发布时间 : 星期五 文章江苏省高考物理大一轮复习第十四章(选修3_5)练习手册更新完毕开始阅读980e3fa15ff7ba0d4a7302768e9951e79b8969bd
A. 结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢,原子核越稳定
B. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的 C. 康普顿效应表明光子除了具有能量外还具有动量
D. 在光电效应实验中,某金属的截止频率对应的波长为λ0,若用波长为λ(λ>λ0)的单色光做该实验,会产生光电效应
(2) 如图所示为氢原子的能级图.用光子能量为12.75eV的光照射一群处于基态的氢原子,可能观测到氢原子发射的不同波长的光有 种,其中最长波长的光子的频率为 Hz.(已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,计算结果保留两位有效数字)
(3) 1919年,卢瑟福用α粒子轰击氮核N,发生核反应后产生了氧核O和一个新粒子,若核反应前氮核静止,α
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粒子的速度为6.0×10m/s,核反应后氧核的速度大小是2.0×10 m/s,方向与反应前的α粒子速度方向相同. ① 写出此核反应的方程式. ② 求反应后新粒子的速度大小.
2. (2016·十三大市模考重组改编) (1) 下列说法中正确的是 ( )
A. 电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性
B. 为了解释黑体辐射规律,普朗克提出了能量量子化的观点
C. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时将放出光子 D. 光电效应现象中存在极限频率,导致含有光电管的电路存在饱和电流
(2) “正电子湮没”是指正电子与电子相遇后一起消失而放出光子的过程.若一个电子和一个正电子相撞发生湮灭转化成一对光子,正、负电子的质量均为m,相碰前动能均为Ek,光速为c,普朗克常量为h,则对撞过程中系统动量 (填“守恒”或“不守恒”),光子的频率为 . (3) 在Hne反应过程中,
① 若质子是静止的,测得正电子动量为p1,中子动量为p2,p1、p2方向相同,求反中微子的动量p.
② 若质子质量为m1,中子质量为m2,电子质量为m3,m2>m1.要实现上述反应,反中微子能量至少是多少?(真空中光速为c)
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3. (2016·江苏卷)
(1) 贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用.下列属于放射性衰变的是 ( )
A. CNe B. UnIY+n C. HHHen D. HeAlPn
(2) 已知光速为c,普朗克常量为h,则频率为ν的光子的动量为 .用该频率的光垂直照射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的大小为 . (3) 几种金属的逸出功W0,见下表:
金属 钨 钙 钠 钾 铷
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W0/(×10 J) 7.26 5.12 3.66 3.60 3.41
用一束可见光照射上述金属的表面,请通过计算说明哪些能发生光电效应.已知该可见光的波长范围为
-7-7-34
4.0×10~7.6×10 m,普朗克常量h=6.63×10 J·s.
4. (2015·江苏卷)
(1) 波粒二象性是微观世界的基本特征,下列说法中正确的有 ( ) A. 光电效应现象揭示了光的粒子性
B. 热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C. 黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D. 动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等
(2) 核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电U是核电站常用的核燃料U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分,并产生 个中子. 要使链式反应发生,裂变物质的体积要 (填“大于”或“小于”)它的临界体积.
-27-27-27
(3) 取质子的质量mp=1.672 6×10 kg,中子的质量mn=1.674 9×10 kg,α粒子的质量mα=6.6467×10 kg,
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光速c=3.0×10 m/s. 请计算α粒子的结合能.(计算结果保留两位有效数字)
第十四章 选修3-5
第1讲 动量守恒定律及其应用
1. C 【解析】 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零,那么这个系统的总动量保持不变.男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用,A错误;小车与木箱组成的系统受到人对系统的摩擦力的作用,B错误;男孩小车与木箱组成的系统在水平光滑面上不受外力,竖直方向合外力为0,C正确;动量、动量的改变量均为矢量,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同、方向相反,D错误.故选C. 2. D 【解析】 根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,D正确.
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3. C 【解析】 它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右,A、B相碰过程中遵守动量守恒定律,故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s,方向水平向右,C正确. 4. D 5. AB 【解析】 若两球发生弹性碰撞,则系统机械能不损失,若两球发生完全非弹性碰撞,则系统机械能损失
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最多,此时由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2-m1v1=(m1+m2)v,ΔEmax=m1+m2-(m1+m2)v,联立并代入数据解得ΔEmax=40J,综合可知0≤ΔE≤40J,故A、B正确,C、D错误. 6. BD 【解析】 小球在下滑过程,小球和半圆形光滑轨道组成的系统机械能守恒,故A错误;由系统动量和机械能守恒知小球可以到达右侧轨道的最高点,故B正确;由系统动量守恒得0=mv球+mv车,当小球在右侧轨道上滑时,小车在向左减速运动,当小球在轨道最低点时,小车与小球的速度大小相等,方向相反,故C错误,D正确. 7.
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【解析】 由动量守恒定律有mv0=Mv+mv0,得v=,损失的机械能为ΔEk=m-Mv-m=. 8. 4∶1 9∶5
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9. (1) C (2) ADE或DEA或DAE (3) m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM+m2·ON=m1·OP
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【解析】 (1) 小球离开轨道后做平抛运动,由 h=gt知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,C正确.
(2) 本实验要验证的是m1·OM+m2·ON=m1·OP,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE或DEA或DAE.
(3) 若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落时离开轨道时的速度,v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+m2·=m1·,即m1·OM+m2·ON=m1·OP;若碰撞是弹性碰撞,则碰撞过程中没有机械能
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损失,则有m1+m2=m1,同样整理可得m1·OM+m2·ON=m1·OP. 10. v0 v0
【解析】 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2,由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2, 且由题意知=, 解得v1=v0,v2=v0.
