2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：原子物理与核物理（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：原子物理与核物理（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•武进区校级模拟）掌握并采用核聚变产生能源是核物理中最具有前景的研究方向之一。太阳上的一种核反应为两个氘核（12H）聚变成一个23He核。已知氘核的质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，23He核的质量为（1）写出该核反应方程；（2）计算上述核反应中释放的核能ΔE（保留三位有效数字）；（3）若两个氘核以相等的动能0.45MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化成动能，则反应中生成的232．（2024•江苏模拟）图甲是半径为R的四分之一圆柱面阴极MN和位于圆柱轴线OO'上的阳极构成的光电管的示意图，某单色光照射阴极，逸出的光电子到达阳极形成光电流。已知阴极材料的逸出功为W0，光电子的最大初速度为vm，电子电荷量为﹣e、质量为m，真空中光速为c，普朗克常量为h。（1）求入射光的波长λ和遏止电压Uc；（2）图乙是光电管横截面示意图，在半径为R的四分之一圆平面内加垂直纸面向外的匀强磁场，只研究在该截面内运动的光电子，仅考虑洛伦兹力作用，要使从阴极上N点逸出的光电子运动到阳极，速度至少为vm2，求磁感应强度（3）在（2）问所述情况下，若阴极表面各处均有光电子逸出，求能到达阳极的光电子逸出区域与整个阴极区域的比值k。3．（2024•江苏模拟）大量处于n＝5激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，将这些不同频率的光分别照射到图甲电路中光电管阴极K上时，只能测得两条光电流随光电管两端电压变化的图像（如图乙）。已知a光对应的遏止电压为Ua，氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En=E1n2，其中n＝2，3，（1）求光电管阴极的逸出功W0和b光对应的遏止电压Ub。（2）若用b光照射，光电管两端加上的电压UKA＝U0，求电子到达A极时的最大动能Ekm。4．（2024•河北模拟）利用电磁场研究带电的微观粒子是物理学家常用的方法。真空中一实验装置如图甲所示（磁场未画出），其截面图如图乙所示，区域Ⅰ为足够大的水平平行金属板区域，极板间距为d，极板间电压U恒定，同时板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2（B2大小未知，B1≪B2）。极板和屏在磁场方向上均足够长。当频率为ν的入射光照射到竖直放置的金属板表面MN时，金属板表面MN逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子，光电子先进入起速度选择作用的区域Ⅰ，出区域Ⅰ的光电子可认为均水平射出，之后进入区域Ⅱ全部打在水平光屏上，光屏亮光区域在截面图上的长度PQ为2d3。已知逸出的光电子最大速率为vm，B1=5U3dvm，元电荷为e（1）该金属的逸出功W和出区域Ⅰ的光电子的最小速度v；（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度B2；（3）区域Ⅱ中，在如图乙截面内磁场的最小面积S；（4）区域Ⅱ中，光电子运动位移的最大值xm。5．（2024•湖北二模）1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。他的目的是：测量金属的遏止电压Uc与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并于普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。某实验小组实践密立根的研究过程，在对同一个光电管（阴极材料）进行多次试验后，得到了的Uc﹣ν图像，其中ν1、ν2、U1均为已知量，已知电子的电荷量为e。（1）求普朗克常量h的表达式；（2）求该阴极材料的逸出功W0的表达式。6．（2024•盐城模拟）如图所示，氢原子的能级图。求：（1）处于n＝2激发态的氢原子电离需吸收的最小能量E；（2）处在n＝3能级的大量氢原子，辐射波长最短的光照射到逸出功为2.25eV的钾上，产生的光电子的最大初动能Ek。7．（2024•松江区校级三模）不同的电磁波有不同的应用。图中病人正进行伽玛刀手术，该手术是使用钴﹣60产生的γ射线进行一次性大剂量地聚焦照射，使之产生局灶性的坏死或功能改变而达到治疗疾病的目的。（1）γ射线本质上是。A.光子B.中子C.电子（2）下列哪些情况下不能释放出γ射线。A.原子核发生衰变B.原子弹爆炸C.用紫外线照射锌板D.氢原子从基态跃迁到激发态8．（2024•南通模拟）用中子轰击锂核（36Li）会生成α粒子和氢的同位素，同时释放出4.8MeV的能量，已知元电荷e＝1.6×10﹣19C，光在真空中的速度c＝3×108（1）写出核反应方程；（2）计算核反应过程的质量亏损Δm。（以kg为单位，结果保留三位有效数字）9．（2024•三明模拟）1897年，英国科学家汤姆孙利用阴极射线粒子受到的静电力和洛伦兹力平衡等方法确定出阴极射线粒子的带电性质、速度和比荷，图甲为实验示意图。如图乙，真空玻璃管内，阴极发出的电子经KA间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃管的中轴线射入两平行极板C、D。若两极板无电压，电子打在荧光屏上的O点；若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P点；若两极板间再加上垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，则电子又打到O点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板C、D右侧边缘射出。已知两极板间距为d，长度为2d，设电子的质量为m、电荷量大小为q，求：（1）电子进入两极板时的速度大小v；（2）电子比荷(q10．（2024•上海）氢元素是宇宙中最简单的元素，有三种同位素。科学家利用电磁场操控并筛选这三种同位素，使其应用于核研究中。（1）原子核之间由于相互作用会产生新核，这一过程具有多种形式。①质量较小的原子核结合成质量较大原子核的过程称为。A.链式反应B.衰变C.核聚变D.核裂变②11H核的质量为m1，12H核的质量为m2，它们通过核反应形成一个质量为m3的氦原子核（23He），此过程释放的能量为（2）某回旋加速器的示意图如图1所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交变电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。①粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W、冲量为I，则。A.W＝0，I＝0B.W≠0，I＝0C.W≠0，I≠0D.W＝0，I≠0②11H核和13H核自图1中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差绝对值始终为U，电场方向做周期性变化，11H核在每次经过缝隙间时均被加速（假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略）。11H核完成3次加速时的动能与此时A.1：3B.1：9C.1：1D.9：1E.3：1（3）如图2，静电选择器由两块相互绝缘、半径很大的同心圆弧形电极组成。电极间所加电压为U。由于两电极间距d很小，可近似认为两电极半径均为r（r≫d），且电极间的电场强度大小处处相等，方向沿径向垂直于电极。①电极间电场强度大小为；②由11H核、12H核和a.出射的粒子具有相同的。A.速度B.动能C.动量D.比荷b.对上述a中的选择做出解释。（论证）

