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专题十 选修3-5
【重点知识提醒】
【重点方法提示】
（一）动量问题：
1．应用动量定理的主要流程：

2．应用动量守恒定律时要判断动量是否守恒，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。动量守恒也可以是系统在某一方向上的守恒。
（二）光电效应规律内涵理解：
1．能否发生光电效应，由入射光的频率大小决定，与入射光的强度和照射时间无关；发生光电效应时，光子的能量与入射光的强度无关。
2．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但二者成一次函数，不是正比关系。
3．在光电流没有达到饱和光电流时，光电管两端正向电压越大，光电流越大，当达到饱和光电流后，再增大电压，光电流也不会增大了。
4．光电子的最大初动能与反向遏止电压的关系：Ekm＝eUc，因此光电效应方程可以写为：eUc＝hν－W0。
(三)物质波与波粒二象性常见问题和方法的辨析
1．少量光子具有粒子性，大量光子具有波动性。
2．实物粒子也具有波动性，只是因其波长太小，不易观察到，但并不能否定其具有波粒二象性。
3．电子属于实物粒子。
4．在计算物质波的波长时，关键是求运动物体的动量大小p，然后由λ＝便可求得结果。
（四）原子结构与原子核
1．一群处于较高能级n的氢原子向低能级跃迁时，释放出的谱线条数为Cn2；而一个处于较高能级n的氢原子向低能级跃迁时，释放出的光谱线条数最多为n－1。
2．氢原子在能级之间发生跃迁时，吸收或放出的光子频率是某些特定值，但使处于某能级的氢原子发生电离，吸收的能量或光子的频率可以是高于某一特定值的任意值。
3．α衰变和β衰变次数的确定方法：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数的改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。
4．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核，此规律不适用，半衰期大小与放射性元素所处的物理环境和化学环境无关。
5．核反应方程的书写必须遵循的两个规律：质量数守恒、电荷数守恒。
6．核能的理解与计算
(1)比结合能越大，原子核结合的越牢固。
(2)核能的计算方法：ΔE＝Δmc2或者ΔE＝Δm×931.5(MeV)[以(u)为原子质量单位]。
【重点题型讲练】
【例1】一枚在空中飞行的炮弹，质量M＝6 kg，在最高点时的速度v0＝900 m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m＝2 kg的B做自由落体运动．求：
(1)爆炸后A的速度大小；
(2)爆炸过程中A受到的冲量大小．
解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向
根据动量守恒定律有Mv0＝(M－m)vA
解得vA＝1 350 m/s，方向与初速度方向相同．
(2)根据动量定理可知A的冲量为I＝Δp＝(M－m)·(vA－v0)＝1 800 N·s，方向与初速度方向相同．
【练1】(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
【例2】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，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图象，若将二者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，如图1所示，实线表示钨，虚线表示锌，则由图可知(　　)
A.锌的逸出功比钨的逸出功大
B.两者的图线可能不平行
C.图线在横轴的截距等于逸出功
D.光电子最大初动能还和入射光的强度有关
解析　由光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，Ek－ν图线的斜率表示普朗克常量h，横轴的截距表示金属的极限频率，B、C错误；因实线表示钨，虚线表示锌，可知锌的逸出功较大，A正确；光电子最大初动能与入射光的频率有关，而与其强度无关，D错误。
答案　A
【练2】如图甲所示，合上开关，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。调节滑动变阻器，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。把电路改为图乙，当电压表读数为2 V时，则逸出功及光电子到达阳极时的最大动能为(　　)
A.1.5 eV　0.6 eV B.1.7 eV　1.9 eV
C.1.9 eV　2.6 eV D.3.1 eV　4.5 eV
解析　用光子能量hν＝2.5 eV的光照射阴极，电流表读数不为0，即可以发生光电效应，当接反向电压，电压表读数大于或等于0.6 V时，电流表读数为0，由动能定理可知eU＝mv，即最大初动能Ekm＝eU＝0.6 eV，由光电效应方程知hν＝Ekm＋W0，得W0＝1.9 eV；对图乙，当接正向电压，且电压表读数为2 V时，光电子到达阳极的最大动能Ekm′＝Ekm＋eU′＝2.6 eV，故C正确，A、B、D错误。
答案　C
【例3】氢原子能级如图所示，一群氢原子处于n＝4能级上．当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射光的波长为1 884 nm，下列判断正确的是(　　)
A．氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线
B．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射光的波长大于1 884 nm
D．用从能级n＝2跃迁到n＝1辐射的光照射W逸＝6.34 eV的铂，能发生光电效应
答案　D
解析　根据C＝6知，一群处于n＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，故A错误；从高能级向低能级跃迁时，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级时的能级差大于n＝4能级跃迁到n＝3能级时的能级差，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级比从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出电磁波的频率大，波长短，即辐射光的波长小于1 884 nm，故C错误；从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6) eV＝10.2 eV＞6.34 eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应，故D正确．
【练3】(多选)以下说法中，属于玻尔所提出的原子模型理论的是(　　)
A．原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做圆周运动，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
