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(共33張PPT)
第十五章 ｜ 原子物理
第1講　光電效應　波粒二象性
一、光電效應
1．光電效應現象
(1)定義：在光的照射下，金屬中的____從表面逸出的現象，發射出來的電子叫______。
(2)產生條件：入射光的頻率____________金屬的極限頻率。
2．光電效應的三條規律
(1)每種金屬都有一個______頻率，入射光的頻率必須___________這個極限頻率才能產生光電效應。
電子
光電子
大于或等于
極限
大于或等于
(2)光電子的最大初動能與入射光的______無關，只隨入射光頻率的增大而_____。
(3)光電效應的發生幾乎是______的，一般不超過10－9 s。
二、愛因斯坦的光電效應理論
1．光子說
(1)在空間傳播的光是不連續的，而是一份一份的，每一份叫作一個光子，光子的能量ε＝_____。
(2)普朗克常量：h＝6.63×10－34 J·s。
2．愛因斯坦光電效應方程
(1)表達式：Ek＝hν－____。
強度
增大
瞬時
hν
W0
電子
波動
粒子
波粒二象
大
小
微點判斷　
(1)光子和光電子都是實物粒子。 ( )
(2)只要入射光的強度足夠強，就可以使金屬發生光電效應。 ( )
(3)要想在光電效應實驗中測到光電流，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功。( )
(4)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比。 ( )
(5)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性。 ( )
(6)德國物理學家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應規律。 ( )
(7)美國物理學家康普頓發現了康普頓效應，證實了光的粒子性。 ( )
×
×
√
×
√
×
√
(一) 光電效應規律的理解及應用
1．與光電效應有關的五組概念對比
(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發射出來的電子，其本質是電子。光子是因，光電子是果。
(2)光電子的動能與光電子的最大初動能：只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能。
(3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關。
(4)入射光強度與光子能量：入射光強度指單位時間內照射到金屬表面單位面積上的總能量，而光子能量E＝hν。
(5)光的強度與飽和光電流：頻率相同的光照射金屬產生光電效應，入射光越強，飽和光電流越大，但不是簡單的正比關系。
2．光電效應的研究思路
(1)兩條線索
(2)兩條對應關系
①入射光強度大→光子數目多→發射光電子多→光電流大；②光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動能大。
3．光電效應中三個重要關系
(1)愛因斯坦光電效應方程：Ek＝hν－W0。
(2)光電子的最大初動能Ek與遏止電壓Uc的關系：Ek＝eUc。
(3)逸出功W0與極限頻率νc的關系：W0＝ hνc。
[多維訓練]
1．[光電效應的理解]
硅光電池是利用光電效應原理制成的器件，下列表述正確的是 (　 )
A．硅光電池是把光能轉化為電能的一種裝置
B．硅光電池中吸收了光子能量的電子都能逸出
C．逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率無關
D．任意頻率的光照射到硅光電池上都能產生光電效應
解析：硅光電池是把光能轉化為電能的裝置，A正確；硅光電池中吸收了光子能量大于逸出功的電子才能逸出，B錯誤；在發生光電效應的情況下，入射光的頻率越高，逸出的光電子的最大初動能越大，C錯誤；只有大于極限頻率的入射光照到硅光電池上才能產生光電效應，D錯誤。
答案：A　
2．[光電效應規律的研究]
(多選)利用光電管研究光電效應的實驗電路圖如圖所示，用頻
率為ν的可見光照射陰極K，電流表中有電流通過，則 (　 )
A．改用紫外線照射陰極K，電流表中沒有電流通過
B．只增加該可見光的強度，電流表中通過的電流將變大
C．若將滑動變阻器的滑片滑到A端，電流表中一定無電流通過
D．若將滑動變阻器的滑片向B端滑動，電流表示數可能不變
解析：由題意知，該可見光的頻率大于或等于陰極材料的極限頻率，紫外線的頻率大于可見光的頻率，故用紫外線照射陰極K，也一定能發生光電效應，電流表中有電流通過，A錯誤；只增加可見光的強度，單位時間內逸出金屬表面的光電子數增多，電流表中通過的電流將變大，B正確；滑動變阻器的滑片滑到A端，光電管兩端的電壓為零，但光電子有初動能，故電流表中仍有電流通過，C錯誤；滑動變阻器的滑片向B端滑動時，若電流已達到飽和光電流，則電流表示數可能不變，D正確。
答案：BD　
3．[極限頻率的求解]
用波長為300 nm的光照射鋅板，電子逸出鋅板表面的最大初動能為1.28×10－19 J。已知普朗克常量為6.63×10－34 J·s，真空中的光速為3.00×108 m·s－1。能使鋅產生光電效應的單色光的最低頻率約為 (　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
答案：B　
答案：C
(二) 光電效應的圖像及應用
光電效應四類圖像對比
續表
答案：AD　
2．[Uc-ν圖像]
用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應現象，實驗裝置示意圖如圖甲所示，實驗中測得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關系如圖乙所示，圖線與橫軸交點的橫坐標為5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。則下列說法中正確的是 (　 )
A．欲測遏止電壓，應選擇電源左端為正極
B．當電源左端為正極時，滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的示數持續增大
C．增大照射光的強度，產生的光電子的最大初動能一定增大
D．如果實驗中入射光的頻率ν＝7.00×1014 Hz，則產生的光電子的最大初動能Ek＝1.2×10－19 J
解析：用題圖甲所示的實驗裝置測量銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，光電管左端是陽極，則電源左端為負極，A錯誤；當電源左端為正極時，將滑動變阻器的滑片向右滑動的過程中，剛開始電壓增大，光電流增大，當光電流達到飽和值，不再增大，即電流表讀數的變化是先增大，后不變，B錯誤；光電子的最大初動能與入射光的頻率和金屬的逸出功有關，
與入射光的強度無關，C錯誤；根據題圖乙可知，銣的截止頻率νc＝5.15×1014 Hz，根據hνc＝W0，該金屬的逸出功大小W0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J，根據光電效應方程Ek＝hν－W0，當入射光的頻率為ν＝7.00×1014 Hz時，則最大初動能為Ek＝6.63×10－34×7.0×1014 J－3.41×10－19 J≈1.2×10－19 J，D正確。
答案：D
3．[同頻率入射光的I-U圖像]
紅外測溫儀的原理是：任何物體的溫度在高于絕對零度(－273 ℃)時都會向外發出紅外線，額溫槍通過紅外線照射到溫度傳感器，發生光電效應，將光信號轉化為電信號，計算出溫度數據。已知人的體溫正常時能輻射波長為10 μm 的紅外線，如圖甲所示，用該紅外線照射光電管的陰極K時，電路中有光電流產生，實驗得到的電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，則 (　 )
A．波長為10 μm的紅外線在真空中的頻率為3×1014 Hz
B．將圖甲的電源反接，一定不會產生電信號
C．由圖乙數據可知，該光電管的陰極金屬逸出功約為0.1 eV
D．若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度減弱，光電管轉換成的光電流減小
答案：C
4．[不同頻率入射光的I-U圖像比較]
用如圖甲所示的電路研究光電效應中光電流與照
射光的強弱、頻率等物理量的關系。圖中A、K
兩極間的電壓大小可調，電源的正負極也可以對
調，分別用a、b、c三束單色光照射，調節A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的關系如圖乙所示，由圖可知 (　 )
A．單色光a和c的頻率相同，且a光更弱些，b光頻率最大
B．單色光a和c的頻率相同，且a光更強些，b光頻率最大
C．單色光a和c的頻率相同，且a光更弱些，b光頻率最小
D．單色光a和c的頻率不同，且a光更強些，b光頻率最小
解析：a、c兩單色光照射后遏止電壓相同，根據Ek＝eUc，可知產生的光電子最大初動能相等，則a、c兩單色光的頻率相等，光子能量相等，由于a光的飽和光電流較大，則a光的強度較大，單色光b照射后遏止電壓較大，根據Ek＝eUc，可知b光照射后產生的光電子最大初動能較大，根據光電效應方程Ek＝hν－W0得，b光的頻率大于a光的頻率，故A、C、D錯誤，B正確。
答案：B　
(三) 對波粒二象性、物質波的理解
[題點全練通]
1．[粒子性與康普頓效應]
實驗表明：光子與速度不太大的電子碰撞發生散射時，光的波長會變長或者不變，這種現象叫康普頓散射，該過程遵循能量守恒定律和動量守恒定律。如果電子具有足夠大的初速度，以至于在散射過程中有能量從電子轉移到光子，則該散射被稱為逆康普頓散射，這一現象已被實驗證實。關于上述逆康普頓散射，下列說法正確的是 (　 )
A．相對于散射前的入射光，散射光在介質中的傳播速度變大
B．若散射前的入射光照射某金屬表面時能發生光電效應，則散射光照射該金屬時，光電子的最大初動能將變大
C．散射后電子的速度一定變大
D．散射后電子的能量一定變大
解析：光在介質中的傳播速度只與介質本身有關，而與其他因素無關，散射前后的介質不變，所以散射光在介質中的傳播速度保持不變，故A錯誤；根據題意，在逆康普頓散射中，能量從電子轉移到光子，所以，散射后電子的速度和能量變小，光子的能量變大，光子的頻率變大，故C、D錯誤；根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0可知，h和W0為定值，ν越大，E越大，因此若散射前的入射光照射某金屬表面時能發生光電效應，則散射光照射該金屬時，光電子的最大初動能將變大，故B正確。
答案：B　
2．[粒子性與波動性的理解]
用很弱的光做雙縫干涉實驗，把入射光減弱到可以認為光源和感光膠片之間不可能同時有兩個光子存在，如圖所示是不同數量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說明 (　 )
A．光只有粒子性沒有波動性
B．光只有波動性沒有粒子性
C．少量光子的運動顯示波動性，大量光子的運動顯示粒子性
D．少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性
解析：光具有波粒二象性，這些照片說明少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性，故D正確。
答案：D
3．[波粒二象性的理解]
(多選)關于光的波粒二象性，正確的說法是 (　 )
A．光的頻率越高，光子的能量越大，粒子性越顯著
B．光的波長越長，光的能量越小，波動性越顯著
C．頻率高的光子不具有波動性，波長較長的光子不具有粒子性
D．個別光子產生的效果往往顯示粒子性，大量光子產生的效果往往顯示波動性
解析：光具有波粒二象性，但在不同情況下表現不同，頻率越高，波長越短，粒子性越強，反之波動性明顯，個別光子易顯示粒子性，大量光子顯示波動性，A、B、D正確。
答案：ABD
4．[德布羅意波長的計算]
已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，電子的質量為9.11×10－31 kg，一個電子和一滴直徑約為4 μm的油滴具有相同動能，則電子與油滴的德布羅意波長之比的數量級為 (　 )
A．10－8 B．106 C．108 D．1016
答案：C　
[要點自悟明]
1．對光的波粒二象性的理解(共52張PPT)
第2講　原子結構　原子核
一、原子的核式結構模型
1．電子的發現：英國物理學家________發現了電子。
2．α粒子散射實驗
(1)裝置：1909～1911年，英國物理學家________和他的助手進行了用α粒子轟擊金箔的實驗，實驗裝置如圖所示。
湯姆孫
盧瑟福
(2) 現象：實驗發現絕大多數α粒子穿過金箔后基本上仍沿______
方向前進，但有少數α粒子發生了大角度偏轉，偏轉的角度甚
至大于90°，也就是說它們幾乎被“撞”了回來。(如圖所示)
3．原子的核式結構模型：在原子中心有一個很小的核，原子全部的_______和幾乎全部______都集中在核里，帶負電荷的電子在核外空間繞核旋轉。
二、氫原子光譜
1．光譜：用光柵或棱鏡可以把各種顏色的光按波長展開，獲得光的______ (頻率)和強度分布的記錄，即光譜。
原來
正電荷
質量
波長
2．光譜分類
特征譜線
三、玻爾的原子模型
1．玻爾原子模型的三條假設
定態假設 原子只能處于一系列________的能量狀態中，在這些能量狀態中原子是______的，電子雖然繞核運動，但并不向外輻射能量
躍遷假設 原子從一種定態躍遷到另一種定態時，它輻射或吸收一定頻率的光子，光子的能量由這兩個定態的能量差決定，即hν＝_________。(m軌道假設 原子的不同能量狀態跟電子在不同的圓周軌道繞核運動相對應。原子的定態是_______的，因此電子的可能軌道也是________的
不連續
穩定
En－Em
不連續
不連續
2．氫原子的能量和能級躍遷
(1)氫原子的能級圖：如圖所示。
－13.6
n2r1
四、天然放射現象和原子核
1．天然放射現象
(1)發現：由__________發現。
(2)概念：元素______地發出射線的現象。
(3)意義：天然放射現象的發現，說明原子核具有復雜的______。