11. (1) 设子弹射穿木块后木块获得速度为v',子弹射穿木块的过程满足系统动量守恒,木块上摆过程满足机械能守恒,则有 Mv'2=Mgh, mv0=mv+Mv',
由以上两式可解得v'=2m/s,v=100m/s. (2) 以木块为研究对象,由动量定理可得 F·Δt=Mv',解得F=100N. 12. 3 kg
【解析】 由x-t图知碰前瞬间 vA=8 m/s,vB=0,
碰后瞬间vAB= m/s=2 m/s,
A、B两物块组成的系统动量守恒 mAvA+0 =(mA+mB)vAB,
代入数据解得mB=3 kg. 13. (1) v0 (2) m
【解析】 (1) 轻细线绷紧的过程,A、B这一系统动量守恒,则 mv0=(m+2m)v1, 解得v1=v0.
之后A、B均以速度v1向右匀速运动,在A与C发生碰撞过程中, A、C这一系统动量守恒,mv1=(m+m)v2 , 解得v2=v0.
(2) 轻细线绷紧的过程,A、B这一系统机械能损失为ΔE1,则 ΔE1=m-·3m=m,
在A与C发生碰撞过程中,A、C这一系统机械能损失为ΔE2,则
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ΔE2=m-·2m=m,
则A、B、C这一系统机械能损失为ΔE=ΔE1+ΔE2=m.
第2讲 光电效应 波粒二象性 -9
1. C 【解析】 光电效应瞬时(10 s)发生,与光的强度无关,A错误;能否发生光电效应只决定于入射光的频率是否大于极限频率,与光的强度无关,D错误;光电子的最大初动能只与入射光的频率有关,入射光的频率越大,最大初动能越大,B错误;光电效应现象中,单位时间发出的光电子数目多少与入射光的强度有关,可理解为一个光子能打出一个光电子,光的强度减弱,逸出的光电子数目减少,C正确.
2. A 【解析】 由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,金属钙的逸出功大,则逸出的光电子的最大初动能小,即能量小,频率低,波长长,动量小,选项A正确.
3. BD 【解析】 由爱因斯坦光电效应方程hν=W+Ekm,用频率为2ν 的光照射时h·2ν=W+E'km,联立可得E'km=Ekm+hν,所以A错误,B正确;若改用频率为ν的光照射,可能发生光电效应,也可能不发生光电效应,若发生则有h·ν=W+E″km,可得E″km= Ekm -hν,所以C错误,D正确. 4. D 【解析】 光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律,大量光子运动的规律表现出光的波动性,而单个光子的运动表现出光的粒子性.光的波长越长,波动性越明显,光的频率越高,粒子性越明显.而宏观物体的德布罗意波的波长太小,实际很难观察到波动性,并不是不具有波粒二象性.选D. 5. B 【解析】 由图象知,甲、乙光对应的遏止电压相等,由eUc=Ek和hν=W0+Ek得甲、乙光频率相等,A错误;丙光的频率大于乙光的频率,则丙光的波长小于乙光的波长,B正确;由hνc=W0得甲、乙、丙光对应的截止频率相同,C错误;由光电效应方程知,甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能,D错误.
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6. A 【解析】 光子能量E=h=4.95×10J,故铯和钙能发生光电效应.故A正确.
7. D 【解析】 金属的逸出功是由金属自身决定的,与入射光频率无关,其大小W=hν,故A错误.根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W,可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关,但入射光越强,光电流越大,只要入射光的频率不变,光电子的最大初动能就不变,故B错误.要有光电子逸出,则光电子的最大初动能Ekm>0,即只有入射光的频率大于金属的极限频率即ν>ν0时才会有光电子逸出,故C错误.根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W,可知=h,故D正确.
8. AB 【解析】 由光电效应实验规律知A正确;在发生光电效应时,光电流大小与入射光的强度成正比,故B正确;能否发生光电效应,由入射光的频率决定,故C错误;用a光照射光电管时,光电子从阴极K射出,光电子从d流过电流表G到c的,所以电流方向是c流向d,故D错误. 9. 1.21 1.90
【解析】 由题意知光电管的反向遏止电压为1.21V,则光电子的最大初动能为1.21eV.根据光电效应方程有W=hν-Ek=(3.11-1.21)eV=1.90eV. 10. eUc ν- 【解析】 由遏止电压为Uc得出-Uce=0-Ekm,得出Ekm=Uce;再由光电效应方程得出Ekm=Uce=hν-hν0,得出ν0=ν-. 11. eU+hν-hν0 【解析】 K极飞出的光电子受到电场力向左,所以光电子出来以后,从右向左电场是对电子加速的,首先由光电效应方程得到最大初动能Ek=hν-W=hν-hν0,因此反向电压为eU反=hν-W=hν-hν0,U反=,而到达阳极的最大动能,是在最大初动能的基础上再加上电场力做的功,即为eU+hν-hν0. 12. hν=W+Ekm,
Ekm=hν-hν0=2.64×10-19 J. 13. (1) eUc (2) ν- 【解析】 (1) Ekm=eUc.
(2) 由光电效应方程有Ekm=hν-W, 其中W=hν0,解得ν0=ν-.
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14. (1) 4.42×10 J (2) 能 (3) 1.36×10 J
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【解析】 (1) E=hν=h=4.42×10 J.
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(2) ν==6.67×10 Hz,因为ν>νc,所以能产生光电效应.
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(3) 光电子的最大初动能为Ek=hν-W0=h(ν-νc)=1.36×10 J.
第3讲 原子与原子核 氢原子光谱
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