专题能力训练13 近代物理(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在光电效应的实验结果中,与光的波动理论不矛盾的是( )A.光电效应是瞬时发生的B.所有金属都存在极限频率C.光电流随着入射光增强而变大D.入射光频率越大,光电子最大初动能越大2.已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的( )A.波长 B.频率C.能量D.动量3.右图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是( )A.a、b为β粒子的径迹B.a、b为γ粒子的径迹C.c、d为α粒子的径迹D.c、d为β粒子的径迹4.汞原子的能级如图所示,现用一束单色光照射到大量处于基态的汞原子,汞原子只发出三种不同频率的单色光。关于入射光的能量,下列说法正确的是( )A.等于4.9eV B.等于7.7eVC.等于8.8eVD.大于或等于10.4eV5.以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是( )A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,则当增大紫外线的照射强度时,从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B.光子的能量ε和动量p可以表示为ε=hν和p=hλ,能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量,波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量C.重核的裂变过程质量增大,轻核的聚变过程有质量亏损D.根据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小6.下列说法正确的是( )A.原子的核式结构是汤姆生发现的B.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,要经过8次α衰变和6次β衰变C.一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线D.用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期7.下列说法正确的是( )A.氡的半衰期为3.8天,若取4个氡原子核,经7.6天后就剩下1个原子核了B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子,这种转化产生的电子发射到核外,就是β粒子,这就是β衰变的实质3\nC.光子的能量由光的频率所决定D.只要有核反应发生,就一定会释放出核能8.关于近代物理的相关内容,下列说法正确的是( )A.α射线是高速运动的氦原子B.核聚变反应方程 12H+13H→24He+01n中,01n表示中子C.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征D.比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出能量9.氢原子的能级图如图所示,大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可以辐射出10种不同频率的光子。其中莱曼系是指氢原子由高能级向n=1能级跃迁时释放的光子,则( )A.10种光子中波长最短的是n=5激发态跃迁到基态时产生的B.10种光子中有4种属于莱曼系C.使n=5能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D.从n=2能级跃迁到基态释放光子的能量等于n=3能级跃迁到n=2能级释放光子的能量10.按如图的方式连接电路,当用某种紫光照射阴极K时,电路中的电流表有示数。则下列叙述正确的是( )A.如果仅将紫光换成黄光,则电流表一定没有示数B.如果仅将紫光换成紫外线,则电流表一定有示数C.仅将滑动变阻器的滑片向右滑动,则电流表的示数一定增大D.仅将滑动变阻器的滑片向左滑动,则电流表的示数可能不变二、计算题(本题共2小题,共40分)11.(20分)一静止的氡核( 86222Rn)发生α衰变,放出一个速度为v0、质量为m的α粒子和一个质量为m0的反冲核钋(Po),若氡核发生衰变时,释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。(1)写出衰变方程;(2)求出反冲核的速度;(3)求出这一衰变过程中亏损的质量。12.(20分)海水中含有丰富的氘,完全可充当未来的主要能源。两个氘核的核反应产生一个 23He核和一个粒子,其中氘核的质量为2.0130u,氦核的质量为3.0150u,粒子的质量为1.0087u。(1u相当于931.5MeV)(1)写出核反应方程;(2)核反应中释放的核能;(3)在两个氘核以相等的动能0.35MeV进行对心碰撞,并且核能全部转化为动能的情况下,求反应中产生的粒子和氦核的动能。专题能力训练13 近代物理1.C 2.A 3.D 4.B 5.BD 6.BCD7.BC 8.BCD 9.AB 10.BD3\n11.答案(1)86222Rn→84218Po+24He (2)mv0m0(3)Δm=(m0+m)mv022m0c2解析(1)由已知得 86222Rn→84218Po+24He(2)设反冲核的速度为v,由动量守恒可知mv0=m0v,即v=mv0m0。(3)由质能方程可知E=Δmc2=12mv02+12m0v2Δmc2=12mv02+12m0mv0m02解得Δm=(m0+m)mv022m0c212.答案(1)12H+12H→23He+01n(2)2.14MeV(3)2.13MeV 0.71MeV解析(1)核反应方程为 12H+12H→23He+01n。(2)核反应中的质量亏损Δm=2mH-mHe-mn由ΔE=Δmc2可知释放的核能ΔE=(2mH-mHe-mn)c2=2.14MeV。(3)把两个氘核作为一个系统,碰撞过程系统的动量守恒,由于碰撞前两氘核的动能相等,其动量等大反向,因此反应前后系统的总动量为零,设碰撞后瞬间氦核、中子的速度分别为vHe、vn,动能分别为EkHe、Ekn,碰撞前氘核的动能ΔEkH=0.35MeV,则mHevHe+mnvn=0反应前后系统的总能量守恒,则12mHevHe2+12mnvn2=ΔE+2ΔEkH又有mHe∶mn=3∶1EkHe=12mHevHe2,Ekn=12mnvn2,解得EkHe=0.71MeV,Ekn=2.13MeV。3