貝克勒爾
自發
結構
核子
質量數
核外電子數
核子數
半數
內部
沒有關系
4．放射性同位素
(1)放射性同位素：有_____放射性同位素和______放射性同位素兩類，放射性同位素的化學性質相同。
(2)應用：射線測厚儀、放射治療、培優保鮮、_________等。
(3)防護：防止放射性對人體組織的傷害。
5．核力和核能
(1)核力
①概念：原子核內部，________所特有的相互作用力。
②特點：核力是強相互作用力、短程力，只發生在相鄰的核子間。
天然
人工
示蹤原子
核子間
(2)核能
①質能關系：E＝mc2
②核能的釋放：核子在結合成原子核時出現質量虧損Δm，其釋放的能量
ΔE＝______。
③核能的吸收：原子核分解成核子時要吸收一定的能量，相應的質量增加Δm，吸收的能量為ΔE＝Δmc2。
6．裂變反應和聚變反應
(1)重核裂變
①定義：質量數較大的原子核受到高能粒子的轟擊而分裂成幾個質量數較小的原子核的過程。
Δmc2
中子
鏈式反應
原子彈
鎘棒
質量較大
熱核反應
微點判斷　
(1)原子中絕大部分是空的，原子核很小。 ( )
(2)按照玻爾理論，核外電子均勻分布在各個不連續的軌道上。 ( )
(3)如果某放射性元素的原子核有100個，經過一個半衰期后還剩50個。 ( )
(4)質能方程表明在一定條件下，質量可以轉化為能量。 ( )
(5)核式結構學說是盧瑟福在α粒子散射實驗的基礎上提出的。 ( )
(6)人們認識原子核具有復雜結構是從盧瑟福發現質子開始的。 ( )
(7)人們認識原子具有復雜結構是從英國物理學家湯姆孫研究陰極射線發現電子開始的。 ( )
√
×
×
×
√
×
√
(一) 原子的核式結構
[題點全練通]
1．[α粒子散射實驗現象]
如圖是盧瑟福的α粒子散射實驗裝置，在一個小鉛盒里放有少量的放射性元素釙，它發出的α粒子從鉛盒的小孔射出，形成很細的一束射線，射到金箔上，最后打在熒光屏上產生閃爍的光點。下列說法正確的是 (　 )
A．該實驗是盧瑟福建立原子核式結構模型的重要依據
B．該實驗證實了湯姆孫原子模型的正確性
C．α粒子與原子中的電子碰撞會發生大角度偏轉
D．絕大多數的α粒子發生大角度偏轉
解析：盧瑟福根據α粒子散射實驗，提出了原子核式結構模型，A正確；盧瑟福提出了原子核式結構模型的假設，從而否定了湯姆孫原子模型的正確性，B錯誤；電子質量太小，對α粒子的影響不大，C錯誤；絕大多數α粒子穿過金箔后，幾乎仍沿原方向前進，D錯誤。
答案：A
2．[盧瑟福的原子核式結構模型]
盧瑟福通過對α粒子散射實驗結果的分析，提出了原子內部存在 (　 )
A．電子 B．中子 C．質子 D．原子核
解析：盧瑟福在α粒子散射實驗中觀察到絕大多數α粒子穿過金箔后幾乎不改變運動方向，只有極少數的α粒子發生了大角度的偏轉，說明在原子的中央存在一個體積很小的帶正電荷的物質，將其稱為原子核，D正確。
答案：D
3．[α粒子散射實驗分析]
1909年，英國物理學家盧瑟福和他的學生蓋革、馬斯頓一起進行
了著名的“α粒子散射實驗”，實驗中大量的粒子穿過金箔前后
的運動模型如圖所示。盧瑟福通過對實驗結果的分析和研究，于
1911年建立了他自己的原子結構模型。下列關于“α粒子穿過金箔后”的描述中，正確的是 (　 )
A．絕大多數α粒子穿過金箔后，都發生了大角度偏轉
B．少數α粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進
C．通過α粒子散射實驗，確定了原子核半徑的數量級為10－15 m
D．通過α粒子散射實驗，確定了原子半徑的數量級為10－15 m
解析：絕大多數α粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進。少數α粒子穿過金箔后，發生大角度偏轉，A、B錯誤；通過“α粒子散射實驗”盧瑟福確定了原子核半徑的數量級為10－15 m，C正確；原子半徑的數量級為10－10 m，不是通過α粒子散射實驗確定的，D錯誤。
答案：C　
(二) 氫原子能級及能級躍遷
研清微點1　氫原子的能級躍遷問題　
1．(2023·湖北高考)2022年10月，我國自主研發的“夸父一號”太陽探測衛星成功發射。該衛星搭載的萊曼阿爾法太陽望遠鏡可用于探測波長為121.6 nm的氫原子譜線(對應的光子能量為10.2 eV)。根據如圖所示的氫原子能級圖，可知此譜線來源于太陽中氫原子(　 )
A．n＝2和n＝1能級之間的躍遷
B．n＝3和n＝1能級之間的躍遷
C．n＝3和n＝2能級之間的躍遷
D．n＝4和n＝2能級之間的躍遷
解析：由題圖可知，n＝2和n＝1的能級之間的能量差值為ΔE＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，與探測衛星探測到的譜線對應的光子能量相等，故可知此譜線來源于太陽中氫原子n＝2和n＝1能級之間的躍遷，故選A。
答案：A　
一點一過
定態間的躍遷——滿足能級差
研清微點2　譜線條數的確定　
2．(多選) 氫原子各個能級的能量如圖所示，氫原子由n＝1能級躍遷到
n＝4能級，在它回到n＝1能級過程中，下列說法中正確的是 (　 )
A．可能激發出頻率不同的光子只有6種
B．可能激發出頻率不同的光子只有3種
C．可能激發出的光子的最大能量為12.75 eV
D．可能激發出的光子的最大能量為0.66 eV
解析：氫原子由n＝4能級躍遷到n＝1能級，可能發出的譜線條數為C42，即6種頻率或能量不同的光子，A正確，B錯誤；能激發出的光子的最大能量為從n＝4能級躍遷到n＝1能級所對應的，為(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，C正確，D錯誤。
答案：AC
研清微點3　受激躍遷與電離　
3． 氦原子被電離一個核外電子，形成類氫結構的氦離子，已知基態的
氦離子能量為E1＝－54.4 eV，氦離子的能級示意圖如圖所示。在具
有下列能量的光子或者電子中，不能被基態氦離子吸收而發生躍遷
的是 (　 )
A．42.8 eV(光子)　　　 B．43.2 eV(電子)
C．41.0 eV(電子) D．54.4 eV(光子)
解析：入射光子使原子躍遷時，其能量應正好等于原子的兩能級間的能量差，而電子使原子躍遷時，其能量大于等于原子兩能級間的能量差即可，發生電離而使原子躍遷時入射光子的能量要大于等于54.4 eV，故選A。
答案：A　
一點一過
1．受激躍遷：低能級→高能級，吸收能量
(1)光照(吸收光子)：光子的能量必須恰等于能級差，hν＝ΔE。
(2)碰撞、加熱等：只要入射粒子能量大于或等于能級差即可，E外≥ΔE。
2．電離：由基態或低能級→電離態
(1)基態→電離態：E吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV電離能。
(2)n＝2能級→電離態：E吸＝0－E2＝3.4 eV
(3)如吸收能量足夠大，克服電離能后，獲得自由的電子還攜帶動能。
(三) 原子核的衰變及半衰期
研清微點1　三種射線的性質和特點　
1．如圖所示，某放射性元素衰變過程中釋放出α、β、γ三種射線，
分別進入勻強磁場和勻強電場中，關于三種射線，下列說法正
確的是 (　 )
A．①④表示α射線，其速度最慢、電離能力最弱
B．②⑤表示γ射線，其穿透能力和電離能力都很強
C．②⑤表示γ射線，是原子核內釋放出的高頻電磁波
D．③⑥表示β射線，是高速電子流，可以穿透幾毫米厚的鋁板
解析：α射線是高速粒子流，粒子帶正電，β射線為高速電子流，帶負電，γ射線為高頻電磁波，結合題圖及左手定則可知：①④為β射線，②⑤為γ射線，③⑥為α射線。α射線的速度最小但電離能力最強，γ射線是由原子核內釋放出的高頻電磁波，其穿透能力很強，但電離能力很弱，故C正確，A、B、D錯誤。
答案：C　
一點一過
三種射線的成分和性質
答案：BC
答案：D　
答案：BC
(四) 核反應方程
1．核反應的四種類型
續表
答案：A　
解析：(1)式是α衰變，(2)式是β衰變，均有能量放出，故A錯誤；(3)式是人工核轉變，故B錯誤；(3)式是人類第一次實現原子核轉變的方程，故C正確；利用激光引發可控的(4)式核聚變是正在嘗試的技術之一，故D正確。
答案：CD
答案：AC
[多維訓練]
1．[質能方程的應用]
(2023·全國乙卷)2022年10月，全球眾多天文設施觀測到迄今最亮伽馬射線暴，其中我國的“慧眼”衛星、“極目”空間望遠鏡等裝置在該事件觀測中作出重要貢獻。由觀測結果推斷，該伽馬射線暴在1分鐘內釋放的能量量級為1048 J 。假設釋放的能量來自于物質質量的減少，則每秒鐘平均減少的質量量級為(光速為3×108 m/s)(　 )
A．1019 kg　　　　　　　 B．1024 kg
C．1029 kg D．1034 kg
答案： C 　
答案：C
答案：BC第十五章 原子物理
第1講　光電效應　波粒二象性
一、光電效應
1．光電效應現象
(1)定義：在光的照射下，金屬中的電子從表面逸出的現象，發射出來的電子叫光電子。
(2)產生條件：入射光的頻率大于或等于金屬的極限頻率。
2．光電效應的三條規律
(1)每種金屬都有一個極限頻率，入射光的頻率必須大于或等于這個極限頻率才能產生光電效應。
(2)光電子的最大初動能與入射光的強度無關，只隨入射光頻率的增大而增大。
(3)光電效應的發生幾乎是瞬時的，一般不超過10－9 s。
二、愛因斯坦的光電效應理論
1．光子說
(1)在空間傳播的光是不連續的，而是一份一份的，每一份叫作一個光子，光子的能量ε＝hν。
(2)普朗克常量：h＝6.63×10－34 J·s。
2．愛因斯坦光電效應方程
(1)表達式：Ek＝hν－W0。
(2)各量的意義：
①ν：照射光的頻率。
②W0：為逸出功，指使電子脫離某種金屬所做功的最小值。
③Ek ：為光電子的最大初動能，指發生光電效應時，金屬表面上的電子吸收光子后克服原子核的引力逸出時所具有的動能的最大值。
(3)公式的意義：金屬表面的電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現為逸出后光電子的最大初動能Ek＝mev。
三、光的波粒二象性與物質波
1．光的波粒二象性
(1)光的干涉、衍射、偏振現象證明光具有波動性。
(2)光電效應說明光具有粒子性。
(3)光既具有波動性，又具有粒子性，稱為光的波粒二象性。
2．物質波
(1)概率波：光的干涉現象是大量光子的運動遵循波動規律的表現，亮條紋是光子到達概率大的地方，暗條紋是光子到達概率小的地方，因此光波又叫概率波。
(2)物質波
任何一個運動著的物體，小到微觀粒子大到宏觀物體都有一種波與它對應，其波長λ＝，p為運動物體的動量，h為普朗克常量。
微點判斷　
(1)光子和光電子都是實物粒子。(×)
(2)只要入射光的強度足夠強，就可以使金屬發生光電效應。(×)
(3)要想在光電效應實驗中測到光電流，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功。(√)
(4)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比。(×)
(5)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性。(√)
(6)德國物理學家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應規律。(×)
(7)美國物理學家康普頓發現了康普頓效應，證實了光的粒子性。(√)
(一) 光電效應規律的理解及應用
1．與光電效應有關的五組概念對比
(1)光子與光電子：光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發射出來的電子，其本質是電子。光子是因，光電子是果。
(2)光電子的動能與光電子的最大初動能：只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能。
(3)光電流和飽和光電流：金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關。
(4)入射光強度與光子能量：入射光強度指單位時間內照射到金屬表面單位面積上的總能量，而光子能量E＝hν。
(5)光的強度與飽和光電流：頻率相同的光照射金屬產生光電效應，入射光越強，飽和光電流越大，但不是簡單的正比關系。
2．光電效應的研究思路
(1)兩條線索
(2)兩條對應關系
①入射光強度大→光子數目多→發射光電子多→光電流大；
②光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動能大。
3．光電效應中三個重要關系
(1)愛因斯坦光電效應方程：Ek＝hν－W0。
(2)光電子的最大初動能Ek與遏止電壓Uc的關系：Ek＝eUc。
(3)逸出功W0與極限頻率νc的關系：W0＝ hνc。
[多維訓練]
1．[光電效應的理解]硅光電池是利用光電效應原理制成的器件，下列表述正確的是(　 )
A．硅光電池是把光能轉化為電能的一種裝置
B．硅光電池中吸收了光子能量的電子都能逸出
C．逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率無關
D．任意頻率的光照射到硅光電池上都能產生光電效應
解析：選A　硅光電池是把光能轉化為電能的裝置，A正確；硅光電池中吸收了光子能量大于逸出功的電子才能逸出，B錯誤；在發生光電效應的情況下，入射光的頻率越高，逸出的光電子的最大初動能越大，C錯誤；只有大于極限頻率的入射光照到硅光電池上才能產生光電效應，D錯誤。
2．[光電效應規律的研究](多選)利用光電管研究光電效應的實驗電路圖如圖所示，用頻率為ν的可見光照射陰極K，電流表中有電流通過，則(　 )
A．改用紫外線照射陰極K，電流表中沒有電流通過
B．只增加該可見光的強度，電流表中通過的電流將變大
C．若將滑動變阻器的滑片滑到A端，電流表中一定無電流通過
D．若將滑動變阻器的滑片向B端滑動，電流表示數可能不變
解析：選BD　由題意知，該可見光的頻率大于或等于陰極材料的極限頻率，紫外線的頻率大于可見光的頻率，故用紫外線照射陰極K，也一定能發生光電效應，電流表中有電流通過，A錯誤；只增加可見光的強度，單位時間內逸出金屬表面的光電子數增多，電流表中通過的電流將變大，B正確；滑動變阻器的滑片滑到A端，光電管兩端的電壓為零，但光電子有初動能，故電流表中仍有電流通過，C錯誤；滑動變阻器的滑片向B端滑動時，若電流已達到飽和光電流，則電流表示數可能不變，D正確。