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：原子物理与核物理（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•武进区校级模拟）掌握并采用核聚变产生能源是核物理中最具有前景的研究方向之一。太阳上的一种核反应为两个氘核（12H）聚变成一个23He核。已知氘核的质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，23He核的质量为（1）写出该核反应方程；（2）计算上述核反应中释放的核能ΔE（保留三位有效数字）；（3）若两个氘核以相等的动能0.45MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化成动能，则反应中生成的23【考点】用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；爱因斯坦的质能方程应用专题；推理能力．【答案】（1）该核反应方程为12H（2）计算上述核反应中释放的核能为3.26MeV；（3）反应中生成的23He核和中子的动能分别是1.04MeV，【分析】（1）根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程．（2）先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；（3）两氘核对心碰撞过程，遵守动量守恒和能量守恒根据动量守恒和能量守恒列方程求解．【解答】解：（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，可知核反应方程为12（2）设核反应的质量亏损为Δm，则有Δm＝2.0136u×2﹣（3.0150+1.0087）u＝0.0035u根据质能方程有：ΔE＝Δmc2解得：ΔE＝3.26MeV（3）设核反应后23He核和中子的动量分别为p1、p2，动能分别为Ek1、Ek2，则根据动量守恒定律有p1+p2Ek1=p根据能量守恒定律有：Ek1+Ek2＝2Ek0+ΔE解得Ek1＝1.04MeV，Ek2＝3.12MeV答：（1）该核反应方程为12H（2）计算上述核反应中释放的核能为3.26MeV；（3）反应中生成的23He核和中子的动能分别是1.04MeV，【点评】对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒．2．（2024•江苏模拟）图甲是半径为R的四分之一圆柱面阴极MN和位于圆柱轴线OO'上的阳极构成的光电管的示意图，某单色光照射阴极，逸出的光电子到达阳极形成光电流。已知阴极材料的逸出功为W0，光电子的最大初速度为vm，电子电荷量为﹣e、质量为m，真空中光速为c，普朗克常量为h。（1）求入射光的波长λ和遏止电压Uc；（2）图乙是光电管横截面示意图，在半径为R的四分之一圆平面内加垂直纸面向外的匀强磁场，只研究在该截面内运动的光电子，仅考虑洛伦兹力作用，要使从阴极上N点逸出的光电子运动到阳极，速度至少为vm2，求磁感应强度（3）在（2）问所述情况下，若阴极表面各处均有光电子逸出，求能到达阳极的光电子逸出区域与整个阴极区域的比值k。【考点】爱因斯坦光电效应方程；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力．【答案】（1）入射光的波长2hcmv（2）磁感应强度的大小mv（3）能到达阳极的光电子逸出区域与整个阴极区域的比值23【分析】（1）由爱因斯坦光电效应方程和动能定理求得入射光的波长λ和遏止电压Uc；（2）由题意先确定电子能运动到阳极处的半径，再由半径公式求出磁感应强度的大小；（3）先考虑正常情况下轨迹与磁场边界相切的临界情况，确定偏转角的范围，再考虑平移后同样的临界情况，分别求出光电子打中的范围占磁场区的圆心角，从而就求出了占比。【解答】解：（1）由爱因斯坦光电效应方程12解得λ=2由动能定理得-e解得Uc（2）速度为vm即从N点沿切线方向进入磁场的电子在磁场中轨迹是半圆弧，ON为其直径，所以r1由洛伦兹力提供向心力可得ev解得B=m（3）速度为vm的电子半径设为r2，则ev解得r2＝R即电子以最大速度vm与ON成30°进入磁场时刚好到达阳极O，从N点射入的电子速度方向合适，在vm2-vm之间均可到达阳极O处；当电子从P点以最大速度vm与OP成30°方向射出，电子刚好与磁场边界OM解得k=90°-30°答：（1）入射光的波长2hcmv（2）磁感应强度的大小mv（3）能到达阳极的光电子逸出区域与整个阴极区域的比值23【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道逸出功与极限频率的关系，正确结合几何关系找出粒子运动的半径与恰当的轨迹是关键。3．（2024•江苏模拟）大量处于n＝5激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，将这些不同频率的光分别照射到图甲电路中光电管阴极K上时，只能测得两条光电流随光电管两端电压变化的图像（如图乙）。已知a光对应的遏止电压为Ua，氢原子的基态能量为E1，激发态能量为En=E1n2，其中n＝2，3，（1）求光电管阴极的逸出功W0和b光对应的遏止电压Ub。（2）若用b光照射，光电管两端加上的电压UKA＝U0，求电子到达A极时的最大动能Ekm。【考点】原子能级跃迁与光电效应的结合．【专题】定量思想；推理法；物理光学综合专题；推理能力．【答案】（1）光电管阴极的逸出功-1516E1-e（2）电子到达A极时的最大动能eU【分析】（1）只能测得两条光电流随光电管两端电压变化的图像，说明只有能级差最大的两种光发生光电效应，根据跃迁方程结合光电效应方程以及最大初动能与遏止电压关系可以求出光电管阴极的逸出功W0和b光对应的遏止电压Ub；（2）用b光照射，光电管两端加上的电压UKA＝U0，可以根据光电效应方程结合动能定理求电子到达A极时的最大动能Ekm。【解答】解：（1）只能测得两条光电流随光电管两端电压变化的图像，说明只有能级差最大的两种光发生光电效应，即hνa＝E4﹣E1hνb＝E5﹣E1a光照射时eUa＝（E4﹣E1）﹣W0解得W0b光照射时eUb＝（E5﹣E1）﹣W0解得Ub（2）由能量守恒定律有Ekm＝eUb﹣eU0解得Ekm答：（1）光电管阴极的逸出功-1516E1-e（2）电子到达A极时的最大动能eU【点评】该题考查光电效应方程与能级跃迁的基本运用，关键将能级跃迁与发生光电效应的条件对应。