2018高考物理二轮讲练专题14-必考3-5(二)(课件与作业2份)

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  • 课件名称: 2018高考物理二轮讲练专题14-必考3-5(二)(课件与作业2份)
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课时作业(十四)
一、选择题(共8个小题,2、6为多选,其余为单项选择题,共40分)
1.(2016•上海)研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示.两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接,放射源发出的射线从其上方小孔向外射出.则(  )
A.a为电源正极,到达A板的为α射线
B.a为电源正极,到达A板的为β射线
C.a为电源负极,到达A板的为α射线
D.a为电源负极,到达A板的为β射线
答案 B
解析 从图可以看出,到达两极板的粒子做类平抛运动,到达A极板的粒子的竖直位移小于到达B板的粒子的竖直位移,粒子在竖直方向做匀速直线运动,则根据公式x=v0t=v0md2qU,两个粒子初速度v0相同,两极板间电压U相同,放射源与两极板的距离d2也相同,而电子的mq小,所以电子的竖直位移小,故达到A极板的是β射线,A极板带正电,a为电源的正极,故B项正确.
2.(2015•江苏)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有(  )
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,它们的德布罗意波也相等
答案 AB
解析 光电效应说明光的粒子性,所以A项正确;热中子在晶体上产生衍射图样,即运动的实物粒子具有波的特性,即说明中子具有波动性,所以B项正确;黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化,即黑体辐射是不连续的、一份一份的,所以黑体辐射用光的粒子性解释,即C项错误;根据德布罗意波长公式λ=hp,p2=2mEk,又质子的质量大于电子的质量,所以动能相等的质子和电子,质子的德布罗意波波长较短,所以D项错误.
3.(2017•兴庆区校级三模)如图甲所示是研究光电效应实验规律的电路.当用强度一定的黄光照射到光电管上时,测得电流表的示数随电压变化的图像如图乙所示.下列说法正确的是(  )
 
A.若改用红光照射光电管,一定不会发生光电效应
B.若照射的黄光越强,饱和光电流将越大
C.若用频率更高的光照射光电管,则光电管中金属的逸出功越大
D.若改用蓝光照射光电管,图像与横轴交点在黄光照射时的右侧
答案 B
解析 A项,根据光电效应方程知,Ekm=hν-W0,红光的频率小于黄光的频率,红光照射不一定发生光电效应,但不是一定不会发生光电效应.故A项错误.B项,增加入射光的强度,则单位时间内产生的光电子数目增加,饱和光电流将越大.故B项正确.C项,光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的,与入射光的频率无关.故C项错误.D项,根据光电效应方程知,Ekm=hν-W0,蓝光的频率大于黄光的频率,则光电子的最大初动能增大,所以反向遏止电压增大,图像与横轴交点在黄光照射时的左侧.故D项错误.故选B项.
4.(2017•南岗区校级四模)玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级如图所示,一群氢原子处于n=4的激发态,当它们自发地跃迁到较低能级时,以下说法符合玻尔理论的有(  )
A.电子的动能与势能均减小
B.氢原子跃迁时,可发出连续光谱
C.由n=4跃迁到n=1时发出光子的波长最长
D.能使金属钾(逸出功为2.25 eV)发生光电效应的光谱线有4条
答案 D
解析 A项,从高能级跃迁到低能级,电子轨道半径减小,根据ke2r2=mv2r知,电子动能增大,由于原子能量减小,则电势能减小,故A项错误.B项,由于能级差是量子化的,可知氢原子跃迁时,发出的光子频率是一些分立值,故B项错误.C项,由n=4跃迁到n=1时发出光子频率最大,波长最短,故C项错误.D项,一群氢原子处于n=4的激发态,可辐射出6种不同频率的光子,从n=4跃迁到n=1,n=3跃迁到n=1,n=2跃迁到n=1,n=4跃迁到n=2辐射的光子能量大于逸出功,可以发生光电效应,可知能使金属钾(逸出功为2.25 eV)发生光电效应的光谱线有4条,故D项正确.故选D项.
5.(2017•河西区三模)2012年11月23日上午,舰载机歼-15在我国首艘航母“辽宁舰”上成功起降,可控核反应堆是驱动航空母舰的理想设备.其工作原理是利用重核裂变反应释放出大量核能获得动力. 92235U+n→ 56141Ba+3689Kr+yX是若干核反应的一种,其中n为中子,X为待求粒子,y为X的个数,则(  )
 