3．[極限頻率的求解]用波長為300 nm的光照射鋅板，電子逸出鋅板表面的最大初動能為1.28×10－19 J。已知普朗克常量為6.63×10－34 J·s，真空中的光速為3.00×108 m·s－1。能使鋅產生光電效應的單色光的最低頻率約為(　 )
A．1×1014 Hz　　　　　 B．8×1014 Hz
C．2×1015 Hz D．8×1015 Hz
解析：選B　設單色光的最低頻率為νc，由愛因斯坦光電效應方程得Ek＝hν－W0＝hν－hνc，又ν＝，整理得νc＝－，代入數據解得νc≈8×1014 Hz。
4．[愛因斯坦光電效應方程的應用]如圖所示，有一束單色光入射到極限頻率為ν0的金屬板K上，具有最大初動能的某出射電子，沿垂直于平行板電容器極板的方向，從左側極板上的小孔入射到兩極板間的勻強電場后，到達右側極板時速度剛好為零。已知電容器的電容為C，帶電荷量為Q，極板間距為d，普朗克常量為h，電子電荷量的絕對值為e，不計電子的重力。關于電容器右側極板的帶電情況和入射光的頻率ν，以下判斷正確的是(　 )
A．帶正電，ν0＋ B．帶正電，ν0＋
C．帶負電，ν0＋ D．帶負電，ν0＋
解析：選C　以最大初動能入射至電容器的電子經板間電場到達右側極板速度剛好為0，說明電場力做負功，電場強度方向向右，右側極板帶負電，且－eU＝0－Ek0，由電容器電壓與電荷量的關系知U＝，由光電子的最大初動能與入射單色光頻率的關系知Ek0＝hν－hν0；聯立可得ν＝ν0＋，故C正確，A、B、D錯誤。
(二) 光電效應的圖像及應用
光電效應四類圖像對比
圖像名稱 圖線形狀 讀取信息
最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖線 ①截止頻率(極限頻率)：橫軸截距②逸出功：縱軸截距的絕對值W0＝|－E|＝E③普朗克常量：圖線的斜率k＝h
遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖線 ①截止頻率νc：橫軸截距②遏止電壓Uc：隨入射光頻率的增大而增大③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電荷量的乘積，即 h＝ke
顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關系 ①遏止電壓Uc：橫軸截距飽和②光電流Im：電流的最大值③最大初動能：Ek＝eUc
顏色不同時，光電流與電壓的關系 ①遏止電壓Uc1、Uc2②飽和光電流③最大初動能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
[多維訓練]
1．[Ek-ν圖像](多選)如圖是某金屬在光的照射下產生的光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖像，由圖像可知(　 )
A．該金屬的逸出功為E
B．入射光頻率為時，產生的光電子的最大初動能為
C．入射光頻率為2ν0時，產生的光電子的最大初動能為2E
D．該圖線的斜率表示普朗克常量h
解析：選AD　根據愛因斯坦的光電效應方程hν－W＝Ek，由圖像可知，縱坐標的截距表示W，該圖線的斜率表示普朗克常量h，所以該金屬的逸出功為E，A、D正確；由圖像可知，金屬的極限頻率為ν0，所以入射光頻率為時，不能發生光電效應，B錯誤；由于hν0＝W＝E，入射光頻率為2ν0時，代入公式解得Ek＝h·2ν0－W＝h·ν0＝E，則產生的光電子的最大初動能為E，C錯誤。
2．[Uc-ν圖像]用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應現象，實驗裝置示意圖如圖甲所示，實驗中測得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關系如圖乙所示，圖線與橫軸交點的橫坐標為5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。則下列說法中正確的是(　 )
A．欲測遏止電壓，應選擇電源左端為正極
B．當電源左端為正極時，滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的示數持續增大
C．增大照射光的強度，產生的光電子的最大初動能一定增大
D．如果實驗中入射光的頻率ν＝7.00×1014 Hz，則產生的光電子的最大初動能Ek＝1.2×10－19 J
解析：選D　用題圖甲所示的實驗裝置測量銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，光電管左端是陽極，則電源左端為負極，A錯誤；當電源左端為正極時，將滑動變阻器的滑片向右滑動的過程中，剛開始電壓增大，光電流增大，當光電流達到飽和值，不再增大，即電流表讀數的變化是先增大，后不變，B錯誤；光電子的最大初動能與入射光的頻率和金屬的逸出功有關，與入射光的強度無關，C錯誤；根據題圖乙可知，銣的截止頻率νc＝5.15×1014 Hz，根據hνc＝W0，該金屬的逸出功大小W0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J，根據光電效應方程Ek＝hν－W0，當入射光的頻率為ν＝7.00×1014 Hz時，則最大初動能為Ek＝6.63×10－34×7.0×1014 J－3.41×10－19 J≈1.2×10－19 J，D正確。
3．[同頻率入射光的I-U圖像]紅外測溫儀的原理是：任何物體的溫度在高于絕對零度(－273 ℃)時都會向外發出紅外線，額溫槍通過紅外線照射到溫度傳感器，發生光電效應，將光信號轉化為電信號，計算出溫度數據。已知人的體溫正常時能輻射波長為10 μm 的紅外線，如圖甲所示，用該紅外線照射光電管的陰極K時，電路中有光電流產生，實驗得到的電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，則(　 )
A．波長為10 μm的紅外線在真空中的頻率為3×1014 Hz
B．將圖甲的電源反接，一定不會產生電信號
C．由圖乙數據可知，該光電管的陰極金屬逸出功約為0.1 eV
D．若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度減弱，光電管轉換成的光電流減小
解析：選C　波長為10 μm的紅外線在真空中的頻率為ν＝＝3×1013 Hz，故A錯誤；由題圖甲可知，當電源反接時，電子受到的力向右，因為電子有一定的初動能，當所加電壓小于遏止電壓時，就會有電子到達A極板，此時有電信號，故B錯誤；當加的反向電壓大于遏止電壓時，沒有電信號，由題圖乙可知，遏止電壓為0.02 V，故最大初動能Ek＝eUc＝0.02 eV，由光電效應方程，有Ek＝hν－W逸，可得W逸≈0.1 eV，故C正確；若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度增強，光電管轉換成的光電流增大，故D錯誤。
4．[不同頻率入射光的I-U圖像比較]用如圖甲所示的電路研究光電效應中光電流與照射光的強弱、頻率等物理量的關系。圖中A、K兩極間的電壓大小可調，電源的正負極也可以對調，分別用a、b、c三束單色光照射，調節A、K間的電壓U，得到光電流I與電壓U的關系如圖乙所示，由圖可知(　 )
A．單色光a和c的頻率相同，且a光更弱些，b光頻率最大
B．單色光a和c的頻率相同，且a光更強些，b光頻率最大
C．單色光a和c的頻率相同，且a光更弱些，b光頻率最小
D．單色光a和c的頻率不同，且a光更強些，b光頻率最小
解析：選B　a、c兩單色光照射后遏止電壓相同，根據Ek＝eUc，可知產生的光電子最大初動能相等，則a、c兩單色光的頻率相等，光子能量相等，由于a光的飽和光電流較大，則a光的強度較大，單色光b照射后遏止電壓較大，根據Ek＝eUc，可知b光照射后產生的光電子最大初動能較大，根據光電效應方程Ek＝hν－W0得，b光的頻率大于a光的頻率，故A、C、D錯誤，B正確。
(三) 對波粒二象性、物質波的理解
[題點全練通]
1．[粒子性與康普頓效應]實驗表明：光子與速度不太大的電子碰撞發生散射時，光的波長會變長或者不變，這種現象叫康普頓散射，該過程遵循能量守恒定律和動量守恒定律。如果電子具有足夠大的初速度，以至于在散射過程中有能量從電子轉移到光子，則該散射被稱為逆康普頓散射，這一現象已被實驗證實。關于上述逆康普頓散射，下列說法正確的是(　 )
A．相對于散射前的入射光，散射光在介質中的傳播速度變大
B．若散射前的入射光照射某金屬表面時能發生光電效應，則散射光照射該金屬時，光電子的最大初動能將變大
C．散射后電子的速度一定變大
D．散射后電子的能量一定變大
解析：選B　光在介質中的傳播速度只與介質本身有關，而與其他因素無關，散射前后的介質不變，所以散射光在介質中的傳播速度保持不變，故A錯誤；根據題意，在逆康普頓散射中，能量從電子轉移到光子，所以，散射后電子的速度和能量變小，光子的能量變大，光子的頻率變大，故C、D錯誤；根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0可知，h和W0為定值，ν越大，E越大，因此若散射前的入射光照射某金屬表面時能發生光電效應，則散射光照射該金屬時，光電子的最大初動能將變大，故B正確。
2．[粒子性與波動性的理解]用很弱的光做雙縫干涉實驗，把入射光減弱到可以認為光源和感光膠片之間不可能同時有兩個光子存在，如圖所示是不同數量的光子照射到感光膠片上得到的照片。這些照片說明(　 )
A．光只有粒子性沒有波動性
B．光只有波動性沒有粒子性
C．少量光子的運動顯示波動性，大量光子的運動顯示粒子性
D．少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性
解析：選D　光具有波粒二象性，這些照片說明少量光子的運動顯示粒子性，大量光子的運動顯示波動性，故D正確。
3．[波粒二象性的理解](多選)關于光的波粒二象性，正確的說法是(　 )
A．光的頻率越高，光子的能量越大，粒子性越顯著
B．光的波長越長，光的能量越小，波動性越顯著
C．頻率高的光子不具有波動性，波長較長的光子不具有粒子性
D．個別光子產生的效果往往顯示粒子性，大量光子產生的效果往往顯示波動性
解析：選ABD　光具有波粒二象性，但在不同情況下表現不同，頻率越高，波長越短，粒子性越強，反之波動性明顯，個別光子易顯示粒子性，大量光子顯示波動性，A、B、D正確。
4．[德布羅意波長的計算]已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，電子的質量為9.11×10－31 kg，一個電子和一滴直徑約為4 μm的油滴具有相同動能，則電子與油滴的德布羅意波長之比的數量級為(　 )
A．10－8 B．106
C．108 D．1016
解析：選C　根據德布羅意波長公式λ＝，p＝，解得λ＝，由題意可知，電子與油滴的動能相同，則其波長與質量的二次方根成反比，所以有
＝，m油＝ρ·πd3＝0.8×103××3.14×(4×10－6)3 kg≈2.7×10－14 kg，代入數據解得＝≈1.7×108，故C正確，A、B、D錯誤。
[要點自悟明]
1．對光的波粒二象性的理解
從數量上看 個別光子的作用效果往往表現為粒子性；大量光子的作用效果往往表現為波動性
從頻率上看 頻率越低波動性越顯著，越容易看到光的干涉和衍射現象；頻率越高粒子性越顯著，越不容易看到光的干涉和衍射現象，貫穿本領越強
從傳播與作用上看 光在傳播過程中往往表現出波動性；在與物質發生作用時往往表現出粒子性
波動性與粒子性的統一 由光子的能量ε＝hν、光子的動量表達式p＝也可以看出，光的波動性和粒子性并不矛盾，表示粒子性的能量和動量的計算式中都含有表示波的特征的物理量——頻率ν和波長λ
2．物質波
(1)定義：任何運動著的物體都有一種波與之對應，這種波叫做物質波，也叫德布羅意波。
(2)物質波的波長：λ＝＝，h是普朗克常量。
[課時跟蹤檢測]
1．“測溫槍”(學名“紅外線輻射測溫儀”)具有響應快、非接觸和操作方便等優點。它是根據黑體輻射規律設計出來的，能將接收到的人體熱輻射轉換成溫度顯示。若人體溫度升高，則人體熱輻射強度I及其極大值對應的波長λ的變化情況是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ減小
C．I減小，λ增大 D．I減小，λ減小
解析：選B　根據黑體輻射規律，可知隨溫度升高，各種波長的輻射強度都增大，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，故人體熱輻射強度I隨溫度的升高而增大，其極大值對應的波長減小，B正確。
2．赫茲在研究電磁波的實驗中偶然發現，接收電路的電極如果受到光照，就更容易產生電火花。此后許多物理學家相繼證實了這一現象，即照射到金屬表面的光，能使金屬中的電子從表面逸出。最初用量子觀點對該現象給予合理解釋的科學家是(　 )
A．玻爾 B．康普頓
C．愛因斯坦 D．德布羅意
解析：選C　玻爾引入量子化的觀念解釋了氫原子光譜，A錯誤；康普頓提出康普頓效應，發現了光子不僅具有能量，還具有動量，證明了光具有粒子性，B錯誤；愛因斯坦提出光子說，從理論上解釋了光電效應的實驗現象，C正確；德布羅意提出一切物質都具有波粒二象性，D錯誤。
3.利用如圖所示的裝置觀察光電效應現象，將光束照射在金屬板上，發現驗電器指針沒有張開。欲使驗電器指針張開，可(　 )
A．改用逸出功更大的金屬板材料
B．改用頻率更大的入射光束
C．增加該光束的照射時間
D．增大該光束的強度
解析：選B　改用逸出功更大的金屬板材料，更不可能發生光電效應現象，驗電器指針不能張開，故A錯誤；發生光電效應現象的條件是入射光的頻率要大于或等于金屬的極限頻率，與入射光的強度和入射光的照射時間無關，則改用頻率更大的入射光束，可以使驗電器指針張開，故B正確，C、D錯誤。
4.如圖所示，用頻率為ν1和ν2的甲、乙兩種光分別照射同一光電管，對應的遏止電壓分別為U1和U2。已知ν1<ν2，則(　 )
A．遏止電壓U1B．用甲、乙兩種光分別照射時，金屬的截止頻率不同
C．增加乙光的強度，遏止電壓U2變大
D．滑動變阻器滑片P移至最左端，電流表示數為零