4．（2024•河北模拟）利用电磁场研究带电的微观粒子是物理学家常用的方法。真空中一实验装置如图甲所示（磁场未画出），其截面图如图乙所示，区域Ⅰ为足够大的水平平行金属板区域，极板间距为d，极板间电压U恒定，同时板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2（B2大小未知，B1≪B2）。极板和屏在磁场方向上均足够长。当频率为ν的入射光照射到竖直放置的金属板表面MN时，金属板表面MN逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子，光电子先进入起速度选择作用的区域Ⅰ，出区域Ⅰ的光电子可认为均水平射出，之后进入区域Ⅱ全部打在水平光屏上，光屏亮光区域在截面图上的长度PQ为2d3。已知逸出的光电子最大速率为vm，B1=5U3dvm，元电荷为e（1）该金属的逸出功W和出区域Ⅰ的光电子的最小速度v；（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度B2；（3）区域Ⅱ中，在如图乙截面内磁场的最小面积S；（4）区域Ⅱ中，光电子运动位移的最大值xm。【考点】爱因斯坦光电效应方程；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；物理光学综合专题；分析综合能力．【答案】（1）该金属的逸出功为hν-1（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度为9mv（3）区域Ⅱ中，在如图乙截面内磁场的最小面积为π+29（4）区域Ⅱ中，光电子运动位移的最大值为227【分析】（1）根据爱因斯坦光电效应方程和平衡条件计算；（2）画出轨迹，根据几何知识确定半径，再根据向心力公式计算；（3）根据面积公式推导计算；（4）根据最大位移表达式、周期公式和几何知识推导计算。【解答】解：（1）由爱因斯坦光电效应方程12解得逸出功W=h从平行板区域射出的粒子满足洛伦兹力与电场力平衡B1解得v=3（2）光电子在区域Ⅱ中截面内的运动轨迹如图所示光电子运动的半径为r，由几何关系可知r=2根据洛伦兹力提供向心力evB解得B2（3）分析可知：截面内磁场的最小面积为一个四分之一圆形区域和矩形区域，如图所示粒子在磁场中扫过的面积为S=π代入数据S=π+2（4）光电子在截面内的最大位移由几何关系可得x1θ最大时，x1最大，光电子在磁场中运动时间最长，沿磁场向的位移最大，总位移最大，由几何关系可得sinα=d-r则θ最大值为2π3x1光电子在磁场中运动的周期为T=2πr光电子在磁场中运动的最长时间为t=T光电子在沿磁场方向的最大速度v2光电子沿磁场方向的最大位移x2光电子运动位移最大时，在垂直磁场方向的偏转角度θ=2πxm可得xm答：（1）该金属的逸出功为hν-1（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度为9mv（3）区域Ⅱ中，在如图乙截面内磁场的最小面积为π+29（4）区域Ⅱ中，光电子运动位移的最大值为227【点评】本题关键掌握带电粒子在磁场中的轨迹和爱因斯坦光电效应方程。5．（2024•湖北二模）1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。他的目的是：测量金属的遏止电压Uc与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并于普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。某实验小组实践密立根的研究过程，在对同一个光电管（阴极材料）进行多次试验后，得到了的Uc﹣ν图像，其中ν1、ν2、U1均为已知量，已知电子的电荷量为e。（1）求普朗克常量h的表达式；（2）求该阴极材料的逸出功W0的表达式。【考点】密立根油滴实验；光电效应现象及其物理物理意义；爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；推理法；光电效应专题；分析综合能力．【答案】（1）求普朗克常量h的表达式为eU（2）求该阴极材料的逸出功W0的表达式为eU【分析】（1）根据爱因斯坦光电效应方程及遏止电压与光电子的最大初动能的关系式，可得普朗克常量表达式；（2）根据逸出功的定义求解逸出功。【解答】解：（1）根据光电效应方程有Ek＝hν﹣W0根据动能定理有eUc＝Ek联立解得：U结合图像的斜率k=U1ν（2）金属的逸出功W0＝hν1=答：（1）求普朗克常量h的表达式为eU（2）求该阴极材料的逸出功W0的表达式为eU【点评】本题考查了爱因斯坦光电效应方程。正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键。6．（2024•盐城模拟）如图所示，氢原子的能级图。求：（1）处于n＝2激发态的氢原子电离需吸收的最小能量E；（2）处在n＝3能级的大量氢原子，辐射波长最短的光照射到逸出功为2.25eV的钾上，产生的光电子的最大初动能Ek。【考点】分析能量跃迁过程中的能量变化（吸收或释放光子）；爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；推理能力．【答案】（1）处于n＝2激发态的氢原子电离需吸收的最小能量为3.4eV；（2）产生的光电子的最大初动能为9.84eV。【分析】（1）根据电离的特点分析解答；（2）根据跃迁规律结合光电效应方程解答。【解答】解：（1）n＝2激发态的氢原子电离需吸收的最小能量为E＝0﹣（﹣3.4eV）＝3.4eV（2）n＝3能级的氢原子辐射波长最短的光能量为E'＝E3﹣E1得出E'＝12.09eV根据光电效应方程Ek＝E'﹣W0解得Ek＝9.84eV答：（1）处于n＝2激发态的氢原子电离需吸收的最小能量为3.4eV；（2）产生的光电子的最大初动能为9.84eV。【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，掌握光电效应方程是关键。7．（2024•松江区校级三模）不同的电磁波有不同的应用。图中病人正进行伽玛刀手术，该手术是使用钴﹣60产生的γ射线进行一次性大剂量地聚焦照射，使之产生局灶性的坏死或功能改变而达到治疗疾病的目的。（1）γ射线本质上是A。A.光子B.中子C.电子（2）下列哪些情况下不能释放出γ射线CD。A.原子核发生衰变B.原子弹爆炸C.用紫外线照射锌板D.氢原子从基态跃迁到激发态【考点】分析能量跃迁过程中的能量变化（吸收或释放光子）；α、β、γ射线的本质及特点；光电效应现象及其物理物理意义．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；推理能力．【答案】（1）A；（2）CD。【分析】（1）伽马射线的本质是电子；（2）理解伽马射线的成因，结合题目选项完成分析。【解答】解：（1）γ射线本质上是光子，故A正确，BC错误；故选：A。