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选修3－5
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1．(2022·福建·30)如图1所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________(填选项前的字母)．
图1
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
(2)如图2所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由把握系统使箭体与卫星分别．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分别后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽视空气阻力及分别前后系统质量的变化，则分别后卫星的速率v1为________．
图2
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
答案 (1)C (2)D
解析 (1)依据三种射线的偏转轨迹可知①⑥表示β射线，②⑤表示γ射线，③④表示α射线．选项C正确．
(2)依据动量守恒定律列方程求解．
对火箭和卫星由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．
故选D.
2．(2022·新课标Ⅱ·35)(1)在人类对微观世界进行探究的过程中，科学试验起到了格外重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．
A．密立根通过油滴试验测出了基本电荷的数值
B．贝克勒尔通过对自然 放射现象的争辩，发觉了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分别出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白在原子核内部存在质子
E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
(2)现利用图3(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
图3
试验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用沟通电的频率f＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt0＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若试验允许的相对误差确定值(×100%)最大为5%，本试验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
答案 (1)ACE (2)见解析
解析 (1)密立根通过油滴试验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A正确．贝克勒尔通过对自然 放射现象的争辩，明确了原子核具有简洁结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的争辩发觉了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白原子的核式结构，选项D错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，说明白阴极射线是带负电的粒子，并测出了该粒子的比荷，选项E正确．
(2)按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02 s②
ΔtA可视为很短．
设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.
将②式和图给试验数据代入①式可得v0＝2.00 m/s③
v1＝0.970 m/s④
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝⑤
代入题给的试验数据得v2≈2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p和p′，则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的确定值为
δp＝×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp≈1.7%<5%⑩
因此，本试验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
3．(2022·山东菏泽一模)(1)依据玻尔理论，某原子的电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为λ的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则E′等于________(填写选项字母)．
A．E－h B．E＋h
C．E－h D．E＋h
(2)如图4所示，在光滑的水平桌面上有一长为L＝2 m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC＝5 kg，在C的中心并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg，开头时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药．炸药爆炸使得A以vA＝6 m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：
图4
①当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？
②从爆炸开头到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？
答案 (1)C (2)①0 ②0.3 m，方向向左
解析 (2)炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大(A的质量小)，A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)，整个过程满足动量守恒．
①整个过程A、B、C系统动量守恒，有：
0＝(mA＋mB＋mC)v，所以v＝0.
②炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB.
以向左为正方向，有：mAvA－mBvB＝0，
解得：vB＝1.5 m/s，方向向右，
同时A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，
由动量守恒，有：mAvA＝(mA＋mC)vAC，
解得：vAC＝1 m/s，
此过程持续的时间为：t1＝＝ s，
此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：
＝vACt2＋vB(t1＋t2)，
解得：t2＝0.3 s，
所以，木板C的总位移为：xC＝vACt2＝0.3 m，方向向左．
4．(1)下列说法正确的是( )
A．对黑体辐射的争辩表明：随着温度的上升，辐射强度的最大值向波长较长的方向移动
B．电子的衍射图样表明实物粒子也具有波动性
C．β射线是原子核外电子高速运动形成的
D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短
(2)1896年法国物理学家贝克勒尔在对含铀的矿物进行争辩时，发觉了自然 放射现象，从而揭开了原子核的隐秘．静止的铀核U发生α衰变后，生成新核Th并释放出γ光子．已知铀的质量为m1，α粒子的质量为m2，Th核的质量为m3，并测得α粒子的速度为v.(已知光在真空中的传播速度为c)
①写出核反应方程式并求出此反应过程中释放的核能；
②求出反应后Th核的速度大小．
答案 (1)BD (2)①U→Th＋He(或U→Th＋He＋γ) (m1－m2－m3)c2 ②v(v也算对)
解析 (2)①U→Th＋He(或U→Th＋He＋γ)
依据爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2得
ΔE＝(m1－m2－m3)c2.