解析：選A　根據愛因斯坦光電效應方程有Ekm＝hν－W0，遏止電壓與最大初動能的關系為－eUc＝0－Ekm，聯立解得eUc＝hν－W0，所以入射光頻率越大，遏止電壓越大，遏止電壓與入射光的強度無關，故A正確，C錯誤；金屬的截止頻率與入射光無關，取決于金屬，因甲、乙兩種光分別照射同一光電管，所以金屬的截止頻率相同，故B錯誤；滑動變阻器滑片P移至最左端，所加的反向電壓為零，能發生光電效應，所以電流表示數不為零，故D錯誤。
5．(2024·浙江1月選考)如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d(遠小于板長)，電子的質量為m，電荷量為e，則(　 )
A．M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大
B．只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能
C．電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd
D．M、N間加反向電壓時電流表示數恰好為零
解析：選C　根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N時有eU＝Ekm－mvm2，則到達N時的動能為Ekm＝eU＋mvm2，與M、N間距無關，與電
子從金屬板中逸出的方向無關，選項A、B錯誤； 平行極板M逸出的電子到達N時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為ym＝vmt，d＝·t2，解得ym＝vmd， 選項C正確；M、N間加反向電壓且電流表示數恰好為零時，有eUc＝mvm2，解得Uc＝，選項D錯誤。
6．(2024年1月·吉林、黑龍江高考適應性演練)如圖，真空中足夠大的鋁板M與金屬板N平行放置，通過電流表與電壓可調的電源相連。一束波長λ＝200 nm的紫外光持續照射到M上，光
電子向各個方向逸出。已知鋁的逸出功W0＝6.73×10－19 J，光速c＝3.0×108 m/s，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。
(1)求光電子的最大初動能Ek(計算結果保留兩位有效數字)；
(2)調節電壓使電流表的示數減小到0時，M、N間的電壓為U0；當電壓為U0時，求能到達N的光電子中，初速度與M之間夾角的最小值θ。
解析：(1)根據光電效應方程可得
Ek＝－W0＝ J－6.73×10－19 J≈3.2×10－19 J。
(2)因調節電壓使電流表的示數減小到0時，M、N間的電壓為U0，則Ek＝U0e
當電壓為U0時恰能到達N的光電子滿足
U0e＝m(v0sin θ)2＝Ek(sin θ)2
解得sin θ＝，則θ＝60°。
答案：(1)3.2×10－19 J　(2)60°
第2講　原子結構　原子核
一、原子的核式結構模型
1．電子的發現：英國物理學家湯姆孫發現了電子。
2．α粒子散射實驗
(1)裝置：1909—1911年，英國物理學家盧瑟福和他的助手進行了用α粒子轟擊金箔的實驗，實驗裝置如圖所示。
(2)現象：實驗發現絕大多數α粒子穿過金箔后基本上仍沿原來方向前進，但有少數α粒子發生了大角度偏轉，偏轉的角度甚至大于90°，也就是說它們幾乎被“撞”了回來。(如圖所示)
3．原子的核式結構模型：在原子中心有一個很小的核，原子全部的正電荷和幾乎全部質量都集中在核里，帶負電荷的電子在核外空間繞核旋轉。
二、氫原子光譜
1．光譜：用光柵或棱鏡可以把各種顏色的光按波長展開，獲得光的波長(頻率)和強度分布的記錄，即光譜。
2．光譜分類
3．氫原子光譜的實驗規律：巴耳末系是氫光譜在可見光區的譜線，其波長公式＝R，(n＝3,4，5，…，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1)。
4．光譜分析：利用每種原子都有自己的特征譜線可以用來鑒別物質和確定物質的組成成分，且靈敏度很高。在發現和鑒別化學元素上有著重大的意義。
三、玻爾的原子模型
1．玻爾原子模型的三條假設
定態假設 原子只能處于一系列不連續的能量狀態中，在這些能量狀態中原子是穩定的，電子雖然繞核運動，但并不向外輻射能量
躍遷假設 原子從一種定態躍遷到另一種定態時，它輻射或吸收一定頻率的光子，光子的能量由這兩個定態的能量差決定，即hν＝En－Em。(m軌道假設 原子的不同能量狀態跟電子在不同的圓周軌道繞核運動相對應。原子的定態是不連續的，因此電子的可能軌道也是不連續的
2．氫原子的能量和能級躍遷
(1)氫原子的能級圖：如圖所示。
(2)能級和半徑公式：
①能級公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1為基態能量，其數值為E1＝－13.6 eV。
②半徑公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1為基態軌道半徑，其數值為r1＝0.53×10－10 m。
四、天然放射現象和原子核
1．天然放射現象
(1)發現：由貝克勒爾發現。
(2)概念：元素自發地發出射線的現象。
(3)意義：天然放射現象的發現，說明原子核具有復雜的結構。
2．原子核的組成
(1)原子核由質子和中子組成，質子和中子統稱為核子。質子帶正電，中子不帶電。
(2)原子核的符號：X，其中A表示質量數，Z表示核電荷數。
(3)基本關系
①核電荷數(Z)＝質子數＝元素的原子序數＝原子的核外電子數。
②質量數(A)＝核子數＝質子數＋中子數。
3．原子核的衰變、半衰期
(1)原子核的衰變
①概念：原子核放出α粒子或β粒子，變成另一種原子核的變化稱為原子核的衰變。
②分類：
α衰變：X―→Y＋He；β衰變：X―→Y＋e。
[注意]　γ射線是伴隨原子核發生α衰變或β衰變而產生的。
③規律：a.質量數守恒；b.電荷數守恒。
(2)半衰期
①定義：放射性元素的原子核有半數發生衰變所需的時間。
②影響因素：放射性元素的半衰期是由核內部自身的因素決定的，跟原子所處的化學狀態和外部條件沒有關系。
(3)公式：N余＝N原·，m余＝m原·。
4．放射性同位素
(1)放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素兩類，放射性同位素的化學性質相同。
(2)應用：射線測厚儀、放射治療、培優保鮮、示蹤原子等。
(3)防護：防止放射性對人體組織的傷害。
5．核力和核能
(1)核力
①概念：原子核內部，核子間所特有的相互作用力。
②特點：核力是強相互作用力、短程力，只發生在相鄰的核子間。
(2)核能
①質能關系：E＝mc2
②核能的釋放：核子在結合成原子核時出現質量虧損Δm，其釋放的能量ΔE＝Δmc2。
③核能的吸收：原子核分解成核子時要吸收一定的能量，相應的質量增加Δm，吸收的能量為ΔE＝Δmc2。
6．裂變反應和聚變反應
(1)重核裂變
①定義：質量數較大的原子核受到高能粒子的轟擊而分裂成幾個質量數較小的原子核的過程。
②典型的裂變反應方程：
U＋n―→Ba＋Kr＋3n。
③鏈式反應：重核裂變產生的中子使裂變反應一代接一代繼續下去的過程。
④臨界體積和臨界質量：裂變物質能夠發生鏈式反應的最小體積及其相應的質量。
⑤裂變的應用：原子彈、核反應堆。
⑥反應堆構造：核燃料、減速劑、鎘棒、防護層。
(2)輕核聚變
①定義：兩個輕核結合成質量較大的核的反應過程。輕核聚變反應必須在高溫下進行，因此又叫熱核反應。
②典型的聚變反應方程：H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。
微點判斷　
(1)原子中絕大部分是空的，原子核很小。(√)
(2)按照玻爾理論，核外電子均勻分布在各個不連續的軌道上。(×)
(3)如果某放射性元素的原子核有100個，經過一個半衰期后還剩50個。(×)
(4)質能方程表明在一定條件下，質量可以轉化為能量。(×)
(5)核式結構學說是盧瑟福在α粒子散射實驗的基礎上提出的。(√)
(6)人們認識原子核具有復雜結構是從盧瑟福發現質子開始的。(×)
(7)人們認識原子具有復雜結構是從英國物理學家湯姆孫研究陰極射線發現電子開始的。(√)
(一) 原子的核式結構
[題點全練通]
1．[α粒子散射實驗現象]如圖是盧瑟福的α粒子散射實驗裝置，在一個小鉛盒里放有少量的放射性元素釙，它發出的α粒子從鉛盒的小孔射出，形成很細的一束射線，射到金箔上，最后打在熒光屏上產生閃爍的光點。下列說法正確的是(　 )
A．該實驗是盧瑟福建立原子核式結構模型的重要依據
B．該實驗證實了湯姆孫原子模型的正確性
C．α粒子與原子中的電子碰撞會發生大角度偏轉
D．絕大多數的α粒子發生大角度偏轉
解析：選A　盧瑟福根據α粒子散射實驗，提出了原子核式結構模型，A正確；盧瑟福提出了原子核式結構模型的假設，從而否定了湯姆孫原子模型的正確性，B錯誤；電子質量太小，對α粒子的影響不大，C錯誤；絕大多數α粒子穿過金箔后，幾乎仍沿原方向前進，D錯誤。
2．[盧瑟福的原子核式結構模型]盧瑟福通過對α粒子散射實驗結果的分析，提出了原子內部存在(　 )
A．電子 B．中子
C．質子 D．原子核
解析：選D　盧瑟福在α粒子散射實驗中觀察到絕大多數α粒子穿過金箔后幾乎不改變運動方向，只有極少數的α粒子發生了大角度的偏轉，說明在原子的中央存在一個體積很小的帶正電荷的物質，將其稱為原子核，D正確。
3．[α粒子散射實驗分析]1909年，英國物理學家盧瑟福和他的學生蓋革、馬斯頓一起進行了著名的“α粒子散射實驗”，實驗中大量的粒子穿過金箔前后的運動模型如圖所示。盧瑟福通過對實驗結果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子結構模型。下列關于“α粒子穿過金箔后”的描述中，正確的是(　 )
A．絕大多數α粒子穿過金箔后，都發生了大角度偏轉
B．少數α粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進
C．通過α粒子散射實驗，確定了原子核半徑的數量級為10－15 m
D．通過α粒子散射實驗，確定了原子半徑的數量級為10－15 m
解析：選C　絕大多數α粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進。少數α粒子穿過金箔后，發生大角度偏轉，A、B錯誤；通過“α粒子散射實驗”盧瑟福確定了原子核半徑的數量級為10－15 m，C正確；原子半徑的數量級為10－10 m，不是通過α粒子散射實驗確定的，D錯誤。
[要點自悟明]
分析原子的核式結構模型所用的規律
(1)庫侖定律：F＝k，可以用來確定電子和原子核、α粒子和原子核間的相互作用力。
(2)牛頓運動定律和圓周運動規律：可以用來分析電子繞原子核做勻速圓周運動的問題。
(3)功能關系及能量守恒定律：可以分析由于庫侖力做功引起的帶電粒子在原子核周圍運動時動能、電勢能之間的轉化問題。
(二) 氫原子能級及能級躍遷
研清微點1　氫原子的能級躍遷問題　
1．(2023·湖北高考)2022年10月，我國自主研發的“夸父一號”太陽探測衛星成功發射。該衛星搭載的萊曼阿爾法太陽望遠鏡可用于探測波長為121.6 nm的氫原子譜線(對應的光子能量為10.2 eV)。根據如圖所示的氫原子能級圖，可知此譜線來源于太陽中氫原子(　 )
A．n＝2和n＝1能級之間的躍遷
B．n＝3和n＝1能級之間的躍遷
C．n＝3和n＝2能級之間的躍遷
D．n＝4和n＝2能級之間的躍遷
解析：選A　由題圖可知，n＝2和n＝1的能級之間的能量差值為ΔE＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，與探測衛星探測到的譜線對應的光子能量相等，故可知此譜線來源于太陽中氫原子n＝2和n＝1能級之間的躍遷，故選A。
一點一過
定態間的躍遷——滿足能級差
(1)―→
(2)―→
研清微點2　譜線條數的確定　
2．(多選)氫原子各個能級的能量如圖所示，氫原子由n＝1能級躍遷到n＝4能級，在它回到n＝1能級過程中，下列說法中正確的是(　 )
A．可能激發出頻率不同的光子只有6種
B．可能激發出頻率不同的光子只有3種
C．可能激發出的光子的最大能量為12.75 eV
D．可能激發出的光子的最大能量為0.66 eV
解析：選AC　氫原子由n＝4能級躍遷到n＝1能級，可能發出的譜線條數為C，即6種頻率或能量不同的光子，A正確，B錯誤；能激發出的光子的最大能量為從n＝4能級躍遷到n＝1能級所對應的，為(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，C正確，D錯誤。
一點一過
譜線條數的確定方法
(1)一個氫原子躍遷發出可能的光譜線條數最多為(n－1)。
(2)一群氫原子躍遷發出可能的光譜線條數的兩種求解方法。
①用數學中的組合知識求解：N＝C＝。
②利用能級圖求解：在氫原子能級圖中將氫原子躍遷的各種可能情況一一畫出，然后相加。
研清微點3　受激躍遷與電離　
3．氦原子被電離一個核外電子，形成類氫結構的氦離子，已知基態的氦離子能量為E1＝－54.4 eV，氦離子的能級示意圖如圖所示。在具有下列能量的光子或者電子中，不能被基態氦離子吸收而發生躍遷的是(　 )
A．42.8 eV(光子)　　 B．43.2 eV(電子)
C．41.0 eV(電子) D．54.4 eV(光子)
解析：選A　入射光子使原子躍遷時，其能量應正好等于原子的兩能級間的能量差，而電子使原子躍遷時，其能量大于等于原子兩能級間的能量差即可，發生電離而使原子躍遷時入射光子的能量要大于等于54.4 eV，故選A。
一點一過
1．受激躍遷：低能級→高能級，吸收能量
(1)光照(吸收光子)：光子的能量必須恰等于能級差，hν＝ΔE。
(2)碰撞、加熱等：只要入射粒子能量大于或等于能級差即可，E外≥ΔE。
2．電離：由基態或低能級→電離態
(1)基態→電離態：E吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV電離能。
(2)n＝2能級→電離態：E吸＝0－E2＝3.4 eV
(3)如吸收能量足夠大，克服電離能后，獲得自由的電子還攜帶動能。
(三) 原子核的衰變及半衰期
研清微點1　三種射線的性質和特點　
1．如圖所示，某放射性元素衰變過程中釋放出α、β、γ三種射線，分別進入勻強磁場和勻強電場中，關于三種射線，下列說法正確的是(　 )
A．①④表示α射線，其速度最慢、電離能力最弱
B．②⑤表示γ射線，其穿透能力和電離能力都很強
C．②⑤表示γ射線，是原子核內釋放出的高頻電磁波
D．③⑥表示β射線，是高速電子流，可以穿透幾毫米厚的鋁板