（2）γ射线是因为原子核能级间的跃迁而形成的，所以原子核衰变、原子弹爆炸都能释放出γ射线，紫外线照射锌板会发生光电效应，此过程中不产生γ射线，氢原子从基态跃迁到激发态的过程中吸收能量，不释放光子，故CD正确，AB错误；故选：CD。故答案为：（1）A；（2）CD。【点评】本题主要考查了光电效应的相关应用，理解伽马射线的本质及形成原因即可，难度不大。8．（2024•南通模拟）用中子轰击锂核（36Li）会生成α粒子和氢的同位素，同时释放出4.8MeV的能量，已知元电荷e＝1.6×10﹣19C，光在真空中的速度c＝3×108（1）写出核反应方程；（2）计算核反应过程的质量亏损Δm。（以kg为单位，结果保留三位有效数字）【考点】用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能；人工核反应方程式．【专题】定量思想；推理法；爱因斯坦的质能方程应用专题；推理能力．【答案】（1）核反应方程为0（2）计算核反应过程的质量亏损为8.53×10﹣30kg。【分析】（1）根据质量数和电荷数守恒可知核反应方程；（2）根据质能方程解得质量亏损。【解答】解：（1）根据质量数和电荷数守恒可知，核反应方程（2）质能方程ΔE＝Δmc2ΔE＝4.8MeV＝7.68×10﹣13J代入数据得Δm＝8.53×10﹣30kg答：（1）核反应方程为0（2）计算核反应过程的质量亏损为8.53×10﹣30kg。【点评】本题考查核反应方程和质能方程。解决问题的关键是会书写核反应方程，利用爱因斯坦的质能方程分析计算。9．（2024•三明模拟）1897年，英国科学家汤姆孙利用阴极射线粒子受到的静电力和洛伦兹力平衡等方法确定出阴极射线粒子的带电性质、速度和比荷，图甲为实验示意图。如图乙，真空玻璃管内，阴极发出的电子经KA间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃管的中轴线射入两平行极板C、D。若两极板无电压，电子打在荧光屏上的O点；若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P点；若两极板间再加上垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，则电子又打到O点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板C、D右侧边缘射出。已知两极板间距为d，长度为2d，设电子的质量为m、电荷量大小为q，求：（1）电子进入两极板时的速度大小v；（2）电子比荷(q【考点】阴极射线与阴极射线管的应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）电子进入两极板时的速度大小v为UBd（2）电子比荷(qm)【分析】（1）电子做匀速直线运动，由平衡条件可求得速度表达式；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可求得比荷；【解答】解：（1）电子做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：qvB＝qUd，解得：v（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由题意可知，电子的轨道半径为r，由牛顿第二定律得：qvB＝mv由几何关系得：R联立解得：q答；（1）电子进入两极板时的速度大小v为UBd（2）电子比荷(qm)【点评】本题是复合场问题，两极板CD相当于一个速度选择器，根据平衡条件研究；对于圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解即可。10．（2024•上海）氢元素是宇宙中最简单的元素，有三种同位素。科学家利用电磁场操控并筛选这三种同位素，使其应用于核研究中。（1）原子核之间由于相互作用会产生新核，这一过程具有多种形式。①质量较小的原子核结合成质量较大原子核的过程称为C。A.链式反应B.衰变C.核聚变D.核裂变②11H核的质量为m1，12H核的质量为m2，它们通过核反应形成一个质量为m3的氦原子核（23He），此过程释放的能量为（m1+m2﹣m3）（2）某回旋加速器的示意图如图1所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交变电源通过Ⅰ、Ⅱ分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。①粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W、冲量为I，则D。A.W＝0，I＝0B.W≠0，I＝0C.W≠0，I≠0D.W＝0，I≠0②11H核和13H核自图1中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ间电势差绝对值始终为U，电场方向做周期性变化，11H核在每次经过缝隙间时均被加速（假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略）。11H核完成3次加速时的动能与此时A.1：3B.1：9C.1：1D.9：1E.3：1（3）如图2，静电选择器由两块相互绝缘、半径很大的同心圆弧形电极组成。电极间所加电压为U。由于两电极间距d很小，可近似认为两电极半径均为r（r≫d），且电极间的电场强度大小处处相等，方向沿径向垂直于电极。①电极间电场强度大小为Ud②由11H核、12H核和a.出射的粒子具有相同的B。A.速度B.动能C.动量D.比荷b.对上述a中的选择做出解释。（论证）【考点】轻核的聚变及反应条件；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；洛伦兹力的概念；回旋加速器；用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；爱因斯坦的质能方程应用专题；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理能力．【答案】（1）①C；②（m1+m2﹣m3）c2；（2）①D；②E；（3）①Ud；②a.B；b.【分析】（1）①质量较小的原子核结合成质量较大原子核的过程是轻核聚变反应。②先求得核反应的质量亏损，再根据爱因斯坦质能方程求解此过程释放的能量。（2）①洛伦兹力始终对粒子不做功。根据冲量的定义动量是否为零。②根据动能定理求解11H核完成3次加速时的动能。根据两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期关系，分析相同时间13H（3）①电极间电场可近似为匀强电场，根据电势差与电场强度的关系解答；②a、能沿圆弧路径从选择器出射的粒子在选择器中做匀速圆周运动，根据电场力提供向心力得到满足的条件，据此条件分析解答；b.根据a的解答进行论证。【解答】解：（1）①质量较小的原子核结合成质量较大原子核的过程称为核聚变，故C正确，ABD错误。②此核反应质量亏损为：Δm＝m1+m2﹣m3根据爱因斯坦质能方程可得，此过程释放的能量为：E＝Δmc2＝（m1+m2﹣m3）c2（2）①洛伦兹力的方向始终与粒子速度方向垂直，对粒子不做功，即W＝0。根据冲量的定义：I＝Ft，故洛伦兹力的冲量I≠0，故D正确，ABC错误。