度升高，空气温度升高，从微观上看就是空气中分子的________。(已

－

知普朗克常量h＝6.6×1034 J·s，真空中的光速c＝3.0×108 m/s。结果取两位数字)

解析：由c＝λν得ν＝。

则求得频率范围为2.1×1011—1.9×1011Hz。又由E＝hν得能量范围为1.4×10－22—1.3×10－22 J。

温度越高分子无规则运动更剧烈，无规则热运动的平均动能也越大。

－－

答案：2.1×1011Hz—1.9×1011Hz 1.4×1022 J—1.3×1022 J 平均动能增大

11．神光“Ⅱ”装置是我国规模最大，国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它

－

可获得能量为2 400 J、波长λ为0.35 μm的紫外激光，已知普朗克常量h＝6.63×1034 J·s，则该紫外激光所含光子数为多少个？(取两位有效数字)。

解析：每个激光光子的能量为ε＝h，该紫外激光中所含光子数为

E2 400n＝＝8个 ε3.0×10

6.63×10－34×

0.35×10－6≈4.2×1021个。答案：4.2×1021

12．氦—氖激光器发出波长为633 nm的激光，当激光器的输出功率为1 mW时，每秒发出的光子数为多少个？

解析：据P＝nhν，ν＝，得

1×10－3P

n＝＝≈3.2×1015(个)。 8hν3×10

6.63×10－34×

633×10－9

答案：3.2×1015个

13．人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时，只要每秒有

－

6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。普朗克常量为6.626×1034 J·s，光速为3.0×108 m/s，则人眼能察觉到绿光时所收到的最小功率是多少？

Nhc

解析：根据光速公式c＝λν，能量子公式ε＝hν及能量关系Pt＝Nε，得P＝＝

λt6×6.626×10－34×3×108

W≈2.3×10－18 W。 7

5.3×10－×1

答案：2.3×1018 W

14．某广播电台发射功率为10 kW、在空气中波长为187.5 m的电磁波，试求： (1)该电台每秒钟从天线发射多少个电磁波能量子？

(2)若发射的能量子向周围辐射可视为均匀的，求在离天线2.5 km处，直径为2 m的环状天线每秒接收的能量子数以及接收功率。

解析：(1)由光速公式c＝λν、能量子公式ε＝hν及能量关系Pt＝Nε 得电台每秒发射的能量子数

187.5×104×1λPt

N＝＝个/秒

hc6.626×10－34×3×108≈9.4×1030个/秒。

(2)设环状天线每秒接收能量子为n个，以电台发射天线为球心，则半径为R的球面积

πr2

为S＝4πR。而环状天线的面积S′＝πr，所以n＝N≈3.8×1023个

4πR2

πr2

接收功率P收＝P＝4×10－4 W。

4πR2总

－

答案：(1)9.4×1030个 (2)3.8×1023个 4×104 W

15．太阳光垂直射到地面上时，1 m2地面接收的太阳光的功率为1.4 kW，其中可见光部分约占45%。

(1)假如认为可见光的波长约为0.55 μm，日地间距离R＝1.5×1011 m。普朗克常量h＝－

6.6×1034 J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光光子为多少？

－

(2)若已知地球的半径r＝6.4×106 m，估算地球接收的太阳光的总功率。

解析：(1)设地面上垂直阳光的1 m2面积上每秒钟接收的可见光光子数为n，则有P×45%c＝n·h。

3－6

0.45λP0.45×0.55×10×1.4×10

解得n＝＝(个)＝1.75×1021个。 348hc－6.6×10×3×10

设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球面包围着太阳。大球面接受的光子数即等于太阳辐射的全部光子数。则所求可见光光子数

N＝n·4πR2＝1.75×1021×4×3.14×(1.5×1011)2(个)＝4.9×1044(个)。

(2)地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光，地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直。接收太阳光辐射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆的平面的面积，则地球接收阳光的总功率为：

P地＝P·πr2＝1.4×3.14×(6.4×106)2 kW＝1.8×1017 kW。答案：(1)4.9×1044个 (2)1.8×1017 kW

高中物理选修3-5同步练习试题解析

光的粒子性

1．如图7－1所示，锌板与验电器相连，用紫外线灯照射锌板，发现验电器指针张开一个角度，则( )

图7－1

A．锌板带正电，验电器带负电 B．锌板带正电，验电器带正电

C．若改用红外线照射，验电器指针仍张开 D．若改用红外线照射，验电器指针不会张开

解析：用紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板发射光电子，故锌板带正电，锌板上的正电荷将验电器上的负电荷吸引过来，验电器带正电，A错误，B正确；若改用红外线照射，红外线的频率低于锌的截止频率，不会发生光电效应，C错误，D正确。

答案：B、D

2．光电效应中，从同一金属逸出的电子动能的最大值( ) A．只跟入射光的频率有关 B．只跟入射光的强度有关

C．跟入射光的频率和强度都有关

D．除跟入射光的频率和强度有关外，还与光照的时间有关

解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝mv2＝hν－W0知，从同一金属逸出的光电子的最

2大初动能仅与入射光的频率有关，故仅A选项正确。

答案：A

3．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是( )

A．延长光照时间

B．增大光的强度

C．换用波长较短的光照射 D．换用频率较低的光照射

解析：光照射金属时能否产生光电效应，取决于入射光的频率是否大于金属的极限频率，

与入射光的强度和照射时间无关，故A、B、D选项均错误；又因ν＝，所以C选项正确。

答案：C

4．用绿光照射一光电管，能产生光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增加，则应( )

A．改用红光照射 B．增大绿光的强度

C．增大光电管上的加速电压 D．改用紫光照射

解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝mv2＝hν－W0知，光电子的最大初动能仅与入射

2光的频率有关，故仅D选项正确。

答案：D 5．某种单色光的频率为ν，用它照射某种金属时，在逸出的光电子中动能最大值为Ek，则这种金属逸出功和极限频率分别是( )

A．hν－Ek，ν－

hEk

B．Ek－hν，ν＋

C．hν＋Ek，ν－

Ekh

D．Ek＋hν，ν＋

Whν－Ek

解析：由光电效应方程Ek＝hν－W得W＝hν－Ek，而W＝hν0，则ν0＝＝＝ν－

hhEk

，故A正确。 h

答案：A

6.如图7－2所示为一真空光电管的应用电路，其阴极金属材料的极限频率为4.5×1014 Hz，则以下判断正确的是( )

图7－2

A．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率 B．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度 C．用λ＝0.5 μm的光照射光电管时，电路中有光电流产生 D．光照射时间越长，电路中的光电流越大

解析：在光电管中若发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关。据此可判断A、D错误；波

3×108c

长λ＝0.5 μm的光子的频率ν＝＝Hz＝6×1014 Hz＞4.5×1014 Hz，可发生光电效

λ0.5×10－6应。所以，选项B、C正确。

答案：B、C

7．已知钙的逸出功是3.20 eV，对此理解正确的是( ) A．钙中的电子脱离钙需做功3.20 eV B．钙表面的电子脱离钙需做功3.20 eV

C．钙只需吸收3.20 eV的能量就有电子逸出

D．入射光子的能量必须大于3.20 eV才能发生光电效应

解析：逸出功指使电子脱离某种金属所做功的最小值，它等于金属表面的电子脱离金属所做的功，故A错误，B正确；钙中的电子至少吸收3.20 eV的能量才可能逸出，C错误；由光电效应发生的条件知，D正确。答案：B、D

8．在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图7－3所示，由实验图可求出( )

图7－3

A．该金属的极限频率和极限波长 B．普朗克常量 C．该金属的逸出功

D．单位时间内逸出的光电子数

解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W可知，当Ek＝0时，ν＝ν0，即图象中横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率。

图线的斜率k＝tanθ＝。可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量。据图象，假设ν－ν0图线的延长线与Ek轴的交点为C，其截距为W，有tanθ＝W/ν0，而tanθ＝h，所以W＝hν0。即图象中纵坐标轴的截距在数值上等于金属的逸出功。

答案：A、B、C

9．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc。用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应。若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定( )

A．a光束照射时，不能发生光电效应 B．c光束照射时，不能发生光电效应

C．a光束照射时，释放出的光电子数目最多

D．c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小

解析：由于光子能量公式E＝hν＝h，根据题意，a、b、c三束单色光对应光子的能量

λ大小分别为Ea＜Eb＜Ec，若Eb恰能使某金属发生光电效应，则a光束一定不能使该金属发生光电效应，而c光束一定能使该金属发生光电效应，故A对，B错，C错；根据光电效应方程Ek＝hν－W，可以看出，c光束照射该金属释放出的光电子的最大初动能比b光束产生的大，故D错。

答案：A

10．下表给出了一些金属材料的逸出功。材料铯钙镁铍钛逸出功 3.0 4.3 5.9 6.2 6.6 －(1019) J 现用波长为400 nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种(普朗克

常量h＝6.63×10

A．2种 B．3种 C．4种 D．5种

－34

J·s，光速c＝3.0×108 m/s)( )

解析：据光子说可知，波长为λ＝400 nm的单色光子的能量为：

83.0×10c34－19 J。 E＝hν＝h＝6.63×10－× J＝5.0×10

λ400×10－9

据光电效应方程Ek＝hν－W可知，当入射光子的能量E＝hν大于金属的逸出功W时，光电子最大初动能Ek＞0，即能发生光电效应。由题中表格可知，入射光子的能量大于铯和钙的逸出功，而小于镁、铍、钛的逸出功。故发生光电效应的金属只有铯和钙两种。

答案：B 11．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子的最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图象。已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个坐标系中，用实线表示钨，虚线表示锌，以下正确反映这一过程的图象是( )

解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W可知，Ek－ν图线的斜率代表了普朗克常量h，因

此钨和锌的Ek－ν的图线应该平行。图线的横截距代表了极限频率ν0，而ν0＝，因此钨的hν0大些。综上所述，B图正确。

答案：B

12．频率为ν的光照射某种金属，产生光电子的最大初动能为Ek，若用频率为2ν的光照射同一金属，则光电子的最大初动能是多少呢？

解析：根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0知，当入射光的频率为ν时，可计算出该金属的逸出功W0＝hν－Ek，当入射光的频率为2ν时，光电子的最大初动能为E′k＝2hν－W0＝Ek＋hν。

答案：Ek＋hν

13．用一束单色光照射截止频率为νc＝1.5×1015 Hz的某种金属，产生的光电子的最大初动能Ek＝6 eV，求该单色光一个光子的动量。

解析：金属的逸出功W0＝hνc，由光电效应方程Ek＝hν－W0得，hν＝Ek＋W0＝Ek＋hνc，因一个光子的动量p＝

Ek＋hνchhν

，由c＝λν得p＝，则p＝＝λcc

6×1.6×10－19＋6.626×10－34×1.5×1015

kg·m/s

3×108

＝6.5×10－27 kg·m/s。

答案：6.5×1027 kg·m/s

14．某金属的逸出功为W0，用波长为λ的光照射金属的表面，当电压取某个值时，光

电流便被截止。当入射光的波长改变为原波长的后，查明电压必须增大到原值的η倍才能

使光电流截止。试计算原入射光的波长λ。

hcλnhc

解析：光的波长为λ时，eUc＝－W0，当光的波长为后，ηeUc＝－W0，联立得λ

λnλ＝

。

(η－1)W0答案：hc(η－n)

－

hc(η－n)

(η－1)W0

－

15．某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21 eV，用波长为2.5×107 m

－

的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108 m/s，元电荷的带电量为1.6×1019 C，普朗

－

克常量为6.63×1034 J·s，求得钾的极限频率和该光电管发射的光电子的最大初动能分别是多大？

W2.21×1.6×10

解析：W＝hν0，ν0＝≈h6.63×10－34由光电效应方程

3.0×108c34－Ekm＝hν－W＝h－W＝6.63×10×－2.21×1.6×10－19(J)＝4.4×10－19 J。 7λ－2.5×10答案：5.3×1014 Hz 4.4×10

－19

Hz＝5.3×1014 Hz，

高中物理选修3-5同步练习试题解析

粒子的波动性

1．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程。下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是( )

A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的 B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性 C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波 D．光具有波粒二象性

解析：牛顿的“微粒说”认为光是从光源发出的一种物质微粒，在均匀的介质中以一定的速度传播；爱因斯坦的光子说认为光是一种电磁波，在空间传播时是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，故本质是不同的，A错。

答案：B、C、D

2．能说明光具有波粒二象性的实验是( ) A．光的干涉和衍射 B．光的干涉和光电效应 C．光的衍射和康普顿效应

D．光电效应和康普顿效应

解析：光的干涉和光的衍射只说明光具有波动性，光电效应和康普顿效应只说明光具有粒子性，B、C正确。

答案：B、C

3．关于光的本性，下列说法中正确的是( ) A．光子说并没有否定光的电磁说 B．光电效应现象反映了光的粒子性

C．光的波粒二象性是综合了牛顿的微粒说和惠更斯的波动说提出来的

D．大量光子产生的效果往往显示出粒子性，个别光子产生的效果往往显示出波动性解析：光既有粒子性，又有波动性，但这两种特性并不是牛顿所支持的微粒说和惠更斯提出的波动说，它体现出的规律不再是宏观粒子和机械波所表现出的规律，而是自身体现的一种微观世界特有的规律。光子说和电磁说各自能解释光特有的现象，两者构成一个统一的整体，而微粒说和波动说是相互对立的。

答案：A、B

4．下列关于光的波粒二象性的说法中，正确的是( ) A．有的光是波，有的光是粒子 B．光子与电子是同样的一种粒子

C．光的波长越长，其波动性越明显；波长越短，其粒子性越显著 D．大量光子的行为往往显示出粒子性

解析：一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，光的有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子。虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波粒二象性，但电子是实物粒子，有静止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以，不能说光子与电子是同样的一种粒子。光的波粒二象性的理论和实验表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性，光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著，光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起接收装置的反应，所以其粒子性就很显著，故选项C正确。A、B、D错误。

答案：C

5．关于物质波，下列说法中正确的是( )

A．速度相等的电子和质子，电子的波长大 B．动能相等的电子和质子，电子的波长小 C．动量相等的电子和中子，中子的波长小

D．甲电子速度是乙电子的3倍，甲电子的波长也是乙电子的3倍

解析：由λ＝可知，动量大的波长小。电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长。

p电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系式：p＝ 2mEk可知，电子的动量小，波长长。动量相等的电子和中子，其波长应相等。如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是1乙的三倍，甲的动量也是乙的三倍，则甲的波长应是乙的。

答案：A

6．已知α粒子的质量mα＝6.64×10的衍射现象，障碍物的尺寸约为( )

A．3.3×10B．3.3×10C．3.3×10

－10

－27

kg，速度v＝3×107 m/s，要观察到α粒子明显

－12－15

m m m

D．3.3×10

－18

6.626×10－34hh

解析：根据德布罗意假说λ＝＝＝ m≈3.3×10－15 m。要观察

pmv6.64×10－27×3×107

到明显的衍射现象，障碍物的尺寸与波长差不多，C正确。

答案：C

7．下列关于光的波粒二象性的说法中，正确的是( )

A．光显示粒子性时是分立而不连续的，无波动性；光显示波动性时是连续而不分立的，无粒子性

B．光的频率越高，其粒子性越明显；光的频率越低，其波动性越明显 C．光的波动性可以看作是大量光子运动的规律

D．伦琴射线比可见光更容易发生光电效应，而更不容易产生干涉、衍射等物理现象解析：我们既不能把光看成宏观现象中的波，也不能把光看成宏观现象中的粒子，光既具有波动性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性，选项A错误；光的波动性和粒子性都与光的频率有关，随着频率的增大，波动性减弱而粒子性增强，选项B正确；大量光子表现出波动性，少量光子则表现出粒子性，选项C正确；伦琴射线的频率比可见光高，在真空中、空气中或在同一种介质中的伦琴射线的波长比可见光短，因而更容易发生光电效应而更不容

易观察到干涉和衍射现象，选项D正确。

答案：B、C、D

8．显微镜观看细微结构时，由于受到衍射现象的影响而观察不清，因此观察越细小的结构，就要求波长越短，波动性越弱。在加速电压值相同的情况下，电子显微镜与质子显微镜的分辨本领，下列判定正确的是( )

A．电子显微镜分辨本领较强 B．质子显微镜分辨本领较强 C．两种显微镜分辨本领相同 D．两种显微镜分辨本领不便比较

12p2

解析：本题结合显微镜考查实物粒子的物质波，在电场中加速eU＝mv＝，又由物22mhh

质波公式λ＝得λ＝，所以经相同电压加速后的质子与电子相比，质子的物质波波长

p2meU短，波动性弱，从而质子显微镜分辨本领较强，即B选项正确。

答案：B

9．现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是( )

A．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多

B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的

C．质量为103 kg、速度为102 m/s的小球，其德布罗意波长约为10能清晰地观测到小球的波动性

D．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距大致相同

解析：光电效应体现光的粒子性，A错；肥皂泡看起来是彩色的，这是薄膜干涉现象，体现光的波动性，B正确；由于小球的德布罗意波波长太小，很难观察到其波动性，C错；人们利用热中子的衍射现象研究晶体结构，所以能够体现波动性，D正确。

答案：B、D

10．用高压加速后的电子的德布罗意波的波长可以小到10在10

－10

－12

－

－28

m，不过我们

m数量级。用它观察尺度

m数量级的微小物体时，其衍射就可以忽略不计，从而大大提高了显微镜的分辨能

力。一台电子显微镜用来加速电子的电压高达U＝106 V，求用它加速后的电子束的德布罗意波的波长。(电子的质量为m＝0.91×10

－30

kg)

解析：用电压U加速电子，由动能定理得eU＝Ek，由物体动量和动能的关系得p＝

2mEk，再由物质波的波长公式λ＝，可以求得该电子束的德布罗意波的波长λ＝，p2meU代入数据得λ≈1.2×10－12 m。

答案：1.2×10

－12

11．如果一个中子和一个质量为10 g的子弹都以103 m/s的速度运动，则它们的德布罗意波的波长分别是多长？(中子的质量为1.67×10

解析：中子的动量为p1＝m1v 子弹的动量为p2＝m2v

据λ＝知中子和子弹的德布罗意波长分别为

phhλ1＝，λ2＝

p1p2

hh联立以上各式解得：λ1＝，λ2＝ m1vm2v将m1＝1.67×10－27kg，v＝1×103 m/s h＝6.63×10－34 J·s，m2＝1.0×10－2 kg 代入上面两式可解得

λ1＝4.0×10－10 m，λ2＝6.63×10－35 m。答案：4.0×10

－10

－27

kg)

m 6.63×10

－35

12．任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之对应，h

波长是λ＝，式中p是运动物体的动量，h是普朗克常量，人们把这种波叫做德布罗意波。

p现有一个德布罗意波长为λ1的物体1和一个德布罗意波长为λ2的物体2，二者相向正撞后粘在一起，已知|p1|<|p2|，则粘在一起的物体的德布罗意波长为多少？

hhhhλ1λ2

解析：由动量守恒定律p2－p1＝(m1＋m2)v及p＝，得－＝，所以λ＝。

λλ2λ1λλ1－λ2λ1λ2

答案： λ1－λ2

13．已知铯的逸出功为1.9 eV，现用波长为4.3×107 m的入射光照射金属铯。求： (1)能否发生光电效应？

(2)若能产生光电效应，求光电子的德布罗意波波长最短为多少？(电子的质量为m＝0.91×10

－30

－

kg)。

3.0×108c134－解析：(1)入射光子的能量E＝hν＝h＝6.626×10×× eV≈2.9 719λ－－4.3×101.6×10

eV。由于E＝2.9 eV>W0，所以能发生光电效应。

(2)根据光电效应方程可得光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝1.6×10－19 J 而光电子的最大动量p＝ 2mEk，则光电子的德布罗意波波长的最小值 hλmin＝＝p

6.626×10－34

2×0.91×10－30×1.6×10－19

≈1.2×10－9 m。

答案：(1)能 (2)1.2×109 m

14．金属晶体中晶格大小的数量级是10

－10

－

m，电子经加速电场加速，形成一电子束，

电子束照射该金属晶体时，获得明显的衍射图样。问这个加速电场的电压约为多少？(已知电子的电荷量为e＝1.6×10

－19

C，质量为m＝0.90×10

－30

kg)

解析：据波长发生明显衍射的条件可知，当运动电子的德布罗意波波长与晶格大小差不多时，可以得到明显的衍射现象。

设加速电场的电压为U，电子经电场的加速后获得的速度为v，对加速过程由动能定理1

得：eU＝mv2①

据德布罗意物质波理论知，电子的德布罗意波长为 hλ＝② p其中p＝mv③

解①②③联立方程组可得：U＝＝153 V。

2emλ2答案：153 V

高中物理选修3-5同步练习试题解析

概率波不确定性关系

1．有关光的本性的说法中正确的是( )

A．关于光的本性，牛顿提出了“微粒说”，惠更斯提出了“波动说”，爱因斯坦提出了“光子说”，它们都圆满地说明了光的本性

B．光具有波粒二象性是指：光既可以看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子

C．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性

D．在光的双缝干涉实验中，如果光通过双缝时显示波动性，如果光只通过一个缝时显示粒子性

解析：牛顿主张的微粒说中的微粒与实物粒子一样，惠更斯主张的波动说中的波动与宏观机械波等同，这两种观点是相互对立的，都不能说明光的本性，所以A、B错，C正确；在双缝干涉实验中，双缝干涉出现明暗均匀的条纹。当让光子一个一个地通过单缝时，曝光时间短时表现出粒子性，曝光时间长时表现出波动性，因此D错误。

答案：C

2．关于物质波的认识，正确的是( ) A．电子的衍射证实了物质波的假设是正确的 B．物质波也是一种概率波

C．任何一个物体都有一种波和它对应，这就是物质波 D．物质波就是光波

解析：本题综合考查物质波概念，电子衍射图像的观测证明德布罗意关于物质波的假说是正确的，所以A正确；只有运动的物质才有物质波与它对应，故C错误；物质波与光波一样，也是一种概率波，即粒子在各点出现的概率遵循波动规律，但物质波不是光波，所以B正确，D错误；即正确选项是A、B。