A.X是中子,y=4     B.X是电子,y=3
C.X是质子,y=2   D.X是中子,y=3
答案 D
解析 根据电荷数守恒、质量数守恒知,y个X粒子的总电荷数为92-56-36=0,总质量数为:235+1-141-92=3,知X为中子,y为3.故A、B、C三项错误,D项正确.故选D项.
6.(2016•课标全国Ⅲ)一静止的铝原子核1327Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后,变为处于激发态的硅原子核1428Si,下列说法正确的是(  )
A.核反应方程为p+1327Al→1428Si
B.核反应过程中系统动量守恒
C.核反应过程中系统能量不守恒
D.核反应前后核子数相等,所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E.硅原子核速度的数量级为105 m/s,方向与质子初速度方向一致
答案 ABE
解析 根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程p+1327Al→1428Si,A项正确;过程中释放的核力远远大于外力,故系统动量守恒,B项正确;核反应过程中系统能量守恒,C项错误;由于反应过程中,要释放大量的能量,即伴随着质量亏损,所以生成物的质量小于反应物的质量之和,D项错误;由动量守恒可知,mv=28mv′,解得v′=1.028×107 m/s,故数量级约为105 m/s.故E项正确.
7.(2017•课标全国Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电.氘核聚变反应方程式12H+12H→23He+01n.已知12H的质量为2.013 6 u,23He的质量为3.015 0 u,01n的质量为1.008 7 u,lu=931 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为(  )
A.3.7 MeV   B.3.3 MeV
C.2.7 MeV   D.0.93 MeV
答案 B
解析 核反应方程式是12H+12H→23He+01n;核反应过程中的质量亏损:Δm=2.0136 u+2.0136 u-3.0150 u-1.0087 u Δm=0.0035 u,在核反应释放出的能量:ΔE=Δmc2=0.035×931 MeV ΔE=3.2585 MeV≈3.3 MeV.
8.(2017•课标全国Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核,衰变方程为92238U→90234Th+24He,下列说法正确的是(  )
A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
答案 B
解析 A、B项,一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核,根据系统动量守恒知,衰变后钍核和α粒子动量之和为零,可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小,根据Ek=p22m知,由于钍核和α粒子质量不同,则动能不同,故A项错误,B项正确.C项,半衰期是原子核有半数发生衰变的时间,故C项错误.D项,衰变的过程中有质量亏损,即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量,故D项错误.
二、非选择题(共3小题,每题8分,共24分)
9.(2017•江苏二模)汞原子的能级如图所示,现让光子能量为E的一束光照射到大量处于基态的汞原子上,汞原子能发出3种不同频率的光,那么入射光光子的能量为________eV,发出光的最大波长为________m.(普朗克常量h=6.63×10-34 J•s,计算结果保留两位有效数字)
答案 7.7 4.4×10-7
分析 根据汞原子能发出3种不同频率的光,通过数学的组合公式Cn2求出汞原子处于第几能级,抓住能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差进行分析.
解析 根据Cn2知,n=3,则吸收的光子能量ΔE=-2.7 eV+10.4 eV=7.7 eV.
由n=3跃迁到n=2时辐射的光子能量最小,波长最长,有:E3-E2=hcλ,代入数据有(-2.7+5.5)×1.6×10-19 J=6.63×10-34×3×108λ,解得λ=4.4×10-7 m
点评 解决本题的关键掌握能级间跃迁所满足的规律,即Em-En=hν=hcλ.

 


