新高考人教物理一轮作业章末检测卷（十二）近代物理初步

章末检测卷(十二)近代物理初步(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)1．(2020·高考浙江卷)下列说法正确的是()A．质子的德布罗意波长与其动能成正比B．天然放射的三种射线，穿透能力最强的是α射线C．光电效应实验中的截止频率与入射光的频率有关D．电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性解析：由公式λ＝eq\f(h,p)＝eq\f(h,\r(2mEk))可知，质子的德布罗意波长λ∝eq\f(1,p)，λ∝eq\f(1,\r(Ek))，故A错误；天然放射的三种射线，穿透能力最强的是γ射线，故B错误；截止频率与入射光频率无关，由材料决定，故C错误；电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性，故D正确。答案：D2．(2021·重庆外国语学校高三月考)下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是()A．紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象B．α粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象C．含铀的矿物质自发向外放出β射线(高速电子流)的现象D．氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象解析：光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及原子核的变化，故A错误；α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及核内部的变化，故B错误；天然放射现象是原子核内部发生变化自发地放射出α射线或β射线，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数、质子数、中子数发生变化，故C正确；原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及原子核的变化，故D错误。答案：C3．关于原子和原子核，下列说法正确的是()A．甲图所示的氢原子光谱的分立特征可以用经典物理学解释B．由乙图可知，eq\o\al(6,3)Li原子核中的平均核子质量比eq\o\al(16,8)O的要小C．要产生丙图所示的链式反应，裂变物质必须具有一定的体积或质量D．根据丁图可知，1g氡经过38天还剩下0.1g没发生衰变解析：经典物理学不能解释氢原子光谱的分立特征，故A错误；由图乙知，eq\o\al(16,8)O原子核的比结合能大于eq\o\al(6,3)Li的比结合能，eq\o\al(16,8)O核比eq\o\al(6,3)Li核稳定，原子核中平均核子质量越大越不稳定，所以eq\o\al(16,8)O原子核的平均核子质量比eq\o\al(6,3)Li的要小，故B错误；要产生丙图所示的链式反应，裂变物质的体积或质量必须大于临界值，故C正确；氡核的半衰期为天，1g氡经过38天衰变，剩下氡的质量为1g×(eq\f(1,2))eq\f(38,3.8)＝eq\f(1,1024)g，故D错误。答案：C4．近代物理取得了非常辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是()A．用同频率的光照射不同的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0就越大B.eq\o\al(137,55)Cs是核泄漏时对人体产生有害辐射的重要污染物，其核反应方程式eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋X其中X为电子C．一个氢原子处在n＝4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子D．每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结合能越大的原子核越不稳定解析：根据爱因斯坦的光电效应方程hν－W0＝Ek，同种光照射金属，初动能Ek越大，该金属的逸出功W0就越小，A错误；在核反应方程中，根据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得X的质量数为零，带一个单位负电荷，因此它一定是电子，B正确；因为只有一个氢原子，处在n＝4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出3种频率的光子，C错误；比结合能越大，原子核结合得越牢固，也就是原子核越稳定，D错误。答案：B5．下列说法中正确的是()A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应B．玻尔通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型C．原子核发生一次β衰变，该原子的核外就失去一个电子D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，c为光速，则质子和中子结合成一个α粒子释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2解析：从6→1辐射的光子能量大于从6→2辐射的光子能量，根据光电效应方程hν＝W0＋Ekm可知，从6→2辐射的光子能量不能使该金属发生光电效应，A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，B错误；β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子的同时放出一个电子，与核外电子无关，C错误；根据质能方程可知，两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，D正确。答案：D6．1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是()A．图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B．图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C．图3中，若电子电荷量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Ucν图象可求得普朗克常量的表达式为h＝eq\f(U1e,ν1－νc)D．图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象可知该金属的逸出功为E或hνc解析：用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故选项A错误；由题图可知，电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故选项B错误；根据爱因斯坦光电效应方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，图象Ucν的斜率表示eq\f(h,e)，即eq\f(h,e)＝eq\f(U1,ν1－νc)，解得h＝eq\f(U1e,ν1－νc)，故选项C正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0知，Ekν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能为零，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于hνc，故选项D正确。