答案　ABC
解析　原子处于称为定态的能量状态时，虽然电子做圆周运动，但并不向外辐射能量，故A正确；原子的不同能量状态与电子沿不同的圆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，故B正确；电子从一个轨道跃迁到另一轨道时，辐射(或吸收)一定频率的光子，故C正确；电子跃迁时辐射的光子的频率等于能级差值，与电子绕核做圆周运动的频率无关，故D错误．
【例4】(多选)一座核电站反应堆产生的热功率为3 400 MW，发电功率为1 100 MW.已知一个铀235核裂变时释放的能量约为200 MeV，下列说法正确的是(　　)
A．核裂变的反应方程为U→Ba＋Kr＋2n
B．核反应后总质量增加了
C．核电站的发电效率约为32%
D．每秒钟约有1.1×1020个铀235核发生裂变
答案　CD
解析　根据质量数守恒和电荷数守恒，核裂变方程应为U＋n→Ba＋Kr＋3n；由于释放核能，据ΔE＝Δmc2，总质量一定减少；发电效率为η＝×100%≈32%；由Pt＝nE，每秒发生的裂变的铀核为n＝≈1.1×1020个．
【练4】(1)下列说法正确的是________。
A．阴极射线的存在说明原子核是可分的
B．玻尔理论很好地解释了原子光谱的成因
C．原子的核式结构模型可以解释原子的稳定性
D．U235裂变产生的新核的比结合能比U235的比结合能大
(2)科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图像。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c。若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量E＝__________，该光子与电子碰撞后其波长将__________(选填“变大”“不变”或“变小”)。
(3)一个静止的铀核(U)放出一个α粒子变成钍核(Th)，设该核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能，已知α粒子动能为Ek1，真空中的光速为c。求：
①钍核的动能；
②该核反应中的质量亏损。
[解析]　(1)阴极射线的存在即电子的发现，说明原子是可分的，而不是证明了原子核是可分的，故A错误；玻尔理论回答了氢原子稳定存在的原因，成功地解释了氢原子和类氢原子的光谱现象，但是玻尔的原子模型却无法说明多电子原子的光谱，甚至不能说明氢原子光谱的精细结构，故B错误；玻尔提出的原子模型可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，并不是卢瑟福提出的原子核式结构模型，故C错误；我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击U235，产生的新核更稳定，其比结合能比U235的大，故D项正确。
(2)光子的能量E＝hν，而光子的频率和波长关系c＝λν，故E＝h；光子与电子的碰撞过程中，系统不受外力，也没有能量损失，故系统动量守恒，系统能量也守恒，光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E＝hν，光子的频率减小，根据λ＝知，波长变大。
(3)①衰变过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，
根据动量守恒定律得：pHe－pTh＝0
根据动能与动量的关系p＝
可知＝
α粒子的质量数为4，钍核的质量数为234，
则＝＝故EkTh＝Ek1。
②根据动能表达式，可得释放的总能量：E＝Ek1＋Ek1
解得：E＝Ek1
由质能方程知释放总能量为：E＝Δmc2
解得Δm＝。
[答案]　(1)D　(2)　变大 (3)①Ek1　②
【练后自评反思】
【组题训练1】
1．(2019·江苏高考)(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为________。
A.v　　　　B.v C.v D.v
(2)100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。后来，人们用α粒子轰击Ni核也打出了质子：He＋Ni→Cu＋H＋X，该反应中的X是________(选填“电子”“正电子”或“中子”)。此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能。目前人类获得核能的主要方式是________(选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”)。
(3)在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ＝6.4×10－7 m，每个激光脉冲的能量E＝1.5×10－2 J。求每个脉冲中的光子数目。(已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3×108 m/s。计算结果保留一位有效数字)
解析：(1)由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－v，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
(2)设X的质量数为A，质子数为Z，即ZAX，由质量数守恒得A＝4＋60－62－1＝1，由电荷数守恒得Z＝2＋28－29－1＝0，则知X是中子；目前人类获得核能的主要方式是核裂变。
(3)光子能量ε＝ 光子数目n＝
代入数据得n≈5×1016。
答案：(1)B　(2)中子　核裂变　(3)5×1016
【组题训练2】
(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(Co)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。Co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；Co发生β衰变生成镍(Ni)的方程式为____________。
(3) Co是金属元素钴的一种放射性同位素，用中子辐照金属钴(Co)可得到Co。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Co，形成一个处于激发态的新核Co，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Co的速度大小v；
②已知原子核Co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：Co→Ni＋e。
(3)①由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m1)v
解得v＝。
②质量亏损Δm＝m1＋m0－m2
释放的核能ΔE＝Δmc2
解得ΔE＝(m1＋m0－m2)c2。
答案：(1)C　(2)等于　Co→Ni＋e (3)①　②(m1＋m0－m2)c2

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