解析 设碰撞后碳核的速度为vx，根据动量守恒定律可知： 112

mv0＋0＝m(－v0)＋12mvx，解得：vx＝v0

1313m0＋m2m015．(1)v0，方向向左 (2)

m1m1

解析 (1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vA＋m0v0＝0 m0解得vA＝－v0

m1

负号表示A车的速度方向向左．

m0v0|vA|m0＋m2

(2)研究人和B车，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m2)vB，解得vB＝，则＝ vBm1m0＋m2

专题综合练

6

1．AD [根据核反应中质量数和电荷数守恒，可知X是10X，所以为中子，A正确；Y应为3Y，

所以Y的质子数为3，核子数为6，中子数为3，B错误；两核反应均有能量释放，根据爱因斯坦质能方程，两核反应都有质量亏损，C错误；由聚变反应概念知，D正确．]

hνW02．BD [根据光电效应方程Ekm＝hν－W0和eUc＝Ekm，得：Uc＝－，当入射光的频率大ee于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，与光的强度无关，故A、C错误，B、D正确．]

m23．(1)B (2)v0＋(v0－v2)

m1

解析 (1)放射性元素的半衰期只与原子核的结构有关，与物理、化学状态无关，所以A错误；光和电子都具有波粒二象性，所以B正确；α粒子散射实验可以估算出原子核的数量级为10

15

－

m，所以C错误；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，所以D错误．

(2)以初速度方向为正方向，箭体与卫星为研究对象，根据动量守恒定律：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2

m2解得v1＝v0＋(v0－v2)

m14．23.84MeV

解析 由质能方程：ΔE＝4EHe－4EH＝23.84 MeV. 5．减小 2E2－E1－E4

解析 氢原子辐射光子后，一部分能量随光子而辐射，剩余氢原子能量减小．设该金属的截止频率为ν0，则有hν0＝E4－E2，即逸出功W0＝hν0＝E4－E2；氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1

能级所发出的光子能量为E2－E1，那么光电子最大初动能为(E2－E1)－W0＝2E2－E1－E4. hc 3

6．(1)CD (2) E3－E1－W0 (3)①31H→0－1e＋2He＋νe E3－E2②－p1－p2

解析 (1)卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型，故A错误；β射线的本质是电子流，γ射线是电磁波，故B错误；根据分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，所以原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故C正确；根据爱因斯坦质能方程可知，裂变时释放能量是因为发生了质量亏损，故D正确； (2)根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从n＝3向n＝2跃迁的光子频率最小，波长最长．

chcE＝E3－E2＝h λ＝

λE3－E2

用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，从n＝3跃迁到n＝1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，根据光电效应方程得，Ekm＝hν－W0＝E3－E1－W0，

3

(3)①根据质量数与电荷数守恒，则氚核发生β衰变方程：31H→0－1e＋2He＋νe；

②衰变过程中动量守恒，0＝p1＋p2＋p 所以新核的动量大小为p＝－p1－p2 4hc1

7．(1)AB (2)－ hν＋E1 (3)3kg

3E14

15150

解析 (1)158O衰变的方程式为8O→7N＋1e，等式两边的质量数与电荷数都相等，故选项A正15确；将放射性同位素158O注入人体，由于它能被探测器探测到，故8O的主要用途是作为示踪

原子，选项B正确；一对正负电子湮灭后生成一个光子动量不守恒，故选项C错误；因为PET中所选的放射性同位素需要在人体内衰变，故其半衰期较短为好，选项D错误．

(2)因为要求光子能使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态，而基态的能量为E1，激发态的能量13hc4hc

为E1，故需要吸收的光子的能量为－E1，则光子的波长为λ＝＝－；此激发态氢原子再44E3E111吸收一个频率为ν的光子被电离后，电子的动能为hν－(0－E1)＝hν＋E1.

44

(3)由x－t图可知碰前瞬间A的速度与碰后两个物块的共同速度，还已知A的质量，水平面光滑，所以碰撞过程中动量守恒，然后列方程求出物块B的速度． 由x－t图知：碰前瞬间，vA＝8 m/s，vB＝0；碰后瞬间，vAB＝

20－16

m/s＝2 m/s，A、B两物4－2

块组成的系统动量守恒mAvA＋0＝(mA＋mB)vAB，代入数据解得mB＝3 kg.

313

8．(1)A (2)电子 N0ΔE (3)①v0 ②m0v20 428

解析 (1)由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时只能辐射特定频率的光子，故A正确；由于核子结合为原子核时释放能量，必然存在质量亏损，原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故B错误；根据德布罗意波长公式，一个动量为p的电子对应的物h

质波波长为(h为普朗克常量)，故C错误；根据光电效应方程知，最大初动能Ekm＝hν－W0，

p遏止电压：eU＝Ekm，知入射光的频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，与入射光的强度和光的照射时间无关，故D错误．

(2)由质量数和电荷数守恒知X的质量数是0，电荷数是－1，为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子；

113

经2T时间还剩余m＝m0·()2＝m0，还有四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为

244N0ΔE.

(3)①两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： m0v0＝pA＋pB，

由题意可知，碰撞后两球的动量相等，即：pA＝pB， 1

解得：pA＝m0v0＝m0v，

21

碰撞后A的速度：v＝v0；

2

②碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： 112m0v20＝m0v＋EkB， 223解得：EkB＝m0v20. 8