②设11H核的质量为m，电荷量为e，则13H核的质量为根据动能定理可知，11H核每完成一次加速获得的动能为：ΔEk＝eU，则11H核完成3次加速时的动能为：Ek1＝3Δ因11H核在每次经过缝隙间时均被加速，故11H核在磁场中匀速圆周运动的周期T111H核在磁场中匀速圆周运动的周期为：T13H核在磁场中匀速圆周运动的周期为：T2=可知11H核完成3次加速时，13H核只完成了一次加速，根据动能定理可得此时1311H核完成3次加速时的动能与此时13H核的动能之比为Ek1：Ek2＝3：1，故（3）①电极间电场可近似为匀强电场，根据电势差与电场强度的关系可得，电极间电场强度大小为E=U②a、能沿圆弧路径从选择器出射的粒子在选择器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有：qE＝mv因11H核、12H核和13H核的电荷量q相同，由上式可知出射的粒子具有相同的mvb.对上述a中的选择做出的解释见a的解答。故答案为：（1）①C；②（m1+m2﹣m3）c2；（2）①D；②E；（3）①Ud；②a.B；b.【点评】本题考查了轻核聚变、质量亏损与爱因斯坦质能方程的应用、粒子在电磁场中运动问题，题目较简单。掌握回旋加速器的工作原理。

考点卡片1．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．2．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=F偏距：y=1能飞出的条件为：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。3．洛伦兹力的概念【知识点的认识】1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。2.特点：（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。【命题方向】下列说法中正确的有（）A、只要带电粒子在磁场中运动，就会受到洛伦兹力的作用B、带电粒子在空间定向运动，其周围空间一定形成磁场C、带电粒子垂直射入磁场中，必会受到洛伦兹力的作用D、洛伦兹力总是不做功分析：当带电粒子的速度方向与磁场方向不平行时，会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．解答：A、当带电粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力。故A错误。B、带电粒子定向移动，形成电流，电流的周围存在磁场。故B正确。C、带电粒子的速度方向与磁场不平行，会受到洛伦兹力。故C正确。D、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。故D正确。故选：BCD。点评：解决本题的关键知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．以及知道电流的周围存在磁场．【解题思路点拨】电荷在磁场中受到洛伦兹力的条件是：（1）电荷要运动；（2）电荷的运动方向与磁场方向不平行。4．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T2故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．5．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动【知识点的认知】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。2.几个与角有关的物理量如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。3.如何确定“圆心角与时间”①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②时间的计算方法．方法一：由圆心角求，t=θ2π•T；方法二：由弧长求，t【命题方向】如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r。分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB=mv由此可得电子做圆周运动的半径R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：tanθ∴r=Rtan答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=mv（2）电子在磁场中运动的时间t=mθ（3）圆形磁场区域的半径r=mv点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．6．带电粒子在叠加场中做直线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。【命题方向】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A、微粒的动能一定增加B、微粒的动能一定减少C、微粒的电势能一定减少D、微粒的机械能一定增加分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；重力做负功，重力势能增加，选项D正确。故选：CD。点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．【解题思路点拨】1.叠加场中三中场的比较2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法7．回旋加速器【知识点的认识】1.回旋加速器示意图如下：2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。盒中心A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。【命题方向】回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：（1）带电粒子能被加速的最大动能Ek；（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P。