答案：A、B

3．以下说法正确的是( ) A．物体都具有波动性

B．抖动细绳一端，绳上的波就是物质波 C．通常情况下，质子比电子的波长长 D．核外电子绕核运动时，并没有确定的轨道

解析：任何物体都具有波动性，故A对；对宏观物体而言，其波动性难以观测，我们所h看到的绳波是机械波，不是物质波，故B错；电子的动量往往比质子的动量小，由λ＝知，

p电子的波长长，故C错；核外电子绕核运动的规律是概率问题，无确定的轨道，故D对。

答案：A、D

4．下列对物理模型和物理现象的关系理解正确的是( ) A．物理模型应与日常经验相吻合，并能解释物理现象 B．物理模型可以与日常经验相悖，但应与实验结果一致 C．物理模型不能十分古怪，让人难以理解

D．只要物理模型与实验结果一致，它在一定范围内就能正确代表研究的对象解析：建立物理模型的目的就是能解释物理现象，与实验结果符合，而不是符合人的日常经验，B、D正确。

答案：B、D

5．关于对微观粒子的认识，下列说法中正确的是( ) A．粒子的位置和动量可以同时确定 B．粒子的运动没有确定的轨迹 C．单个粒子的运动没有规律

D．粒子在某一时刻的加速度由该时刻粒子受到的合力决定

解析：微观粒子具有波粒二象性，运动没有确定的轨迹，B正确；虽不能确定粒子出现在哪一位置，但可确定粒子在该点附近出现的概率，C错误；由不确定性关系知，粒子的位置和动量不能同时确定，A错误；粒子的运动不遵循牛顿运动定律，D错误。

答案：B

6．在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上。假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子( )

A．一定落在中央亮纹处 B．一定落在亮纹处 C．可能落在暗纹处

D．落在中央亮纹处的可能性最大

解析：根据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上。当然也可落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确。

答案：C、D

7．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，减弱光电流的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝。实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上就只能出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就出现了规则的干涉条纹。关于此实验，下列理解正确的是( )

A．干涉条纹是光子之间相互作用的结果

B．少量的光子不具有波动性，大量的光子具有波动性 C．单个光子通过双缝后的落点可以预测

D．光子在某点附近出现的概率可以确定，亮条纹处出现的概率大，暗条纹处出现的概

率小

解析：光具有波粒二象性，光的粒子性与波动性是光固有的性质，B错误；光的波动性不是光子间的相互作用引起的，A错误；光子落在哪一点不能确定，但可以确定落在其点附近出现的概率，且概率受波动规律支配，对大量光子来说，出现概率大的位置到达的光子数多，出现明条纹，出现概率小的位置到达的光子数少，出现暗条纹，C错误，D正确。

答案：D

8．现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构。为满足测量要求，将显微镜d

工作时电子的德布罗意波长设定为，其中n>1。已知普朗克常量h、电子质量m和电子电

n荷量e，电子的初速度不计，则显微镜工作时电子的加速电压应为( )

md2h21n2h2A. B.n2e33 med2d2h2C. 2men2

n2h2D. 2med2

hdnhp2n2h2n2h2

解析：由德布罗意波公式，λ＝＝，得p＝，而Ek＝＝＝eU，解得U＝。

pnd2m2md22emd2答案：D

9．一个电子(初动能视为零)经200 V电压加速，已知电子的质量为9.1×10

－31

kg，计算

这个运动着的电子的波长，当它在原子中或原子附近运动时，能否产生衍射现象？

解析：由Ue＝mv2，p＝ 2mEk，λ＝ 2p可得电子波长λ＝8.7×10－11 m。

因原子大小的数量级为10－14 m～10－15 m，所以能产生衍射现象。答案：8.7×10

－11

m 能

－12

10．一灰尘质量为m＝10 kg，速度为v＝10 m/s，用毫米刻度尺测得其某一时刻位置

为x＝52.33 cm。毫米刻度尺的最大误差Δx＝0.05 cm，则其速度的最小误差为多少呢？

解析：灰尘速度的最小误差即其不确定量，动量的不确定量Δp＝mΔv，则由不确定性6.626×10－34hh

关系ΔxΔp≥，得Δv≥＝ m/s≈1.0×10－19 m/s。 1244π4πmΔx4π×10－×5×10－

答案：1.0×10

－19

m/s

－27

11．质量为m＝6.64×10 kg的α粒子通过宽度为a＝0.1 mm的狭缝后，其速度的不

确定量约为多少？若其速度v＝3×107 m/s，它能否看成经典粒子？

解析：α粒子位置不确定量Δx＝a，由不确定性关系ΔxΔp≥及Δp＝mΔv，得Δv≥4π4πmΔx＝

Δv－5 m/s， m/s≈8×10因＝2.67×10－12≪1，故能当作经典粒子处274v－－4π×6.64×10×10

6.626×10－34

理。

答案：8×105 能

12．质量为10 g的子弹与电子的速率相同，均为500 m/s，其测量准确度为0.01%，若位置和速率在同一实验中同时测量，则它们位置的最小不确定量各为多少？(电子质量为9.1×10

－31

－

kg)

解析：测量准确度即速度的不确定量，故子弹、电子的速度不确定量均为Δv＝0.05 m/s 子弹动量的不确定量Δp1＝m1Δv＝5×10－4 kg·m/s 电子动量的不确定量Δp2＝m2Δv＝4.55×10－32 kg·m/s

6.626×10－34h

由ΔxΔp≥得，子弹位置的最小不确定量Δx1＝ m≈1.06×10－31 m 44π－4×3.14×5×10电子位置的最小不确定量Δx2＝ m≈1.16×10－3 m。 32

4×3.14×4.55×10－答案：1.06×10

－31

6.626×10－34

m 1.16×103 m

－

13．质量为10 g、速度为300 m/s在空中飞行的子弹，其德布罗意波波长是多少？为什么我们无法观察出其波动性？如果能够用特殊的方法观察子弹的波动性，我们是否能够看到子弹上下或左右颤动着前进，在空间中描绘出正弦曲线或其他周期性曲线？

解析：不会看到这种现象，因德布罗意波是一种概率波，粒子在空间出现的概率遵从波动规律，而非宏观的机械波，更不是粒子做曲线运动。

答案：2.21×10

－34

m 不会

－15

14．原子核的半径为10 m，估计核内质子的动量不确定范围。如果电子被限制在核

内，其动量不确定范围又是多少？

解析：设质子的不确定范围等于原子核的半径，即Δx＝10－15 m，由不确定关系公式hhΔx·Δp≥，得Δp≥＝5.3×10－20 kg·m/s。

4π4πΔx

同理，电子被限制在核内，动量的不确定范围与质子一样为：Δp≥5.3×10－20 kg·m/s。答案：Δp≥5.3×10

－20

《波粒二象性》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分

钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

1．在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是( ) A．光的折射现象、色散现象 B．光的反射现象、干涉现象 C．光的衍射现象、偏振现象

D．光的直线传播现象、光电效应现象

解析：因为色散现象说明的是白光是由各种单色光组成的复色光，故A错；由于反射现象并非波动所独有的性质，故B错；直线传播并非波动所独有，且光电效应说明光具有粒子性，故D错；只有衍射现象和偏振现象为波动所独有的性质，所以C正确。

答案：C

2．下列说法中正确的是( )

A．光的干涉和衍射现象说明光具有波动性 B．光的频率越大，波长越长 C．光的波长越大，光子的能量越大 D．光在真空中的传播速度为3.0×108 m/s

解析：干涉和衍射现象是波的特性，说明光具有波动性，A对；光的频率越大，波长越短，光子能量越大，故B、C错；光真空中的速度为3.0×108 m/s，故D对。

答案：A、D

3．现代科技中常利用中子衍射技术研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近。已知中子质量m＝1.67×10

－10

－27

kg，可以估算德布罗意波长λ＝1.82×10

m的热中子动能的数量级为( ) A．10

－17

J B．10

－19

C．10

－21

J D．10

－24

6.6262×10－68hp2h2

－21 J，解析：由p＝及Ek＝得，Ek＝ J≈4×102＝λ2m2mλ2×1.67×10－27×1.822×10－20

C正确。

答案：C

4．下列关于光电效应的说法中，正确的是( ) A．金属的逸出功与入射光的频率成正比 B．光电流的大小与入射光的强度无关

C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的最大初动能大 D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长大于此波长时，就不能产生光电效应

解析：逸出功与入射光无关，反映的是金属材料对电子的束缚能力；A错误；光强越大，单位时间内入射的光子数越多，逸出的电子数也越多，光电流越大，B错误；红外线的频率比可见光小，紫外线的频率比可见光大，由Ek＝hν－W0知，C错误；由产生光电效应的条件知，D正确。

答案：D

5．下列有关光的说法中正确的是( )

A．光电效应表明在一定条件下，光子可以转化为电子 B．大量光子易表现出波动性，少量光子易表现出粒子性 C．光有时是波，有时是粒子

D．康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量

解析：光电效应中，光子把能量转移给电子，而不是转化为电子，A错误；由光的性质可知，B正确；波动性和粒子性是光的两个固有属性，只是在不同情况下一种属性起主要作h

用，C错误；康普顿效应表明光具有能量和动量，能量ε＝hν，动量p＝，D正确。

答案：B、D

6．一激光器发光功率为P，发出的激光在折射率为n的介质中波长为λ，若在真空中速度为c，普朗克常量为h，则下列叙述正确的是( )

A．该激光在真空中的波长为nλ c

B．该激光的频率为

Ptnλ

C．该激光器在t s内辐射的能量子数为

Ptλ

D．该激光器在t s内辐射的能量子数为

cλ0νλ0

解析：激光在介质中的折射率n＝v＝＝，故激光在真空中的波长λ0＝nλ，A正确；

λνλccPtnλ

激光频率ν＝＝，B错误；由能量关系Pt＝Nε，c＝λ0ν，λ0＝nλ及ε＝hν得N＝，C

λ0nλhc正确，D错误。

答案：A、C

7．两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则( )

A．在真空中，a光的传播速度较大 B．在水中，a光的波长较小 C．在真空中，b光光子的能量较大 D．在水中，b光的折射率较小

解析：由已知可得频率νa＜νb，所以λa＞λb，B对；由光子能量E＝hν得，a光光子能量大，C错；在同种介质中频率大的光折射率大，即na＞nb，D对；在真空中各种光传播速度相同，都是c＝3×108 m/s，A错。

答案：B、D

8．光通过单缝所发生的现象，用位置和动量的不确定性关系的观点加以解释，下列说法中正确的是( )

A．单缝宽，光沿直线传播，这是因为位置不确定量大，动量不确定量小可以忽略 B．当光能发生衍射现象时，动量不确定量就不能忽略

C．单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量越小，动量不确定量越大 D．以上解释都不正确

解析：由不确定关系ΔxΔp≥知，A、B、C正确。

4π答案：A、B、C

9．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波长和频率为1 MHz的无线电波的波长，由表中数据可知( )

弹子球电子(100 eV) 无线电波(1 MHz) 质量/kg 2.0×102 9.0×10 －31－速度(m·s1) 1.0×102 5.0×106 3.0×108 －－波长/m 3.3×101.2×10－30－10 3.3×102 A.要检测弹子球的波动性几乎不可能

B．无线电波通常情况下只表现出波动性 C．电子照射到金属晶体上能观察到波动性 D．只有可见光才有波动性

解析：弹子球的波长相对太小，所以检测其波动性几乎不可能，A对；无线电波波长较长，所以通常表现为波动性，B对；电子波长与金属晶体尺度差不多，所以能利用金属晶体观察电子的波动性，C对；由物质波理论知，D错。

答案：A、B、C

10．研究光电效应规律的实验装置如图(十七)－1所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生。由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动。光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出。当电流计的示数为零时，电压表的示数称为反向截止电压U0。在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是( )

图(十七)－1

解析：由光电效应方程Ek＝hν－W，若加反向截止电压，则eU0＝Ek时无光电流，则U0

EkhνW

＝＝－，则U0与ν的关系图线不过原点，故B错；根据光电效应规律，当反向电压eeeU和频率ν一定时，光电流i与光强I(光子个数)成正比，故A正确；由于光强I与入射光的光子个数成正比，所以当光强I和频率ν一定时，光电流i与反向电压U的关系为C，C正

确；根据光电效应规律，当光强I和频率ν一定时，光电流i与产生光电子的时间关系是“瞬时”关系(10－9 s)，故D项正确，本题只有B错，故选B。

答案：B

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)如图(十七)－2所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指针归零。用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带________电(选填“正”或“负”)；若改用红外线重复上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率________红外线(选填“大于”或“小于”)。

图(十七)－2

解析：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，因锌板被紫外线照射后发生光电效应缺少电子而带正电，故验电器的负电荷与锌板正电荷中和一部分电荷后验电器指针偏角变小。用红外线照射验电器指针偏角不变，说明锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率。

答案：正大于

12．(5分)在光电效应实验中，如果实验仪器及线路完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是______________________。

解析：入射光频率小于这种金属的极限频率(即入射光波长大于这种金属的极限波长)，不能发生光电效应现象，即无光电子逸出。另一种可能是光电管上所加反向电压太大，逸出的光电子减速运动，速度为零后又返回，使电路中没有电流通过。

答案：入射光波长太大(或反向电压太大) 13．(5分)利用金属晶格(大小约10

－10

m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电

子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量

为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则加速后电子的德布罗意波长为λ＝________，若电子质量m＝9.1×10________(能或不能)发生明显衍射现象。

－31

kg，加速电压U＝300 V，则电子束

图(十七)－3

解析：由eU＝Ek及p＝2mEk得λ＝＝；将U＝300 V代入，得λ＝

p2meU

6.626×10－34

2×9.1×10－31×1.6×10－19×300

m≈0.71×10－10 m

λ与金属晶格差不多，所以能发生明显衍射。答案：

能 2meU14．(5分)利用光电管产生光电流的电路如图(十七)－3所示。电源的正极应接在________端(填“a”或“b”)；若电流表读数为8 μA，则每秒从光电管阴极发射的光电子至少是________个(已知电子电荷量为1.6×10

－19

C)。

解析：由题意知，电路图为利用光电管产生光电流的实验电路，光电管的阴极为K，光电子从K极发射出来要经高电压加速，所以a端应该接电源正极，b端接电源负极。假定从阴极发射出来的光电子全部到达阳极A，则每秒从光电管阴极发射出来的光电子数目为n＝8×10－6QIt

＝＝个＝5×1013个。 ee1.6×10－19

答案：a 5×1013

15. (6分)如图(十七)－4所示，当开关S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上开关，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零，求此阴极材料的逸出功为多大？

图(十七)－4

解析：设光子能量为2.5 eV照射时，光电子的最大初动能为mv2，阴极材料的逸出功

为W，据爱因斯坦光电效应方程有：mv2＝hν－W

①

题图中光电管上加的是反向电压，据题意，当反向电压达到U＝0.60 V以后，具有最大1

初动能的光电子也不能达到阳极，因此eU＝mv2

②

由①②得W＝hν－eU＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV。答案：1.9 eV

16．(6分)一光源的功率P＝40 W，发光效率η＝6%，发出频率为ν＝6×1014 Hz的可见光。已知普朗克常量h＝6.626×10

－34

J·s。求：

(1)光源每秒发出的能量子数；

(2)若每秒有10个能量子进入瞳孔就能引起视觉，瞳孔的直径d＝5 mm，则能看到光源的最大距离是多少？

解析：(1)光源每秒发出光的能量E＝Pηt，由E＝Nε及ε＝hν得Pηt＝Nhν 40×6%×1Pηt

则N＝＝个≈6.04×1018个

hν6.626×10－34×6×1014(2)设能看到光源的最大距离为R，光源向周围均匀辐射， N

每秒内通过距光源R处单位面积的光子数为

4πR2Nπ2Nd2

每秒内通过瞳孔的光子数n＝·d＝ 4πR2416R2故R＝

Nd2＝ 16n

6.04×1018×52×10－6

m≈9.7×105 m。

16×10

答案：(1)6.04×1018个 (2)9.7×105 m

17．(7分)高速电子流射到固体上，可产生X射线，产生X射线的最大频率由公式hνm

＝Ek确定，Ek表示电子打到固体上时的动能。设电子经过U＝9 000 V高压加速，已知电子

质量me＝9.1×10

－31

kg，电子电量e＝1.60×10

－19

C。求：

(1)加速后电子对应的德布罗意波长；

(2)产生的X射线的最短波长及一个光子的最大动量。

解析：由动能定理eU＝Ek，动量与动能关系p＝ 2mEk及动量与波长关系p＝得

λhλ＝＝2meU6.626×10－34

2×9.1×10－31×1.6×10－19×9×103

m≈1.3×10－11 m

EkeU

(2)产生的X射线最大频率νm＝＝，对应的最短波长

348

chc6.626×10－×3×10－10 m λmin＝＝＝ m≈1.4×10νmeU1.6×10－19×9×103

一个光子的最大动量

193

hνmeU1.6×10－×9×10

pm＝＝＝＝ kg·m/s

λmincc3×108

＝4.8×10－24 kg·m/s。答案：(1)1.3×10

－11

m (2)1.4×10

－10

m 4.8×10

－24

kg·m/s

18．(7分)波长为λ＝0.17 μm的紫外线照射到金属筒上能使其发射光电子，光电子在磁感应强度为B的匀强磁场中，做最大半径为r的匀速圆周运动，已知r·B＝5.6×106 T·m，光电子质量m＝9.1×10

－31

－

kg，电荷量e＝1.6×10

－19

C，求：

(1)光电子的最大动能； (2)金属筒的逸出功。

解析：光电子做匀速圆周运动时，在垂直磁场的平面内运动，它的动能即是最大动能。 mv2eBr(1)由eBv＝得v＝，

rm121eBr2(eBr)2

所以mv＝m·m＝。

222m1

代入数据得mv2＝4.41×10－19 J。

2(2)由爱因斯坦光电效应方程得 1c1

W＝hν－mv2＝h－mv2，

2λ2代入数据得W＝7.3×10－19 J。答案：(1)4.41×10

－19

J (2)7.3×10

－19

h－

19．(7分)已知＝5.3×1035 J·s，试求下列情况中速度测定的不确定量。

4π(1)一个球的质量m＝1.0 kg，测定其位置的不确定量为106 m； (2)电子的质量me＝9.1×10量级内)。

解析：(1)m＝1.0 kg，Δx1＝10－6 m h

由ΔxΔp≥及Δp＝mΔv知

4π

5.3×10－35Δph－29 m/s Δv1＝≥＝ m/s＝5.3×10

m4πΔx1m10－6×1.0(2)me＝9.1×10－31 kg，Δx2＝10－10 m 同理得

5.3×10－35h

Δv2≥＝ m/s＝5.8×105 m/s。

4πΔx2me10－10×9.1×10－31答案：(1)5.3×10

－29

－31

－

kg，测定其位置的不确定量为10

－10

m(即在原子直径的数

m/s (2)5.8×105 m/s

20．(7分)20世纪20年代，剑桥大学学生G·泰勒做了一个实验。在一个密闭的箱子里放上小灯泡、烟熏黑的玻璃、狭缝、针尖、照相底板，整个装置如图(十七)－5所示。小灯泡发出的光通过熏黑的玻璃后变得十分微弱，经过三个月的曝光，在底片上针尖影子周围才出现非常清晰的衍射条纹。泰勒对这照片的平均黑度进行测量，得出每秒到达底片的能量是5×10

－13

J。

图(十七)－5

(1)假如起作用的光波波长约500 nm，计算从一个光子到来和下一光子到来所间隔的平均时间，及光束中两邻近光子之间的平均距离；

(2)如果当时实验用的箱子长为1.2 m，根据(1)的计算结果，能否找到支持光的概率波的证据？

解析：(1)对于λ＝500 nm的光子能量为：

3.0×108c34－ε＝hν＝h·＝6.63×10× J＝4.0×10－19 J。 9λ－500×10因此每秒到达底片的光子数为：

E′5×10－n＝＝个＝1.25×106个。 19ε－4×10

如果光子是依次到达底片的，则光束中相邻两光子到达底片的时间间隔是： 1 s1 sΔt＝＝＝8.0×10－7 s。

n1.25×106两相邻光子间平均距离为：

s＝cΔt＝3.0×108×8.0×10－7 m＝240 m。

(2)由(1)的计算结果可知，两光子间距有240 m，而箱子长只有1.2 m。所以在箱子里一般不可能有两个光子同时在运动。这样就排除了光的衍射行为是光子相互作用的可能性。因此，衍射条纹的出现是许多光子各自独立行为积累的结果，在衍射条纹的亮区是光子到达可能性较大的区域，而暗区是光子到达可能性较小的区域。这个实验支持了光波是概率波的观点。

答案：(1)240 m (2)见解析

高中物理选修3-5同步练习试题解析

电子的发现

1．下面对阴极射线的认识正确的是( )

A．阴极射线是由阴极发出的粒子撞击玻璃管壁上的荧光而产生的 B．只要阴阳两极间加有电压，就会有阴极射线产生 C．阴极射线可以穿透薄铝片，这说明它是电磁波

D．阴阳两极间加有高压时，电场很强，阴极中的电子受到很强的库仑力作用而脱离阴极

解析：阴极射线是由阴极直接发出的，A错误；只有当两极间加有高压且阴极接电源负极时，阴极中的电子才会受到足够大的库仑力作用而脱离阴极成为阴极射线，B错误，D正确；阴极射线可以穿透薄铝片，可能是电磁波，也可能是更小的粒子，C错误。

答案：D

2．如果阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是( ) A．阴极射线管内的高电压能够对其加速而增加能量 B．阴极射线通过偏转电场不会发生偏转

C．阴极射线通过偏转电场能够改变方向 D．阴极射线通过磁场时方向可能发生改变

解析：X射线是电磁波，不带电，通过电场、磁场时不受力的作用，不会发生偏转、加速，B正确。

答案：B

3．如图10－1所示，在阴极射线管正下方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将( )

图10－1

A．向纸内偏转 B．向纸外偏转 C．向下偏转

D．向上偏转

解析：根据安培定则可知长直导线下方的磁场方向垂直纸面向外，电子从负极射出向右运动，由左手定则可知阴极射线(本质是电子流)将向上偏转，故D选项正确。

答案：D

4．关于电荷量下列说法错误的是( ) A．物体的带电荷量可以是任意值 B．物体的带电荷量只能是某些值 C．物体的带电荷量的最小值为1.6×10

－

－19

D．一个物体带1.6×109 C的正电荷，这是它失去了1.0×1010个电子的缘故解析：物体所带的电荷量是量子化的，它只能是电子电荷量e＝1.6×10－19 C的整数倍，故仅A选项错误。

