江苏专用高考物理二轮复习专题过关检测十动量与原子物理学2 联系客服

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专题过关检测(十)动量与原子物理学

一、单项选择题

1.(2019·苏州调研)(1)下列说法正确的是________。 A.光和电子都具有波粒二象性

B.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关 C.比结合能越大,原子中核子结合的越牢固,原子核越稳定

D.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,最多可产生4种不同频率的光子 (2)用频率为ν的紫光照射某金属(极限频率为ν0),且ν>ν0。已知普朗克常量为h。则该金属的逸出功W为____________,光电子的最大初动能Ek为__________。

(3)质量为m=1 kg的小球由高h=0.45 m处自由下落,落到水平地面后,以vt=2 m/s的速度向上反弹,已知小球与地面接触的时间为t=0.1 s,取g=10 m/s。求:

①小球落地前速度v的大小;

②小球撞击地面过程中,地面对小球平均作用力F的大小。

解析:(1)光和电子都具有波粒二象性,选项A正确;放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关,选项B错误;比结合能越大,原子中核子结合的越牢固,原子核越稳定,选项C正确;大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,最多可产生C4=6种不同频率的光子,选项D错误。

(2)逸出功W=hν0,由光电效应方程Ek=hν-W, 代入得Ek=h(ν-ν0)。

(3)①小球做自由落体运动,有v=2gh 代入数据得v=3 m/s。

②小球触地反弹,取向上为正方向 由动量定理得mvt-(-mv)=Ft-mgt 代入数据得F=60 N。

答案:(1)AC (2)hν0 h(ν-ν0) (3)①3 m/s ②60 N

2.(2019·南京、盐城模拟)(1)铀核裂变的一种方程为 92U+X→38Sr+ 54Xe+20n,已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示,下列说法正确的有________。

A.X粒子是中子 B.X粒子是质子

C. 92U、38Sr、 54Xe相比,38Sr的比结合能最大,最稳定

D. 92U、38Sr、 54Xe相比, 92U的质量数最多,结合能最大,最稳定

(2)利用如图所示的电路做光电效应实验,当光照射到光电管的金属材料上时,灵敏电流

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140

235

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235

94

140

1

2

2

2

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计中没有电流通过。经检查实验电路完好。则发生这种现象的原因可能有______________________和______________________。

(3)在光滑水平面上,质量均为m的三个物块排成直线,如图所示。第1个物块以动量p0

向右运动,依次与其余两个静止物块发生碰撞,并粘在—起,求:

①物块的最终速度大小; ②碰撞过程中损失的总动能。

解析:(1)根据质量数和电荷数守恒可知,X的质量数为1,电荷数为0,为中子,选项A正确,B错误;根据题图可知 92U、38Sr、 54Xe Xe相比,38Sr的比结合能最大,最稳定; 92U的质量数最多,结合能最大,比结合能最小,最不稳定,选项C正确,D项错误。

(2)当光照射到光电管的金属材料上时,灵敏电流计中没有电流通过,则说明可能没有发生光电效应,即入射光的频率小于极限频率;也可能是所加反向电压大于遏止电压。

(3)①依据动量守恒定律得p0=3mv 解得v=。

3m12

②由p0=mv0,Ek0=mv0

2

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94

140

94

235

p0

p02

解得初动能Ek0=

2m1p02

末动能Ek=·3mv=

26m2

p02

所以损失的总动能为ΔE=Ek0-Ek=。

3m答案:(1)AC (2)入射光的频率小于极限频率 所加反向电压大于遏止电压 (3)①

p0

3mp02② 3m3.(1)下列说法中正确的是________。

A.金属发生光电效应的截止频率随入射光频率的变化而变化 B.黑体的热辐射就是反射外来的电磁波

C.氢原子中电子具有波动性,并非沿经典力学描述下的轨道运动 D.核聚变需要极高的温度,反应过程中需要外界持续提供能量

(2)1956年,李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒,1957年吴健雄用钴原子核(27Co)在极低温(0.01 K)和强磁场中的β衰变实验结果给出了令人信服的证明。27Co在极低温下的半衰期________(选填“大于”“等于”或“小于”)常温下的半衰期;27Co发生β衰

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60

60

60

变生成镍(Ni)的方程式为____________。

(3) 27Co是金属元素钴的一种放射性同位素,用中子辐照金属钴(27Co)可得到27Co。一质量为 m0、速度大小为 v0的中子打进一个静止的、质量为m1的原子核27Co,形成一个处于激发态的新核27Co,新核辐射光子后跃迁到基态。已知真空中光速为 c,不考虑相对论效应。

①求处于激发态新核27Co的速度大小v;

②已知原子核27Co的质量为m2,求整个过程中由于质量亏损释放的核能ΔE。

解析:(1)金属发生光电效应的截止频率与金属板的逸出功有关,与入射光频率无关,A项错误;黑体的热辐射就是吸收外来的电磁波,B项错误;氢原子中电子具有波动性,并非沿经典力学描述下的轨道运动,这种理论就是教材中提到的波尔假说,C项正确;核聚变需要极高的温度,但反应过程中不需要外界持续提供能量,D项错误。