解析：選C　α射線是高速粒子流，粒子帶正電，β射線為高速電子流，帶負電，γ射線為高頻電磁波，結合題圖及左手定則可知：①④為β射線，②⑤為γ射線，③⑥為α射線。α射線的速度最小但電離能力最強，γ射線是由原子核內釋放出的高頻電磁波，其穿透能力很強，但電離能力很弱，故C正確，A、B、D錯誤。
一點一過
三種射線的成分和性質
名稱 構成 符號 電荷量 質量 電離作用 穿透能力
α射線 氦核 He ＋2e 4 u 最強 最弱
β射線 電子 e －e u 較強 較強
γ射線 光子 γ 0 0 最弱 最強
研清微點2　α、β衰變及衰變次數的確定　
2．(多選)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被發現，只是在使用人工的方法制造后才被發現。已知Np經過一系列α衰變和β衰變后變成Bi，下列論斷中正確的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28個中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18個中子
C．衰變過程中共發生了7次α衰變和4次β衰變
D．衰變過程中共發生了4次α衰變和7次β衰變
解析：選BC　Bi的中子數為209－83＝126，Np的中子數為237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18個中子，A錯、B對；衰變過程中共發生了α衰變的次數為＝7次，β衰變的次數是2×7－(93－83)＝4次，C對、D錯。
一點一過
衰變次數的兩種確定方法
(1)根據質量數和電荷數守恒列方程組求解
若X―→Y＋nHe＋me
則A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
解以上兩式即可求出m和n。
(2)因為β衰變對質量數無影響，可先由質量數的改變確定α衰變的次數，然后根據衰變規律確定β衰變的次數。
研清微點3　半衰期的理解與計算　
3．(2023·浙江1月選考)宇宙射線進入地球大氣層與大氣作用會產生中子，中子與大氣中的氮14會產生以下核反應：N＋n―→C＋H，產生的C能自發進行β衰變，其半衰期為5 730年，利用碳14的衰變規律可推斷古木的年代。下列說法正確的是(　 )
A.C發生β衰變的產物是N
B．β衰變輻射出的電子來自于碳原子的核外電子
C．近年來由于地球的溫室效應，引起C的半衰期發生微小變化
D．若測得一古木樣品的C含量為活體植物的，則該古木距今約為11 460年
解析：選D　由C―→e＋N，故A錯誤；β衰變輻射出的電子來自于碳原子的核內部，B錯誤；半衰期與溫度無關，C錯誤；根據m余＝m0＝m0，解得t＝2T＝11 460年，D正確。
一點一過
對半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰變時的統計規律，對個別或少量原子核，無半衰期可言。
(2)根據半衰期的概念，可總結出公式N余＝N原，m余＝m原。式中N原、m原表示衰變前的放射性元素的原子數和質量，N余、m余表示衰變后尚未發生衰變的放射性元素的原子數和質量，t表示衰變時間，τ表示半衰期。
研清微點4　磁場中的原子核衰變與動量守恒的綜合問題
4．(多選)靜止的Bi原子核在磁場中發生衰變后運動軌跡如圖所示，大、小圓半徑分別為R1、R2。則下列關于此核衰變方程和兩圓軌跡半徑比值的判斷中正確的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：選BC　由動量守恒定律可知0＝mv1－Mv2，由左手定則可知此核衰變為β衰變，故A錯誤，B正確；由qvB＝m可知R＝，所以R1∶R2＝84∶1，故C正確，D錯誤。
一點一過
原子核在磁場中衰變后運動分析
靜止原子核在勻強磁場中自發衰變，如果產生的新核和放出的粒子的速度方向與磁場方向垂直，則它們的運動軌跡為兩相切圓，α衰變時兩圓外切，β衰變時兩圓內切，根據動量守恒定律有m1v1＝m2v2，又r＝，則半徑小的為新核，半徑大的為α粒子或β粒子，其特點對比如下表：
α衰變 X―→Y＋He 勻強磁場中軌跡：兩圓外切，α粒子半徑大
β衰變 X―→Y＋e 勻強磁場中軌跡：兩圓內切，β粒子半徑大
(四) 核反應方程
1．核反應的四種類型
類型 可控性 核反應方程典例
衰變 α衰變 自發 U―→Th＋He
β衰變 自發 Th―→Pa＋e
人工轉變 人工控制 N＋He―→O＋H(盧瑟福發現質子)
He＋Be―→6C＋n (查德威克發現中子)
Al＋He ―→P＋n 約里奧·居里夫婦發現放射性同位素，同時發現正電子
P―→Si＋e
重核裂變 比較容易進行人工控制 U＋n―→ Ba＋Kr＋3n
U＋n―→Xe＋Sr＋10n
輕核聚變 很難控制 H＋H―→He＋n
2．核反應方程的書寫
(1)掌握核反應方程遵循質量數守恒和電荷數守恒的規律。
(2)掌握常見的主要核反應方程式，并知道其意義。
(3)熟記常見的基本粒子的符號，如質子、中子、α粒子等。
[多維訓練]
1．[核反應生成物的分析]用“中子活化”技術分析某樣品的成分，中子轟擊樣品中的 N產生C和另一種粒子X，則X是(　 )
A．質子 B．α粒子 C．β粒子 D．正電子
解析：選A　該核反應方程為N＋n―→C＋H，可知X是質子。故A正確。
2．[核反應類型分析](多選)對四個核反應方程：(1) U―→Th＋He；(2) Th―→Pa＋e；(3) N＋He―→ O＋H；(4)H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。下列說法正確的是(　 )
A．(1)(2)式核反應沒有釋放能量
B．(1)(2)(3)式均是原子核衰變方程
C．(3)式是人類第一次實現原子核轉變的方程
D．利用激光引發可控的(4)式核聚變是正在嘗試的技術之一
解析：選CD　(1)式是α衰變，(2)式是β衰變，均有能量放出，故A錯誤；(3)式是人工核轉變，故B錯誤；(3)式是人類第一次實現原子核轉變的方程，故C正確；利用激光引發可控的(4)式核聚變是正在嘗試的技術之一，故D正確。
3．[放射性同位素及其衰變方程](多選)1934年，約里奧·居里夫婦用α粒子轟擊鋁箔，首次產生了人工放射性同位素X，反應方程為He＋Al―→X＋n。X會衰變成原子核Y，衰變方程為X―→Y＋e。則(　 )
A．X的質量數與Y的質量數相等
B．X的電荷數比Y的電荷數少1
C．X的電荷數比Al的電荷數多2
D．X的質量數與Al的質量數相等
解析：選AC　根據電荷數守恒和質量數守恒，可知He＋Al―→X＋n方程中X的質量數為30，電荷數為15，再根據X―→Y＋e方程可知Y的質量數為30，電荷數為14，故X的質量數與Y的質量數相等，X的電荷數比Y的電荷數多1，X的電荷數比Al的電荷數多2，X的質量數比Al的質量數多3，A、C正確，B、D錯誤。
(五) 核能的計算
1．應用質能方程解題的流程圖
―→―→
(1)根據ΔE＝Δmc2計算時，Δm的單位是“kg”，c的單位是“m/s”，ΔE的單位是“J”。
(2)根據ΔE＝Δm×931.5 MeV計算時，Δm的單位是“u”，ΔE的單位是“MeV”。
2．根據核子比結合能計算核能
原子核的結合能＝核子比結合能×核子數。
[多維訓練]
1．[質能方程的應用]
(2023·全國乙卷)2022年10月，全球眾多天文設施觀測到迄今最亮伽馬射線暴，其中我國的“慧眼”衛星、“極目”空間望遠鏡等裝置在該事件觀測中作出重要貢獻。由觀測結果推斷，該伽馬射線暴在1分鐘內釋放的能量量級為1048 J 。假設釋放的能量來自于物質質量的減少，則每秒鐘平均減少的質量量級為(光速為3×108 m/s)(　 )
A．1019 kg　　　　　　　 B．1024 kg
C．1029 kg D．1034 kg
解析：選C　根據質能方程E＝mc2可知，每秒鐘平均減少的質量為Δm＝＝ kg＝ kg，則每秒鐘平均減少的質量量級為1029kg。
2．[質能方程與動量守恒定律綜合]
現有兩動能均為E0＝0.35 MeV的H在一條直線上相向運動，兩個H發生對撞后能發生核反應，得到He和新粒子，且在核反應過程中釋放的能量完全轉化為He和新粒子的動能。已知H的質量為2.014 1 u，He的質量為3.016 0 u，新粒子的質量為1.008 7 u，核反應時質量虧損1 u釋放的核能約為931 MeV(如果涉及計算，結果保留整數)。則下列說法正確的是(　 )
A．核反應方程為H＋H―→He＋H
B．核反應前后不滿足能量守恒定律
C．新粒子的動能約為3 MeV
D.He的動能約為4 MeV
解析：選C　由核反應過程中的質量數和電荷數守恒可知H＋H―→He＋n，則新粒子為中子n，所以A錯誤；核反應過程中質量虧損，釋放能量，虧損的質量轉變為能量，仍然滿足能量守恒定律，B錯誤；由題意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u≈3.3 MeV，根據核反應中系統的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根據核反應中系統的動量守恒有pHe－pn＝0由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)≈1 MeV，Ekn＝·(2E0＋ΔE)≈3 MeV，所以C正確，D錯誤。
3．[根據比結合能曲線分析結合能]
(多選)原子核的比結合能曲線如圖所示。根據該曲線，下列判斷正確的有(　 )
A.He核的結合能約為14 MeV
B.He核比Li核更穩定
C．兩個H核結合成He核時釋放能量
D.U核中核子的平均結合能比Kr核中的大
解析：選BC　由題圖可知，He的比結合能為7 MeV，因此它的結合能為7 MeV×4＝28 MeV，A錯誤；比結合能越大，表明原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩定，結合題圖可知B正確；兩個比結合能小的H核結合成比結合能大的He時，會釋放能量，C正確；由題圖可知，U的比結合能(即平均結合能)比Kr的小，D錯誤。
[課時跟蹤檢測]
1．(2023·湖南高考)2023年4月13日，中國“人造太陽”反應堆中科院環流器裝置(EAST)創下新紀錄，實現403秒穩態長脈沖高約束模等離子體運行，為可控核聚變的最終實現又向前邁出了重要的一步，下列關于核反應的說法正確的是(　 )
A．相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多
B．氘氚核聚變的核反應方程為H＋H―→He＋e
C．核聚變的核反應燃料主要是鈾235
D．核聚變反應過程中沒有質量虧損
解析：選A　相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多，A正確；根據質量數守恒和電荷數守恒可知，氘氚核聚變的核反應方程為H＋H―→He＋n，B錯誤；核聚變的核反應燃料主要是氘核和氚核，C錯誤；核聚變反應過程中放出大量能量，有質量虧損，D錯誤。
2．20世紀60年代，我國以國防為主的尖端科技取得了突破性的發展。1964年，我國第一顆原子彈試爆成功；1967年，我國第一顆氫彈試爆成功。關于原子彈和氫彈，下列說法正確的是(　 )
A．原子彈和氫彈都是根據核裂變原理研制的
B．原子彈和氫彈都是根據核聚變原理研制的
C．原子彈是根據核裂變原理研制的，氫彈是根據核聚變原理研制的
D．原子彈是根據核聚變原理研制的，氫彈是根據核裂變原理研制的
解析：選C　原子彈是根據重核裂變研制的，而氫彈是根據輕核聚變研制的，故A、B、D錯誤，C正確。
3．銀河系中存在大量的鋁同位素26Al。26Al核β＋衰變的衰變方程為Al―→Mg＋e，測得26Al核的半衰期為72萬年。下列說法正確的是(　 )
A．26Al核的質量等于26Mg核的質量
B．26Al核的中子數大于26Mg核的中子數
C．將鋁同位素26Al放置在低溫低壓的環境中，其半衰期不變
D．銀河系中現有的鋁同位素26Al將在144萬年后全部衰變為26Mg
解析：選C　26Al核發生β＋衰變的過程中釋放正電子的同時還有核能釋放，發生質量虧損，所以26Al核的質量大于26Mg核的質量，故A錯誤；26Al核的中子數n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子數n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子數小于26Mg核的中子數，故B錯誤；半衰期是原子核固有的屬性，與物理環境和化學狀態無關，故C正確；鋁同位素26Al的半衰期為72萬年，所以經過144萬年也就是兩個半衰期后還剩下沒有衰變，故D錯誤。
4．(2023·廣東高考)理論認為，大質量恒星塌縮成黑洞的過程，受核反應C＋Y―→O的影響。下列說法正確的是(　 )
A．Y是β粒子，β射線穿透能力比γ射線強
B．Y是β粒子，β射線電離能力比γ射線強
C．Y是α粒子，α射線穿透能力比γ射線強
D．Y是α粒子，α射線電離能力比γ射線強
解析：選D　根據核反應方程滿足質量數和電荷數守恒可知，Y是α粒子(He)，三種射線的穿透能力，γ射線最強，α射線最弱；三種射線的電離能力，α射線最強，γ射線最弱。故選D。
5．(2024·浙江1月選考)已知氘核質量為2.014 1 u，氚核質量為3.016 1 u，氦核質量為4.002 6 u，中子質量為1.008 7 u，阿伏加德羅常數NA取6.0×1023 mol－1，氘核摩爾質量為2 g·mol－1,1 u相當于931.5 MeV。關于氘與氚聚變成氦，下列說法正確的是(　 )
A．核反應方程式為H＋H―→He＋n
B．氘核的比結合能比氦核的大
C．氘核與氚核的間距達到10－10 m就能發生核聚變
D．4 g氘完全參與聚變釋放出能量的數量級為1025 MeV
解析：選D　核反應方程式為H＋H―→He＋n，故A錯誤；氘核的比結合能比氦核的小，故B錯誤；要使氘核與氚核發生核聚變，必須使它們間的距離達到10－15 m以內，故C錯誤；一個氘核與一個氚核聚變反應質量虧損Δm＝(2.014 1＋3.016 1－4.002 6－1.008 7)u＝0.018 9 u，聚變反應釋放的能量為ΔE＝Δm·931.5 MeV≈17.6 MeV,4 g氘完全參與聚變釋放出能量E＝×6×1023×ΔE≈2.11×1025 MeV，數量級為1025 MeV，故D正確。
6．如圖，一個原子核X經圖中所示的一系列α、β衰變后，生成穩定的原子核Y，在此過程中放射出電子的總個數為(　 )
A．6　　　B．8　　　C．10　　　D．14
