章末檢測卷(十二)近代物理初步(滿分：100分時間：60分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分。1～5題只有一個選項正確，6～8題有多個選項正確，全選對得6分，選對但不全得3分)1．(2020·高考浙江卷)下列說法正確的是()A．質子的德布羅意波長與其動能成正比B．天然放射的三種射線，穿透能力最強的是α射線C．光電效應實驗中的截止頻率與入射光的頻率有關D．電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣說明電子具有波動性解析：由公式λ＝eq\f(h,p)＝eq\f(h,\r(2mEk))可知，質子的德布羅意波長λ∝eq\f(1,p)，λ∝eq\f(1,\r(Ek))，故A錯誤；天然放射的三種射線，穿透能力最強的是γ射線，故B錯誤；截止頻率與入射光頻率無關，由材料決定，故C錯誤；電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣說明電子具有波動性，故D正確。答案：D2．(2021·重慶外國語學校高三月考)下列各種關于近代物理學的現象中，與原子核內部變化有關的是()A．紫外線照射鋅板時，鋅板向外發射光電子的現象B．α粒子轟擊金箔時，少數發生大角度偏轉的現象C．含鈾的礦物質自發向外放出β射線(高速電子流)的現象D．氫原子發光時，形成不連續的線狀光譜的現象解析：光電效應是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒有涉及原子核的變化，故A錯誤；α粒子散射實驗表明了原子內部有一個很小的核，并沒有涉及核內部的變化，故B錯誤；天然放射現象是原子核內部發生變化自發地放射出α射線或β射線，從而發生α衰變或β衰變，反應的過程中核內核子數、質子數、中子數發生變化，故C正確；原子發光是原子躍遷形成的，即電子從高能級向低能級躍遷，釋放的能量以光子形式輻射出去，沒有涉及原子核的變化，故D錯誤。答案：C3．關于原子和原子核，下列說法正確的是()A．甲圖所示的氫原子光譜的分立特征可以用經典物理學解釋B．由乙圖可知，eq\o\al(6,3)Li原子核中的平均核子質量比eq\o\al(16,8)O的要小C．要產生丙圖所示的鏈式反應，裂變物質必須具有一定的體積或質量D．根據丁圖可知，1g氡經過38天還剩下0.1g沒發生衰變解析：經典物理學不能解釋氫原子光譜的分立特征，故A錯誤；由圖乙知，eq\o\al(16,8)O原子核的比結合能大于eq\o\al(6,3)Li的比結合能，eq\o\al(16,8)O核比eq\o\al(6,3)Li核穩定，原子核中平均核子質量越大越不穩定，所以eq\o\al(16,8)O原子核的平均核子質量比eq\o\al(6,3)Li的要小，故B錯誤；要產生丙圖所示的鏈式反應，裂變物質的體積或質量必須大于臨界值，故C正確；氡核的半衰期為天，1g氡經過38天衰變，剩下氡的質量為1g×(eq\f(1,2))eq\f(38,3.8)＝eq\f(1,1024)g，故D錯誤。答案：C4．近代物理取得了非常輝煌的成就，下列關于近代物理的說法正確的是()A．用同頻率的光照射不同的金屬表面時均有光電子逸出，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0就越大B.eq\o\al(137,55)Cs是核泄漏時對人體產生有害輻射的重要污染物，其核反應方程式eq\o\al(137,55)Cs→eq\o\al(137,56)Ba＋X其中X為電子C．一個氫原子處在n＝4的能級，當它躍遷到較低能級時，最多可發出6種頻率的光子D．每個核子只與鄰近核子產生核力作用，比結合能越大的原子核越不穩定解析：根據愛因斯坦的光電效應方程hν－W0＝Ek，同種光照射金屬，初動能Ek越大，該金屬的逸出功W0就越小，A錯誤；在核反應方程中，根據質量數守恒，電荷數守恒，可以求得X的質量數為零，帶一個單位負電荷，因此它一定是電子，B正確；因為只有一個氫原子，處在n＝4的能級，當它躍遷到較低能級時，最多可發出3種頻率的光子，C錯誤；比結合能越大，原子核結合得越牢固，也就是原子核越穩定，D錯誤。答案：B5．下列說法中正確的是()A．若氫原子從n＝6能級向n＝1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發生光電效應，則氫原子從n＝6能級向n＝2能級躍遷時輻射出的光能使該金屬發生光電效應B．玻爾通過α粒子散射實驗，提出了原子的核式結構模型C．原子核發生一次β衰變，該原子的核外就失去一個電子D．