答案：CD7．在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素eq\o\al(24,11)Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图所示，下列说法正确的()A．新核为eq\o\al(24,12)MgB．轨迹2是新核的径迹C.eq\o\al(24,11)Na发生的是α衰变 D．新核沿顺时针方向旋转解析：根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，根据电荷数守恒、质量数守恒知，衰变方程为eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，可知新核为eq\o\al(24,12)Mg，故A正确，C错误。由题意，静止的钠核eq\o\al(24,11)Na发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r＝eq\f(mv,qB)可知，新核的半径小于放出粒子的半径，所以轨迹2是新核的轨迹，故B正确。根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断可知，新核沿逆时针方向旋转，故D错误。答案：AB8．(2021·河北唐山高三模拟)用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为×1014Hz。已知普朗克常量h＝×10－34J·s，则下列说法正确的是()A．欲测遏止电压，应选择电源左端为负极B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D．如果实验中入射光的频率ν＝×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝×10－19J解析：图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率ν，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A正确；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表示数的变化是先增大，后不变，故B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故C错误；根据图象可知，铷的截止频率νc＝×1014Hz，根据hνc＝W0，则可求出该金属的逸出功大小W0＝×10－34××1014J≈×10－19J，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝×1014Hz时，则最大初动能为Ekm＝×10－34××1014－×10－19)J≈×10－19J，故D正确。答案：AD二、非选择题(共3小题，52分)9．(16分)从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。他通过如图甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，作出Ucν图象，如图乙所示，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射测出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。图中频率ν1、ν2，遏止电压Uc1、Uc2及电子的电荷量e均为已知，求普朗克常量h及该金属的截止频率ν0。解析：根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0、逸出功W0＝hν0及动能定理eUc＝Ek，可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(h,e)ν0，结合图象知k＝eq\f(Uc2－Uc1,ν2－ν1)＝eq\f(Uc1,ν1－ν0)＝eq\f(h,e)，则普朗克常量h＝eq\f(eUc2－Uc1,ν2－ν1)，截止频率ν0＝eq\f(Uc2ν1－Uc1ν2,Uc2－Uc1)。答案：eq\f(eUc2－Uc1,ν2－ν1)eq\f(Uc2ν1－Uc1ν2,Uc2－Uc1)10．(16分)(1)eq\o\al(232,90)Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变，变成eq\o\al(208,82)Pb(铅)，下列说法正确的是________。A．铅核比钍核少8个质子B．铅核比钍核少16个中子C．共经过4次α衰变和6次β衰变D．共经过6次α衰变和4次β衰变(2)约里奥·居里夫妇因发现人工放射性元素而获得了1935年的诺贝尔化学奖。他们发现的放射性元素eq\o\al(30,15)P衰变成eq\o\al(30,14)Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是________，eq\o\al(32,15)P是eq\o\al(30,15)P的同位素，被广泛应用于生物示踪技术。1mgeq\o\al(32,15)P随时间衰变的关系如图所示，请估算4mg的eq\o\al(32,15)P经多少天的衰变后还剩0.25mg?解析：(1)设α衰变次数为x，β衰变次数为y，由质量数守恒和电荷数守恒得232＝208＋4x90＝82＋2x－y解得x＝6，y＝4，C错，D对。铅核、钍核的质子数分别为82、90，故A对。铅核、钍核的中子数分别为126、142，故B对。(2)写出衰变方程eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋eq\o\al(0,＋1)e，故这种粒子为eq\o\al(0,＋1)e(正电子)由mt图知eq\o\al(30,15)P的半衰期为14天，由m＝得，0．25mg＝4mg×，故t＝56天。答案：(1)ABD(2)正电子(eq\o\al(0,＋1)e)56天11．(20分)已知氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，eq\o\al(3,2)He核的质量为3.0150u。(已知1u相当于931.5MeV能量)(1)写出两个氘核聚变成eq\o\al(3,2)He的核反应方程。(2)计算上述核反应中释放的核能。(3)若两氘核以相等的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的eq\o\al(3,2)He核和中子的动能各是多少？解析：(1)应用质量数守恒和核电荷数守恒写出核反应方程为eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n。(2)由题给条件可求出质量亏损为Δm＝2.0136u×2－(3.0150＋1.0087)u＝0.0035u，所以释放的核能为ΔE＝Δmc2＝×0.00