分析：（1）根据qvB＝mv2R知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据EK=1（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次加速后的动能EKn=12mvn2（3）根据电流的定义式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大动能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的动能为EKn=12mvn2=q因此第n个半圆的半径Rn=1（3）带电粒子质量为m，电荷量为q，带电粒子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：qvB＝mv2R带电粒子运动的回旋周期为：T=2πR由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与带电粒子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：f=1设在t时间内离开加速器的带电粒子数为N，则带电粒子束从回旋加速器输出时的平均功率P＝N12输出时带电粒子束的等效电流为：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）带电粒子能被加速的最大动能q2（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径1Bq（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率B2点评：解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，注意第3问题，建立正确的物理模型是解题的关键。【解题思路点拨】明确回旋加速器的构造和工作原理。它是由加速电场和偏转磁场对接而成，在电场中加速后进入磁场，进而在磁场中作半圆运动，在加速电场中用动能定理qU=12mv2-12mv08．光电效应现象及其物理物理意义【知识点的认识】1．光电效应现象光电效应：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子．特别提醒：（1）光电效应的实质是光现象转化为电现象．（2）定义中的光包括可见光和不可见光．2．几个名词解释（1）遏止电压：使光电流减小到零时的最小反向电压UC．（2）截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率（又叫极限频率）．不同的金属对应着不同的截止频率．（3）逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功．3．光电效应规律（1）每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于极限频率才能产生光电效应．（2）光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大．（3）只要入射光的频率大于金属的极限频率，照到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10﹣9s，与光的强度无关．（4）当入射光的频率大于金属的极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比．【命题方向】题型一：光电效应规律的理解关于光电效应的规律，下面说法中正确的是（）A．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，则入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能也就越大B．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，如果入射光的强度减弱，从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加C．对某金属来说，入射光波长必须大于一极限值，才能产生光电效应D．同一频率的光照射不同金属，如果都能产生光电效应，则所有金属产生的光电子的最大初动能一定相同分析：光电效应具有瞬时性，根据光电效应方程判断光电子的最大初动能与什么因素有关．解答：A、根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0，知入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能越大．故A正确．B、光电效应具有瞬时性，入射光的强度不影响发出光电子的时间间隔．故B错误．C、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，即入射光的波长小于金属的极限波长．故C错误．D、不同的金属逸出功不同，根据光电效应方程Ekm＝hv﹣W0，知同一频率的光照射不同金属，如果都能产生光电效应，光电子的最大初动能不同．故D错误．故选A．点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程．【解题方法点拨】光电效应规律的解释存在极限频率电子从金属表面逸出，首先须克服金属原子核的引力做功W0，入射光子能量不能小于W0，对应的最小频率ν0=W0光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光强度无关电子吸收光子能量后，一部分克服阻碍作用做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能，对于确定的金属，W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大，一个电子只能吸收一个光子，故光电子最大初动能与光照强度无关效应具有瞬时性（10﹣9s）光照射金属时，电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要能量积累的过程9．爱因斯坦光电效应方程【知识点的认识】为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光电效应理论。1.光电效应方程：Ek＝hν﹣W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功．2.爱因斯坦对光电效应的理解：①只有当hv＞W0时，光电子才可以从金属中逸出，vc=W②光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v有关，而与光的强弱无关。这就解释了截止电压和光强无关。③电子一次性吸收光子的全部能量，不需要积累能量的时间，光电流自然几乎是瞬时产生的。④对于同种频率的光，光较强时，单位时间内照射到金属表面的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大。【命题方向】如图，当电键S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．（1）求此时光电子的最大初动能的大小．（2）求该阴极材料的逸出功．分析：光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答．解答：设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U＝0.60V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU＝Ekm由光电效应方程：Ekm＝hν﹣W0由以上二式：Ekm＝0.6eV，W0＝1.9eV．所以此时最大初动能为0.6eV，该材料的逸出功为1.9eV．答：（1）求此时光电子的最大初动能的大小是0.6eV．（2）求该阴极材料的逸出功是1.9eV．