答案：A

5.如图10－2所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v，下面的说法中正确的是( )

图10－2

A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v

B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为

C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为

2D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为1

解析：由eU＝mv2得v＝

2变为

2v。 2

2v 2

2eU，电子速度与A、K间距无关。当电压减半时，速度m

答案：D

6．1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，打破了原子是不可再分的最小单位的观点。因此，汤姆孙的实验是物理学发展史上最著名的经典实验之一。在实验中，汤姆孙采用了如图10－3所示的阴极射线管，从电子枪C射出来的电子经过A、B间的电场加速后，水平射入长度为L的D、E平行板间，接着在荧光屏F的中心出现荧光斑。若在D、E间加上方向向下，场强为E的匀强电场，电子将向上偏转；如果再利用通电线圈在D、E电场区加上一垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)荧光斑恰好回到荧光屏中心，接着再去掉电场，电子向下偏转，偏转角为θ，试解决下列问题：

图10－3

(1)说明图中磁场沿什么方向；

(2)根据L、E、B和θ，求出电子的比荷。

解析：(1)根据题意，在D、E区加上磁场时，电子受到的洛伦兹力应向下，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里。

(2)当电子在D、E间做匀速直线运动时，有eE＝evB

mv2

当电子仅在D、E间的磁场中发生偏转时，有evB＝，同时又有L＝rsinθ，如图所

reEsinθ

示，可得＝2。

mBL

Esinθ

答案：(1)垂直纸面向里 (2)2 BL

7.电子所带电量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的。他测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于某个最小电量的整数倍。这个最小电量就是电子所带的电量。密立根实验的原理如图10－4所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电。从喷雾器喷出的小油滴落到A、B两板之间的电场中，小油滴由于摩擦而带负电，当调节A、B两板间的电压为U时，可使油滴匀速下降。已知油滴可看成球体，密度为ρ，下降的速度大小为v，受到空气的阻力f＝kπr2v，k为比例系数，r为油滴的大圆半径，两极板间距离为d，重力加速度为g，则带电油滴的带电量是多大？

图10－4

解析：油滴受三个力作用：重力、库仑力和空气阻力，因油滴匀速下降，三力平衡，有πr2d(4ρrg－3kv)U43

2mg＝q＋f，将m＝ρ·πr，f＝kπrv代入，得q＝。

d33U

πr2d(4ρrg－3kv)答案：

8．电子所带电量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的。他测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于某个最小电量的整数倍。这个最小电量就是电子所带的电量。密立根实验的原理如图10－5所示，A、B是两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电。从喷雾器嘴喷出的小油滴落到A、B两板之间的电场中，小油滴由于摩擦而带负电，调节A、B两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡。已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105 N/C，油滴半径是1.64×104 cm，油的密度是0.851 g/cm3，求油滴所带的电量，这个电量是电子电量的多少倍？

－

图10－5

解析：小油滴质量 4

m＝ρV＝ρ·πr3

① ②

由题意知 mg＝Eq 由①②两式可得 ρ·4πr3gq＝ 3E

0.851×103 kg/m3·4π×9.8×(1.64×10－6)3＝ C

3×1.92×105＝8.02×10－19 C。

8.02×10－19

小油滴所带电量q是电子电量e的＝5倍。

1.6×10－19答案：8.02×10

－19

C 5倍

9．带电粒子的荷质比是一个重要的物理量。某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探

m究电场和磁场对电子运动轨迹的影响，以求得电子的荷质比，实验装置如图10－6所示。

图10－6

①他们的主要实验步骤如下：

A．首先在两极板M1、M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子束从两极板中央通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点；

B．在M1、M2两极板间加合适的电场，加极性如图10－6所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U，请问本步骤的目的是什么？

C．保持步骤B中的电压U不变，对M1、M2区域加一个大小、方向合适的磁场B，使荧屏正中心处重现亮点，试问外加磁场的方向如何？

②根据上述实验步骤，同学们正确地推算出电子的荷质

比与外加电场、磁场及其他相关量的关系为＝22。一位同学说，这表明电子的荷质mBd比大小将由外加电压决定，外加电压越大则电子的荷质比越大，你认为他的说法正确吗？为什么？

解析：①B.使电子刚好落在正极板的近荧屏端边缘，利用已知量表达q/m。 C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)。

②说法不正确，电子的荷质比是电子的固有参数。

10．如图10－7所示为测量某种离子的比荷的装置。让中性气体分子进入电离室A，在那里被电离成离子。这些离子从电离室的小孔飘出，从缝S1进入加速电场被加速，然后让离子从缝S2垂直进入匀强磁场，最后打在底片上的P点，已知加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，缝S2与P之间的距离为a，离子从缝S1进入电场时的速度不计，求该离子的q比荷。

图10－7

解析：粒子经电场加速，经磁场偏转两个过程，从轨迹可知，离子带正电，设它进入磁1

场时速度为v，在电场中加速qU＝mv2。

在磁场中偏转Bqv＝mv2/r，而r＝a/2。 q8U

解上面几式可得：＝22。

mBa答案：

B2a2高中物理选修3-5同步练习试题解析

原子的核式结构模型

1．如图11－1为α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的

A、B、C、D四个位置时，关于观察到的现象，下述说法不正确的是( )

图11－1

A．相同时间内放在A位置时观察到屏上的闪光次数最多

B．相同时间内放在B位置时观察到屏上的闪光次数比放在A位置时少得多 C．放在C、D位置时屏上观察不到闪光

D．放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少

解析：根据α粒子散射实验的现象，绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上沿原方向前进，因此在A位置观察到闪光次数最多，故A正确，少数α粒子发生大角度偏转，因此从A到D观察到的闪光会逐渐减小，因此B、D正确，C错。

答案：C

2．关于α粒子散射实验，下列说法正确的是( ) A．该实验在真空环境中进行

B．带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动 C．荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的 D．荧光屏只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光

解析：由α粒子散射实验装置及其作用，可选A、B、C；对于C项，考虑到有少数的α粒子因为靠近金原子核，受到斥力而改变了运动方向，故D错。

答案：A、B、C

3．卢瑟福的α粒子散射实验的结果显示了下列哪些情况( ) A．原子内存在电子 B．原子的大小为10

－10

C．原子的正电荷均匀分布在它的全部体积上 D．原子的正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里

解析：根据α粒子散射实验现象，绝大多数α粒子穿过金箔后沿原来方向前进，少数发生较大的偏转，极少数偏转角几乎到180°，可知A、C不正确，而实验结果不能判定原子的大小为10－10 m，只有D项才是上述实验结果，故答案选D。

答案：D

4．在α粒子的散射实验中，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是原子核对α粒子的( )

A．万有引力 B．库仑力 C．磁场力

D．核力

解析：在α 粒子散射实验中，粒子间的主要作用力是库仑力。答案：B

5．α粒子散射实验中，不考虑电子和α粒子的碰撞影响，这是因为( ) A．α粒子与电子根本无相互作用

B．α粒子受电子作用的合力为零，是因为电子是均匀分布的 C．α粒子和电子碰撞损失能量极少，可忽略不计 D．电子很小，α粒子碰撞不到电子

解析：α粒子与电子之间存在着相互作用力，这个作用力是库仑引力，但由于电子质量很小，碰撞时电子对α粒子的运动影响极小，几乎不改变其运动方向，故C正确。

答案：C

6．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量情况正确的是( )

A．动能最小 B．势能最小

C．α粒子与金原子核组成的系统能量最小 D．α粒子所受金原子核的斥力最大

解析：α粒子和金原子核都带正电，库仑力表现为斥力，两者距离减小时，库仑力做负功，故α粒子动能减小，电势能增加；系统的能量守恒，由库仑定律可知随着距离的减小，库仑斥力逐渐增大。

答案：A、D

7．在α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法正确的是( ) A．α粒子先受到原子核的斥力作用，后受到原子核的引力作用 B．α粒子一直受到原子核的斥力作用

C．α粒子先受到原子核的引力作用，后受到原子核的斥力作用 D．α粒子一直受到库仑斥力，速度一直减小

解析：α粒子被金原子核散射的过程一直受到原子核对α粒子的库仑斥力作用，靠近过程库仑斥力做负功，电子动能减小，电势能增大；远离过程库仑斥力做正功，电子动能增大，

电势能减小。所以散射过程中电子一直受到库仑斥力作用，电子的速度先减小后增大，即正确选项为B。

答案：B

8．关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是( ) A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小

B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力 C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里 D．原子核的直径的数量级是10

－10

解析：因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑引力提供向心力，B正确；原子核直径的数量级是10－15 m，原子直径的数量级是10－10 m，D错误。

答案：A、B

9.用α粒子撞击金原子核发生散射，图11－2中关于α粒子的运动轨迹正确的是( )

图11－2

A．a B．b C．c D．d

解析：α粒子受金原子核的排斥力，方向沿两者的连线方向，运动轨迹弯向受力方向的一侧，A、B均错误；离原子核越近，α粒子受到的斥力越大，偏转越大，C、D正确。

答案：C、D

10．如图11－3所示为α粒子散射实验中α粒子穿过某一金属原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下说法正确的是( )

图11－3

A．α粒子在A处的速度比在B处的速度小 B．α粒子在B处的速度最大 C．α粒子在A、C处的速度大小相等 D．α粒子在B处速度比在C处速度小

解析：A、C两处在同一等势面上电场力不做功，动能不变，A到B电场力做负功，动能减少。

答案：C、D

11．假设α粒子以速率v0与静止的电子或金原子核发生弹性正碰，电子质量me＝7 300mα，金原子核质量mAu＝49mα。求：

(1)α粒子与电子碰撞后的速度变化； (2)α粒子与金原子核碰撞后的速度变化。

解析：α粒子与静止的粒子发生弹性碰撞，动量和能量均守恒，

1112＋mv′2，由动量守恒mαv0＝mαv′1＋mv′2，由能量守恒mαv2＝mv′0222α12mα－m2m

解得v′1＝v0，速度变化Δv＝v′1－v0＝－v0。

mα＋mmα＋m1

(1)与电子碰撞，将me＝m代入得Δv1≈－2.7×10－4v0；

7 300α(2)与金原子核碰撞，将mAu＝49mα代入，得Δv2＝－1.96v0。答案：(1)－2.7×104v0 (2)－1.96v0 12．已知电子质量为9.1×10时的轨道半径为0.53×10强度。

解析：由卢瑟福的原子模型可知，电子绕核做圆周运动，所需的向心力由核对电子的库mv2e2

仑引力来提供，根据＝k2，得

r＝e

k rm

m/s

0.53×10－10×9.1×10－31

9×109

－10

－31

－

kg，带电量为1.6×10

－19

C，氢原子核外电子绕核旋转

m，求电子绕核运动的线速度、动能、周期和形成的等效电流

＝1.60×10－19× ≈2.19×106 m/s

其动能：Ek＝mv2＝×9.1×10－31×(2.18×106)2 J≈2.17×10－18 J

－102πr2×3.14×0.53×10

运动周期：T＝v＝ s≈1.52×10－16 s

2.19×106

电子绕核运动形成的等效电流强度：

－19

qe1.60×10I＝＝＝ A≈1.05×10－3 A。 16tT1.52×10－

答案：2.19×106 m/s 2.17×10

－18

J 1.52×10

－16

s 1.05×103 A

－

13．在α粒子散射实验中，根据α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离可以估算原子核的大小。现有一α粒子以2.0×107 m/s的速度去轰击金箔，若金原子的核电荷数为79，求该α粒子与金原子核间的最近距离。(已知带电粒子在点电荷电场中的电势能表q1q2－

达式为Ep＝k，k为静电常量，mα＝6.64×1027 kg)

解析：α粒子与金原子核发生对心碰撞时，α粒子在靠近原子核运动的过程中，α粒子的动能转化为电势能，达到最近距离时，其动能全部转化为电势能，所以α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离d即为所求。

当α粒子与原子核对心碰撞，其全部的动能转化为电势能时，α粒子与原子核的距离最近，即有

1q1q2mαv2＝k 2d

9－192

2kq1q22×9×10×2×79×(1.6×10)d＝＝ m

mαv26.64×10－27×(2.0×107)2

＝2.7×10－14 m 答案：2.7×10

－14

－10

14．氢原子中电子离核最近的轨道半径r1＝0.53×10运动的频率和加速度。

m，试计算在此轨道上电子绕核

解析：因为电子在原子核外绕核高速运转，此时带负电的电子绕带正电的原子核做圆周运动，电子所需的向心力恰好由电子和原子核间的库仑引力来提供，所以利用F引＝F向来解决此问题。

电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力作向心力。设电子绕核转动的频率为f，加速度为a。

已知电子质量为me＝0.91×10－30 kg

电子电荷量和质子电荷量均为e＝1.6×10－19 C e2

因为F引＝F向，所以k2＝mea

re2

所以a＝k2 mer

9×109×1.6×10－19×1.6×10－19＝ m/s2 30220－－0.91×10×0.53×10＝9.01×1022 m/s2 根据向心加速度的公式 a＝ω2r＝4π2f2r 则f＝

a＝4π2r1

9.01×1022

4×3.142×0.53×10－10

＝6.6×1015 Hz

答案：9.01×1022 m/s2 6.6×1015 Hz

15．如图11－4所示，M、N为原子核外的两个等势面，已知UNM＝100 V。一个α粒子以2.5×105 m/s的速率从等势面M上的A点运动到等势面N上的B点，求α粒子在B点时速度的大小。(已知mα＝6.64×10

－27

kg)

图11－4

解析：α粒子从A点运动到B点，库仑力做的功WAB＝qUMN＝－qUNM， 112

由动能定理WAB＝mv2B－mvA， 22故vB＝

2qUNM

v2－ A

2×2×1.6×10－19×100

2.52×1010－ m/s

6.64×10－27

＝

≈2.3×1010 m/s。

答案：2.3×1010 m/s

高中物理选修3-5同步练习试题解析

氢原子光谱

1．关于光谱，下列说法正确的是( ) A．炽热的液体发射连续谱 B．发射光谱一定是连续谱

C．线状谱和吸收光谱都可以对物质成分进行分析 D．霓虹灯发光形成的光谱是线状谱

解析：由光谱的概念和分类知A、D选项正确，而B选项错误。由光谱分析的原理知C选项正确。

答案：A、C、D

2．对于光谱，下面的说法中正确的是( )

A．大量原子发生的光谱是连续谱，少量原子发出的光谱是线状谱 B．线状谱是由不连续的若干波长的光所组成 C．太阳光谱是连续谱 D．太阳光谱是线状谱

解析：原子光谱体现原子的特征，是线状谱，同一种原子无论多少发光特征都相同，即形成的线状谱都一样，故A错。B项是线状谱的特征，正确。太阳光周围的元素的低温蒸气吸收了相应频率的光，故太阳光谱是吸收光谱，故C、D错。

答案：B

3．关于线状谱，下列说法中正确的是( ) A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同 B．每种原子处在不同的物质中的线状谱不同 C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同 D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同

解析：每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，C正确。

答案：C

4．关于光谱分析，下列说法中不正确的是( )

A．进行光谱分析，既可以利用连续谱，也可以利用线状谱 B．进行光谱分析，必须利用线状谱或吸收光谱

C．利用光谱分析可以鉴别物质和确定物质的组成成分 D．利用光谱分析可以深入了解原子的内部结构

解析：进行光谱分析，必须利用线状谱或吸收光谱，它们能够反映原子的特征，A错误，B正确；利用光谱分析可以确定物质中含有哪些元素，C正确；光是由原子内部电子的运动产生的，利用光谱分析可以确定电子的运动情况，即原子的内部结构，D正确。

答案：A

5．要得到钠元素的特征谱线，下列做法正确的是( ) A．使固体钠在空气中燃烧 B．将固体钠高温加热成稀薄钠蒸汽 C．使炽热固体发出的白光通过低温钠蒸汽 D．使炽热固体发出的白光通过高温钠蒸汽

解析：炽热固体发出的是连续谱，燃烧固体钠不能得到特征谱线，A错误；稀薄气体发光产生线状谱，B正确；强烈的白光通过低温钠蒸汽时，某些波长的光被吸收产生钠的吸收光谱，C正确，D错误。

答案：B、C

6．关于光谱和光谱分析，下列说法中正确的是( ) A．光谱包括连续谱和线状谱

B．太阳光谱是连续谱，氢光谱是线状谱 C．线状谱和吸收光谱都可用作光谱分析 D．光谱分析帮助人们发现了许多新元素

解析：由光谱的概念和产生知A选项正确。太阳光谱是吸收光谱，则B选项错误。由光谱分析原理和应用知C、D选项正确。

答案：A、C、D

7．关于物质的吸收光谱和明线光谱之间的关系，下列说法中正确的是( ) A．吸收光谱和明线光谱的产生方法不同，它们的谱线互不相关 B．同种物质吸收光谱中的暗线跟它明线光谱中的明线相对应 C．明线光谱与吸收光谱都是原子光谱，它们的特征谱线相对应

D．明线光谱与吸收光谱都可以用于光谱分析，以鉴别物质和确定化学组成

解析：明线光谱与吸收光谱都是原子的特征谱线，但是明线光谱叫原子光谱，吸收光谱不是原子光谱。

答案：B、D

8．以下说法正确的是( )

A．进行光谱分析可以用连续光谱，也可以用吸收光谱 B．光谱分析的优点是非常灵敏而且迅速

C．分析某种物质的化学组成可以使这种物质发出的白光通过另一种物质的低温蒸气取得吸收光谱进行分析

D．摄下月球的光谱可以分析出月球上有哪些元素

解析：进行光谱分析不能用连续光谱，只能用明线光谱或吸收光谱；光谱分析的优点是灵敏而迅速；分析某种物质的组成，可用白光照射其低温蒸气产生的吸收光谱进行；月球不能发光，它只能反射太阳光，故其光谱是太阳光谱，不是月球的光谱，不能用来分析月球上的元素。

答案：B

9．下列说法中正确的是( )

A．炽热的固体、液体和高压气体发出的光形成连续光谱

B．各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线必定一一对应 C．气体发出的光只能产生明线光谱

D．甲物质发出的白光通过乙物质的蒸气形成的是甲物质的吸收光谱

解析：对照连续光谱的特征和产生原理可知A选项正确；对于同一种元素的原子能级结构一定，因此它辐射或吸收的光的能量是一定的，因此B选项正确；高压气体发出的光是连续光谱，低压稀薄气体发出的光是明线光谱，因此C选项错误；甲物质发出的白光通过乙物质的蒸气。其中有部分波长的光被乙物质的原子吸收，因此暗线是与乙物质的原子的能级差对应，所以这样形成的吸收光谱是乙物质的吸收光谱，D选项错误。

答案：A、B

111

10．巴耳末系谱线波长满足巴耳末公式＝R22－n2，式中n＝3,4,5，…在氢原子光谱λ可见光区，最长波长与最短波长之比为多少？

解析：巴耳末系的前四条谱线在可见光区，n的取值分别为3、4、5、6。n越小，λ越大，故n＝3时波长最大，λmax＝

8答案： 5

11．根据巴耳末公式，指出氢原子光谱中巴耳末系的最短波长和最长波长所对应的n值，并计算出这两个波长。

3636λmax8

；n＝6时波长最小，λmin＝，故＝。 5R8Rλmin5

解析：在巴耳末线系中，当n＝∞时对应的波长最短，最短波长为λmin。 1λmin

1－7＝R22－0。解得λmin＝3.647×10 m＝364.7 nm。

当n＝3时对应的波长最长，最长波长为λmax。 1λmax

11＝R22－32。

解得λmax＝6.565×10－7 m＝656.5 nm。

答案：n＝∞，λmin＝364.7 nm n＝3，λmax＝656.5 nm

112．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为＝

λ11－2，式中n＝4,5，6，…R＝1.10×107 m－1。若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区R23n域，试求：

(1)n＝6时，对应谱线的波长及其传播频率； (2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速。

111

解析：(1)将n＝6代入帕邢系公式＝R32－n2， λ1212得λ＝＝ m≈1.09×10－6 m， 7R1.10×103.0×108c14 Hz；谱线频率ν＝＝ Hz≈2.75×10

λ1.09×10－6

(2)红外线是电磁波，在真空中的波速等于光速c＝3.0×108 m/s。答案：(1)1.09×106 m 2.75×1014 Hz (2)3.0×108 m/s

13．处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢111

光谱。氢光谱线的波长λ可以用下面的巴耳末—里德伯公式表示：＝Rk2－n2，n，k分别λ表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k＝1,2,3，…对每一个k，有n＝k＋1，k＋2，k＋3，…R称为里德伯常量，是一个已知量。对于k＝1的一系列谱线其波长处在紫外线区，称为赖曼系；k＝2的一系列谱线其波长处在可见光区，称为巴耳末系。用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用赖曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中的光速为c，试求：普朗克常量和该种金属的逸出功。

解析：设金属的逸出功为W，光电效应所产生的光电子最大初动能Ekm。由动能定理知：Ekm＝eUe。

－

对于赖曼系，当n＝2时对应的光波长最长，设为λ1。由题中所给公式有： 1131

＝R12－22＝4R。 λ1

波长λ1对应的光的频率ν1＝＝Rc。

λ14

对于巴耳末线系，当n＝∞时对应的光波长最短，设为λ2，由题中所给公式有： 111－0＝R＝224R。 λ2

波长λ2的光对应的频率ν2＝＝Rc。

λ24

根据爱因斯坦的光电效应方程Ekm＝hν－W知： Ekm1＝hν1－W，Ekm2＝hν2－W。又Ekm1＝eU1，Ekm2＝eU2，

2e(U1－U2)e(U1－3U2)

可解得：h＝，W＝。

Rc22e(U1－U2)e(U1－3U2)

答案：h＝ W＝

RC2

高中物理选修3-5同步练习试题解析

玻尔的原子模型

1．玻尔在他提出的原子模型中所做的假设有( )

A．原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做变速运动，但不向外辐射能量 B．原子的不同能量状态与电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的