解析：選A　X的中子數為146，質子數為92，質量數為146＋92＝238，Y的中子數為124，質子數為82，質量數為124＋82＝206，質量數減少238－206＝32，發生α衰變的次數為32÷4＝8，發生β衰變的次數為82－(92－2×8)＝6，即在此過程中放射出電子的總個數為6，A正確。
7．(2024·浙江1月選考)氫原子光譜按頻率展開的譜線如圖所示，此四條譜線滿足巴耳末公式＝R∞，n＝3,4,5,6。用Hδ和Hγ光進行如下實驗研究，則(　 )
A．照射同一單縫衍射裝置，Hδ光的中央明條紋寬度寬
B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，Hδ光的側移量小
C．以相同功率發射的細光束，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多
D．相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的飽和光電流小
解析：選C　根據巴耳末公式可知，Hγ光的波長較長。波長越長，越容易發生明顯的衍射現象，故照射同一單縫衍射裝置，Hγ光的中央明條紋寬度寬，故A錯誤；Hγ光的波長較長，根據f＝，可知Hγ光的頻率較小，則Hγ光的折射率較小，在平行玻璃磚中偏折較小，Hγ光的側移量小，故B錯誤；Hγ光的頻率較小，則Hγ光的光子能量較小，以相同功率發射的細光束，Hγ光的光子數較多，真空中單位長度上Hγ光的平均光子數多，故C正確；若Hδ、Hγ光均能發生光電效應，相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，Hγ光的頻率較小，Hγ光的光子能量較小，Hγ光的光子數較多，則Hγ光的飽和光電流大，Hδ光的飽和光電流小，故D錯誤。
階段綜合檢測(五)　[考查范圍：振動和波動 光學 熱學 原子物理]
(本試卷滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.如圖，一汽缸開口向右、固定于水平地面，一活塞將一定質量的氣體封閉在汽缸內。汽缸中間位置有小擋板。開始時，外界大氣壓為p0，活塞緊壓于小擋板右側。緩慢升高封閉氣體溫度T，封閉氣體壓強p隨T變化圖像可能正確的是(　 )
解析：選B　當緩慢升高缸內氣體溫度時，氣體先發生等容變化，根據查理定律，缸內氣體的壓強p與熱力學溫度T成正比，圖線是過原點的傾斜的直線；當缸內氣體的壓強等于外界的大氣壓時，氣體發生等壓膨脹，圖線是平行于T軸的直線。故選B。
2．手持軟長繩的一端O點，在豎直平面內連續向上、向下抖動軟繩(可視為簡諧運動)，帶動繩上的其他質點振動形成沿繩水平傳播的簡諧波，P、Q為繩上的兩點。t＝0時O點由平衡位置開始振動，至t1時刻恰好完成次全振動，繩上OQ間形成如圖所示的波形(Q點之后未畫出)，則(　 )
A．t1時刻之前Q點始終靜止
B．t1時刻P點剛好完成一次全振動
C．t＝0時O點運動方向向上
D．若手上下振動加快，該波的波長將變大
解析：選B　由題意可知該簡諧波的周期為T＝，由題圖可知質點P的平衡位置到波源平衡位置的距離為四分之三個波長，質點Q的平衡位置到波源平衡位置的距離為四分之五個波長，所以質點P、Q起振的時刻分別為tP＝T＝t1，tQ＝T＝t1，所以t1時刻前Q點已經開始振動，且t1時刻P點剛好完成一次全振動，故A錯誤，B正確；由題圖及上面分析可知P點的起振方向為向下，由于繩子上所有質點的起振方向都和波源的起振方向相同，所以t＝0時O點運動方向向下，故C錯誤；手上下振動加快后，簡諧波的頻率增大，但波速不變，所以波長變小，故D錯誤。
3．如圖甲所示，在平靜的水面下深h處有一個點光源S，它發出兩種不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個有光線射出的圓形區域，該區域的中間為由ab兩種單色光所構成的復色光圓形區，周圍為環狀區域，且為a光的顏色(見圖乙)。設b光的折射率為nb，則下列說法正確的是(　 )
A．在水中，a光的波長比b光小
B．水對a光的折射率比b光大
C．在水中，a光的傳播速度比b光小
D．復色光圓形區域的面積為S＝
解析：選D　a光的照射面積大，知a光的臨界角較大，根據sin C＝知a光的折射率較小，所以a光的頻率較小，波長較大，根據v＝知，在水中，a光的傳播速度比b光大，同一種色光在真空中和在水中頻率相同，由v＝λf可知，在水中，a光的波長比b光大，A、B、C錯誤；設復色光圓形區域半徑為r，復色光圓形區域邊緣，b光恰好發生全反射，依據sin C＝ 結合幾何關系，可知sin C＝，而復色光圓形區域的面積S＝πr2，聯立解得S＝，D正確。
4．如圖所示，某軋鋼廠的熱軋機上安裝了一個射線測厚儀，該儀器探測到的射線
強度與鋼板的厚度有關，已知車間采用放射性同位素Ir作為放射源，通過β衰變放出γ射線，半衰期為74天，適合透照鋼板厚度10～100 mm，下列說法正確的是(　 )
A．若衰變產生的新核用X表示，則Ir的衰變方程為Ir→X＋2e
B．若有4 g放射性同位素Ir，經過222天有1.0 g沒有衰變
C．若已知鋼板厚度標準為20 mm，探測器得到的射線變弱時，說明鋼板厚度大于20 mm，應當減小熱軋機兩輪之間的厚度間隙
D．衰變時遵循能量守恒且生成物的質量等于反應物的質量
解析：選C　β衰變的實質是原子核里的一個中子放出一個電子變為一個質子，反應過程中遵循質量數守恒和核電荷數守恒，衰變方程為Ir→X＋e，A錯誤；若有4 g放射性同位素Ir，經過222天(3個半衰期)有0.5 g沒有衰變，B錯誤；探測器得到的射線變弱時，說明鋼板厚度増大，應當減小熱軋機兩輪之間的厚度間隙，C正確；放射性同位素發生衰變時，因遵循能量守恒，放岀能量后發生質量虧損，D錯誤。
5．如圖所示為氫原子的能級圖。現有兩束光，a光由圖中躍遷①發出的光子組成，b光由圖中躍遷②發出的光子組成，已知a光照射x金屬時剛好能發生光電效應，則下列說法正確的是(　 )
A．x金屬的逸出功為2.86 eV
B．a光的頻率大于b光的頻率
C．氫原子發生躍遷①后，原子的能量將減小3.4 eV　
D．用b光照射x金屬，發出的光電子的最大初動能為10.2 eV
解析：選A　a光子的能量為Ea＝E5－E2＝2.86 eV，a光照射x金屬時剛好能發生光電效應，則x金屬的逸出功為2.86 eV，A正確；b光子的能量為Eb＝E2－E1＝10.2 eV，a光子的能量值小，則a光的頻率小，B錯誤；氫原子輻射出a光子后，氫原子的能量減小了Ea＝E5－E2＝2.86 eV，C錯誤；用b光照射x金屬，發出的光電子的最大初動能為Ekm＝Eb－W0＝7.34 eV，D錯誤。
6．我國首輛火星車——祝融號采用放射性材料PuO2作為發電能源為火星車供電。PuO2中的元素Pu是 Pu，其發生α衰變的半衰期為87.7年。下列說法中正確的是(　 )
A．α衰變是原子核中的一個中子轉變為一個質子和一個電子
B. Pu發生α衰變的核反應方程為Pu＋n→U＋He
C．經過263.1年，大約還有12.5%的Pu原子核沒有發生衰變
D．當氣溫和引力環境發生改變時，Pu 的半衰期可能會發生變化
解析：選C　α衰變是原子核放出一個α粒子，形成一個新核，A錯誤；Pu發生α衰變的核反應方程為Pu→U＋He，B錯誤；＝3，所以大約還有3＝＝12.5%的Pu原子核還未發生衰變，C正確；放射性元素的半衰期只與原子核自身的因素有關，與外界環境無關，D錯誤。
7.圖為研究光電效應的電路圖，測得遏止電壓為Uc，已知電子的電荷量為e，則下列說法正確的是(　 )
A．光電子的最大初動能為eUc
B．測量遏止電壓時，開關S應與b連接
C．光電管兩端電壓為零時，光電流也為零
D．開關S接b，調節滑動變阻器，電壓表示數增大時，電流表示數一定增大
解析：選A　當光電管兩端電壓達到遏止電壓Uc時，從陰極K射出的具有最大初動能Ekm的光電子恰好不能到達陽極，根據動能定理有0－Ekm＝－eUc，解得Ekm＝eUc，故A正確；測量遏止電壓時，應使光電管陰極與電源正極相連，陽極與電源負極相連，故開關S應與a連接，故B錯誤；光電管兩端電壓為零時，若光電子能夠到達陽極，則光電流就不為零，故C錯誤；開關S接b，調節滑動變阻器，電壓表示數增大時，若此時光電流已經達到飽和值，則電流表示數不再增大，故D錯誤。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分)
8．下列說法中正確的是(　 )
A．圖甲中分子并不真的是球形，把它們當做球形處理是一種估算方法
B．圖乙是布朗運動實驗的觀測記錄，圖為三顆微粒的運動軌跡
C．圖丙說明懸浮微粒做布朗運動，是液體分子的無規則撞擊造成的
D．圖丁中兩分子間分子力的合力為零的位置分子勢能最小
解析：選ACD　題圖甲中分子并不真的是球形，把它們當作球形處理是一種估算方法，故A正確；題圖乙是三顆微粒在不同時刻位置的連線，而不是微粒的運動軌跡，故B錯誤；題圖丙說明懸浮微粒做布朗運動，是液體分子的無規則撞擊造成的，故C正確；題圖丁中兩分子間分子力的合力為零的位置分子勢能最小，故D正確。
9．太陽輻射的總功率約為4×1026 W，其輻射的能量來自聚變反應，在聚變反應中，一個質量為1 876.1 MeV/c2(c為真空中的光速)的氘核(H)和一個質量為2 809.5 MeV/c2的氚核(H)結合為一個質量為3 728.4 MeV/c2的氦核(He)，并放出一個X粒子，同時釋放大約17.6 MeV的能量。下列說法正確的是(　 )
A．X粒子是中子
B．X粒子的質量為939.6 MeV/c2
C．太陽每秒因為輻射損失的質量約為4×106 kg
D．地球每秒接收到太陽輻射的能量約4×1026 J
解析：選AB　由質量數和電荷數守恒可知，X的質量數為1，電荷數為0，則X為中子，A正確；根據能量關系可知mnc2＝1 876.1＋2 809.5－3 728.4－17.6(MeV)，解得mn＝939.6MeV/c2，B正確；太陽每秒放出的能量E＝Pt＝4×1026 J，損失的質量Δm＝≈4.4×109 kg，C錯誤；太陽每秒放出的能量E＝4×1026 J，而地球每秒接收到太陽輻射的能量小于4×1026 J，D錯誤。
10．裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示，把玻璃管向下緩慢按壓4 cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動，測得振動周期為0.5 s。以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對于玻璃管，下列說法正確的是(　 )
A．回復力等于重力和浮力的合力
B．振動過程中動能和重力勢能相互轉化，玻璃管的機械能守恒
C．位移滿足函數式x＝4sin(cm)
D．在t1～t2時間內，位移減小，加速度減小，速度增大
解析：選ACD　玻璃管振動過程中，受到重力和水的浮力，這兩個力的合力充當回復力，故A正確；玻璃管在振動過程中，水的浮力對玻璃管做功，故振動過程中，玻璃管的機械能不守恒，故B錯誤；由題意得振幅A＝4 cm，振動周期為0.5 s，故ω＝＝4π rad/s，由題圖乙可知振動位移的函數表達式為x＝4sin(cm)，故C正確；由題圖乙可知，t1～t2時間內玻璃管在衡位置，故位移減小，加速度減小，速度增大，故D正確。
三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)
11．(6分)利用如圖甲裝置驗證氣體等溫變化實驗規律，用一個帶兩根細管的橡皮塞塞緊燒瓶的瓶口，壓強傳感器通過其中一根不帶閥門的細管連通燒瓶中的空氣，另一根帶閥門的細管連通注射器。開始時閥門處于關閉狀態，注射器針筒的最大刻度線到閥門之間充滿了水。實驗時打開閥門，緩慢推動注射器活塞向燒瓶內注入水。根據注射器刻度記錄注入水的體積V，同時記錄對應氣體的壓強p值，得到多組實驗數據。利用圖像法處理數據得到乙圖。
(1)圖乙中的縱坐標為________(填“V”或“”)，利用圖乙中的數據可得燒瓶的體積為________；
(2)通過對實驗裝置的不斷完善，可準確測出氣體的體積V′，做出p V′圖像如圖丙，圖線在V1、V2之間所圍的面積的物理意義是　
________________________________________________________________________；
(3)某同學在處理數據時發現pV′乘積隨壓強p增大而變小，導致這個現象的原因是　
________________________________________________________________________。
解析：(1)設燒瓶的根據理想氣體狀態方程p(V0－V)＝nRT，可得V＝V0－nRT·，則一定質量的理想氣體發生等溫過程，V 圖像構成線性函數，則題圖乙中的縱坐標為注入的體積V；V 圖像的縱截距表示燒瓶的體積，則V0＝b；
(2)由功的計算公式可知W＝Fl＝pSl＝pV，即pV的乘積表示氣體體積變化時所做的功，圖線在V1、V2之間所圍的面積的物理意義表示氣體體積從V2減小到V1過程中外界對氣體做的功的大小；
(3)某同學在處理數據時發現pV′乘積隨壓強p增大而變小，即nRT變小，導致這個現象的原因是①裝置出現漏氣，②環境溫度降低。
答案：(1)V　b　(2)氣體體積從V2減小到V1過程中外界對氣體做的功的大小　(3)①裝置出現漏氣，②環境溫度降低
12．(9分)某同學利用如圖甲所示的裝置測量當地的重力加速度，實驗步驟如下：
A．按裝置圖安裝好實驗裝置；
B．用游標卡尺測量小球的直徑d；
C．用米尺測量懸線的長度L；
D．讓小球在豎直平面內小角度擺動，當小球經過最低點時開始計時，并計數為0，此后小球每經過最低點一次，依次計數1、2、3、…，當數到20時，停止計時，測得時間為t；
E．多次改變懸線長度，對應每個懸線長度，都重復實驗步驟C、D；
F．計算出每個懸線長度對應的t2；
G．以t2為縱坐標、L為橫坐標，作出t2 L圖線。
結合上述實驗，回答下列問題：
(1)用游標為10分度的游標卡尺測量小球直徑，某次測量示數如圖乙所示，讀出小球直徑d為________cm。
(2)該同學根據實驗數據，利用計算機作出t2 L圖線如圖丙所示。根據圖線擬合得到方程t2＝404.0L＋3.07，由此可以得出當地的重力加速度g＝________m/s2。(取π2＝9.86，結果保留3位有效數字)
(3)從理論上分析圖線沒有過坐標原點的原因，下列分析正確的是________。
A．不應在小球經過最低點時開始計時，應該在小球運動到最高點時開始計時