質子、中子、α粒子的質量分別是m1、m2、m3，c為光速，則質子和中子結合成一個α粒子釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2解析：從6→1輻射的光子能量大于從6→2輻射的光子能量，根據光電效應方程hν＝W0＋Ekm可知，從6→2輻射的光子能量不能使該金屬發生光電效應，A錯誤；盧瑟福通過α粒子散射實驗，提出了原子的核式結構模型，B錯誤；β衰變的實質是原子核中的一個中子轉化為一個質子的同時放出一個電子，與核外電子無關，C錯誤；根據質能方程可知，兩個質子和兩個中子結合成一個α粒子釋放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，D正確。答案：D6．1905年，愛因斯坦把普朗克的量子化概念進一步推廣，成功地解釋了光電效應現象，提出了光子說。在給出與光電效應有關的四個圖象中，下列說法正確的是()A．圖1中，當紫外線照射鋅板時，發現驗電器指針發生了偏轉，說明鋅板帶正電，驗電器帶負電B．圖2中，從光電流與電壓的關系圖象中可以看出，電壓相同時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關C．圖3中，若電子電荷量用e表示，ν1、νc、U1已知，由Ucν圖象可求得普朗克常量的表達式為h＝eq\f(U1e,ν1－νc)D．圖4中，由光電子最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖象可知該金屬的逸出功為E或hνc解析：用紫外線燈發出的紫外線照射鋅板，鋅板失去電子帶正電，驗電器與鋅板相連，則驗電器的金屬球和金屬指針帶正電，故選項A錯誤；由題圖可知，電壓相同時，光照越強，光電流越大，只能說明光電流強度與光的強度有關，遏止電壓只與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關，故選項B錯誤；根據愛因斯坦光電效應方程Uce＝hν－W0，可知Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，圖象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)，故選項C正確；根據光電效應方程Ek＝hν－W0知，Ekν圖線的縱軸截距的絕對值表示逸出功，則逸出功為E，當最大初動能為零，入射光的頻率等于金屬的極限頻率，則金屬的逸出功等于hνc，故選項D正確。答案：CD7．在足夠大的勻強磁場中，靜止的鈉的同位素eq\o\al(24,11)Na發生衰變，沿與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變為一個新核，新核與放出粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如圖所示，下列說法正確的()A．新核為eq\o\al(24,12)MgB．軌跡2是新核的徑跡C.eq\o\al(24,11)Na發生的是α衰變 D．新核沿順時針方向旋轉解析：根據動量守恒得知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子應帶負電，是β粒子，所以發生的是β衰變，根據電荷數守恒、質量數守恒知，衰變方程為eq\o\al(24,11)Na→eq\o\al(24,12)Mg＋eq\o\al(0,－1)e，可知新核為eq\o\al(24,12)Mg，故A正確，C錯誤。由題意，靜止的鈉核eq\o\al(24,11)Na發生衰變時動量守恒，釋放出的粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，新核的半徑小于放出粒子的半徑，所以軌跡2是新核的軌跡，故B正確。根據洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷可知，新核沿逆時針方向旋轉，故D錯誤。答案：AB8．(2021·河北唐山高三模擬)用金屬銣為陰極的光電管，觀測光電效應現象，實驗裝置示意如圖甲所示，實驗中測得銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν之間的關系如圖乙所示，圖線與橫軸交點的橫坐標為×1014Hz。已知普朗克常量h＝×10－34J·s，則下列說法正確的是()A．欲測遏止電壓，應選擇電源左端為負極B．當電源左端為正極時，滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的示數持續增大C．