C．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子 D．电子跃迁时辐射的光子的频率等于电子绕核做圆周运动的频率

解析：A、B、C三项都是玻尔提出来的假设，其核心是原子定态概念的引入与能级跃迁学说的提出，也就是“量子化”的概念。原子的不同能量状态与电子绕核运动时不同的圆形轨道相对应，是经典理论与“量子化”概念的结合。

答案：A、B、C

2．一个氢原子中的电子从一个半径为ra的轨道自发地直接跃迁至另一半径为rb的轨道，已知ra＞rb，则在此过程中( )

A．原子发出一系列频率的光子

B．原子要吸收一系列频率的光子 C．原子要吸收某一频率的光子 D．原子要辐射某一频率的光子

解析：因为是从高能级向低能级跃迁，所以应放出光子，因此可排除B、C。“直接”从一能级跃迁到另一能级，只对应某一能级差，故只能发出某一频率的光子。

答案：D

3．氢原子处于量子数n＝3的状态时，要使它的核外电子成为自由电子，吸收的光子能量应是( )

A．13.6 eV C．1.51 eV

B．3.5 eV D．0.54 eV

解析：只要被吸收的光子能量大于n＝3态所需的电离能1.51 eV即可，多余能量作为电离后自由电子的动能。

答案：A、B、C

4．一群氢原子处于同一较高的激发态，它们在向较低激发态或基态跃迁的过程中( ) A．可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线 B．可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条明线 C．可能吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线 D．可能发出频率一定的光子，形成光谱中的一条明线

n(n－1)解析：从高能级态向低能级态跃迁，一定发射出光子，发出光子的频率种类为。

2答案：B

5．用紫外线照射一些物质时，会发生荧光效应，即物质发出可见光。这些物质中的原子先后发生两次跃迁，其能量变化分别为ΔE1和ΔE2。下列关于原子这两次跃迁的说法中正确的是( )

A．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2| B．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2| C．两次均向高能级跃迁，且|ΔE1|>|ΔE2| D．两次均向低能级跃迁，且|ΔE1|<|ΔE2|

解析：物质原子吸收紫外线，由低能级向高能级跃迁，处于高能级的原子再向低能级跃迁，发出可见光，因紫外线光子能量大于可见光的光子能量，故|ΔE1|>|ΔE2|，B正确。

答案：B

6．氢原子部分能级的示意图如图13－1所示。不同色光的光子能量如下表所示。

色光光子能量范围(eV) 红 1.61～2.00 橙 2.00～黄 2.07～绿 2.14～蓝～靛 2.53～2.76 紫 2.76～3.10 2.07 2.14 2.53 处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为( )

图13－1

A．红、蓝－靛 B．黄、绿 C．红、紫

D．蓝－靛、紫

解析：原子发光时光子的能量等于原子能级差，先分别计算各相邻的能级差，再由小到大排序。结合可见光的光子能量表可知，有两个能量分别为1.89 eV和2.55 eV的光子属于可见光，并且属于红光和蓝—靛的范围，故答案为A。

答案：A

7.氢原子的能级如图13－2所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV—3.11 eV，下列说法错误的是( )

图13－2

A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离 B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应 C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光 D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光解析：紫外线的频率比可见光的高，因此紫外线光子的能量应大于3.11 eV，而处于n＝3能级的氢原子其电离能仅为1.51 eV＜3.11 eV，所以处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离；大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光子能量小于1.51 eV＜1.62 eV，即所发出的光子为有显著热效应的红外光子；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可以辐射出的光子的种类为N＝C2故选项D符合题意，为正4＝6种，

确选项。

答案：D

8．用能量为12.30 eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁说法正确的是( )

A．电子能跃迁到n＝2的能级上去 B．电子能跃迁到n＝3的能级上去 C．电子能跃迁到n＝4的能级上去 D．电子不能跃迁到其他能级上去

解析：根据玻尔理论，原子的能量是不连续的，即能量是量子化的。因此只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收，使氢原子发生跃迁。当氢原子由基态向n＝2、3、4轨道跃迁时吸收的光子能量分别为：

E1E1

ΔE21＝2－2＝－3.4－(－13.6)eV＝10.20 eV，

21E1E1

ΔE31＝2－2＝－1.51－(－13.6)eV＝12.09 eV，

31E1E1

ΔE41＝2－2＝－0.85－(－13.6)eV＝12.75 eV。

而外来光子的能量12.3 eV不等于某两能级间的能量差，故不能被氢原子所吸收而产生能级跃迁。

答案：D

9．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为E1

＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图13－3所示。在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )

图13－3

A．40.8 eV B．43.2 eV C．51.0 eV D．54.4 eV

解析：要吸收光子产生跃迁需要满足一定的条件，即吸收的光子的能量必须是任两个能级的差值。40.8 eV是第一能级和第二能级的差值，51.0 eV是第一能级和第四能级的差值，54.4 eV是电子电离需要吸收的能量，均满足条件，选项A、C、D均可以，而B选项不满

足条件，所以选B。

答案：B

10．如图13－4所示，画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。处在n＝4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波。已知金属钾的逸出功为2.22 eV。在这些光波中，能够从金属钾的表面打出的光电子总共有( )

图13－4

A．二种 C．四种

B．三种 D．五种

解析：一群氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁时，能够发出六种不同频率的光。六种情况发出光子能量依次为：n＝4到n＝3时：

－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV＜2.22 eV， n＝3到n＝2时：

－1.51 eV－(－3.40 eV)＝1.89 eV＜2.22 eV n＝2到n＝1时：

－3.40 eV－(－13.60 eV)＝10.2 eV＞2.22 eV n＝4到n＝1时： ……

前两种不能从金属钾表面打出，故有四种，C对。答案：C

11．在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末线系。若一群氢原于自发跃迁时发出的谱线中只有2条属于巴耳末线系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发出多少条不同频率的谱线？

解析：由题意知，这群氢原子原来处于n＝4的能级。它向低能级跃迁时，发出光谱线1

的条数为4×3×＝6。

答案：6

12．如图所示，氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV的光子。问最少要给基态的氢原子提供多少电子伏的能量，才能使它辐射上述能量的光子？请在图13－5中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图。

图13－5

解析：如解析中图所示

(氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，满足： hν＝En－E2＝2.55 eV， En＝hν＋E2＝－0.85 eV。所以n＝4。

基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供： ΔE＝E4－E1＝12.75 eV。跃迁图如图所示。

答案：12.75 eV

13.氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为E1

＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图13－6所示，用一群处于第4能级的氦离子发出的光照射处于基态的氢气。求：

图13－6

(1)氦离子发出的光子中，有几种能使氢原子发生光电效应？ (2)发生光电效应时，光电子的最大初动能是多少？

n(n－1)

解析：(1)一群氦离子跃迁时，一共发出N＝＝6种光子

2由频率条件hν＝Em－En知6种光子的能量分别是：由n＝4到n＝3 hν1＝E4－E3＝2.6 eV 由n＝4到n＝2 hν2＝E4－E2＝10.2 eV 由n＝4到n＝1 hν3＝E4－E1＝51.0 eV 由n＝3到n＝2 hν4＝E3－E2＝7.6 eV 由n＝3到n＝1 hν5＝E3－E1＝48.4 eV 由n＝2到n＝1 hν6＝E2－E1＝40.8 eV

由发生光电效应的条件知，hν3、hν5、hν6三种光子可使处于基态的氢原子发生光电效应。 (2)由光电效应方程Ek＝hν－W0知，能量为51.0 eV的光子使氢原子逸出的光电子最大初动能最大，

将W0＝13.6 eV代入，得Ek＝37.4 eV。答案：(1)3种 (2)37.4 eV

14．已知氢原子基态能量E1＝－13.6 eV，基态半径r1＝0.53×10E2＝－3.4 eV，半径r2＝2.12×10

－19

－10

m，第二能级能量

m，电子质量me＝9.1×10

－31

kg，电子的电量e＝1.6×10

C。求：

(1)电子在这两个能级上绕原子核转动的频率各是多少？ (2)氢原子由第二能级跃迁到基态时辐射光子的频率是多少？解析：(1)电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力 e2ek2＝me·4π2f2r，得f＝ r2πr

k mer

电子在基态绕核转动的频率 f1＝

e 2πr1

k mer1

9.1×10－31×0.53×10－10

9×109

＝

2π×0.53×10－10

1.6×10－19

≈6.57×1015 Hz。

因r2＝4r1，故f2＝f1≈8.21×1014 Hz。

(2)氢原子由第二能级跃迁至基态，由频率条件hν＝E2－E1 E2－E1(－3.4＋13.6)×1.6×10－19

得ν＝＝ Hz≈2.46×1015 Hz。 34h－6.626×10答案：(1)6.57×1015 Hz 8.21×1014 Hz (2)2.46×1015 Hz

《原子结构》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分

钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

1．关于α粒子散射实验的下列说法中正确的是( )

A．在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回接近180°

B．使α粒子发生明显偏转的力是来自带负电的核外电子，当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转

C．实验表明原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分 D．实验表明原子中心的核带有原子的全部正电荷及全部质量

解析：A项是对该实验现象的正确描述，正确；B项，使α粒子偏转的力是原子核对它的静电排斥力，而不是电子对它的吸引力，故B错；C项是对实验结论之一的正确分析；原子核集中了全部正电荷和几乎全部质量，因核外还有电子，故D错。

答案：A、C

2．关于太阳光谱，下列说法正确的是( ) A．太阳光谱是吸收光谱

B．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的

C．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成

D．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素

解析：太阳光谱是吸收光谱。因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中某些元素的原子吸收，因此我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收。故选A、B。

答案：A、B

3．有关氢原子光谱的说法正确的是( ) A．氢原子的发射光谱是连续谱

B．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光 C．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的

D．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差无关

解析：氢原子的发射光谱是不连续的，只能发出特定频率的光，说明氢原子的能级是分立的，选项B、C正确，根据玻尔理论可知，选项D错误。

答案：B、C

111

4．下列关于巴耳末公式＝R22－n2的理解，正确的是( ) λA．此公式是巴耳末在研究氢光谱特征时发现的 B．公式中n可取任意值，故氢光谱是连续谱

C．公式中n只能取不小于3的整数值，故氢光谱是线状谱 D．公式不仅适用于氢光谱的分析，也适用于其他原子的光谱分析

解析：巴耳末公式只适用于氢原子光谱的分析，且n只能取大于等于3的整数，即λ不能取连续值，故氢原子光谱是线状谱。

答案：A、C

5．英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，为了解释实验结果，他提出了原子的核式结构学说。下面中O表示金原子核的位置，曲线ab和cd分别表示经过金原子核附近的α

粒子的运动轨迹，其中能正确反映实验结果的是( )

图(十八)－1

解析：

答案：B、D

6.根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图(十八)－2中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是( )

图(十八)－2

A．动能先增大，后减小 B．电势能先减小，后增大

C．电场力先做负功，后做正功，总功等于零 D．加速度先变小，后变大

解析：α粒子从a点经b点到达等势点c的过程中电场力先做负功、后做正功，α粒子的电势能先增加，后减小，回到同一等势线上时，电场力做的总功为零。故C项正确。

答案：C

7.如图(十八)－3所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是( )

图(十八)－3

A．原子A可能辐射出3种频率的光子 B．原子B可能辐射出3种频率的光子

C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4 D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4

解析：原子A处于激发态E2，它只能辐射一种频率的光子；原子B处于激发态E3，它可能由E3到E2，由E2到E1，由E3到E1，发射三种频率的光子；原子由低能级跃迁到高能级时，只能吸收具有能级差的能量的光子，由以上分析可知，只有B项是正确的。

答案：B

8．氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可发出三种不同波长的辐射光。已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，用λ1＞λ2则另一个波长可能是( )

A．λ1＋λ2 λ1λ2C. λ1＋λ2

B．λ1－λ2 λ1λ2D. λ1－λ2

解析：各种可能情况如图所示，

由E＝hν＝h知

hc11λ1λ2

①：λ3＝＝＝＝

E3－E1E3－E2＋E2－E11＋1λ1＋λ2

λ1λ2

hchc11λ1λ2

②：λ3＝＝＝＝

E2－E1E3－E1－E3＋E21－1λ1－λ2

λ2λ1

hchc11λ1λ2

③：λ3＝＝＝＝

E3－E2E3－E1－E2＋E11－1λ1－λ2

λ2λ1

综上可知C、D正确。答案：C、D

9.如图(十八)－4所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光下列说法正确的是( )

图(十八)－4

A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的 B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的 C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光

D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应

解析：最容易发生衍射的应是波长最长而频率最小、能量最低的光波，hν＝hc/λ＝Em－En，对应跃迁中能级差最小的应为n＝4到n＝3，故A、B错。由C2n可知处于n＝4能级上的氢原子共可辐射出C26＝6种不同频率的光，故C错。根据hν＝E2－E1及发生光电效应的条件hν≥W可知D正确。

答案：D

10．μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogen muon atom)，它在原子核物理的研究中有重要作用。如图(十八)－5为μ氢原子的能级示意图。假定用光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光，且频率依次增大，则E等于( )

图(十八)－5

A．h(ν3－ν1) C．hν3

B．h(ν5＋ν6) D．hν4

解析：μ氢原子吸收光子后，能发出六种频率的光，说明μ氢原子是从n＝4能级向低能级跃迁，则吸收的光子的能量为ΔE＝E4－E2，E4－E2恰好对应着频率为ν3的光子，故光子的能量为hν3。

答案：C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)大量的氢原子处于n＝3的能级，可辐射出________种光子。若辐射的光子波长λ1<λ2<…，谱线强度与光子数目成正比，从第n能级向低能级跃迁时发出的光子数均为该1

能级上原子数的，则谱线的强度之比是________。

n－1

解析：氢原子处于n＝3的能级，设原子数为N，共有三种跃迁方式，可辐射三种光子，如图所示。

从n＝3的能级跃迁时有两种跃迁方式，各放出个光子；

处于n＝2能级的原子数为，向第一能级跃迁时只有一种跃迁方式，放出个光子，故22谱线强度之比为1: 1:1。

答案：3 1:1:1

12．(5分)密立根用喷雾的方法获得了带电液滴，然后把这些带有不同电荷量和质量的液滴置于电场中，通过电场力和重力平衡的方法最终测得了带电液滴带的电荷量。某次测量中，他得到了如下数据，则可得出结论为：________。

液滴编号 1 2 电荷量/C 6.41×109.70×10－19－19 100

3 4 … 1.6×10－19 4.82×10… －19q1q2q3q4

解析：由表格中的数值可得＝4，＝6，＝1，＝3，因此可得，电荷是量子化

eeee的，电荷的电荷量都是元电荷e的整数倍。

答案：电荷是量子化的，电荷的电荷量都是元电荷的整数倍。

13．(5分)如图(十八)－6所示，图甲是a、b、c、d四种元素的线状谱，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是________。

图(十八)－6

解析：将图甲中的a、b、c、d与图乙对比可以看出，a、c中的亮条纹在图乙中已出现，而b、d中的亮条纹在图乙中未出现，故该矿物质中缺乏b、d两种元素。

答案：b元素和d元素

14.(5分)氢原子的能级图如图(十八)－7所示。一群氢原子处在n＝4的能级上，向低能级跃迁时，一共辐射出________种光子；用这些光子照射逸出功为W0＝4.54 eV的金属钨时，能使其发生光电效应的有________种光子。

图(十八)－7

4×3

解析：处在n＝4能级上的氢原子一共辐射出N＝种＝6种光子，能量大于4.54 eV

2的光子有4→1、3→1、2→1的三种光子。

答案：6 3

101

15．(6分)图(十八)－8中给出氢原子最低的四个能级，氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多有几种？其中最小的频率等于多少赫兹？(保留两位有效数字)

图(十八)－8

n(n－1)4(4－1)

解析：不同频率光子数为N＝＝＝6种。

22ΔEmin＝E4－E3＝hνmin，

E4－E3[－0.85－(－1.51)]×1.6×10－19

νmin＝＝ Hz

h6.63×10－34＝1.6×1014 Hz。答案：6种 1.6×1014 Hz

16．(6分)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.40 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz，普朗克常量h＝6.63×10

－34

J·s。请通过计算判断，氢原子从

第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应。

解析：氢原子放出的光子能量E＝E3－E2，代入数据得E＝1.89 eV 金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0＝2.3 eV 因为E17．(7分)美国科学家密立根通过油滴实验首次测得电子的电量。油滴实验的原理如图(十八)－9所示，两块水平放置的平行金属板与电源相连，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，经上板中央小孔落到两板间的匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况，两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力作用。

图(十八)－9

102

(1)调节两金属板间的电势差U，当U＝U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速直线运动，求该油滴所带的电荷量；

(2)若油滴进入电场时的初速度可以忽略，当两金属板间的电势差U＝U1时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速直线运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带的电荷量。

解析：(1)质量为m1的油滴恰好做匀速直线运动，则其所受重力与库仑力平衡，则m1gqU0m1gd＝，得q＝。

dU0

12d(2)质量为m2的油滴向下做匀加速运动，d＝at2，得a＝2

m2g＋q

若油滴带正电，所受库仑力方向向下，由牛顿第二定律得a＝>g，到达下极板

的时间很短，难以精确测量，与事实不符，则油滴带负电，受到库仑力的方向竖直向上，由U1m2d2dg－2。牛顿第二定律m2g－q＝m2a，解得q＝tdU1m1gdm2d2d

g－2 答案：(1) (2)tU0U1

18．(7分)根据巴耳末公式，指出氢原子光谱在可见光的范围内波长最长的2条谱线，其波长分别为654.55×109 m和484.85×109 m，求所对应的n。

111

解析：根据巴耳末公式＝R22－n2得 λ

1117×－，所以n＝3，＝1.10×101

22n21654.55×10－9

1117×－，所以n＝4。＝1.10×10222n22484.85×10－9答案：3 4

19．(7分)将氢原子电离，就是从外部给电子以能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。

(1)若要使n＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？ (2)若用波长200 nm的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无穷远处的速度多大？(电子电量e＝1.6×10

－19

－

C，电子质量me＝0.91×10

－30

kg)

13.6

解析：(1)n＝2时，E2＝－2 eV＝－3.4 eV

所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n＝∞的轨道，n＝∞时，

103

E∞＝0。

所以，要使处于n＝2激发态的原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV ΔE3.4×1.6×10ν＝＝ Hz＝8.21×1014 Hz 34h－6.63×10(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量 E0

＝hν＝6.63×10－34×

3×108

J＝9.945×10－19 J

－19

200×10－9

电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J 1由能量守恒hν－ΔE＝mv2

2代入数值解得：ν＝1.1×106 m/s。答案：(1)8.21×1014 Hz (2)1.1×106 m/s

20．(7分)已知钠原子在A、B、C、D、E几个能级间跃迁，辐射光子的波长分别为：589 nm(B→A),330 nm(C→A),285 nm(D→A),514 nm(E→B)。试作出钠原子在这几个能量范围的能级图。作图时注意，表示能级的横线间的距离和相应能级差成正比，并在线旁以电子伏为单位标出这个能级的值(设最高能级为0)。

解析：根据ΔE＝，可以由辐射的波长得到几个能级差

EB－EA≈2.1 eV EC－EA≈3.8 eV ED－EA≈4.4 eV EE－EB≈2.4 eV

在A、B、C、D、E五个能级中，A的能级最低，E的能级最高，由题意知EE＝0，由以上关系可依次求出各能级值，EB＝－2.4 eV，EA＝－4.5 eV，EC＝－0.7 eV，ED＝－0.1 eV，故可画出能级图如图所示。

104

答案：如解析图所示。

高中物理选修3-5同步练习试题解析

原子核的组成

1．天然放射现象说明( ) A．原子不是单一的基本粒子 B．原子核不是单一的基本粒子 C．原子内部大部分是中空的

D．原子核是由带正电和带负电的基本粒子组成的

解析：卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子内大部分是中空的；天然放射现象是由原子核内向外辐射射线，说明原子核不是单一的基本粒子。原子核是由质子和中子构成的。

答案：B

2．下列哪些事实表明原子核具有复杂的结构( ) A．α粒子的散射实验 B．天然放射现象 C．阴极射线的发现 D．X射线的发现

解析：因为天然放射现象是指从原子核内部自发地放出射线来，表明原子核还有更复杂的内部结构。

答案：B

3．有三种射线，射线a很容易穿透黑纸，速度接近光速；射线b可穿透几十厘米厚的混凝土，能量很高；用射线c照射带电的导体，可使电荷很快消失。则下列判断中正确的是( )

A．a是α射线，b是β射线，c是γ射线 B．a是β射线，b是γ射线，c是α射线 C．a是γ射线，b是α射线，c是β射线 D．a是γ射线，b是β射线，c是α射线

解析：由题意知，射线a贯穿能力较强，速度接近光速，故是β射线；射线b贯穿能力很强且能量高，是γ射线；射线c很容易使空气电离成为导体，从而将电荷导入大地，是α射线。

答案：B

4．下列哪些现象能说明射线来自原子核( )

105

A．三种射线的能量都很高

B．放射线的强度不受温度、外界压强等物理条件的影响 C．元素的放射性与所处的化学状态(单质、化合态)无关 D．α射线、β射线都是带电的粒子流

解析：能说明放射线来自原子核的证据是，元素的放射性与其所处的化学状态和物理状态无关，B、C正确。

答案：B、C

5．若用x代表一个中性原子中核外的电子数，y代表此原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对234 90Th的原子来说( )

A．x＝90 y＝90 z＝234 B．x＝90 y＝90 z＝144 C．x＝144 y＝144 z＝90 D．x＝234 y＝234 z＝324

234Th中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝90；中性原子的核外电子解析：在 90

数等于质子数，所以x＝90；中子数等于质量数减去质子数，z＝234－90＝144，所以B选项正确。

答案：B

236．氢有三种同位素，分别是氕11H、氘1H、氚1H，则( )

A．它们的质子数相等 B．它们的核外电子数相等 C．它们的核子数相等 D．它们的中子数相等

解析：氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，因为是同位素，质子数和核外电子数相同，都为1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相同，所以本题A、B选项正确。

答案：A、B

7.如图14－1所示，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。已知放射源放出的射线有α、β、γ三种，下列判断中正确的是( )

106

图14－1

A．甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线 B．甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线 C．甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线 D．甲是α射线，乙是β射线，丙是γ射线