B．開始計時后，不應記錄小球經過最低點的次數，而應記錄小球做全振動的次數
C．不應作t2 L圖線，而應作t L圖線
D．不應作t2 L圖線，而應作t2 圖線
解析：(1)游標卡尺主尺的示數是1.5 cm＝15 mm，游標尺示數是2×0.1 mm＝0.2 mm，故小球的直徑為d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm＝1.52 cm。
(2)根據單擺周期公式T＝2π 得＝2π ，
又l＝L＋，則t2＝400π2＋，故t2 L圖像的斜率表示的大小，由題意知斜率k＝404.0，則＝404.0，代入π2＝9.86得g≈9.76 m/s2。
(3)應該在小球運動到過最低點開始計時，這樣可減小由于計時位置不準確而帶來的誤差，故A錯誤；記錄小球經過最低點的次數，每兩次為一個振動周期，不影響實驗結果，故B錯誤；根據單振的振動周期公式，應作出t2 L圖線，故C錯誤；線長不等于擺長，擺長應是線長與半徑相加，即l＝L＋，忽略了半徑，斜率不變，不影響計算加速度，但圖像不過坐標原點。故D正確。
答案：(1)1.52　(2)9.76　(3)D
13．(11分)簡諧運動的振動圖像可用下述方法畫出：如圖甲所示，在彈簧振子的小球上安裝一支繪圖筆P，讓一條紙帶在與小球振動方向垂直的方向上勻速運動，繪圖筆P在紙帶上畫出的就是小球的振動圖像。取彈簧振子水平向右的方向為小球離開平衡位置的位移正方向，紙帶運動的距離代表時間，得到的振動圖像如圖乙所示。
(1)為什么必須勻速拖動紙帶？
(2)剛開始計時時，小球處在什么位置？t＝17 s時小球相對平衡位置的位移是多少？
(3)若紙帶運動的速度為2 cm/s，振動圖像上1 s處和3 s處對應紙帶上兩點間的距離是多少？
解析：(1)紙帶勻速運動時，位移與時間成正比，因此在勻速條件下，可以用紙帶通過的位移表示時間。
(2)由題圖乙可知，t＝0時小球在平衡位置左側最大位移處，周期T＝4 s，可得t＝17 s時位移為0。
(3)紙帶勻速運動，所以振動圖像上1 s處和3 s處對應紙帶上兩點的間距x0＝2 cm/s×2 s＝4 cm。
答案：(1)見解析　(2)平衡位置左側最大位移處　0
(3)4 cm
14.(12分)“天問一號”的發射開啟了我國探測火星的征程。設想將圖中所示的粗細均勻、導熱良好、右端封閉有一定質量理想氣體的“U”型管帶往火星表面。“U”型管分別在地球和火星表面某時某地豎直放置時的相關參數如表所示。
參數 地球 火星
重力加速度 g 0.38g
環境溫度 T地＝300 K T火＝280 K
大氣壓強 p地＝76.0 cmHg p火
封閉氣柱長度 l地＝19.0 cm l火＝56.0 cm
水銀柱高度差 h地＝73.0 cm h火
求：(結果保留2位有效數字)
(1)火星表面高1 m的水銀柱產生的壓強相當于地球表面多高水柱產生的壓強。已知ρ水銀＝13.6×103 kg/m3，ρ水＝1.0×103 kg/m3。
(2)火星表面的大氣壓強p火。
解析：(1)根據液體壓強公式p1＝ρgh得
ρ水銀×0.38g×h0＝ρ水gh
代入數據解得h≈5.2 m。
(2)封閉氣體在地球表面的壓強p1＝p地－ρ水銀gh地＝3 cmHg，V1＝l地S，T1＝300 K
在火星表面封閉氣體的壓強p2＝p火－ρ水銀×0.38g×h火，V2＝l火S，T2＝280 K
又由于h地＝h火＋2(l火－l地)
根據理想氣體狀態方程有＝
聯立解得p火＝0.57 cmHg
即火星表面的大氣壓強p火＝0.57 cmHg。
答案：(1)5.2 m　(2)0.57 cmHg
15．(16分)某精密光學儀器上有一塊玻璃磚是由一塊長方體的勻質玻璃下部分挖掉一個半徑為R的半圓柱形成的，其截面如圖所示，CD為半圓柱體的直徑，O為圓心，AD長為 R。一束單色光從AD邊的中點E垂直射入玻璃磚，經過折射后從玻璃磚中射出，已知玻璃磚對該單色光的折射率為 ，光在真空中的傳播速度為c。求：
(1)該單色光從進入玻璃磚到第一次射出玻璃磚時的折射角；
(2)該單色光從進入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所經歷的時間。
解析：(1)作出光路如圖所示
據幾何關系可得sin α＝＝＝，解得α＝60°，該光在玻璃中的臨界角C滿足sin C＝＝可得α>C，故光線在F點發生全反射，由圖中幾何關系可得γ＝β＝30°，由G點光線第一次射出介質，由折射定律得n＝，解得θ＝60°。
(2)光在玻璃中傳播速度為v＝，由幾何關系可得EF＝R－Rsin β＝R，FG＝R，FO＝R，所以光在介質中傳播的時間為t＝，代入數據解得t＝。
答案：(1)60°　(2)
一模考前熱身卷(一)
(本試卷滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．用中子轟擊 U原子核產生裂變反應，可能的裂變方程為U＋n→Y＋Kr＋3n，方程中的單個原子核U、Y、Kr及單個中子n的質量分別為m1、m2、m3、m4，U 的半衰期為T，U原子核的比結合能比Y原子核的小，光在真空中的傳播速度為c。下列說法正確的是(　 )
A．Y原子核中含有56個中子
B．若提高U的溫度，U的半衰期將會小于T
C．方程中的核反應釋放的能量為(m1－m2－m3－2m4)c2
D. U原子核比Y原子核更穩定
解析：選C　由質量數和電荷數守恒可得：Y原子核的質量數A＝235＋1－89－3＝144，核電荷數Z＝92－36＝56，故中子數N＝144－56＝88，故A錯誤；半衰期的大小與溫度、壓強等因素無關，由原子核內部因素決定，故B錯誤；根據愛因斯坦質能方程知，裂變時釋放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m4－m2－m3－3m4)c2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故C正確；U 原子核的比結合能小于Y原子核的比結合能，故Y原子核比U原子核更穩定，故D錯誤。
2．陸游在詩作《村居書喜》中寫道“花氣襲人知驟暖，鵲聲穿樹喜新晴”。從物理視角分析詩詞中“花氣襲人”的主要原因是(　 )
A．氣體分子之間存在著空隙
B．氣體分子在永不停息地做無規則運動
C．氣體分子之間存在著相互作用力
D．氣體分子組成的系統具有分子勢能
解析：選B　從物理視角分析，“花氣襲人”的主要原因是氣體分子在永不停息地做無規則運動，B正確。
3.如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　 )
A．使初速度減為原來的
B．使M、N間電壓減為原來的
C．使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的
解析：選D　在粒子剛好到達N板的過程中，由動能定理得 －qEd＝0－mv，所以d＝，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x，則使初速度減為原來的，所以x＝ ，A錯誤；使M、N間電壓減為原來的，電場強度變為原來的，粒子將打到N板上，B錯誤；使M、N間電壓提高到原來的4倍，所以x＝，C錯誤；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，電場強度變為原來的，所以x＝，D正確。
4．醫生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應強度的大小為0.040 T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為(　 )
A．1.3 m/s，a正、b負 B．2.7 m/s，a正、b負
C．1.3 m/s，a負、b正 　 D．2.7 m/s，a負、b正
解析：選A　由于正、負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷電極a帶正電，電極b帶負電。血液流動速度可根據離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0求解，即qvB＝qE，得v＝＝≈1.3 m/s，A正確。
5．假設遠距離輸電線路的簡化圖如圖所示，發電機輸出電壓有效值不變(為U)的正弦式交流電，升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶k，降壓變壓器原、副線圈匝數比為n∶1，均為理想變壓器。若用戶負載發生變化，電流表A的示數增大了ΔI，已知輸電線的總電阻為R，則(　 )
A．電壓表V的示數減小了R
B．輸電線上損失的電壓增大了nRΔI
C．輸電線上損耗的功率增大了R
D．發電機的輸出功率增大了
解析：選A　電流表A的示數增大了ΔI，則輸電線上的電流增大了，經過發電機的電流增大了，則輸電線上損失的電壓增大了R，則電壓表V的示數減小了R，輸電線上損失的功率增大了ΔP＝(I′2－I2)R≠R，發電機的輸出功率增大了，綜上可知A正確。
6.宇宙中有兩顆相距無限遠的恒星S1、S2，半徑均為R0。圖線1、2分別是兩顆恒星周圍行星的公轉周期T2與半徑r3的圖像，則(　 )
A．恒星S1的密度小于恒星S2的密度
B．恒星S1的質量大于恒星S2的質量
C．恒星S1的第一宇宙速度大于恒星S2的第一宇宙速度
D．距兩恒星表面高度相同的行星，S1的行星向心加速度較大
解析：選A　由題圖可知，當繞恒星運動的行星的環繞半徑相等時，S1運動的周期較大，由萬有引力提供向心力有G＝mr，解得M＝，周期越大，則質量越小，B錯誤；兩顆恒星的半徑相等，則體積相等，所以恒星S1的密度小于恒星S2的密度，A正確；根據萬有引力提供向心力，則G＝解得v＝，由于恒星S1的質量小于恒星S2的質量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度，C錯誤；距兩恒星表面高度相等的行星，如圖當他們軌道半徑相等時，繞恒星S1運動的周期大于繞恒星S2運動的周期，他們的向心加速度a＝r，所以S1的行星向心加速度較小，D錯誤。
7．如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細繩跨過滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細桿上的小球a連接，小球b的質量是小球a的2倍。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線(最初是豎直的)位置開始緩慢向右移動至θ＝30°(細繩中張力大小視為不變)。小球a與細桿間的動摩擦因數為μ＝。則拉力F的大小(　 )
A．一直增大　　　　　 B．一直減小
C．始終不變 D．無法確定
解析：選A　設a的質量為m，則b的質量為2m；以b為研究對象，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T＝2mg保持不變。以a為研究對象，a受到重力、細繩的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如圖所示。設繩子與水平方向夾角為θ，支持力FN＝2mgsin θ－mg，向右緩慢拉動的過程中，θ角逐漸減小，水平方向F＝f＋2mgcos θ，又f＝μFN，聯立求得F＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，因為μ＝，利用數學知識可得(cos θ＋μsin θ)＝sin (60°＋θ)，即F＝mgsin(60°＋θ)－μmg，θ從90°減小到30°，則sin(60°＋θ)逐漸增大，所以F將一直增大。故選A。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分)
8．如圖甲所示，a、b為一列簡諧橫波上平衡位置之間相距6 m的兩個質點，兩質點的振動圖像如圖乙所示，實線為a質點的振動圖像，虛線為b質點的振動圖像。已知兩質點平衡位置之間的距離不小于一個波長。關于該簡諧波，下列說法正確的是(　 )
A．波長最大值為24 m
B．波長最大值為4.8 m
C．波速最大值為1.2 m/s
D．波速最大值為6.0 m/s
解析：選BC　當波向右傳播時，由題圖乙可知，a、b兩質點的振動時間差為Δt＝s，(n＝0,1,2…)，則a、b兩質點的距離為6＝λ，(n＝0,1,2…)，由于兩質點平衡位置之間的距離不小于一個波長，則波長的最大值為λmax＝m≈3.43 m，最大波速為vmax＝≈0.86 m/s，當波向左傳播時，由題圖乙可知，a、b兩質點的振動時間差為Δt＝ s，(n＝0,1,2…)，則a、b兩質點的距離為6＝λ，(n＝0,1,2…)，同理λmax＝m＝4.8 m，最大波速為vmax＝＝1.2 m/s，故B、C正確，A、D錯誤。
9．傳送帶是廣泛應用于運送貨物的工具，大量應用于工廠、車站、機場等，機場里有一條水平勻速運行的傳送帶，傳送帶的速度為v，且足夠長。一個質量為m的箱子無初速度地放在傳送帶一端，箱子與傳送帶間的動摩擦因數為μ，當箱子的速度與傳送帶剛好相等時，由于停電，傳送帶立即停止運轉，則下列說法正確的是(　 )
A．箱子在傳送帶上的運動總時間為
B．由于運送箱子，傳送帶多消耗的電能為mv2
C．箱子與傳送帶間產生的內能為mv2
D．箱子相對傳送帶的位移為零
解析：選CD　箱子的合外力為滑動摩擦力，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma1，箱子加速度大小a1＝μg，經過一段時間t1，箱子和傳送帶剛好速度相等，解得t1＝。停電后，傳送帶停止，箱子在摩擦力作用下繼續向前勻減速且加速度依舊為μg，所以減速時間t2＝，所以箱子在傳送帶上運動總時間為t＝t1＋t2＝，A錯誤；根據能量守恒定律，多消耗的電能等于全程產生的內能，即為mv2，B錯誤；全程箱子與傳送帶間的相對路程為x＝2s＝，所以全過程產生的內能Q＝μmg·x＝μmg·＝mv2，C正確；箱子在加速過程和減速過程中，箱子相對傳送帶的位移大小均為s＝＝，但方向相反，所以箱子相對傳送帶的位移為零，D正確。
10．如圖所示，兩小滑塊P、Q的質量分別為2m、m，P、Q用長為L的輕桿通過鉸鏈連接，P套在固定的豎直光滑桿上，Q放在光滑水平地面上，原長為的輕彈簧水平放置，右端與Q相連，左端固定在豎直桿O點上，輕桿與豎直方向夾角α＝30°。P由靜止釋放，下降到最低點時α變為60°，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中(　 )