点评：正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键．【解题方法点拨】光电效应方程Ek＝hv﹣W0的四点理解（1）式中的Ek是光电子的最大初动能，就某个光电子而言，其离开金属表面时剩余动能大小可以是0～Ek范围内的任何数值。（2）光电效应方程实质上是能量守恒方程。①能量为ɛ＝hν的光子被电子吸收，电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引而做功，另一部分就是电子离开金属表面时的动能。②如果克服吸引力做功最少，为W0，则电子离开金属表面时动能最大，为Ek，根据能量守恒定律可知Ek＝hν﹣W0。（3）光电效应方程包含了产生光电效应的条件。若发生光电效应，则光电子的最大初动能必须大于零，即Ek＝hv一W0＞0，亦即hν＞W0，ν＞W0h=νc10．阴极射线与阴极射线管的应用【知识点的认识】1.阴极射线：科学家在研究稀薄气体放电时发现，由阴极发出的，能使玻璃管壁发出荧光的射线。2.电子的发现：①汤姆孙的探究方法a.让阴极射线分别通过电场和磁场，根据现象，证明它是带电的粒子流并求出了这种粒子的比荷。b.换用不同的阴极做实验，所得比荷的数值都相同，是氢离子比荷的近两千倍。c.汤姆孙研究的新现象：如光电效应、热离子发射效应和β射线等。发现不论阴极射线、热离子流、光电流还是β射线，它们都包含电子。3.阴极射线管：用来观测气体放电的装置。原理图如下：由阴极K发出的带电粒子通过缝隙A、B形成一束细细的射线。它穿过两片平行的金属板D1、D2之间的空间，到达右端带有标尺的荧光屏上。根据射线产生的荧光的位置（如P1，P2，P3，…），可以研究射线的径迹。图中产生阴极射线的机理是：管中残存气体分子中的正负电荷在强电场的作用下被“拉开”（即气体分子被电离），正电荷（即正离子）在电场加速下撞击阴极，于是阴极释放更多粒子流，形成了阴极射线。1897年，J.J.汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流，并求出了这种粒子的比荷。他进一步发现，用不同材料的阴极做实验，所得比荷的数值都是相同的。这说明不同物质都能发射这种带电粒子，它是构成各种物质的共有成分。【命题方向】1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，说明了原子内部具有复杂结构。因此，汤姆孙的实验是物理学发展史上最著名的经典实验之一。在实验中汤姆孙采用了如图所示的气体放电管，从K极出来的阴极射线经过电场加速后，水平射入长为L的D、G两平行板间，若平行板D、G间未施加电场，在荧光屏F的中心O处将出现光点。若在D、G两板间加上电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，阴极射线将向上偏转，在D、G两板之间区域再加上垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出），阴极射线产生的光点恰好又回到荧光屏中心O点；接着撤去电场保留磁场，阴极射线向下偏转；离开磁场时速度偏转角为θ。只考虑D、G两板间电场和磁场对阴极射线的作用。下列说法正确的是（）A.通过上述实验，可知阴极射线带负电B.D、G两板间所加匀强磁场的方向垂直纸面向外C.阴极射线进入D、G两板间的初速度大小为v=D.根据L、E、B和θ，求得阴极射线的比荷q分析：未加磁场前电子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动；加磁场后，电子受到电场力和洛伦兹力平衡。解答：A、依题意，在D、G两板间加上电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场时，阴极射线向上偏转，可知阴极射线受到的电场力方向竖直向上，由于电场力与场强方向相反，所以该射线带负电，故A正确；B、根据题意可知，在D、G两板之间区域再加上垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，阴极射线产生的光点恰好又回到荧光屏中心O点，可知射线受到的洛伦兹力方向竖直向下，根据左手定则，可判断在D、G两板间匀强磁场的方向垂直纸面向里，故B错误；C、当射线在电、磁场中沿直线打在荧光屏中心O点时，由于竖直方向平衡满足：Eq＝qvB，可得阴极射线进入D、G两板间的初速度大小为：v=EB，故D、由题意，撤去电场保留磁场时，阴极射线向下偏转；根据题意离开磁场时速度偏转角为θ，由图示的几何知识可得：sinθ=又因为：qvB=m而速度：v=联立以上式子，求得阴极射线的比荷：qm=Esinθ故选：AD。点评：本题考查电子在电场中的加速和偏转，难度不大，计算量较大，解题时要细心。【解题思路点拨】求解带电粒子比荷的思路（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可利用运动的分解、运动学公式、牛顿运动定律列出相应的关系式。（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，要注意通过画轨迹示意图来确定圆心位置，利用几何知识求其半径。（3）带电粒子通过相互垂直的匀强电磁场时，可使其做匀速直线运动，根据qE.一qoB可求其速度。11．密立根油滴实验【知识点的认识】1.实验简介油滴实验，是罗伯特•密立根与哈维•福莱柴尔在1909年所进行的一项物理学实验。罗伯特•密立根因而获得1923年的诺贝尔物理学奖。此实验的目的是要测量单一电子的电荷。方法主要是平衡重力与电力，使油滴悬浮于两片金属电极之间。并根据已知的电场强度，计算出整颗油滴的总电荷量。重复对许多油滴进行实验之后，密立根发现所有油滴的总电荷值皆为同一数字的倍数，因此认定此数值为单一电子的电荷量e：C。2.实验装置密立根设置了一个均匀电场，方法是将两块金属板以水平方式平行排列，作为两极，两极之间可产生相当大的电位差。金属板上有四个小洞，其中三个是用来将光线射入装置中，另外一个则设有一部显微镜，用以观测实验。喷入平板中的油滴可经由控制电场来改变位置。为了避免油滴因为光线照射蒸发而使误差增加，此实验使用蒸气压较低的油。其中少数的油滴在喷入平板之前，因为与喷嘴摩擦而获得电荷，成为实验对象。3.实验装置简图如下：【命题方向】电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力．（1）调节两金属板间的电势差U，当u＝U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q为多少？（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u＝U时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q．分析：（1）质量为m1的油滴恰好做匀速运动，油滴受力平衡，根据所受电场力等于重力即可求解；（2）油滴进入电场后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学公式列式即可求解，要注意油滴可能带正电，也可能带负电．