解析：γ射线不带电，在磁场中不发生偏转，C、D错。由左手定则可以判定甲带负电，丙带正电，由此可知，甲是β射线，丙是α射线，B对。

答案：B

8.如图14－2所示，天然放射性元素，放出α、β、γ三种射线同时射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，射入时速度方向和电场、磁场方向都垂直，进入场区后发现β射线和γ射线都沿直线前进，则α射线( )

图14－2

A．向右偏 B．向左偏 C．直线前进 D．无法判定

解析：γ射线在电场、磁场中不受力，所以沿直线前进。β射线在电场、磁场中受到一对平衡力而沿直线运动，即向左的电场力和向右的洛伦兹力大小相等、方向相反，即Bqv＝E

Eq，所以v＝。而α粒子的速度远小于β射线中电子的速度，所以向右的电场力远大于向

B左的洛伦兹力，α粒子向右偏，A正确。

答案：A

9.如图14－3所示，R是一种放射性物质，虚线方框内是匀强磁场，LL′是厚纸板，MN是荧光屏，实验时，发现在荧光屏的O、P两点处有亮斑，由此可知磁场的方向、到达O点的射线种类、到达P点的射线种类应属于下表中的( )

107

图14－3

选项 A B C D 磁场方向竖直向上竖直向上垂直纸面向里垂直纸面向外到达O点的射线 β α γ γ 到达P点的射线 α β β α 解析：R放射出来的射线共有α、β、γ三种，其中α、β射线垂直于磁场方向进入磁场区域时将受到洛伦兹力作用，γ射线不偏转，故打在O点的应为γ射线；由于a射线贯穿本领弱，不能射穿厚纸板，故到达P点的应是β射线；依据β射线的偏转方向及左手定则可知磁场方向垂直纸面向里。

答案：C

10．如图14－4所示，x为未知的放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小；在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是( )

图14－4

A．α和β的混合放射源 B．纯α放射源 C．α和γ的混合放射源 D．纯γ放射源

解析：此题考查运用三种射线的性质分析问题的能力。在放射源和计数器之间加上铝片后，计数器的计数率大幅度减小，说明射线中有穿透力很弱的粒子，即α粒子，在铝片和计数器之间再加竖直向下的匀速磁场，计数器的计数率不变，说明穿过铝片的粒子中无带电粒子，故只有γ射线。因此放射源可能是α和γ的混合放射源。

答案：C

11.如图14－5所示，是利用放射线自动控制铝板厚度的装置，假如放射源能放射出α、β、γ三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3 mm厚的铝板，那么是三种射线中的哪种射线对控制铝板厚度起主要作用？当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离如何调节？

108

图14－5

解析：由于γ射线可以穿透十几厘米厚的铝板，铝板厚度有微小变化时，不会引起γ粒子的明显变化，而α射线不能穿透铝板，故起作用的是β射线。当β射线粒子的个数超标时，说明铝板变薄，应通过自动装置将M、N间的距离调大一些。

答案：β 将MN间的距离调节得大一些

12.质谱仪是一种测定带电粒子的质量及分析同位素的重要工具，它的构造原理如图14－6所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x。

图14－6

(1)设离子质量为m、电荷量为q、加速电压为U、磁感应强度大小为B，求x的大小；

23(2)氢的三种同位素11H、1H、1H从离子源S出发，到达照相底片的位置距入口处S1的距

离之比xHxDxT为多少？

1解析：(1)离子被加速时，由动能定理得qU＝mv2，进入磁场时洛伦兹力提供向心力qvB

2mv22＝，又x＝2r，由以上三式得x＝

2mU。 q

即这个原子核原来所含的质子数为90。

(2)氢的三种同位素的质量数分别为1、2、3，由(1)结果知， xH:xD:xT＝ mH:mD:mT＝1:2 :3。 2

答案：(1) B

2mU (2)1:2:3 q

13．放射性元素放出的β射线是原子核内中子转化为质子的过程中释放出的电子形成的高速电子流，请估算其电子能量相当于多大的电势差加速所获得的能量。(不考虑相对论效应)

解析：β射线的速度v＝0.99c＝2.97×108 m/s，质量me＝9.1×10－31 kg，电子加速时，

109

29.1×10－31×2.972×1016mv1e

由动能定理eU＝mev2，得U＝＝ V＝2.5×105 V。 1922e－2×1.6×10

答案：2.5×105 V

14．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图14－7所示)，今测得两个相切圆半径之比r1:r2＝44:1。求：

图14－7

(1)这个原子核原来所含的质子数是多少？ (2)图中哪一个圆是α粒子的径迹？(说明理由)

解析：(1)设衰变后α粒子的电荷量为q1＝2e，新生核的电荷量为q2，它们的质量分别为m1和m2，衰变后的速度分别为v1和v2，则原来原子核的电荷量q＝q1＋q2

m1v1

r1Bq1m1v1q2

根据轨道半径公式有＝＝ r2m2v2m2v2q1

Bq2

又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则m1v1＝m2v2 以上三式联立解得q＝90e。

即这个原子核原来所含的质子数为90。

(2)由于动量大小相等，因此轨道半径与粒子的电荷量成反比。所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道2是新生核的径迹，两者电性相同，运动方向相反。

答案：(1)90 (2)圆轨道1 理由见解析

高中物理选修3-5同步练习试题解析

放射性元素的衰变

234

1．原子核238继而经放射性衰变②变为原子核234 92U经放射性衰变①变为原子核 90Th， 91Pa，

再经放射性衰变③变为原子核234 92U。放射性衰变①、②和③依次为( )

A．α衰变、β衰变和β衰变 B．β衰变、α衰变和β衰变 C．β衰变、β衰变和α衰变

110

D．α衰变、β衰变和α衰变

解析：由电荷数守恒与质量数守恒可分别写出衰变①238U→234Th＋4He，衰变②为234 92 90 2 90

0234234 Th→234 91Pa＋－1e，衰变③为 91Pa→ 92U＋

－10

e，故知正确答案为A。

答案：A

2．由原子核的衰变规律可知( )

A．放射性元素一次衰变可同时产生α射线和β射线 B．放射性元素发生β衰变时，新核的化学性质不变 C．放射性元素发生衰变的快慢不可人为控制

D．放射性元素发生正电子衰变时，新核质量数不变，核电荷数增加1

解析：一次衰变不可能同时产生α射线和β射线，只可能同时产生α射线和γ射线或β射线和γ射线；原子核发生衰变后，新核的核电荷数发生了变化，故新核(新的物质)的化学性质理应发生改变；发生正电子衰变，新核质量数不变，核电荷数减少1。

答案：C

3．关于放射性元素的半衰期，下列说法中正确的是( ) A．原子核全部衰变所需要的时间的一半 B．原子核有半数发生衰变所需要的时间 C．原子量减少一半所需要的时间 D．元素质量减半所需要的时间

解析：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间叫做这种元素的半衰期，它与原子核全部衰变所需要的时间的一半不同。放射性元素发生衰变后成了一种新的原子核，原来的放射性元素原子核的个数不断减少；当原子核的个数减半时，放射性元素的原子核的质量也减半，故选项B、D正确。

答案：B、D

4．原子核发生β衰变时，此β粒子是( ) A．原子核外的最外层电子

B．原子核外的电子跃迁时放出的光子 C．原子核内存在着电子

D．原子核内的一个中子变成一个质子时，放射出一个电子

解析：因原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成的，原子核内并不含电子，但在一定条件下，一个中子可以转化成一个质子和一个负电子，一个质子可以转化成一个中子和

111

1110 0一个正电子，其转化可用下式表示：10n→1H＋－1e(β)，1H→0n＋1e。

由上式可看出β粒子(负电子)是原子核内的中子转化而来的，正电子是由原子核内的质子转化而来的。

答案：D

5.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图15－1中a、b所示，由图可以判定( )

图15－1

A．该核发生的是α衰变 B．该核发生的是β衰变 C．磁场方向一定垂直纸面向里 D．磁场方向向里还是向外不能判定

解析：本题考查对α粒子及β粒子的性质的了解，对动量守恒定律以及左手定则的应用能力。原来静止的核，放出粒子后，由于衰变前后总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反。根据图示，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变。由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外，即都有可能。

答案：B、D

6．关于原子核的衰变，下列说法中正确的是( ) A．α粒子来自于原子核，说明原子核里含有α粒子 B．β粒子来自于原子中的电子，正如光电效应一样 C．某些原子核发生衰变说明它们是不稳定的

D．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的

解析：发生β衰变时，原子核内的中子转化为质子和电子，B错误，D正确；原子核由质子和中子组成，并不含有α粒子，A错误；某些原子核的核子间结合不太牢固、不稳定，会放出α粒子，C正确。

答案：C、D

7．下列说法中正确的是( )

A．把放射性元素放在低温处，可以减缓放射性元素的衰变

112

B．把放射性元素同其他稳定元素结合成化合物，放射性元素的半衰期不变 C．半衰期是放射性元素的原子核全部衰变所需时间的一半

D．某一铅的矿石发现有20个氡原子核，经过3.8天(氡的半衰期)，此矿石中只剩下10个氡原子核

解析：半衰期与元素的化学态无关。仅由核内部结构决定，故A错，B对；另一方面半衰期是针对大量原子核进行统计的统计规律；对单个或几个原子而言，无实际意义，故C、D错。

答案：B

222Rn衰变成钋核218Po并放出一个粒子，其半衰期为3.8天。1 g氡经过7.68．一个氡核 86 84

218天衰变掉氡的质量，以及222 86Rn衰变成 84Po的过程放出的粒子是( )

A．0.25 g，α粒子 B．0.75 g，α粒子 C．0.25 g，β粒子 D．0.75 g，β粒子

解析：经过了两个半衰期，1 g的氡剩下了0.25 g，衰变了0.75 g，根据核反应方程的规律，在反应前后的质量数和核电荷数不变可得出是α粒子，所以B正确。

答案：B

232Th→220Rn＋xα＋yβ，9．放射性同位素钋232经α，β衰变会生成镭，其衰变方程为 90 80

其中( )

A．x＝1，y＝3 B．x＝2，y＝3 C．x＝3，y＝1 D．x＝3，y＝2

232解析：本题考查放射性元素衰变的有关知识，本题为较容易的题目。由衰变方程： 90

4 0Th→220 86Rn＋x2He＋y－1e，由质量数守恒和电荷数守恒得：232＝220＋4x,90＝86＋2x－y，可

解得x＝3，y＝2。

答案：D

232Th(钍)经过一系列α和β衰变，208Pb(铅)，问经过了多少次α衰变？经过了多10. 90变成 82

少次β衰变？

解析：由α衰变和β衰变的规律分析。由于β衰变不影响质量数的变化，所以质量数的

208变化决定了α衰变的次数，由232 90Th变为 82Pb，质量数减少了232－208＝24，每一次α衰变

113

质量数减少4，因此α衰变的次数为6次。6次α衰变，电荷数应减少6×2＝12，而现在只减少了90－82＝8，所以应有4次β衰变(每次β衰变增加一个电荷数)。

答案：经过6次α衰变，4次β衰变

11．为了测量某放射性元素衰变时释放的α粒子的动能，让α粒子垂直于磁感线方向进入磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，测得其圆周运动的半径r＝30 cm，则α粒子的动能为多少J?

mvBqr12B2q2r2解析：因为r＝，v＝，所以Ek＝mv＝，代入数据可算得。

Bqm22m答案：2.88×10

－12

12．一块氡222放在天平的左盘时，需在天平的右盘加444 g砝码，天平才能处于平衡状态，氡222发生α衰变，经过一个半衰期以后，欲使天平再次平衡，应从右盘中取出的砝码为多少？

解析：衰变前氡的质量为444 g，摩尔质量为222 g/mol，故共2 mol氡。经过一个半衰期，有1 mol氡衰变，放出1 mol α粒子，则左盘质量减少了4 g，故应从右盘中取出4 g砝码。

答案：4

13．为测定某水库的存水量，将一瓶放射性同位素溶液倒入水库中，已知这杯溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素的半衰期为2天，10天以后从水库中取出1 m3的水，并测得每分钟衰变10次，求该水库的存水量为多少？

解析：设放射性同位素原有质量为m0,10天后其剩余质量为m，水库存水量为Q，由每1t11010Qm分钟衰变次数与其质量成正比可得＝，由半衰期公式得m＝m02T＝m022，联立8×107m0解得水库存水量为Q＝2.5×105 m3。

答案：2.5×105 m3

230Th发生衰变生成镭核226Ra并放出一个粒子。设该粒子的质量为m、电荷量14．钍核 90 88

为q，它进入电势差为U的带窄缝的平行平板电极S1和S2间的电场时，速度为v0，经电场加速后，沿Ox方向进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox垂直平板电极S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图15－2所示，整个装置处于真空中。

114

图15－2

(1)写出钍核衰变方程；

(2)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R； (3)求粒子在磁场中运动所用时间t。

230Th→4He＋226Ra。解析：(1)钍核衰变方程： 902 88

(2)设粒子离开电场时速度为v，对加速过程有 112

qU＝mv2－mv0①

粒子在磁场中运动时qvB＝m②

由①、②得R＝

2qU2

＋v0。 m

2πR2πm

(3)粒子做圆周运动的回旋周期T＝v＝③

qB1

粒子在磁场中运动时间t＝T④

6πm

由③④得t＝。

3qB

m4226答案：(1)230 90Th→2He＋ 86Ra (2)R＝qBπm

(3)t＝

3qB

2qUv2 0＋m

高中物理选修3-5同步练习试题解析探测射线的方法放射性的应用与防护

1．关于威耳逊云室的原理，下列说法正确的是( )

A．往云室加少量酒精，使其达到饱和状态，然后压缩活塞，使其达到过饱和状态 B．往云室加少量酒精，使其达到饱和状态，然后外拉活塞，使其达到过饱和状态 C．粒子经过时，使酒精蒸气电离，以这些粒子为核心凝结显示出其径迹

D．粒子经过时，使沿途的气体分子电离，酒精蒸气以离子为核心凝结，显示其粒子径迹

115

解析：威耳逊云室的原理是，先往云室里加少量酒精，使室内充满酒精的饱和蒸气，然后外拉活塞，气体膨胀、温度降低，酒精蒸气达到过饱和状态。这时如果有粒子飞过，使沿途的气体分子电离，过饱和酒精蒸气会以这些离子为核心凝结，显示粒子径迹，B、D正确。

答案：B、D

2．用盖革—米勒计数器测定放射源的放射强度为每分钟405次，若将一张厚纸板放在计数器与放射源之间，计数器几乎测不到射线。10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为每分钟101次，则下列关于射线性质及它的半衰期的说法正确的是( )

A．放射源射出的是α射线 B．放射源射出的是β射线 C．这种放射性元素的半衰期是5天 D．这种放射性元素的半衰期是2.5天

解析：α粒子贯穿能力很弱，一张纸就可挡住，放上纸板后，计数器几乎测不到射线，说明是α射线，故A对，B错误；衰变次数与原子核总数成正比，10天后衰变次数为原来11

的，说明原子核总数约为原来的，10天为2个半衰期，即T＝5天，故C对，D错误。 44

答案：A、C

3．下列说法中错误的是( )

A．威耳逊云室和盖革—米勒计数器都是利用了放射线使气体电离的性质 B．盖革—米勒计数器除了用来计数，还能区分射线的种类

C．用威耳逊云室探测射线时，径迹比较细且常常弯曲的是β粒子的径迹

D．根据气泡室中粒子径迹照片上的记录情况，可以分析粒子的动量、能量及带电情况解析：盖革—米勒计数器只能用来计数，不能区分射线的种类，因为不同的射线在盖革—米勒计数器中产生的脉冲现象相同。

答案：B

4．盖革—米勒计数器可对下列哪种粒子计数( ) A．α粒子 C．γ粒子

B．β粒子 D．三种粒子均可

解析：盖革—米勒计数器灵敏度很高，可对α、β、γ三种射线计数，只是不能区分它们。答案：D

5．对放射性的应用，下列说法正确的是( )

A．放射线能杀伤癌细胞或阻止癌细胞分裂，对人体的正常细胞不会有伤害作用 B．对放射性的废料，要装入特制的容器并埋入深地层进行处理

116

C．γ射线探伤仪中的放射源必须存放在特制的容器里，而不能随意放置 D．对可能有放射性污染的场所或物品进行检测是很有必要的

解析：放射线能杀伤癌细胞或阻止癌细胞分裂，但也会对人体的正常细胞有伤害，选项A错；正因为放射线具有伤害作用，选项B、C、D均是正确的。

答案：B、C、D

6．现代建筑使用的花岗岩石材和家庭装修使用的花岗岩板材中也存在不同程度的放射性，某同学要测定附近建筑材料厂生产的花岗岩板材的放射性辐射是否超标，他选用哪种仪器较好( )

A．威耳逊云室 B．气泡室

C．盖革—米勒计数器 D．以上三种效果都很好

解析：花岗岩板材的放射性都比较弱，用云室、气泡室很难测出，而计数器非常灵敏，用它检测射线十分方便。

答案：C

7．下列哪些应用是把放射性同位素作为示踪原子的( ) A．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况

B．把含有放射性元素的肥料施给农作物，利用探测器的测量，找出合理的施肥规律 C．利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹

D．给怀疑患有甲状腺病的病人注射碘131，论断甲状腺的器质性和功能性疾病解析：利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹是利用γ射线穿透能力强的特点，因此选项C不属于示踪原子的应用。

答案：A、B、D

8．关于γ射线的产生和性质，下列说法中正确的是( ) A．γ射线是原子内层电子受激发后产生的，在磁场中它不偏转

B．γ射线是由处于激发状态的原子核放射出的光子，它在磁场中不发生偏转 C．γ射线的电离本领和穿透本领都很强 D．γ射线的电离本领最弱，穿透本领最强

解析：放射性原子核在发生α衰变和β衰变过程中，产生的某些新原子核由于具有过多的能量(此时新核处于激发态)，而辐射出的光子流即γ射线，它具有很强的穿透本领，但电离本领比α射线和β射线的电离本领都弱，因γ射线本身不带电荷，所以γ射线进入磁场中

117

后不会发生偏转。

答案：B、D

9．如图16－1所示，为查德威克实验示意图，由天然放射性元素钋(Po)放射的α射线轰击铍时会产生粒子流a，用粒子流a轰击石蜡时，会打出粒子流b，经研究知道( )

图16－1

A．a为中子，b为质子 B．a为质子，b为中子 C．a为γ射线，b为中子 D．a为中子，b为γ射线

解析：不可见射线a轰击石蜡时打出的应该是质子，因为质子就是氢核，而石蜡中含有大量氢原子，轰击石蜡的不可见射线应该是中子。

答案：A

10．潮汐能属于无污染能源，但能量的转化率较低，相比之下，核能是一种高效的能源。 (1)在核电站中，为了防止放射性物质泄漏，核反应堆有三道防护屏障：燃料包壳、压力壳和安全壳(见图16－2a)。结合图16－2b可知，安全壳应当选用的材料是________。

图16－2

(2)核反应堆中的核废料具有很强的放射性，目前常用的处理方法是将其装入特制的容器中，然后( )

A．沉入海底 C．运到月球

B．放至沙漠 D．深埋地下

(3)图16－2c是用来监测工作人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射。当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光，结合图b分析可知工作人员受到了________射线的辐射；当所有照相底片都被感光时，工作人员受到了________射线的辐射。

118

解析：(1)从图b可以看出，β射线和γ射线穿透能力很强，可以穿透几毫米厚的铅板，但不能穿透混凝土。

(2)放射性元素的半衰期长，污染性强，应深埋地下。 (3)β射线能穿过铝片，γ射线能穿透铅片。答案：(1)混凝土 (2)D (3)β，γ或β和γ

11．铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：2723Al＋2He

X＋10n。下列判断正确的是( ) A.10n是质子 B.10n是中子

28Si的同位素 C．X是14

31P的同位素 D．X是15

解析：根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知选项B、D正确。答案：B、D

12．三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变成Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个个氦(42He)，则下面说法正确的是( )

A．X核比Z核多一个原子 B．X核比Z核少一个中子 C．X核的质量数比Z核质量数大3 D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍

解析：设原子核X的质量数为x，电荷数为y，依题意写出核反应方程，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y－1，原子核Z的质量数为x－3，电荷数为y－2。由此可得X核的质子(y)比Z核的质子(y－2)多2个，A错；由此可得X核的中子(x－y)比Z核的中子(x－y－1)多1个，B错；X核的质量数(x)比Z核的质量数(x－3)多3个，C对；X核与Z核的总电荷(2y－2)是Y核电荷(y－1)的2倍，D对。

答案：C、D

24913．2006年，美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过4820Ca(钙48)轰击 98Cf(锎249)

发生核反应，成功合成了第118号元素。这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素。实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的粒子x，再连续经过3次α衰变后，变成质量数为282的第112号元素的原子核，则粒子x是哪种元素？

解析：第118号元素的质量数是48＋249＝297，该元素经3次α衰变后，电荷数减少

119

6，为第112号元素，故x不带电，3个x粒子的质量数为297－282－12＝3，即x粒子的质量数是1，故x粒子是中子。

答案：中子

14．带电粒子在“云室”中运动时，可呈现运动径迹，将“云室”放在匀强电场中，通过观察分析带电粒子的径迹，可以研究原子核发生衰变的规律。现将一静止的放射性14C放入上述装置中，当它发生衰变时，可能放出α粒子或β粒子。所放射的粒子与反冲核经过相等时间所形成的径迹如图16－3所示(发生衰变后的瞬间放射出的粒子和反冲核的速度方向与电场E垂直，a、b均表示长度)。则：

图16－3

(1)14C发生衰变时所放射出的粒子是________。

(2)14C发生衰变时所放射出粒子的运动轨迹是________(填“①”或“②”)。 (3)14C的衰变过程是：

________________________________________________________________________。 (4)简要推导发生衰变后的瞬间放射出的粒子与反冲核的动能之比。

解析：(1)由轨迹知，14C衰变时放出的粒子与反冲核受到的库仑力方向相同，带电性质相同，故放出的是α粒子。

(2)由动量守恒定律得，α粒子的动量与反冲核的动量大小相同，粒子质量小，速度必然大，在垂直于电场方向上的位移大，即②为α粒子轨迹。

104

(3)由电荷数守恒和质量数守恒可得14 6C→ 4Be＋2He。

p2Ekαm反5(4)由于衰变时动量守恒及Ek＝，得＝＝。

2mEk反mα2

104

答案：(1)α粒子 (2)② (3)14 6C→ 4Be＋2He

(4)5:2

15．云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为m1的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m2，电荷量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内，现测得α粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损。(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计。)