②依据动量守恒定律：m2v－m3vTh＝0
Th核的速度为：vTh＝v(v也算对)．
5．(1)下列说法中正确的是________．
A．α粒子散射试验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据
B．光电效应和康普顿效应深化揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外还具有动量
C．依据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小
D．正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术．一对正负电子对湮灭后生成光子的事实说明质量守恒定律是有适用范围的
E.Bi的半衰期是5天，12 g Bi经过15天后还有1.5 g未衰变
图5
(2)如图5所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明同学站在小车上用力向右快速推出木箱后，木箱相对于冰面运动的速度大小为v，木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求整个过程中小明对木箱做的功．
答案 (1)ABE (2)mv2
解析 (1)氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，依据k＝m知，核外电子的速度增大，动能增大，则电势能减小，C错误；湮灭之后生成的光子虽然没有静质量，但是它有能量，所以有动质量，静质量虽不守恒，但质量是守恒的，由于能量是守恒的，所以依据爱因斯坦的质能关系，跟能量相联系的质量也是守恒的，D错误．故选A、B、E.
(2)取向左为正方向，依据动量守恒
推出木箱的过程：0＝(m＋2m)v1－mv
接住木箱的过程：mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2
设人对木箱做的功为W，对木箱利用动能定理得：
W＝mv
联立以上方程得W＝mv2.
6．(1)一群氢原子处于量子数n＝4能级状态，氢原子的能级图如图6所示，氢原子可能放射________种频率的光子；氢原子由量子数n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射光子的能量是________ eV；用n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时辐射的光子照射下表中几种金属，金属________能发生光电效应．
几种金属的逸出功
图6
金属
铯
钙
镁
钛
逸出功W/eV
1.9
2.7
3.7
4.1
(2)如图7所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块静止在光滑的水平地面上，质量为4 kg的物块C以v＝6 m/s的速度向左运动，B与C碰撞后，马上粘在一起运动．求：在弹簧压缩到最短的过程中，
图7
①弹簧最大的弹性势能为多大？
②弹簧对A的冲量是多大？
答案 (1)6 2.55 铯 (2)①12 J ②6 kg·m/s
解析 (2)①B与C碰后mCv＝(mC＋mB)v1
A、B、C三者共速时(mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
则弹簧的最大弹性势能为
Ep＝(mC＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得，Ep＝12 J.
②由动量定理可得，I＝mAv2－0
所以I＝6 kg·m/s.
7．(1)下列说法正确的是________．
A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量
B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的
C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
(2)如图8所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5)．由图可知普朗克常量为________ J·s，金属的截止频率为________ Hz(已知1 eV＝1.60×10－19 J，均保留两位有效数字)．
图8
(3)如图9所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小．
图9
答案 (1)ABC (2)6.5×10－34 4.3×1014
(3)
解析 (1)光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A正确；玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B正确；经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，C正确；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D错误．
(2)依据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0，Ekm－ν图象的斜率是普朗克常量h，由图可知h＝6.5×10－34 J·s；横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.3×1014 Hz.
(3)设两个小球第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，
由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
两个小球再一次碰撞，m1v1′－m2v2′＝0
得：v1′＝.
8．(1)完成核反应方程：Th→Pa＋________，Th衰变为Pa的半衰期是1.2分钟，则64克Th经过6分钟还有________克尚未衰变．
(2)如图10，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.求：
图10
①碰后瞬间，A、B共同的速度大小；
②若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．
答案 (1)e 2 (2)① ②－
解析 (1)依据质量数守恒和电荷数守恒可得：粒子的质量数为零，电荷数为－1，所以该粒子为电子e；Th剩余质量为M′＝M()n，经过6分钟，即经过了5个半衰期，即n＝5，代入数据得：还有2克没有发生衰变．
(2)①设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2，
以A为争辩对象，从P到O，由功能关系
μmgl＝mv－mv
以A、B为争辩对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得v2＝ .
②碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，
由功能关系可得μ(2mg)2x＝(2m)v
解得x＝－.
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