(2)半衰期由原子核本身决定,与温度等无关;根据核电荷数和质量数守恒写出核反应方程:27Co→28Ni+-1e。

(3)①由动量守恒定律有m0v0=(m0+m1)v 解得v=

60

60

0

60

60

60

59

60

59

60

m0v0

。 m0+m1

②质量亏损Δm=m1+m0-m2 释放的核能ΔE=Δmc 解得ΔE=(m1+m0-m2)c。 答案:(1)C (2)等于

602722

Co→28Ni+-1e (3)①

60 0

m0v02

②(m1+m0-m2)c m0+m1

4.(2019·苏锡常镇调研)(1)在氢原子光谱中,赖曼线系是氢原子从较高能级(n=2,3,4…)跃迁到基态时辐射的光谱线系。类似地,有巴耳末系、帕邢系、布喇开系等线系,如图所示。下列说法中正确的是________。

A.该图说明氢原子光谱是分立的

B.赖曼线系中从n=2能级跃迁到基态放出的光子频率最大 C.巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2能级放出的光子波长最大

D.若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应,则赖曼系的都能使该金属发生光电效应

(2)原子物理中,质子数和中子数互换的原子核称为镜像核。3Li的镜像核是________(镜像核的元素符号可用X表示);3Li的比结合能是____________。(设3Li质量为mLi,中子质量为mn,质子质量为mp,真空中光速为c)

(3)如图,光滑水平桌面上,质量为m的小球甲以速度v与质量为2m的静止小球乙发生

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对心正碰,碰后甲以速率反弹,碰撞时间为t,不计空气阻力。

3

①求碰撞过程中甲、乙间的平均作用力大小; ②通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。

解析:(1)能级图说明氢原子光谱是分立的,A项正确;赖曼线系中从n=2能级跃迁到基态放出的光子能量最小,频率最小,B项错误;巴尔末线系中从n=∞跃迁到n=2能级放出的光子能量最大,频率最大,波长最小,C项错误;发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率,频率越大,越容易发生光电效应,D项正确。

(2)根据题意,镜像核是质子数和中子数互换,所以3Li的镜像核是4X(或4Be)。写出核反111772

应方程40n+31H→3Li,所以质量亏损为4mn+3mp-mLi, 3Li的比结合能是(4mn+3mp-mLi)c。

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(3)①对甲,以向右为正方向,由动量定理得:

7

7

7

v?v?m·?-?-mv=Ft, ?3?

4mv可得F=- 3t4mv负号说明乙对甲的平均作用力方向向左,两球间平均作用力大小是F=。

3t②设碰后乙球速度为v1,碰撞过程动量守恒: 2?v?mv=m·?-?+2mv1,解得v1=v

?3?

3

12

碰前系统动能E1=mv,

2碰后系统动能

1?v?1?2v?1E2=·m·??2+·2m·??2=mv2

33

2

??

2

??

2

说明该碰撞为弹性碰撞。

14mv772

答案:(1)AD (2)4X(或4Be) (4mn+3mp-mLi)c(3)① ②该碰撞为弹性碰撞

73t5.(1)关于核反应 92U+0n→38Sr+ 54Xe+x0n,下列说法正确的是________。 A.x=10 C.向外释放能量

B.质量数不守恒 D.这是 92U的衰变

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235

1

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1

(2)在如图所示装置中,阴极K在光子动量为p0的单色光1的照射下发生了光电效应,调节滑片P至某一位置,使电流表的示数恰好为零;在保持上述滑片P的位置不变的情况下,改用光子动量为0.5p0的单色光2照射阴极K,则电流表的示数将________(选填“为0”或“不为0”),单色光1、2的波长之比为________。

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(3)在如图所示足够长的光滑水平面上,有质量分别为3 kg和1 kg的甲、乙两滑块,将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态,乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放,当弹簧恢复原长时,甲的速度大小为2 m/s, 此时乙尚未与P相撞。

①求弹簧恢复原长时乙的速度大小;

②若乙与挡板P碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。 解析:(1)根据质量数守恒可知,x=235+1-90-136=10,故A项正确、B项错误;核反应 92U+0n→38Sr+ 54Xe+x0n属于裂变,裂变时出现质量亏损,向外释放能量,故C项正确、D项错误。

(2)分析可知单色光2的频率比单色光1的频率小,结合爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,用单色光2照射时电子的初动能Ek减小,所以电子仍不能到达A极板,故电流表的示数将仍为零。

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hλ1p20.5p01

由光子的动量公式p=,可知波长λ和动量p成反比,所以===。

λλ2p1p02

(3)①由动量守恒定律得 0=m甲v甲+m乙v乙

代入数据解得v乙=-6 m/s,即乙的速度大小为6 m/s,方向与甲相反。 ②若乙与挡板P碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞,

则乙与挡板碰后最大速度为v乙′=2 m/s,由动量定理得挡板对乙的冲量

I=Δp=m乙v乙′-(-m乙v乙)=8 N·s

即挡板对乙球的冲量最大值为8 N·s。

答案:(1)AC (2)为0 1∶2 (3)①6 m/s ②8 N·s

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