增大照射光的強度，產生的光電子的最大初動能一定增大D．如果實驗中入射光的頻率ν＝×1014Hz，則產生的光電子的最大初動能Ek＝×10－19J解析：圖甲所示的實驗裝置測量銣的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，因此光電管左端應該是陰極，則電源左端為負極，故A正確；當電源左端為正極時，將滑動變阻器的滑片從圖示位置向右滑動的過程中，則電壓增大，光電流增大，當電流達到飽和值，不再增大，即電流表示數的變化是先增大，后不變，故B錯誤；光電子的最大初動能與入射光的頻率和金屬的逸出功有關，與入射光的強度無關，故C錯誤；根據圖象可知，銣的截止頻率νc＝×1014Hz，根據hνc＝W0，則可求出該金屬的逸出功大小W0＝×10－34××1014J≈×10－19J，根據光電效應方程Ekm＝hν－W0，當入射光的頻率為ν＝×1014Hz時，則最大初動能為Ekm＝×10－34××1014－×10－19)J≈×10－19J，故D正確。答案：AD二、非選擇題(共3小題，52分)9．(16分)從1907年起，美國物理學家密立根開始以精湛的技術測量光電效應中幾個重要的物理量。他通過如圖甲所示的實驗裝置測量某金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，作出Ucν圖象，如圖乙所示，由此算出普朗克常量h，并與普朗克根據黑體輻射測出的h相比較，以檢驗愛因斯坦光電效應方程的正確性。圖中頻率ν1、ν2，遏止電壓Uc1、Uc2及電子的電荷量e均為已知，求普朗克常量h及該金屬的截止頻率ν0。解析：根據愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0、逸出功W0＝hν0及動能定理eUc＝Ek，可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(h,e)ν0，結合圖象知k＝eq\f(Uc2－Uc1,ν2－ν1)＝eq\f(Uc1,ν1－ν0)＝eq\f(h,e)，則普朗克常量h＝eq\f(eUc2－Uc1,ν2－ν1)，截止頻率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(釷)經過一系列α衰變和β衰變，變成eq\o\al(208,82)Pb(鉛)，下列說法正確的是________。A．鉛核比釷核少8個質子B．鉛核比釷核少16個中子C．共經過4次α衰變和6次β衰變D．共經過6次α衰變和4次β衰變(2)約里奧·居里夫婦因發現人工放射性元素而獲得了1935年的諾貝爾化學獎。他們發現的放射性元素eq\o\al(30,15)P衰變成eq\o\al(30,14)Si的同時放出另一種粒子，這種粒子是________，eq\o\al(32,15)P是eq\o\al(30,15)P的同位素，被廣泛應用于生物示蹤技術。1mgeq\o\al(32,15)P隨時間衰變的關系如圖所示，請估算4mg的eq\o\al(32,15)P經多少天的衰變后還剩0.25mg?解析：(1)設α衰變次數為x，β衰變次數為y，由質量數守恒和電荷數守恒得232＝208＋4x90＝82＋2x－y解得x＝6，y＝4，C錯，D對。鉛核、釷核的質子數分別為82、90，故A對。鉛核、釷核的中子數分別為126、142，故B對。(2)寫出衰變方程eq\o\al(30,15)P→eq\o\al(30,14)Si＋eq\o\al(0,＋1)e，故這種粒子為eq\o\al(0,＋1)e(正電子)由mt圖知eq\o\al(30,15)P的半衰期為14天，由m＝得，0．25mg＝4mg×，故t＝56天。答案：(1)ABD(2)正電子(eq\o\al(0,＋1)e)56天11．(20分)已知氘核質量為2.0136u，中子質量為1.0087u，eq\o\al(3,2)He核的質量為3.0150u。(已知1u相當于931.5MeV能量)(1)寫出兩個氘核聚變成eq\o\al(3,2)He的核反應方程。(2)計算上述核反應中釋放的核能。(3)若兩氘核以相等的動能0.35MeV做對心碰撞即可發生上述核反應，且釋放的核能全部轉化為機械能，則反應中生成的eq\o\al(3,2)He核和中子的動能各是多少？解析：(1)應用質量數守恒和核電荷數守恒寫出核反應方程為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)由題給條件可求出質量虧損為Δm＝2.0136u×2－(3.0150＋1.0087)u＝0.0035u，所以釋放的核能為ΔE＝Δmc2＝×0.00