120

解析：该衰变放出的α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R与运动速度vv2

的关系，由洛伦兹力和牛顿定律可得qvB＝m2。动量守恒定律是自然界中的普遍规律，对R微观粒子相互作用也适用。核衰变过程都遵守动量守恒，衰变过程亏损质量很小，亏损质量忽略不计时得：0＝m2v－(m1－m2)v。在衰变过程中α粒子剩余核的动能都来自于亏损质量即

Δm2c2＝(m1－m2)v2＋m2v2，

22m1(qBR)2

联立解得：Δm2＝2。

2cm2(m1－m2)m1(qBR)2

答案：2

2cm2(m1－m2)

高中物理选修3-5同步练习试题解析

核力与结合能

1．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是( )

A．核力、万有引力、库仑力 B．万有引力、库仑力、核力 C．库仑力、核力、万有引力 D．核力、库仑力、万有引力

解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的，可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力，故D选项正确。

答案：D

2．下列说法中正确的是( )

A．原子核内的所有质子间都存在核力和库仑力

B．对质子数较多的原子核，其中的中子起到维系原子核稳定的作用 C．重核比中等质量的核更稳定

D．两个质子之间不管距离如何，核力总大于库仑力

解析：只有相邻质子间才存在核力，A、D错误；中子与其他核子间没有库仑斥力，但

121

有相互吸引的核力，起到维系原子核稳定的作用，B正确；中等质量大小的核最稳定，C错误。

答案：B

3．下列说法正确的是( )

A．自由核子结合成原子核时，一定遵循质量守恒

B．在发生核反应时，反应前物质的总质量一定等于反应后所生成物质的总质量 C．发生核反应时，反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应是放能反应 D．发生核反应时，反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应必须吸收能量才能发生核反应

解析：核反应过程满足电荷数守恒和质量数守恒，其中质量数守恒并不是质量守恒。核反应过程中往往伴随着质量亏损，并有能量变化。若反应后质量减小，则释放出能量，反之则吸收能量，所以C选项正确。

答案：C

4．下列说法中，正确的是( )

A．爱因斯坦质能方程反映了物体的质量就是能量，它们之间可以相互转化

B．由E＝mc2可知，能量与质量之间存在着正比关系，可以用物体的质量作为它所蕴藏的能量的量度

C．核反应中发现的“质量亏损”是消失的质量转变成为能量

D．因在核反应中能产生能量，有质量的转化，所以系统只有质量数守恒，系统的总能量和总质量并不守恒

解析：E＝mc2说明能量和质量之间存在着联系，即能量与质量之间存在着正比关系，并不是说明了能量与质量之间存在相互转化的关系。故A项错误，而B项正确；核反应中的质量亏损并不是质量消失，实际上是由静止的质量变成运动的质量，并不是质量转变成能量，故C项错误；在核反应中，质量守恒，能量也守恒，在核反应前后只是能量的存在方式不同，总能量不变，在核反应前后只是物质由静质量变成动质量，故D错误。

答案：B

5．关于质能方程，下列说法中正确的是( )

A．质量减少，能量就会增加，在一定条件下质量转化为能量 B．物体获得一定的能量，它的质量也相应地增加一定值

C．物体一定有质量，但不一定有能量，所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系 D．某一定量的质量总是与一定量的能量相联系的

122

解析：质能方程E＝mc2表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的，当物体获得一定的能量，即能量增加某一定值时，它的质量也相应增加一定值，并可根据ΔE＝Δmc2进行计算，所以B、D正确。

答案：B、D

6．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少。太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近

( )

A．1036 kg C．1013 kg

B．1018 kg D．109 kg ΔE＝Δmc2，得

ΔE4×1026

Δm＝2＝ kg≈109 kg。

c(3×108)2

解析：根据爱因斯坦质能方程答案：D

7．一个电子(质量为m、电荷量为－e)和一个正电子(质量为m、电荷量为e)，以相等的初动能Ek相向运动，并撞到一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子，设产生光子的频率为ν，若这两个光子的能量都为hν，动量分别为p和p′，下面关系中正确的是( )

A．hν＝mc2，p＝p′ 1

B．hν＝mc2，p＝p′

2C．hν＝mc2＋Ek，p＝－p′ 1

D．hν＝(mc2＋Ek)，p＝－p′

解析：能量守恒和动量守恒为普适定律，故以相等动能相向运动发生碰撞而湮灭的正负电子总能量为：2Ek＋2mc2，化为两个光子后，总动量守恒且为零，故p＝－p′，且2Ek＋2mc2＝2hν，即hν＝Ek＋mc2。

答案：C

8．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，当质子和中子结合成氘核时，放出的能量是( )

A．m3c2 C．(m3－m2－m1)c2

B．(m1＋m2)c2 D．(m1＋m2－m3)c2

解析：质子和中子结合成氘核时，总质量减小了，即质量亏损Δm＝m1＋m2－m3。依据质能方程可知，放出的能量为

ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2。

123

答案：D

9．以mD、mp、mn分别表示氘核、质子、中子的质量，则( ) A．mD＝mp＋mn C．mn＞mp＋mn

B．mD＝mp＋2mn D．mD＜mp＋mn

1解析：质子和中子生成氘核，要放出能量，核反应方程为：1→21p＋0n―1H，由爱因斯坦

质能方程可知有能量的放出一定有质量的减少，所以mp＋mn＞mD，D选项正确。

答案：D

3423

10．某核反应方程为21H＋1H→2He＋X。已知1H的质量为2.013 6 u，1H的质量为3.018

0 u，42He的质量为4.002 6 u，X的质量为1.008 7 u。则下列说法中正确的是( )

A．X是质子，该反应释放能量 B．X是中子，该反应释放能量 C．X是质子，该反应吸收能量 D．X是中子，该反应吸收能量

341解析：根据核反应过程中质量数、电荷数守恒规律，可得21H＋1H→2He＋0X，即X为中

子；在该反应发生前，反应物的总质量m1＝(2.013 6＋3.018 0) u＝5.031 6 u，反应后产物总质量m2＝(4.002 6＋1.008 7) u＝5.011 3 u，总质量减少，出现了质量亏损，故该反应释放能量。

答案：B

11．已知质子的质量是1.008 665 u、中子的质量也是1.00 8665 u，氢原子的质量是1.007 825 u，碳原子的原子量是12.000 000 u,12个核子结合成碳原子核时，质量亏损是________，碳原子核的比结合能是________。

解析：碳原子可以看成是6个氢原子与6个中子结合而成，质量亏损：

Δm＝6×1.007 825 u＋6×1.008 665 u－12.000 000 u ＝0.098 940 u 比结合能为： ΔEΔmc2E＝＝

1212＝

0.098 940×931.5 MeV

＝7.68 MeV。

答案：0.098 940 u 7.68 MeV

124

12．质子间距约为r＝0.8×10

－15

m，电量e＝1.60×10

－19

C，质量mp＝1.67×10

－27

kg。

两个质子接触时，核力比库仑力大得多。求：

(1)两质子间库仑力和万有引力的比值； (2)若只存在库仑力，质子的加速度是多大？

解析：(1)两质子间库仑力F库＝k2，万有引力F

r9×109×1.602×10－386.67×10－11×1.672×10－54

F库m2ke2p

＝引＝G2得2＝rF引Gmp

≈1.2×1036。

(2)由牛顿第二定律知质子的加速度 F库ke2

a＝＝2

mpmpr＝

9×109×1.602×10－381.67×10－27×0.82×10－30

m/s2≈2.2×1029 m/s2。

答案：(1)1.2×1036 (2)2.2×1029 m/s2

13．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mp、mD。现用光子能量为E的γ射线照射静止的氘核使之分解，反应方程为γ＋D===p＋n，若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是多大？

解析：由能量守恒得，E＋mDc2＝(mpc2＋Ek)＋(mnc2＋Ek)， 1

解得Ek＝(E＋mDc2－mpc2－mnc2)

211

＝E－(mp＋mn－mD)c2。 2211

答案：E－(mp＋mn－mD)c2

14．静止的原子核abX发生衰变时，放出的能量都转变成了α粒子和新核的动能，若测得α粒子的动能为E，则新原子核的动能为多少？衰变中质量亏损是多少？

12a－44解析：衰变方程为：abX→b－2Y＋2He，由E＝mv1得α粒子的速度v1＝ 2由动量守恒定律得：

(a－4)44mv2＝mv1，v2＝v1＝ 4a－4a－4新核的动能：

2E m2E m

125

1(a－4)21(a－4)162E4EE′＝×mv2＝×m××＝。

2424(a－4)2ma－4原子核衰变放出的能量： 4EaΔE＝E＋E′＝E＋＝E

a－4a－4

ΔEaE

由质能方程ΔE＝Δmc2得：Δm＝2＝。

c(a－4)c24EaE

答案：

a－4(a－4)c2

15．两个动能均为1 MeV的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：

2H＋2H→3H＋1H 1111

试求：

(1)此核反应中放出的能量ΔE为多少？

(2)若放出的能量全部变为新生核的动能，则新生的氢核具有的动能是多少？解析：(1)此核反应中的质量亏损和放出的能量分别为 Δm＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007 3) u ＝0.004 3 u，

ΔE＝Δmc2＝0.004 3×931.5 MeV ＝4.005 MeV

(2)因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零。因核反应中的动量守恒，故碰后质子和氘核的总动量也为零。设其动量分别为p1，p2，必有p1＝－p2。

设碰后质子和氘核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2。则：

Ek1m1v2m231p1/m1

＝＝2＝＝。 2

Ek2m2v2p2/m2m11

故新生的氢核的动能为 3

Ek1＝(ΔE＋Ek0)

＝(4.005＋2)MeV＝4.5 MeV。 4答案：(1)4.005 MeV (2)4.5 MeV 16．α粒子的质量mα＝6.646 7×10质量mn＝1.674 9×10

－27

kg，质子的质量mp＝1.672 6×10

－27

kg，中子的

kg。求α粒子(氦核)的比结合能。

126

解析：核子的质量之和

2mp＋2mn＝2×(1.672 6＋1.674 9)×10－27 kg ＝6.695 0×10－27 kg

这个数值与α粒子的质量之差

Δm＝2mp＋2mn－mα＝(6.695 0－6.646 7)×10－27 kg ＝4.83×10－29 kg α粒子的结合能

4.83×10－29×3.02×1016

ΔE＝Δmc2＝ eV

1.60×10－19≈2.72×107 eV＝27.2 MeV

ΔE27.2

α粒子的比结合能E＝＝ MeV＝6.8 MeV。

44答案：6.8 MeV

17．为了确定爱因斯坦质能方程ΔE＝mc2的正确性，设计了如下实验：用动能为E1＝0.6 MeV的质子轰击静止的锂核73Li，生成两个α粒子的动能之和为E2＝19.9 MeV。

(1)写出该核反应方程；

(2)通过计算说明ΔE＝Δmc2正确。(已知质子mp＝1.007 3 u，α粒子mα＝4.001 5 u，锂核mLi＝7.016 0 u)

144

解析：(1)73Li＋1H→2He＋2He

(2)核反应的质量亏损为 Δm＝mLi＋mp－2mα

＝(7.016 0＋1.007 3－2×4.001 5) u＝0.020 3 u 由质能方程可知，与质量亏损相当的能量为 ΔE＝Δmc2＝0.020 3×931.5 MeV＝18.9 MeV 而系统增加的能量为ΔE′＝E2－E1＝19.3 MeV

这些能量正是来自核反应中，在误差允许的范围内视为相等，所以ΔE＝Δmc2正确。

144答案：(1)73Li＋1H→2He＋2He (2)见解析

高中物理选修3-5同步练习试题解析

127

重核的裂变

1．下列核反应中，表示核裂变的是( )

238U→234Th＋4He A. 92 902

2351891B. 92U＋0n→144 56Ba＋36Kr＋30n 30P→30Si＋0e C.15141

4121D.94Be＋2He→ 6C＋0n

解析：重核的裂变是指重核在中子的轰击下分裂成中等质量原子核的核反应，故B正确。

答案：B

2．关于铀核裂变，下述说法正确的是( )

A．铀核裂变的产物是多种多样的，但只能裂变成两种不同的核 B．铀核裂变时还能同时释放2—3个中子

C．为了使裂变的链式反应容易进行，最好用纯铀235 D．铀块的体积对产生链式反应无影响

解析：铀核受到中子的轰击，会引起裂变，裂变的产物是各种各样的，具有极大的偶然性，但裂变成两块的情况多，也有的分裂成多块，并放出几个中子的情况。铀235受慢中子的轰击时，裂变的概率大，而铀238只有俘获能量在1 MeV以上的中子才能引起裂变，且裂变的几率小。而要引起链式反应，需使铀块体积超过临界体积，故上述选项B、C正确。

答案：B、C

3．关于重核的裂变，以下说法正确的是( ) A．核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量 B．中子从铀块中通过时，一定发生链式反应

C．重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减小

D．由于重核的核子平均质量大于中等质量核的核子平均质量，所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能

解析：根据重核发生裂变的条件和裂变放能的原理分析可知，裂变时铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程。因其释放的能量远大于其俘获中子时吸收的能量。链式反应是有条件的，即铀块的体积必须大于其临界体积。如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生。在裂变反应中核子数是不会减小的，如235 92

136

U裂变为9038Sr和 54Xe的核反应，其核反应方程为

128

2351901361

92U＋0n→38Sr＋ 54Xe＋100n，

其中各粒子质量分别为

mU＝235.043 9 u，mn＝1.008 67 u， mSr＝89.907 7 u，mXe＝135.907 2 u。质量亏损为

Δm＝(mU＋mn)－(mSr＋mXe＋10mn) ＝0.151 0 u

可见铀核裂变的质量亏损是远小于一个核子的质量的，核子数是不会减少的，因此选项A、B、C均错。重核裂变为中等质量的原子核时，由于平均质量减小，还会再发生质量亏损，从而释放出核能。综上所述，选项D正确。

答案：D

4．利用重核裂变释放核能时选用铀235，主要因为( ) A．它比较容易发生链式反应 B．能自动裂变，与体积无关

C．铀核比较容易分裂成为三部分或四部分，因而放出更多的核能

D．铀235价格比较便宜，而且它裂变时放出的核能比其他重核裂变时放出的核能要多解析：铀235容易俘获慢中子发生裂变，而铀238只有俘获能量在1 MeV以上的中子才能发生裂变。铀核在发生链式反应时，铀块体积必须超过其临界体积，故仅A选项正确。

答案：A

5．原子反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置，它主要有哪四部分组成( )

A．原子燃料、慢化剂、冷却系统和控制调节系统 B．原子燃料、慢化剂、发热系统和传热系统 C．原子燃料、慢化剂、碰撞系统和传热系统 D．原子燃料、中子源、原子能聚存系统和输送系统答案：A

6．山东荣成石岛湾核电站总装机规模400万千瓦。核电站与火电站相比较，其优势在于( )

A．核燃料释放出的能量远大于相等质量的煤放出的能量 B．就可采储量来说，地球上核燃料资源远多于煤炭

129

C．核电站造成的污染远小于相等发电能力的火电站 D．核电站比火电站更容易建造

解析：核电站与火电站相比，相等质量的核燃料放出的能量比煤放出的能量要大很多，地球上可开采核矿石储量所能提供的能量约为煤、石油的15倍，只要措施得当，核电站造成的污染很小，核能属于清洁能源，A、B、C均正确；核电站的建造难度较大，D错误。

答案：A、B、C

190136

7．在核反应方程式235 92U＋0n→38Sr＋ 54Xe＋kX中( )

A．X是中子，k＝9 C．X是质子，k＝9

B．X是中子，k＝10 D．X是质子，k＝10

解析：核反应方程应遵循电荷数守恒和质量数守恒，在题目所给核反应中，设X的质子数为x，则核反应方程的左边质子数为92＋0＝92，右边质子数为38＋54＋x＝92，x＝0，X的质子数为0，所以X为中子，左边质量数为235＋1＝236，右边质量数为90＋136＋k×1＝236，k＝10，所以k的数值为10。

答案：B

235U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程式为235U＋18．一个 92 920

1n―→X＋9438Sr＋20n，则下列叙述正确的是( )

A．X原子核中含有86个中子 B．X原子核中含有141个核子

C．因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数增加 D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量减少

解析：X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个，B错误；中子数为140－(92－38)＝86个，A正确；裂变时释放能量，出现质量亏损，但是其总质量数是不变的，C、D错。

答案：A

9．人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程。请按要求回答下列问题。

(1)卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献。请选择其中的两位，指出他们的主要成绩。

①_______________________________________________________________________。 ②_______________________________________________________________________。在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，图18－1为三

130

种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途。

________________________________________________________________________。

图18－1

(2)在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作慢化剂。中子在重

12水中可与21H核碰撞减速，在石墨中与 6C核碰撞减速。上述碰撞可简化为弹性碰撞模型。某

反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作慢化剂，哪种减速效果更好？

解析：(1)卢瑟福提出了原子的核式结构模型(或其他成就) 查德威克发现了中子(或其他成就)

射线2为γ射线，穿透力强，可用于金属探伤(或其他答案合理即可) (2)设中子质量为mn，靶核质量为m，由动量守恒定律： mnv0＝mnv1＋mv2

1112

2由能量守恒：mnv20＝mnv1＋mv2 222mn－m

解得：v1＝v0

mn＋m

在重水中靶核质量：mH＝2mn， mn－mH1v1H＝v0＝－v0

3mn＋mH

在石墨中靶核质量：mC＝12mn， mn－mC11

v1C＝v0＝－v0

13mn＋mC

与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好。

答案：(1)卢瑟福提出原子的核式结构模型玻尔把量子理论引入原子模型查德威克发现中子玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱(或其他成就)

(2)重水

131

235U为燃料的反应堆中，23510．裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核 92 92U俘

获一个慢中子后发生裂变反应可以有多种方式，其中一种方式可表示为：

235

92U

＋ 1→ 0n ―139

54Xe ＋ 94

38Sr ＋ 310n

235．043 9 1.008 7 138.917 8 93.915 4

反应方程下方的数字是中子及有关原子核静止时的质量(以原子核质量u为单位)，已知1 u的质量对应的能量为931 MeV，则该反应放出多少MeV的能量？

解析：裂变前后的质量亏损是

Δm＝(235.043 9＋1.008 7－138.917 8－93.915 4－3×1.008 7) u＝0.193 3 u，放出的能量ΔE＝Δm×931 MeV≈1.8×102 MeV。

答案：1.8×102

235U 受中子轰击时会发生裂变，8911. 92产生144同时放出200兆电子伏特的能量。 56Ba和36Kr，

现要建设发电能力是50万千瓦的核电站，用铀235作为原子锅炉的燃料。假设核裂变释放的能量全部被用来发电，那么一天需要纯铀235的质量为多大？(阿伏加德罗常数取6.02×1023个/摩尔)

解析：核电站每一天的发电量为：

E＝Pt＝50×104×103×24×3 600 J＝4.32×1013 J。

据题意知，核电站一天的发电量就等于发电站在一天时间内铀235裂变所释放的总能量，故核电站每天所消耗的铀235核的个数为：

4.32×1013E

n＝＝个＝1.35×1024个。 61911

200×10×1.6×10－3.2×10－故发电站每一天需要的纯铀235的质量为： 1.35×1024n

m＝·M＝×235×10－3 kg＝0.527 kg。 23NA6.02×10答案：0.527 kg

12．在原子反应堆中，用石墨(碳)作慢化剂使快中子减速。已知碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的碰撞是弹性的(即碰撞中不损失动能)，而且碰撞前碳核是静止的。试求：

(1)设碰撞前中子的动能为E0，问经过一次碰撞后，中子的动能损失多少？

(2)至少经过多少次碰撞，中子的动能才能少于106E0？(lg13＝1.114，lg11＝1.041 1) 解析：(1)设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v，则

132

－

mv0＝mv1＋Mv① 121212mv＝mv＋Mv② 20212

由①②解得：v1＝－v0

13碰撞一次，中子损失的动能为

1121211248ΔE＝mv20－mv1＝mv01－13＝169E0 222(2)中子与碳核第一次碰撞后剩余的动能 11112112

v＝E1＝mv2E 1＝m－22130130

同理，经第二次碰撞后，中子剩余的动能 11112112×2v＝E2＝mv2E0 2＝m2213113第n次碰撞后，中子剩余的动能

1111112＝2nE＝10－6E vEn＝mv2＝mn－10

13020213112n

－6有13E0＝10E0 112n

－6即13＝10

两边取对数得：2n(lg11－lg13)＝－6 即：2n(1.041 1－1.114)＝－6 得n＝41.2次

故至少要碰撞42次，中子的动能才能少于10－6E0。 48

答案：(1)E0 (2)42次

169

13．某核反应堆每小时消耗浓缩铀(铀235的含量占5%)200 g，假定每个铀核裂变时释放的能量是200 MeV，核反应堆的效率为90%，求该核反应堆的输出功率。

解析：200 g浓缩铀中铀235的含量为m＝200 g×5%＝10 g，则10 g铀235中含有的m10

原子数为n＝NA＝×6.02×1023≈2.56×1022。这些铀在1 h内释放的能量为Q＝nΔE＝

M2352.56×1022×200×106×1.6×10－19 J≈8.19×1011 J，则此核反应堆的输出功率为P＝

Q×90%

t 133

8.19×1011×0.9＝ W≈2.0×108 W。

3 600

答案：2.0×108 W

14．利用反应堆工作时释放出的热能使汽化推动汽轮发电机发电，这就是核电站。核电站消耗的“燃料”很少，但功率却很大。目前，核能发电技术已经成熟，我国已具备了大力发展核电的基本条件。

(2)核电站每年放出的热能为Q＝Pt＝1.0×109×3.6×103×24×365 J＝3.2×1016 J。一个铀235裂变放出的能量为E＝Δmc2＝2.3×10－11 J。需要浓缩铀为