解答：（1）由题意可知油滴所带电荷为负电荷，油滴恰好做匀速运动，油滴受力平衡，则qU得q=（2）若油滴带负电，电荷量为Q1，则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2解得：Q1若油滴带正电，电荷量为Q2，则油滴所受到的电场力方向向下，设此时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得m2即Q2答：（1）该油滴所带电荷量q为m1（2）若油滴带负电，电荷量为m2dU点评：该题主要考查了牛顿第二定律及匀加速直线运动位移—时间公式的应用，要注意第二问中油滴可能带正电，也可能带负电．【解题思路点拨】密立根油滴实验的物理意义在于首次证明了电荷的不连续性，即任何带电体所带的电量都是基本电荷的整数倍，并精确测定了基本电荷的数值。密立根油滴实验是一项具有里程碑意义的实验，它通过观察和研究带电油滴在电场中的运动规律，利用平衡测量法和动态测量法，精确测量了基本电荷的数值。这一实验的设计思想简明巧妙，方法简单，而结论却具有不容置疑的说服力，因此被视为物理实验的一个光辉典范。密立根因为这一杰出工作和在光电效应方面的研究成果而荣获1923年诺贝尔物理学奖。12．分析能量跃迁过程中的能量变化（吸收或释放光子）【知识点的认识】在发生跃迁时，如果核外电子由低能级向高能级跃迁，需要吸收能量，如果由高能级向低能级跃迁，需要释放能量（以光子的形式）。【命题方向】氢原子从能级A跃迁到能级B，吸收频率ν1的光子，从能级A跃迁到能级C释放频率ν2的光子，若ν2＞ν1则当它从能级C跃迁到能级B将放出还是吸收光子？对应光子的频率为多少？分析：能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差．解答：氢原子从能级A跃迁到能级B吸收光子，则B能级的能量大于A能级的能量，从能级A跃迁到能级C，释放光子，则A能级的能量大于C能级的能量，可知B与C能级间的能量为hv1+hv2．则由C能级跃迁B能级吸收光子，有hv＝hv1+hv2，频率为ν＝v1+v2．答：从能级C跃迁到能级B将吸收频率为v2+v1的光子．点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量与能级差的关系，即Em﹣En＝hv．【解题方法点拨】对原子跃迁条件的理解（1）原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定能量的光子，当一个光子的能量满足hν＝E末﹣E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量hν大于或小于E末﹣E初时都不能被原子吸收．（2）原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差．（3）原子跃迁条件hν＝Em﹣En只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．对于光子和处于基态的氢原子作用而使氢原子电离时，只要入射光子的能量E≥13.6eV，氢原子就能吸收．对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于能级差即可．13．原子能级跃迁与光电效应的结合【知识点的认识】原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。本考点将能级跃迁与光电效应结合进行考查。【命题方向】如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法正确的是（）A、这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短B、这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最高C、金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11eVD、金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60eV分析：根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系。从n＝3跃迁到n＝1所发出的光能量最大，产生金属钠表面所发出的光电子的初动能最大，根据爱因斯坦光电效应方程求出初动能的最大值。解答：A、B这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论ΔE＝Em﹣En（m＞n）得知，从n＝3跃迁到n＝1所发出的光能量最大，由E＝hγ＝hcλ得知，频率最高，波长最短。故A错误，BC、D从n＝3跃迁到n＝1所发出的光能量最大，光照射逸出功为2.49eV的金属钠，所发出的光电子的初动能最大，根据爱因斯坦光电效应方程得，EK＝hγ﹣W＝（E3﹣E1）﹣W＝[﹣1.51﹣（﹣13.6）]﹣2.49＝9.60eV．故C错误，D正确。故选：BD。点评：本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合。基础题。【解题思路点拨】原子能级跃迁与光电效应的结合常见的解题思路：1.根据E＝En﹣Em（En、Em是始末两个能级且m＜n）计算跃迁过程释放的光子能量；2.根据E＝hν计算光的频率；3.根据ν与极限频率的关系判断能否发生光电效应；4.根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν﹣W0计算光电子的最大初动能。14．α、β、γ射线的本质及特点【知识点的认识】1.α，β、γ射线的本质分别是高速氦核流、高速电子流和高速光子流。2.α，β、γ射线的区别如下表种类α射线β射线γ射线组成高速氦核流高速电子流光子流（高频电磁波）带电荷量2e﹣e0质量4mp静止质量为零符号2-1γ速度0.1c0.99cc贯穿本领最弱较强最强贯穿实例用纸能挡住穿透几毫米的铝板穿透几厘米的铅板对空气的电离作用很强较弱很弱【解题思路点拨】一、射线本身的性质天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知（）A、②来自于原子核外的电子B、①的电离作用最强，是一种电磁波C、③的电离作用较强，是一种电磁波D、③的电离作用最弱，是一种电磁波分析：α射线贯穿能力很弱，电离作用很强，一张纸就能把它挡住，α射线是高速氦核流；β射线能贯穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出β射线；γ射线穿透本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板，是原子核发生衰变时释放的能量以γ光子的形式辐射出来的。解答：A、天然放射性元素放出的三种射线都是原子核发生衰变造成的，β射线能贯穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，故②是β射线。β射线是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出一个高速电子，该电子即β射线，故β射线来自原子核，故A错误