A．P、Q組成的系統機械能不守恒
B．下降過程中P的速度始終比Q的速度大
C．彈簧彈性勢能最大值為(2－1)mgL
D．P達到最大動能時，Q受到地面的支持力大小為3mg
解析：選AD　P、Q和彈簧組成的系統機械能守恒，因此P、Q組成的系統機械能不守恒，A正確；兩物體在沿著桿的方向上速度相等，因此可得vPcos α＝vQsin α，當α<45°時vP45° 時vP>vQ，B錯誤；P下降到最低點時，彈性勢能最大，整個系統機械能守恒，因此彈簧彈性勢能最大值為Ep＝2mgL(cos 30°－cos 60°)＝(－1)mgL，C錯誤；P達到最大動能時，在豎直方向上的加速度為零，整個系統豎直方向合力為零，因此Q受到地面的支持力大小為3mg，D正確。
三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)
11．(6分)某同學從實驗室天花板處自由釋放一鋼球，用頻閃攝影手段驗證機械能守恒定律。頻閃儀每隔相等時間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個時刻的位置。
(1)操作時比較合理的做法是________。
A．先打開頻閃儀再釋放鋼球
B．先釋放鋼球再打開頻閃儀
(2)頻閃儀閃光頻率為f，拍到整個下落過程中的頻閃照片如圖甲所示，結合實驗場景估算f的可能值為________。
A．0.1 Hz B．1 Hz
C．10 Hz D．100 Hz
(3)用刻度尺在照片上測量鋼球各位置到釋放點O的距離分別為s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及鋼球直徑，重力加速度為g。用游標卡尺測出鋼球實際直徑D，如圖乙所示，則D＝________cm。已知實際直徑與照片上鋼球直徑之比為k。
(4)選用以上各物理量符號，驗證從O到A過程中鋼球機械能守恒成立的關系式為：2gs5＝________________________________________________________________________。
解析：(1)為了記錄完整的過程，應該先打開頻閃儀再釋放鋼球，A正確。
(2)天花板到地板的高度約為3 m，小球做自由落體運動，從圖中可知經過8次閃光到達地面，故有g×(8T)2＝3 m，解得T≈0.1 s，即f＝＝10 Hz，C正確。
(3)游標卡尺的讀數為D＝45 mm＋5×0.1 mm＝4.55 cm。
(4)鋼球運動到A點的速度為vA＝＝，根據比例關系可知，到A點的實際速度為v＝，小球下落實際高度為H＝ks5，代入mgH＝mv2可得，2gs5＝kf2(s6－s4)2。
答案：(1)A　(2)C　(3)4.55　(4)kf2(s6－s4)2
12.(9分)一金屬線材電阻未知且電阻分布不均勻，為了測量其阻值并將其截為阻值相等的兩段，實驗研究小組設計了如圖所示電路，實驗器材如下：
未知電阻，阻值約為4.8 Ω；
微安表(零刻度在表盤中間)；
定值電阻R1，阻值為10 Ω；
電阻箱R2，阻值0～99.9 Ω；
電流表，量程0～0.6 A，內阻RA＝1 Ω；
電壓表，量程0～3.0 V，內阻約為3 000 Ω；
滑動變阻器，0～10 Ω；
電源，電動勢為3 V；
開關，導線若干。
實驗過程如下：
(1)按圖連接電路，閉合開關之前，將滑動變阻器的滑片滑到最________端(填“左”或“右”)。
(2)將電阻箱R2的阻值調整到________Ω，閉合開關。
(3)將滑動變阻器R3的滑片調節到合適位置，連接微安表的表筆與未知電阻試觸，防止微安表電流過大，不斷改變表筆在未知電阻上的接觸位置，直到____________時，記錄此次接觸點的位置，即為等分電阻的位置。
(4)保持表筆與記錄的接觸位置的接觸，讀出此時電流表和電壓表的讀數分別為________A和________V。
(5)通過兩表讀數可以得到未知電阻的阻值為________Ω(計算結果保留兩位有效數字)。
解析：(1)按圖連接電路，閉合開關之前，要保護電路，則將滑動變阻器的滑片滑到最右端，讓阻值最大。
(2)由題意可知需將電阻箱R2的阻值調整與定值電阻R1相等，調為10 Ω。
(3)利用了串聯電阻的分壓作用，當兩電阻阻值相等時，電勢降低相同，則兩觸點的電勢相等，流過微安表的電流為零，所以為了等分電阻，只需要調節表筆在未知電阻上的接觸位置，直到流過微安表的電流為零時，記錄此次接觸點的位置，即為等分電阻的位置。
(4)電流表的最小刻度為0.02 A，讀數時，只需要同位估讀，所以電流表的讀數為0.50 A。電壓表的最小刻度為0.1 V，讀數時，需要估讀到下一位，所以電壓表的讀數為2.50 V。
(5)并聯電阻的阻值為R并＝－RA＝4 Ω，根據并聯電路電阻關系有＝＋代入數據解得Rx＝5 Ω。
答案：(1)右　(2)10　(3)流過微安表的電流為零　
(4)0.50　2.50　(5)5
13．(11分)“道威棱鏡”廣泛地應用在光學儀器中，如圖所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，使截面平行于底面，可制成“道威棱鏡”，這樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內部反射。從M點發出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊射入，已知棱鏡玻璃的折射率n＝，光在真空中的速度為c。
(1)請通過計算判斷該光線能否從CD邊射出；
(2)若＝l，求光在“道威棱鏡”內部傳播的時間。
解析：(1)光在棱鏡中傳播光路如圖所示。由折射定律n＝，解得r＝30°，而sin C＝，解得C＝45°，光線到達CD邊時，θ＝75°>C，將會在CD邊發生全反射，故光線無法從CD邊射出。
(2)光線在棱鏡內傳播速率v＝，設光在棱鏡中的入射點和出射點分別為E、F，由正弦定理＝，解得＝ ，由對稱性可知，＝ ，所以光在棱鏡內部傳播的路程s＝ ，而t＝，所以t＝。
答案：(1)光線無法從CD邊射出　(2)
14．(12分)如圖所示，長為L1＝2 m的細線拴一質量為m＝1 kg 的小球在水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)，擺線與豎直方向的夾角為α＝37°，不計空氣阻力，當小球運動到P點時細線斷了，一段時間后小球恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧，進入圓弧時無機械能損失，已知圓弧的半徑R＝ m，θ＝53°，小球經圓弧運動到B點時與停在光滑地面的質量為M＝2 kg的物塊發生彈性正碰，物塊運動到C后沿順時針轉動的傾斜的傳送帶CD運動，傳送帶CD與地面的傾角α＝37°，速度為v＝2 m/s，不計物塊在C處的機械能損失。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)小球到達圓弧B點時(碰撞前)的速度大小；
(2)小球與物塊M碰后物塊M的速度大小；
(3)物塊M若能夠到達D端，傳送帶CD部分L2最長是多少。
解析：(1)設小球做勻速圓周運動的速度為v1，由牛頓第二定律得Fn＝mgtan α＝m
解得：v1＝3 m/s在A點，設速度為v2，根據運動合成與分解：v2＝＝5 m/s
從A到B，設碰前速度為v3，根據動能定理得
mv－mv＝mgR(1－cos θ)
解得：v3＝6 m/s。
(2)兩物體彈性相碰，設M碰后速度為v′，m碰后速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律得：
mv3＝mv4＋Mv′，mv＝mv＋Mv′2
解得：v′＝v3＝4 m/s。
(3)物塊M滑上傳送帶后，開始減速，到與傳送帶速度相同：a1＝＝10 m/s2
x1＝＝0.6 m
因為Mgsin α>μMgcos α，所以共速后，不能一起勻速，物塊M繼續減速，a2＝＝2 m/s2
減速到零：x2＝＝1 m
所以傳送帶最長L2＝x1＋x2＝1.6 m。
答案：(1)6 m/s　(2)4 m/s　(3)1.6 m
15．(16分)如圖甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區域，圓形區域與x軸的交點分別為M、N。現有一質量為m、帶電荷量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°，不考慮電子所受的重力。
(1)求電子進入圓形區域時的速度大小和勻強電場場強E的大小；
(2)若在圓形區域內加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區域時速度方向垂直于x軸，求所加磁場磁感應強度B的大小和電子剛穿出圓形區域時的位置坐標；
(3)若在電子剛進入圓形區域時，在圓形區域內加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同，請寫出磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的關系表達式。
解析：(1)電子在電場中做類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖1所示。由速度關系可得：＝cos θ，解得：v＝v0
由速度關系得：vy＝v0tan θ＝v0，在豎直方向：vy＝at＝t，而水平方向上t＝，解得：E＝。
(2)由幾何關系得電子做勻速圓周運動的半徑R＝L，根據牛頓第二定律：qvB＝，解得：B＝，根據幾何關系得電子穿出圓形區域時位置坐標為。
(3)電子在磁場中最簡單的情景如圖2所示。
在磁場變化的前三分之一個周期內，電子的偏轉角為60°，設電子運動的軌跡半徑為r，運動的周期為T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r；
在磁場變化的后三分之二個周期內，因磁感應強度減半，電子運動周期T′＝2T0，故粒子的偏轉角度仍為60°，電子運動的軌道半徑變為2r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r。
綜合上述分析，則電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是：3rn＝2L(n＝1,2,3，…)而：r＝
解得：B0＝(n＝1,2,3，…)
應滿足的時間條件為：(T0＋T′)＝T
而：T0＝，T′＝
解得T＝(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)v0　　(2)　
(3)B0＝　T＝(其中n＝1,2,3，…)
一模考前熱身卷(二)
(本試卷滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．我國是茶的故鄉，茶在我國已有4 000多年的歷史。在現代喝茶也是不少人的愛好，下列說法正確的是(　 )
A．用溫水泡茶比用開水泡茶更易聞到茶香
B．液體的表面張力使茶杯蓋上的水滴呈球形
C．茶水中茶葉的沉浮可視為布朗運動
D．半滿的裝有熱茶的茶杯的杯蓋擰緊，過一段時間較難打開的原因可能是擴散作用
解析：選B　茶香是茶葉中的一些分子擴散到水中，然后又隨著水分子擴散到空氣中，溫度越高，擴散得越快，A錯誤；液體表面張力使液體表面具有收縮的趨勢，因此小水滴呈球形，B正確；茶葉的體積較大不屬于微粒，C錯誤；茶杯內的氣體降溫后，壓強較外界大氣壓小，因內外氣壓差，杯蓋較難打開，D錯誤。
2.如圖所示為氫原子的能級圖，下列說法正確的是(　 )
A．用能量為13.0 eV的電子激發n＝1能級的大量氫原子，可以使氫原子躍遷到高能級
B．n＝2能級的氫原子可以吸收能量為3.3 eV的光子而發生電離
C．大量處于n＝4能級的氫原子躍遷到基態放出的所有光子中，n＝2能級躍遷到n＝1能級釋放的光子的粒子性最顯著
D．大量處于基態的氫原子吸收12.09 eV的光子后，只可以放出兩種頻率的光子
解析：選A　n＝1能級與n＝2能級的能量差為10.2 eV，由于13.0 eV>10.2 eV，因此用能量為13.0 eV的電子激發n＝1 能級的大量氫原子，可以使氫原子躍遷到高能級，A正確；n＝2能級的氫原子的能量為－3.4 eV，因此欲使其發生電離，吸收的能量至少為3.4 eV，B錯誤；光子的波長越長波動性越顯著，光子的頻率越高，粒子性越顯著，由玻爾理論可知，從n＝4能級躍遷到n＝1能級的粒子能量最大，由E＝hν 可知，該光子的頻率最高，粒子性最顯著，C錯誤；大量處于基態的氫原子吸收12.09 eV的光子后，由躍遷規律可知，可以躍遷到n＝3能級，則放出的光子數為C＝3，D錯誤。
3．長木板上表面的一端放有一個木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖甲所示，木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角θ變大)，另一端不動，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力 Ff隨角度θ的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是(　 )
A．木塊與木板間的動摩擦因數μB．木塊與木板間的動摩擦因數μ＝
C．木板與地面的夾角為θ2 時，木塊將做自由落體運動
D．木板由θ1轉到θ2的過程中，速度變化越來越快、加速度越來越小
解析：選A　木塊受到的靜摩擦力在開始到剛要滑動的過程為靜摩擦力有f＝mgsin θ，故為正弦變化，而滑動后變為了滑動摩擦力，則摩擦力為f＝μmgcos θ，為余弦變化，而滑動摩擦力一般小于最大靜摩擦力，當夾角為θ1時，最大靜摩擦力為Ff2，而滑動摩擦力為Ff1，根據滑動摩擦力的公式則有μmgcos θ14．如圖甲所示，單匝線圈L1與螺線圈L2繞在水平鐵芯上并固定，L2中通有圖乙所示的正弦交變電流。下列說法正確的是(　 )
A．t1時刻，L1中電流最大
B．t2時刻，L1、L2間的作用力最大
C．在t1～t2與t2～t3時間內，L1中的電流方向相反
D．在0～t1與t2～t3時間內，L1與L2間的

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