3.2×1016×0.235QMU

m＝＝ kg

E·NA×0.022.3×10－11×6.02×1023×0.02＝2.7×104 kg＝27 t。 (3)需要标准煤为

Q3.2×1016M＝＝ kg＝1.1×109 kg＝1.1×106 t。

q2.93×107

(4)核反应堆外面需修建很厚的水泥防护层，用来屏蔽射线；对放射性废料，要装入特制的容器，埋入地层深处进行处理。

答案：(1)38 136 (2)27 t (3)1.1×106 t (4)在核反应堆外面修建足够厚的水泥混凝土防护层；将核废料装入特制密闭容器并深埋地下。

134

高中物理选修3-5同步练习试题解析

核聚变

1．目前核电站利用的核反应是( ) A．裂变，核燃料为铀 C．裂变，核燃料为氘答案：A

2．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是( )

300

A.3015P→14Si＋1e 14C→14N＋ 0e C. 6－1 7

B．聚变，核燃料为铀 D．聚变，核燃料为氘

341

B.21H＋1H→2He＋0n 238U→234Th＋4He D. 92 902

解析：因为轻核结合成质量较大的核叫聚变，此题关键在一个“聚”字，暗示变化之前应至少有两种核，四个选项中只有B符合要求。

答案：B

3．太阳不断地向外辐射能量，仍保持1千万度以上的高温，其主要原因是太阳内部进行着激烈地( )

A．衰变反应 C．裂变反应

B．人工核反应 D．热核反应

解析：太阳内部时刻都在进行着轻核聚变反应，即热核反应，并伴随着释放出巨大的能量。

答案：D

4．下列关于聚变的说法中，正确的是( ) A．要使聚变产生，必须克服库仑斥力做功

B．轻核聚变需要几百万摄氏度的高温，因此聚变又叫做热核反应

C．原子弹爆炸能产生几百万摄氏度的高温，所以氢弹可以利用原子弹引发热核反应 D．太阳和许多恒星内部都在激烈地进行着热核反应

解析：要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－15 m以内，核力才能起作用。由于原子核带正电，要使它们接近到这种程度，必须克服巨大的库仑斥力。

答案：A、C、D

5．重核的裂变和轻核的聚变是人类利用核能的两种主要方式，但只有重核的裂变被人类和平利用，其原因是轻核聚变( )

A．产能效率不高

135

B．核燃料储量不够丰富 C．核废料的处理比较困难 D．反应速度的控制比较困难

解析：裂变和聚变都释放核能，聚变产能效率高，核燃料储量丰富，且核废料容易处理，缺点是核反应速度难以控制，D正确。

答案：D

6．重核裂变和轻核聚变是人类获得核能的两种主要途径，下面关于它们的说法中正确的是( )

A．裂变和聚变过程中都有质量亏损

B．裂变过程中有质量亏损，聚变过程中质量有所增加 C．裂变过程中质量有所增加，聚变过程中有质量亏损 D．裂变和聚变过程中质量都有增加

解析：在重核裂变和轻核聚变过程中都会释放出大量的热量，由爱因斯坦质能方程知，无论是裂变还是聚变，质量都会减少，而质量变化叫做质量亏损，所以仅A选项正确。

答案：A

7．现有三个核反应方程：

24 0①2411Na→12Mg＋－1e

1141921②235 92U＋0n→ 56Ba＋36Kr＋30n 341③21H＋1H→2He＋0n

下列说法正确的是( )

A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变 B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变 C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变 D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变

解析：裂变是重核变为中等质量的核，②是；衰变有α衰变和β衰变，α衰变的结果是释放氦核，β衰变的结果是从原子中释放电子，①是；聚变是质量较小的核结合成质量较大的核，③是。综上所述C正确。

答案：C

8．据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试。下列关于“人造太阳”的说法正确的是( )

31A．“人造太阳”的核反应方程是2→41H＋1H―2He＋0n

136

235U＋1n―921B．“人造太阳”的核反应方程是 92→1410 56Ba＋36Kr＋30n

C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2 1

D．“人造太阳”核能大小的计算公式是E＝mc2

341解析：“人造太阳”发生的是氢核聚变，所以核反应方程式为21H＋1H→2He＋0n，而B

选项中的核反应是核裂变，故错误；“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2，而核能大小的计算公式为E＝mc2，故选项A、C正确。

答案：A、C

9．雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(νe)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖。他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615 t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶。电子中微

37Cl→37Ar＋ 0e。子可以将一个氯核变为一个氩核，其核反应方程式为νe＋17－118

370

已知3717Cl核的质量为36.956 58 u，18Ar核的质量为36.956 91 u，－1e的质量为0.000 55

u,1 u质量对应的能量为931.5 MeV。根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为( )

A．0.82 MeV C．1.33 MeV

B．0.31 MeV D．0.51 MeV

解析：核反应过程中，反应前的能量应大于或等于反应后的能量。质量关系为mνe＋mCl≥mAr＋me，得mνe≥0.000 88 u。

则电子中微子的最小能量应为

0．000 88 u×931.5 MeV/u＝0.82 MeV，故A正确。答案：A

310．已知核反应方程2→41H＋1H―2He＋X。若用c表示光速，则( )

A．X是质子，核反应放出的能量等于质子质量乘c2 B．X是中子，核反应放出的能量等于中子质量乘c2

C．X是质子，核反应放出的能量等于氘核与氚核的质量和减去氦核与质子的质量和，再乘c2

D．X是中子，核反应放出的能量等于氘核与氚核的质量和减去氦核与中子的质量和，再乘c2

解析：由质量数守恒及电荷数守恒可知X为10n(中子)，再根据质能方程可得核反应放出

137

的能量为反应前后质量亏损与c2的乘积，故D正确。

答案：D

11．完成下列核反应方程，并说明其反应类型：

235113995

→ 54Xe＋38Sr＋________，属________反应； 92U＋0n―

222

→218 86Rn― 84Po＋________，属________反应； 2H＋3H―→________＋1110n，属________反应。

解析：在核反应中应遵循质量数守恒和电荷数守恒的原则。

答案：210n 裂变 2He 衰变 2He 聚变

12．试求在氢弹中，当合成1 kg的氦时所释放出的能量。(氘核21H的质量为2.013 6 u，

4氚核31H的质量为3.016 6 u，氦核2He的质量为4.002 6 u，中子的质量为1.008 7 u)

解析：设弹壳内装的是氘和氚轻元素，它们在高温下聚变生成氦，核聚变方程为

2H＋3H→4H＋1n。 1120

3当一个氘核21H与一个氚核1H发生反应时放出的能量为

ΔE＝Δmc2＝(2.013 6＋3.016 6－4.002 6－1.008 7)×931.5 MeV＝17.6 MeV。 1 kg氦(42He)中所含的原子核数目为 N＝nNA＝

1 000

×6.02×1023＝1.5×1026个。 4.002 6

这样合成1 kg氦核42He时所放出的总能量为 E＝NΔE＝1.5×1026×17.6 MeV＝2.64×1027 MeV。答案：2.64×1027 MeV

13．太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源。

(1)写出这个核反应方程； (2)这一核反应能释放多少能量？

(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？(mp＝1.007 3 u，mα＝4.001 5 u，me＝0.000 55 u)

40解析：(1)核反应方程是411H→2He＋21e

(2)这一核反应的质量亏损是 Δm＝4mp－mα－2me＝0.026 6 u，

ΔE＝Δmc2＝0.026 6×931.5 MeV＝24.78 MeV

138

(3)由ΔE＝Δmc2得每秒太阳质量减少 ΔE3.8×1026

Δm＝2＝82 kg＝4.2×10 kg。 c(3.0×10)

409答案：(1)411H→2He＋21e (2)24.78 MeV (3)4.2×10 kg

14．如下一系列核反应是在恒星内部发生的。

其中p为质子，α为α粒子，e为正电子，ν为一种中微子。已知质子的质量为mp＝1.672 648×10

－31

－27

＋

－27

kg，α粒子的质量为mα＝6.644 929×10 kg，正电子的质量为me＝9.11×10

kg，中微子的质量可忽略不计。真空中的光速c＝3.0×108 m/s。试计算该系列反应完成

后释放的能量。

解析：为求出系列反应后释放的能量，将题中所给的各个核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为

4p→α＋2e＋＋2ν

设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得 4mpc2＝mαc2＋2mec2＋Q。

代入数值可得 Q＝3.95×10－12 J。答案：3.95×10

－12

15．我国自行设计并研制的“人造太阳”——托卡马克实验装置运行获得重大进展，这标志着我国已经迈入可控热核反应领域先进国家行列。该反应所进行的聚变方程是2H＋31 1

4He＋1n，H―→2反应原料氘(2而氚(3自然界中不存在，但01H)富存于海水中，1H)是放射性元素，

可以通过中子轰击锂核(63Li)的人工核转变得到。

(1)请把下列用中子轰击锂核(6Li)产生一个氚核(3H)和一个新核的人工核转变方程填写3 1 完整：

6Li＋________→________＋3H。 31

(2)在(1)中，每生产1 g氚的同时有多少个63Li核实现了核转变？(阿伏加德罗常数NA取6.0×1023个/mol)

11解析：(2)因为1 g氚为 mol，根据核反应方程，实现核转变的63Li也为 mol，所以有331

6.0×1023×个＝2.0×1023个63Li实现了核转变。 3

139

423答案：(1)10n 2He (2)2.0×10个

高中物理选修3-5同步练习试题解析

粒子和宇宙

1．关于粒子，下列说法中正确的是( )

A．光子、电子、质子和中子是组成物质的不可再分的最基本粒子 B．质量比核子大的粒子都参与强相互作用 C．强子、轻子、媒介子都由更基本的粒子夸克组成 D．许多粒子都存在反粒子

解析：质子、中子本身有复杂结构，A错误，τ子的质量比核子的质量大，但它属于轻子，不参与强相互作用，B错误；现代实验还没有发现轻子的内部结构，C错误。

答案：D

2．已知π介子、π介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克u或反夸克d)组成的，它们的带电量如下表所示，表中e为元电荷。

带电量 π ＋e ＋＋

－

π －e －u 2＋e 3d 1－e 3u 2－e 3d 1＋e 3下列说法正确的是( ) A．π由u和d组成 C．π由u和d组成

－＋

B．π由d和u组成

－

＋

D．π由d和u组成

解析：根据电荷量关系可知，由于π＋介子带有＋e的电量，又由于π＋介子是由u夸克21

＋e和反d夸克＋e合成，和d夸克组成，根据题意可知π＋介子(＋e)应由一个u夸克33同理π－介子由d夸克和反u夸克构成。

答案：A、D

3．根据宇宙大爆炸的理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽显风采的时期，那么在大爆炸之后最早产生的粒子是( )

A．夸克、轻子、胶子等粒子 B．质子和中子等强子 C．光子、中微子和电子等轻子 D．氦核、氚核、氦子等轻核答案：A

140

4．正电子是电子的反粒子，它跟普通电子的电荷量相等，而电性相反，科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质——反物质。1997年，欧洲和美国的科学研究机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子。这是人类探索反物质的一大进步，你推测反氢原子的结构是( )

A．一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成 B．一个带负电荷的质子和一个带正电荷的中子构成 C．由一个不带电荷的中子和一个带负电荷的电子构成 D．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成

解析：氢原子由质子和电子组成，它们的反粒子分别是反质子和正电子，D正确。答案：D

5．宇宙诞生过程中，产生如下粒子：①光子、中微子、电子等大量轻子；②氘核、氚核、氦3、氦核等轻核；③夸克、轻子、胶子等粒子；④质子和中子等强子；⑤电子、质子、氦核的混合电离气体；⑥电子、质子复合成为中性氢原子。

根据宇宙大爆炸理论，以上粒子形成的先后顺序是( ) A．①②③④⑤⑥ C．③④①②⑤⑥

B．③①④②⑤⑥ D．①③④②⑥⑤

解析：根据大爆炸理论，宇宙形成之初是粒子家族，其后产生了夸克、轻子、胶子等粒子，然后按强子时代、轻子时代、核合成时代、混合电离气体、中性氢原子的顺序演化，故C正确。

答案：C

6．2002年，美国《科学》杂志评出的“2001年世界十大科技突破”中，有一个是加拿大萨德伯里中微子观测站的结果，该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子。在上述研究中有以下说法：

①若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相反

②若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向可能一致

③若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向一定一致

141

④若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向可能相反

其中正确的是( ) A．①③ C．③④

B．②③ D．①②

解析：中微子转化过程中动量守恒，pν＝pμ＋pτ，若pμ、pν同向，且pμ0，否则pτ<0，②正确；若pμ、pν反向，则pτ>0，③正确。

答案：B

7.中子内有一个电荷量为＋e的上夸克和两个电荷量为－e的下夸克，一简单模型是

33三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图20－1所示。下面给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是( )

图20－1

解析：本题考查的是库仑力的大小方向及力的合成，明确每个夸克2

皆受两个力的作用。电荷量为＋e的上夸克受两个下夸克的吸引力，合

3力的方向一定向下，对其中一个夸克，受力如右图所示，由于F1的水平分力与F2大小相等，方向相反，故F1与F2的合力竖直向上。

答案：B

8．现在，科学家们正在设法寻找“反物质”，所谓“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷数，但电荷的符号相反。据此，

142

若有反α粒子，则它的质量数为______，电荷数为________。

解析：由于“正α粒子”为42He，质量数为4，电荷数为2，根据题中对“反粒子”的定义，反α粒子，质量数也为4，而电荷数则应为－2。

答案：4 －2

9．已经证实，质子、中子都是由称为上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电21

为e，下夸克带电为－e，e为电子所带电量的大小，如果质子是由三个夸克组成的，且各33个夸克之间的距离都为l，l＝1.5×10力)。

解析：质子带电为＋e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的。按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处，这时上夸克与上夸克之间的静电力应为

e×e

334e2

Fuu＝k2＝k2。

l9l

代入数值，得Fuu＝46 N，为斥力。上夸克与下夸克之间的静电力为 12e×e

332e2

Fud＝k2＝k2。

l9l

代入数值，得Fud＝23 N，为吸力。答案：上夸克间静电力F＝46 N，为斥力。上、下夸克间静电力F′＝23 N，为吸力。

10.K介子衰变的方程为K―→π＋π0，其中K介子和π介子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为21，如图20－2所示，π0介子的轨迹未画出。由此可知π介子的动量大小与π0介子的动量大小之比是多少？

－

－15

m。试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力(库仑

图20－2

解析：由题意及图示可知，K－介子在P点处动量方向向下，衰变后生成的π－介子动量

143

方向向上。由在匀强磁场中带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径公式R＝

－|知，在q、B相同的情况下，动量和半径成正比，所以|pK|p－Rπ－＝2π|＝RK－

1。若选向

－下方向为正，则由K－介子衰变过程中动量守恒，得|p－|＝－|pπ|＋|p0|，整理得|p－||p0|＝K π π π

13。

答案：1

11．天文观测表明，几乎所有远处的恒星(或星系)都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度(称为退行速度)越大；也就是说，宇宙在膨胀。为同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v＝Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定。为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的。假设大爆炸后各星体以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度大的星体现在离我们越远。这一结果与上述天文观测一致。

(1)由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式是什么？

(2)根据观测，哈勃常数H＝3×102 m/s·光年，其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为多少年？

解析：由于爆炸后各星体做的是匀速运动，令宇宙年龄为T，则星球现距我们的距离为1

r＝vT＝HrT，得：T＝。

1秒·光年11

T＝＝＝ H3×10－2 m/s·光年3×10－2 m＝

1×365×24×3 600×3×1083×10－2×3 600×24×365

年＝1×1010年。

－

答案：(1)T＝ (2)1×1010年

12．太阳内部的核聚变可以释放出大量的能量，这些能量以电磁辐射的形式向四面八方辐射出去，其总功率达P＝3.8×1026 W。

(1)估算一下太阳每秒钟损失的质量；

(2)设太阳内部的核反应都是41→41H―2He＋2e＋2νe＋25.8 MeV这种形式的反应(νe是中微子，其质量远小于电子质量，是穿透能力极强的中性粒子)，地日距离L＝1.5×1011 m，试估算每秒钟太阳垂直照射在地球表面上每平方米有多少中微子到达？

(3)假设原始太阳全部由质子和电子组成，并且只有10%的质子可供“燃烧”，试估算太阳的寿命。(太阳质量约为2.0×1030 kg，质子质量为1.67×10

－27

kg)

解析：(1)太阳每秒钟放出的能量E＝Pt＝3.8×1026 J，由质能方程E＝mc2可得，

144

E3.8×1026m＝2＝ kg≈4.2×109 kg＝4.2×106 t。

c(3×108)2(2)每秒钟聚变反应的次数

3.8×1026E

N＝＝次≈9.2×1037次，

ΔE25.8×106×1.6×10－19每秒钟产生的中微子数N1＝2N＝1.84×1038个，

距太阳L＝1.5×1011 m的球面面积S＝4πL2＝4×3.14×(1.5×1011)2 m2＝2.826×1023 m2，N11.84×1038

设每平方米有N2个中微子，则N2＝＝个≈6.5×1014个。

S2.826×1023

(3)电子的质量远小于质子的质量，则能发生反应的质子总质量约为m1＝2.0×1030×10% kg，每次聚变反应用4个质子，则每秒钟用的质子数n＝4×9.2×1037个。

每个质子的质量m0＝1.67×10－27 kg，

2.0×1030×10%m1

17 s≈103亿年。太阳的寿命t＝＝ s≈3.25×10

nm04×9.2×1037×1.67×10－27答案：(1)4.2×106 t (2)6.5×1014个 (3)103亿年

《原子核》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分

钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

1．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是( ) A．α粒子的散射实验 B．对阴极射线的研究 C．天然放射性现象的发现 D．质子的发现

解析：卢瑟福根据α粒子的散射实验的结果，提出原子的核式结构模型，所以A项正

145

确。

答案：A

2．关于放射性元素的半衰期，下列说法中正确的是( ) A．半衰期是原子核质量减少一半所需的时间 B．半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间

C．半衰期与外界压强和温度有关，与原子的化学状态无关 D．半衰期可以用于测定地质年代、生物年代等

解析：原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，C错误；原子核的衰变有一定的速率，每隔一定的时间(即半衰期)，原子核就衰变掉总数的一半，A错误，B正确；利用铀238可测定地质年代，利用碳14可测定生物年代，D正确。

答案：B、D

3．下列关于原子和原子核的说法正确的是( ) A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化 C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固

解析：原子核是由质子和中子组成的，β衰变是核内中子转变成为质子同时生成电子，即β粒子，故A错。半衰期由原子核本身决定，与外界环境因素无关，C错。比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢固，D错。玻尔提出的氢原子能级不连续就是原子能量量子化，B对。

答案：B

4．如图(十九)－1所示，P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是( )

图(十九)－1

A．a为α射线，b为β射线 B．a为β射线，b为γ射线 C．b为γ射线，c为α射线

146

D．b为α射线，c为γ射线

解析：γ射线不带电，在电场中不会偏转，α射线带正电，向负极板偏转，质量远大于β粒子的质量，电荷量是β粒子的2倍，α粒子的加速度远小于β粒子的加速度，β粒子的径迹比α粒子的径迹弯曲的多，选项B、C正确。

答案：B、C

5．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量。这几种反应的总效果可以表示为

62→k41H―2He＋d1H＋20n＋43.15 MeV

由守恒条件可知( )

A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2 C．k＝1，d＝6

D．k＝2，d＝3

解析：核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k＋d＋2,6×1＝2k＋d，解得k＝2，d＝2，因此B选项正确。

答案：B

6．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方。核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富。已知氘核的m1，中子的质量为m2，

3He2

的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是( ) A．两个氘核聚变成一个32He所产生的另一个粒子是质子

3He所产生的另一个粒子是中子 B．两个氘核聚变成一个2

3He所释放的核能为(2m－m－m)c2 C．两个氘核聚变成一个2134

D．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性

31解析：由核反应方程22X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(2m1－m3－1H→2He＋0X知，

m2)c2，聚变反应的污染非常小，而现行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D正确。

答案：B、D

7．下列说法不正确的是( )

341A.21H＋1H→2He＋0n是聚变 235U＋1n→140Xe＋94Sr＋21n是裂变 B. 920 54380226Ra→222Rn＋4He是α衰变 C. 98 96224 0D.3411Na→12Mg＋－1e是裂变

解析：裂变反应指的是质量较大的核分解成几块中等质量的核，故D选项错误。

147

答案：D

235235

8．1个 92U吸收1个中子发生核反应时，大约放出200 MeV的能量，则1 g纯 92U完

全发生核反应放出的能量为(NA为阿伏加德罗常数)( )

A．NA×200 MeV 235

C.×200 MeV NA

B．235NA×200 MeV NA

D.×200 MeV 235

1NA

235

解析：235，故放92U的摩尔质量M＝235 g/mol,1 g纯 92U含有的原子个数N＝NA＝M235NA

出的能量为×200 MeV，D正确。

235答案：D

9．放射性在技术上有很多应用，不同的放射源可用于不同目的。下表列出了一些放射性元素的半衰期和可供利用的射线。

元素钋210 氡222

元素锶90 铀238 射线 β α、β、γ 半衰期 28年 4.5×109年射线 α β 半衰期 138天 3.8天某塑料公司生产聚乙烯薄膜，方法是让厚的聚乙烯膜通过轧辊把聚乙烯膜轧薄，利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀。可利用的元素是( )

A．钋210 C．锶90

B．氡222 D．铀238

解析：要测定聚乙烯薄膜的厚度，则要求射线可以穿透薄膜，因此α射线不合适；另外，射线穿透作用还要受薄膜厚度影响，γ射线穿透作用最强，薄膜厚度不会影响γ射线穿透，所以只能选用β射线，而氡222半衰期太小，铀238半衰期太长，所以只有锶90较合适。

答案：C

10.静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，如图(十九)－2所示，则( )

图(十九)－2

148

A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反 B．原来放射性元素的原子核电荷数为90 C．反冲核的核电荷数为88

D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88

解析：微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反。由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动。

mv2mv

由Bqv＝得：R＝。

RBq

若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1＝p2

对反冲核：R2＝。

B(Q－2)e

由于p1＝p2，得R1:R2＝44: 1，得Q＝90。

它们的速度大小与质量成反比，故D错误。正确选项为A、B、C。答案：A、B、C

。 B·2e

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)放射性物质210 84Pb和 27Co的核衰变方程分别为： 210206

