第26讲 原子与原子核
例题精讲
【例1】
【解析】 卢瑟福?粒子散射实验结果是绝大多数?粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错
误．?粒子被散射时只有少数发生了较大偏转，并且有极少数?粒子偏转角超过了90?，有的甚至被弹回，偏转角几乎达到180?．故选项B正确．根据?粒子散射实验结果可知选项C、D错误．
【答案】 B
【例2】
【解析】 处于基态的原子要发光，必须先吸收一定的能量E，如果是用照射来提供这个能量，则E?hv，
使之处于激发态，由于激发态能量高，原子不稳就会向低能级跃迁，从而发出一系列频率的光子，但这些光子的频率决不会大于v，且必有一种频率等于v，由题意知，该氢原子受激后只能发出频率为v1、v2、v3的三种光，且v1＜v2＜v3，即最高频率是v3，那么照射光频率必是v3，光子能量是hv3．
【答案】 C
【例3】 【解析】 （1）B
（2）根据玻尔的原子能级理论，原子在不同能级的能量大小为En?E1E1，所以，又E?2n24根据玻尔的跃迁理论，当原子从高能级向低能级跃迁时，会释放能量，即E2?E1?hv，4?6.63?10?34?3?1083而v?，所以有h?E2?E1??E1，???1.2?10?7m ?193?13.6?1.6?10??4cc
【例4】
＜解析＞ 这群氢原子能发出光子的频率数为
n?n?1?2?3. 氢原子从n?3跃迁到n?1时产生的光子
能量最大?E?E3?E1?12.09eV，此光子的频率最高，波长最短，用它照射金属钠，产生的光电子的初动能最大值为Ek??E?W?12.09eV?2.49eV=9.60eV.
＜答案＞ D
【例5】
?射线是不稳定原子核放出的两个中子和两个质子组成的粒子流，它的电离本领最大，穿透【解析】
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能力最弱，A错．?射线是原子核内一个中子转化为一个质子时放出的高速电子流，其穿透能力和电离能力都居中，B错．?射线是处于激发态的原子核向低能级跃迁时放出的光子，常伴随?或?衰变产生，?射线的穿透力最强，C对，D错．
【答案】 C
【例6】
90【解析】 衰变过程遵守质量数守恒和电荷数守恒，因9036Kr衰变成40Zr过程中，质量数没有改变，因此
没有发生?衰变；发生一次?衰变，质量数不变，电荷数增加一，所以共进行了4次?衰变，正确选项为B．
【答案】 B
【例7】
【解析】 （1）此核的反应中的质量亏损和放出的能量分别为
Δm?(2?2.0136?3.0156?1.0073)u?0.0043u
ΔE?Δmc2?0.0043?931.5MeV=4.005MeV
（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
碰后质子和氚核的总动量也为零，设其动量分别为p1，p2，必有p1??p2，设碰后质子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2， Ek1m1v12p12/m1m23??2??， 则2Ek2m2v2p2/m2m1133故新生的氢核的动能为Ek1?(ΔE?Ek0)?(4.005?2)MeV=4.5MeV
44【例8】 【答案】 B
【例9】
【答案】 由聚交、裂变、衰变的定义可知D项错误．
【例10】
222218R?84Po+4＜解析＞ 写出核反应方程862He，可知，放出的粒子是?粒子，因此可排除C、D选项，
?1?根据半衰期公式m?m0??可以计算得到1g氡经过两个半衰期还剩0.25g没有发生衰变，
?2?tT所以发生衰变的是0.75g，故B选项正确.
【例11】
2184＜解析＞ （1）22286Rn?84Po?2He
（2）设钋核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得0?mv0?Mv，则v?2(M?m)mv01212（3）衰变过程中产生的机械能 ?E?mv0?Mv?
222Mmv0 M由爱因斯坦质能方程?E??mc2得
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2?E(M?m)mv0产生这些机械能需要亏损的质量?m?2?
c2Mc22(M?m)mv0mv0Po?He （2） （3）
2Mc2M42
＜答案＞ （1）
22286Rn?2188428
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第27讲 力学复习（1）
【例1】 ＜解析＞
解法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．
2/2，xAC?a(t?tBC)2/2，又xBC?xAC/4 解得：tBC?t 故xBC?atBC解法二：比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1:x2:x3:xn?1:3:5::(2n?1)，现在xBC:xBA?1:3．
通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC?t． 解法三：中间时刻速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． vAC?(vt?v0)/2?(v0?0)/2?v0/2
2?2axAC 又v02vB?2axBC
…………………..① ……..……………② .………………….③
xBC?xAC/4
解①②③得：vB?v0/2．
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置即tBC?t． 解法四：面积法
利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的对应边平方比的方法，作出v?t图象，如图所示． SAOC/S△BDC?CO2/CD2
且S△AOC?4S△BDC，OD?t，OC?t?tBC．
2所以4/1?(t?tBC)2/tBC，得tBC?t．
解法五：性质法
对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比： t1:t2:t3::tn?1:(2?1):(3?2):(4?3)::(n?n?1)．现将
整个斜面分成相等的四段，如图所示：设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：tBD?(2?1)tx，tDE?(3?2)tx，tEA?(4?3)tx．tBD?tDE?tEA?t，
又tBD?tDE?tEA?(2?1)tx?(3?2)tx?(4?3)tx，得tx?t．
＜答案＞
【例2】 ＜解析＞
tBC?t
如图所示为两辆汽车所做的速度——时间图象，由图象可知，当乙车追上甲车时，即为
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甲、乙两车的速度——时间图线与时间轴所围成的面积（阴影部分）相等．可以看出，当乙车追上甲车时，vt?2v0，t2?2t1．由于乙车加速度a未知，故t2和t1均不可求，位移x也不可求．故答案选A．
＜答案＞
【例3】 ＜解析＞
A
解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
v10则t1?0?s＝1s，
g102v0102?m?5m， 上升的最大高度h1?2g2?10故重物离地面的最大高度为H?h1?h?5m?175m?180m． 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2?vt?gt2?10?6m/s＝60m/s．
2H2?180?s＝6s， g10所以重物从气球上掉落至落地共历时t?t1?t2?7s．
解法二：取全过程作一整体研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在1时间t内的位移h??175m．由位移公式h?v0t?gt2有
21，所以重物落地速度?175?10t??10t2，解得t?7s和t??5s（舍去）
2vt?v0?gt?10m/s?10?7m/s=－60m/s，其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．
＜答案＞
【例4】 ＜答案＞
【例5】 ＜解析＞
7s 60m/s
甲：沿斜面向上；乙：无静摩擦力；丙：水平向左；丁：水平指向转轴
设斜面的倾角为?，对A、B整体进行受力分析，可求得A、B沿斜面上滑的加速度a?gsin?，B的加速度也是a?gsin?．再对B受力分析，B受到重力G、A对它的支
持力N和摩擦力Ff，将这三个力沿斜面方向分解可得Ff?mgsin??ma，而a?gsin?，根据以上两式可知Ff?0，即A、B间没有摩擦力．
＜答案＞
30
C
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