84Po→ 82Pb＋X1 60Co→60Ni＋X 27282

方程中的X1代表的是____________，X2代表的是____________。

0解析：由核反应中质量数和电荷数守恒知X1代表42He，而X2代表－1e。

答案：42He 0

－1

12．(5分)如图(十九)－3所示，A为未知的天然放射源，B为一张黑纸，C为水平放置的一对平行金属板，板间有竖直方向的场强较大的匀强电场，D为荧光屏，F为固定不动的显微镜筒，整个装置放在真空中。实验时，可以从显微镜内观察到荧光屏上闪烁的亮点，如果将电场撤去，从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁的亮点数没有变化，如果再将黑纸B移开，则从显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁的亮点数明显增加。由此可判定放射源A发出的射线为________。

149

图(十九)－3

解析：黑纸B能把α射线挡住，如果有β射线，那么在撤去电场后，显微镜内观察到荧光屏上每分钟闪烁的亮点数应该明显增加，而电场对γ射线没有影响，因此含有α射线和γ射线。

答案：α射线和γ射线

13．(5分)1967年6月17日，我国第一颗氢弹爆炸成功，如图(十九)－4所示。氢弹首

3先由普通炸药引爆________，再利用它产生的高温高压引爆热核材料。若聚变方程为21H＋14He＋1n＋17.6 MeV。氢弹爆炸放出的能量相当于引爆300万吨TNT，已知1 kg TNTH―→20

炸药爆炸时放出的能量为4.2×106 J，则氢弹爆炸时内部发生聚变反应的次数为________次。

图(十九)－4

解析：氢弹爆炸放出的总能量E＝4.2×106×3×109 J＝1.26×1016 J 1.26×1016E

发生聚变的次数N＝＝次≈4.47×1027次。

ΔE17.6×106×1.6×10－19答案：原子弹 4.47×1027

14．(5分)二战末期，美国在日本广岛投下的原子弹相当于2万吨TNT炸药爆炸时释放的能量，已知1 kg TNT炸药爆炸时释放的能量是4.2×106 J，则该原子弹含有纯铀235________ kg(1个铀235原子核裂变时放出200 MeV能量，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023个/mol)。

解析：2万吨TNT炸药爆炸时放出的能量E＝2×107×4.2×106 J＝8.4×1013 J,1个铀M

235原子核放出的能量ΔE＝200 MeV，设纯铀235的质量为M，则E＝NΔE＝NAΔE，故

235

150

235×8.4×1013235E

M＝＝ g≈1.0×103 g＝1.0 kg。

NAΔE6.02×1023×200×106×1.6×10－19

答案：1.0

15．(6分)一小瓶含有某种放射性同位素的溶液，它每分钟衰变6 000次。将该种溶液注射到一个病人的血液中，经过15 h，从病人身上取出10 cm3的血样，测得每分钟衰变2次。已知这种同位素的半衰期是5 h，试根据上述数据，计算人体血液的总体积。

解析：每分钟衰变次数与原子核的总数成正比， 1t

故ΔN＝ΔN02T 将t＝15 h，T＝5 h代入，得ΔN＝750次/分因ΔNΔn

＝ V总V

ΔN750

得V总＝V＝×10 cm3＝3 750 cm3。

Δn2答案：3 750 cm3

14C被考古学家称为“碳钟”，16．(6分)放射性同位素6可用它来测定古生物的年代，此

项研究获得1960年诺贝尔化学奖。

14C不稳定，(1)宇宙射线中高能量的中子碰到空气中的氮原子后，会形成14易发生衰 6C， 6

变，放出β射线，其半衰期为5 730年。试写出有关的核反应方程。

(2)若测得一古生物遗骸中14 6C的含量只有活体中的12.5%，则此遗骸的年代距今约有多少年？

1414解析：(2)活体中14 6C含量不变，生物死亡后， 6C开始衰变，设活体中 6 C的含量为

1t1ttm0，遗骸中为m，则由半衰期的定义得m＝m0·2T，即0.125＝2T，解得＝3，所以t＝3T

T＝17 190年。

1141

答案：(1)14 7N＋0n→ 6C＋1H

1414

6C→ 7N＋

0－1e (2)17 190年

17．(7分)某静止放射性元素的原子核在磁感应强度B＝2.5 T的匀强磁场中发生衰变，轨迹如图(十九)－5所示，测得两圆的半径之比R1:R2＝42:1，且R1＝0.2 m。已知α粒子质量mα＝6.64×10

－27

kg，β粒子质量mβ＝9.1×10

－31

kg。

151

图(十九)－5

(1)判断发生的是何种衰变； (2)判断衰变前原子核的种类； (3)求出放出粒子的速度大小。

解析：(1)衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反。粒子轨迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变。

mv2

(2)由动量守恒0＝mv－mαvα，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力qvB＝，又qα＝

r2e，R1R2＝421，由以上关系得该放射性元素的电荷量q＝84e，即衰变前原子核的电荷数为86，是氡核。

mαvα

(3)因R1＝，得

qαB

－19

qαBR12×1.6×10×2.5×0.2vα＝＝ m/s≈2.4×107 m/s。 27mα－6.64×10

答案：(1)α衰变 (2)氡核 (3)2.4×107 m/s

318．(7分)用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，生成氚核(1H)和α粒子并放出4.8 MeV的

能量。

(1)写出核反应方程式； (2)求出质量亏损；

(3)若中子与锂核是以等值反向的动量相碰，则氚和α粒子的动能之比是多少？ (4)α粒子的动能是多大？

1342解析：(1)63Li＋0n→1H＋2He (2)依据ΔE＝Δmc得：Δm＝

4.8

u＝0.005 2 u 931.5

(3)根据题意有：0＝m1v1＋m2v2

式中m1、m2、v1、v2分别为氚核和α粒子的质量和速度，由上式及动能Ek＝，可得

2m它们的动能之比为：

p2p211

Ek1:mEk2＝:＝:＝m2:m1＝4:3。

2m12m22m12m2

152

(4)α粒子的动能

Ek2＝(Ek1＋Ek2)＝×4.8 MeV＝2.06 MeV。

134

答案：(1)63Li＋0n→1H＋2He (2)0.005 2 u (3)4

3 (4)2.06 MeV

11419219．(7分)铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是235→ 56Ba＋36Kr＋31 92U＋0n―0

n。

235U、141Ba、92Kr、1n的质量分别为(1)试计算一个铀235原子核裂变后释放的能量。( 92 56360

235.043 9 u、140.913 9 u、91.897 3 u、1.008 7 u,1 u相当于931 MeV)

(2)1 kg铀235原子核发生上述裂变时能放出多少核能？它相当于燃烧多少煤释放的能量？(煤的热值为2.94×107 J/kg)

(3)一座发电能力为P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率为η＝40%。假定反应堆中发生的裂变反应全是本题(1)中的核反应，所用铀矿石中铀235的含量为4%，则该核电站一年消耗铀矿石多少吨？

解析：(1)裂变反应的质量亏损为

Δm＝(235.043 9＋1.008 7－140.913 9－91.897 3－3×1.008 7) u＝0.215 3 u 一个铀235原子核裂变后释放的能量为 ΔE＝0.215 3×931 MeV≈200.4 MeV。 (2)1 kg铀235中含原子核的个数为 m103

N＝NA＝×6.02×1023≈2.56×1024

MU235则1 kg铀235原子核发生裂变时释放的总能量 ΔEN＝NΔE＝2.56×1024×200.4 MeV≈5.13×1026 MeV 设q为煤的热值，m为煤的质量，有ΔEN＝qm，

26619

ΔEN5.13×10×10×1.6×10－

所以m＝＝ kg≈2 791.8 t。

q2.94×107

EPt

(3)核电站一年的发电量E＝Pt，需要的核能为＝ ηη设所用铀矿石质量为M，则铀235的含量0.04M， 0.04MNA

对应的原子核数，

MUPt0.04M因＝NΔE ηMUA

153

PtMU

则M＝

0.04ηNAΔE＝

109×365×24×60×60×235

0.04×40%×6.02×1023×200.4×106×1.6×10－19

≈2.4×107 g＝24 t。

答案：(1)200.4 MeV (2)5.13×1026 MeV 2 791.7 t (3)24 t

20．(7分)在暗室的真空装置中做如下实验：在竖直放置的平行金属板间的匀强电场中，有一个能产生α、β、γ三种射线的射线源。从射线源射出的一束射线垂直于电场方向射入电场，如图(十九)－6所示。在与射线源距离为H高处，水平放置两张叠放着的、涂药面朝下的印像纸(比一般纸厚且涂有感光药的纸)，经射线照射一段时间后两张印像纸显影。

图(十九)－6

(1)上面的印像纸有几个暗斑？各是什么射线的痕迹？

(2)下面的印像纸显出一串三个暗斑，试估算中间暗斑与两边暗斑的距离之比？ (3)若在此空间再加上与电场方向垂直的匀强磁场，一次使α射线不偏转，一次使β射线不偏转，则两次所加匀强磁场的磁感应强度之比是多少？

1c(已知：mα＝4 u，mβ＝ u，vα＝，vβ＝c)。

1 84010

解析：(1)因α粒子贯穿本领弱，穿过下层纸的只有β射线、γ射线，β射线、γ射线在上面的印像纸上留下两个暗斑。

(2)下面印像纸从左向右依次是β射线、γ射线、α射线留下的暗斑。设α射线、β射线暗斑到中央γ射线暗斑的距离分别为xα、xβ，则

HH11

xα＝aα·v2，xβ＝aβ·v2，

2α2βqα·Eqβ·Eaα＝，aβ＝。

mαmβxα5由以上四式得＝。

xβ184

154

(3)若使α射线不偏转，qαE＝qαvα·Bα，所以Bα＝，同理若使β射线不偏转，应加磁场

vα

EBαvβ

Bβ＝，故＝＝10:1。

vβBβvα

答案：(1)两个暗斑 β射线，γ射线 (2)5:184 (3)10:1

模块综合测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分

钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

1．关于α粒子的散射实验，下述不正确的是( ) A．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中有正电荷 B．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中原子核的作用

C．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上

D．相同条件下，换用原子序数越小的物质做实验，沿同一偏转角散射的α粒子就越少解析：原子显电中性，而电子带负电，所以原子中一定存在带正电的物质，但是汤姆孙的原子模型就不能解释α粒子的散射现象，所以α粒子大角度散射的主要原因不能直接说是原子中正电荷的作用，而是正电荷集中在原子核中的原因，所以A选项错误，而B选项正确；只有少数α粒子发生大角度散射的结果证明原子存在一个集中所有正电荷和几乎所有质量的很小的原子核，即C选项正确；使α粒子发生大角度散射的原因是受到原子核的库仑斥力，所以为使散射实验现象更明显，应采用原子序数大的金箔，若改用原子序数小的物质做实验，α粒子受到原子核的库仑斥力小，发生大角度散射的α粒子少，所以D选项正确，所以题中选不正确的答案为A选项。

答案：A

2．放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛

155

应用。下列选项中，属于γ射线的应用的是( )

A．医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤

B．机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地

C．铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制 D．用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期

解析：γ射线的电离作用很弱，不能使空气电离成为导体，B错误；γ射线的穿透能力很强，薄铝板的厚度变化时，接收到的信号强度变化很小，不能控制铝板厚度，C错误。

答案：A、D

3．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中( )

A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2

2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 1

C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2

2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

解析：运动员受到两个作用力：地面对他向上的作用力F和重力mg，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv，所以地面对他的冲量为FΔt＝mv＋mgΔt，地面对他的作用力，因脚的位移为零，故做功为零，正确答案为B。

答案：B

4．光电效应的实验结论是：对于某种金属( )

A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应 B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应

C．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小 D．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大

解析：根据光电效应规律可知A正确，B、C错误。根据光电效应方程mv2＝hν－W，

频率ν越高，初动能就越大，D正确。

答案：A、D

5．用波长为2.0×107 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10

－19

－

J。由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10

－34

J·s，光速c＝3.0×108

m/s，结果取两位有效数字)( )

A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 Hz

156

C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz

解析：由爱因斯坦的光电方程h＝Ekm＋W，而金属的逸出功W＝hν0，由以上两式得，

λcEkm

钨的极限频率为：ν0＝－＝7.9×1014 Hz，B项正确。

λh

答案：B

6．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )

A．动量不变，速度增大 C．动量增大，速度增大

B．动量变小，速度不变 D．动量增大，速度减小

解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变。又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。

答案：A

7．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( )

A．0.15 Pa C．1.5 Pa

B．0.54 Pa D．5.4 Pa

45×10－3

解析：由题中1小时内水位上升45 mm，可知每一秒钟水位上升的高度：Δh＝

3 600m，在t秒内雨水对睡莲叶面的冲量：I＝Ft＝mv＝ρV体v＝ρ(S底Δh)v，可得雨滴对睡莲叶面的压强：p＝

答案：A

8.研究光电效应的电路如图Z－1所示。用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流。下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图像中，正确的是( )

FS底

＝ρΔhv＝0.15 Pa，故A正确。

157

图Z－1

解析：虽然入射光强度不同，但光的频率相同，所以截止电压相同；又因当入射光强时，单位时间逸出的光电子多，饱和光电流大，所以选C。

答案：C

9．下列说法正确的是( )

112C＋4He是α衰变方程 A.15→ 6 7N＋1H―22B.1→31H＋1H―2He＋γ是核聚变反应方程 238U―234Th＋4He是核裂变反应方程 C. 92→ 902

271D.4→302He＋13Al―15P＋0n是原子核的人工转变方程

解析：核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子。聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核。裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中等原子核。人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D两选项正确。

答案：B、D

10.氢原子能级的示意图如图Z－2所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则( )

图Z－2

158

A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线 B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线 C．在水中传播时，a光较b光的速度小

D．氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离

解析：γ射线是从原子核内部放出的，A错误；紫外线的光子能量比可见光的光子能量大，从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时放出的光子能量小于可见光的光子能量，B错误；c

因a光频率大于b光频率，在水中传播时的折射率na>nb，由波速v＝，故van只有入射光的光子能量hν≥|E2|时，才可使n＝2能级上的氢原子电离，D错误。

答案：C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子。光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是

________________________________________________________________________。答案：减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)

12．(5分)激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光。红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲。现有一红宝石激光器，发射功率为P＝1.0×1010 W，所发射的每个光脉冲持续的时间为Δt＝1.0×10

－11

s，波长为793.4 nm，则

每列光脉冲的长度l是________m，其中含有的能量子数N是________。

解析：每列光脉冲的长度l＝cΔt＝3×108×1.0×10－11 m＝3×10－3 m。由光速公式c＝λν，能量子公式ε＝hν及能量关系PΔt＝Nε得

71011

λPΔt7.934×10－×1.0×10×1.0×10－N＝＝个≈4.0×1017个。 348hc6.626×10－×3×10

答案：3×103 4.0×1017个

11113．(5分)氢原子光谱谱线波长遵循公式＝Rm2－n2，R为里德伯常量，赖曼系是从高λ能级向基态跃迁时产生的，巴耳末系是从高能级向第二能级跃迁时产生的，帕邢系是从高能级向第三能级跃迁时产生的，则各线系的第一条谱线的波长之比为________。

－

159

1131－2＝R 解析：赖曼系的第一条谱线＝R24λ11151

巴耳末系的第一条谱线＝R22－32＝36R λ21171

帕邢系的第一条谱线＝R32－42＝144R λ3故波长之比λ1 答案：35

λ2

λ3＝

3R540

36 5R

144

＝35 7R

189

540。

189

14. (5分)在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H的核反应，间接地证实了中微子的存在。

101(1)中微子与水中的1→11H发生核反应，产生中子(0n)和正电子(＋1e)，即中微子＋1H―0n＋

0＋1

e，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________。(填写选项前的字母) A．0和0 C．1和0

B．0和1 D．1和1

(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转

0变为两个光子(γ)，即＋0→2γ。已知正电子和电子的质量都为9.1×101e＋－1e―

－31

kg，反应中

产生的每个光子的能量约为________ J。正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是____________________。

解析：(1)由质量数守恒和电荷数守恒，可判断中微子的质量数和电荷数均为零。 (2)正负电子相遇转变为一对光子，由能量守恒和质能方程得2mec2＝2E 故E＝mec2＝9.1×10－31×32×1016 J＝8.2×10－14 J

相遇前总动量为零，相遇后总动量也为零，故不可能转变为一个光子。答案：(1)A (2)8.2×10

－14

总动量为零

15．(6分)如图Z－3所示，一轻质弹簧两端各连一质量为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑的水平面上。今有质量为m/4的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出，试分析弹簧在什么状态下滑块B具有最大动能，其值是多少？

图Z－3

160

解析：子弹与A碰撞时，因碰撞时间极短，且A用弹簧与B相连，故可认为此时刻B未参与此过程，则子弹与A组成的系统动量守恒。设碰撞子弹与A的共同速度为vA，则有(m/4)v0＝(m＋m/4)vA

解得vA＝v0/5。

此后，弹簧被压缩，B被加速，显然当弹簧再次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，B有最大速度vBm，即有最大动能EkBm。在此过程并以速度vA运动的滑块A与静止滑块B发生弹性碰撞，应用弹性正碰的结论，立刻得到：

2(m＋m/4)v02vBm＝·＝v0。

m＋m＋m/45912222

v＝mv EkBm＝m290810

答案：当弹簧第一次恢复原长时

mv 810

16. (6分)如图Z－4所示，一辆质量为M的平板小车在光滑水平面上以速度v做直线运动，今在车的前端轻轻地放上一质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的速度为零，设物体与车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不致从车上滑跌下去，车的长度最短为多少？

图Z－4

解析：设车的最短长度为L，物体滑到车的末端时，恰好与车保持相对静止，即跟车有共同速度v′，车和物体组成的系统动量守恒，故有：Mv＝(M＋m)v′。

由动能关系得：μmgL＝Mv2－(M＋m)v′2

22解得L＝。

2μ(M＋m)gMv2

答案：

2μ(M＋m)g

17．(7分)一电子具有200 m/s的速率，动量的不确定范围是0.01%，我们确定该电子位置时，有多大的不确定范围？(电子质量为9.1×10

－31

Mv2

kg)

解析：由不确定性关系ΔxΔp≥得：电子位置的不确定范围Δx≥＝

4π4πΔp

161

4×3.14×9.1×10－31×200×0.01%＝2.90×10－3 m。)

答案：Δx≥2.90×103 m

18．(7分)研究光电效应规律的实验装置如图Z－5所示，光电管的阴极材料为金属钾，其逸出功为W0＝2.25 eV，现用光子能量为10.75 eV的紫外线照射光电管，调节变阻器滑片位置，使光电流刚好为零。求：

－

6.63×10－34

图Z－5

(1)电压表的示数是多少？

(2)若照射光的强度不变，紫外线的频率增大一倍，阴极K每秒内逸出的光电子数如何变化？到达阳极的光电子动能为多大？

(3)若将电源的正负极对调，到达阳极的光电子动能为多大？解析：(1)由光电效应方程Ek＝hν－W0 得光电子最大初动能Ek＝8.50 eV

光电管两端加有反向电压，光电子由K向A减速运动。由动能定理－eU＝EkA－Ek Ek

因EkA＝0，则U＝＝8.50 V。

(2)设光的强度为nhν，光强不变，频率增大一倍，则每秒入射的光子数n减为原来的一半，阴极K每秒内逸出的光电子数也减为原来的一半，

由光电效应方程得光电子的最大初动能 E′k＝hν′－W0＝2hν－W0＝19.25 eV 电子由阴极向阳极做减速运动。由动能定理

－eU＝E′kA－E′k，得EkA′＝10.75 eV

162

(3)若将电源的正负极对调，光电管上加有正向电压，光电子从阴极向阳极做加速运动，由动能定理eU＝EkA″－Ek，

得EkA″＝17.00 eV。

答案：(1)8.50 V (2)减半 10.75 eV (3)17.00 eV

19．(7分)一个容器中有2g氢气，假设所有氢原子均处于第5能级，在向低能级跃迁时，求：

(1)一共能辐射几种光子？

(2)若阿伏加德罗常数用NA表示，当所有氢原子都跃迁到基态时，辐射的光子总数为多少？

5×(5－1)解析：(1)辐射的光子种类N＝种＝10种；

2(2)2 g氢气共含有2NA个氢原子

如图所示，处于第5能级时，有4种跃迁方式，每种跃迁方式各放出×2NA＝NA个光

42子；

1111

处于第4能级的原子数为NA，有3种跃迁方式，各放出×NA＝NA个光子；

2326112121

处于第3能级的原子数为NA＋NA＝NA，有两种跃迁方式，各放出×NA＝NA个光

263233子；

111

处于第2能级的原子数为NA＋NA＋NA＝NA，只有一种跃迁方式，放出NA个光子；

26311125

放出的光子总数为N总＝4×NA＋3×NA＋2×NA＋NA＝NA。

263625

答案：(1)10种 (2)NA

20．(7分)山东海阳核电站一期工程工程规划建设两台125万千瓦的AP1 000三代核电

163

136机组。如果铀235在中子的轰击下裂变为9038Sr和 54Xe，质量mu＝235.043 9 u，mn＝1.008 7

u，mSr＝89.907 7 u，mXe＝135.907 2 u。

(1)写出裂变方程：

(2)求出一个铀核裂变放出的能量；

(3)若铀矿石的浓度为3%，一期工程建成后，一年将消耗多少吨铀矿石？解析：(2)裂变过程的质量亏损Δm＝mU＋mn－mSr－mXe－10mn＝0.150 7 u，释放的能量ΔE＝Δmc2＝0.150 7×931 MeV≈140.3 MeV。

(3)核电站一年的发电量E＝Pt＝2×125×107×365×24×60×60 J＝7.884×1016 J， m·3%EM

由E＝NΔE＝NAΔE，得m＝ M3%·NAΔE＝

3%×6.02×1023×140.3×106×1.6×10－19

7.884×1016×235

≈4.57×107 g＝45.7 t。

1901361答案：(1)235 92U＋0n→38Sr＋ 54Xe＋100n (2)140.3 MeV (3)45.7 t

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