10.(2017•句容市校级三模)如图所示,一光电管的阴极用极限波长λ0=5 000 nm的钠制成.用波长λ=3 000 A。的紫外线照射阴极,光电管阳极A和阴极K之间的电势差U=2.1 V,饱和光电流的值(当阴极K发射电子全部到达阳极A时,电路中的电流达到最大值,称为饱和光电流)I=0.56 μA.
(1)求每秒钟内由K极发射的光电子数目.
(2)求电子到达A极时的最大动能.
(3)如果电势差U不变,而照射光的强度增到原值的三倍,此时电子到达A极时最大动能是多大?(普朗克常量h=6.63×10-34 J•s)
解析 (1)设每秒钟内发射的光电子数为n,则n=Ie=0.56×10-61.60×10-19个=3.5×1012个
(2)由光电效应方程可知Ek0=hν-W=hcλ-hcλ0=hc(1λ-1λ0)
在AK间加电压U时,电子到达阳极时的动能
Ek=Ek0+eU=hc(1λ-1λ0)+eU
代入数值得Ek=6.01×10-19J
(3)根据光电效应规律,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,如果电压U不变,则电子到达A极的最大动能不变.
11.(2017•郑州市质检)核裂变和核聚变的过程中能够放出巨大核能.核裂变中经常使用的 92235U具有天然放射性,若 92235U经过7次α衰变和m次β衰变,变成 82207Pb,则m=________.核聚变中,最常见的反应就是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核.已知氘核的比结合能是1.09 MeV;氚核的比结合能是2.78 MeV;氦核的比结合能是7.03 MeV.则氢核聚变的方程是________________;一次氢核聚变释放出的能量是________MeV.
答案 4 12H+13H→24He+01n 17.6
解析 一次α衰变电荷数减少2个,质量数减少4个,一次β衰变质量数不变,电荷数增加1,根据电荷数和质量数守恒,有235=7×4+m×0+207,92=7×2-m×1+82,整理可得m=4.氢核聚变方程必须满足质量数和电荷数守恒,那么就决定了氘氚结合成氦核,电荷数刚好,质量数少1,生成一个中子,所以12H+13H→24He+01n.根据能量守恒有反应前等于反应后即1.09×2+2.78×3=7.03×4+Q,可得Q=-17.6 MeV.
三、计算题(共3个小题,12题10分,13题12分,14题14分,共36分)
12.(2017•淮安市)一静止的 92238U核衰变为 90234Th核时,放出一个α粒子,已知衰变过程中质量亏损为Δm, 90234Th的质量为m1,α粒子质量为m2,光在真空中的速度为c.若释放的核能全部转化为系统的动能,请写出衰变方程并求出α粒子的动能.
答案  92238U→ 90234Th+24He Ek=m1m1+m2Δmc2
解析 根据质量数守恒和电荷数守恒,可得核反应方程为 92238U→ 90234Th+24He,
根据动量守恒定律0=m1vT-m2vα
由能量守恒Δmc2=12m1vT2+12m2vα2
解得,α粒子的动能Ek=m1m1+m2Δmc2.
13.(2017•三亚校级模拟)已知氘核质量为2.013 6 u,中子质量为1.008 7 u,氦核的质量为3.015 0 u.
(1)写出两个氘核聚变成氦核的核反应方程;
(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E做对心碰撞即可发生上述核反应,且释放的核能(设为ΔE)全部转化为机械能,中子的质量设为m.求:反应中生成的氦核和中子的动能各是多少?(用本小题中的物理符号表示结果)
答案 (1)两个氘核聚变成氦核的核反应方程为:12H+12H→23He+01n.
(2)核反应中释放的核能为3.26 MeV;
(3)反应中生成的氦核和中子的动能各是14(2E+ΔE),34(2E+ΔE)
解析 (1)核反应方程:12H+12H→23He+01n.
(2)由题给条件可求出质量亏损为:Δm=2.013 6 u×2-(3.015 0+1.008 7)u=0.003 5 u
所以释放的核能为ΔE=Δmc2=931.5×0.003 5 MeV=3.26 MeV
(3)由动量守恒及能的转化和守恒定律,
得0=3mvα-mvH
2E+ΔE=Ekα+EkH
得Ekα=32mvα2,EkH=12mvH2
联立方程组解得:Ekα=12(2E+ΔE) EkH=34(2E+ΔE).
14.(2017•海淀区二模)光电效应现象逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量,也可以利用类似的转换的方法.
(1)如图1是研究某光电管发生光电效应的电路图,当用频率为ν的光照射金属K时,通过调节光电管两端电压U,测量对应的光电流强度I,绘制了如图2的I-U图像.求当用频率为2ν的光照射金属K时,光电子的最大初动能Ek的大小.已知电子所带电荷量为e,图像中Uc、Im及普朗克常量h均为已知量.
(2)有研究者设计了如下的测量光电子最大初动能的方式.研究装置如图3,真空中放置的平行正对金属板可以作为光电转换装置.用一定频率的激光照射A板中心O点,O点附近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出.B板上涂有特殊材料,当电子打在B板上时会在落点处留有可观察的痕迹.可以认为所有逸出的电子都从O点以相同大小的速度逸出,其初速度沿各个方向均匀分布,金属板的正对面积足够大(保证所有的光电子都不会射出两极板所围的区域),光照条件保持不变.已知A、B两极板间的距离为d,电子所带电荷量为e,质量为m,其所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计.
①通过外接可调稳压电源使A、B两极板有一定的电势差,A板接电源的负极,由O点逸出的电子打在B板上的最大区域范围为一个圆形,且圆形的面积随A、B两极板间的电压变化而改变.已知电子逸出时的速度大小为v0,试通过计算,推导电子打在B板上的最大范围圆形半径r与两极板间电压U的关系式.
②通过外接电源给A、B两极板间加上一定的电压U0,若第一次A板接电源的负极,电子打在B板上的最大区域为一个圆形;第二次A板接电源的正极,保持极板间所加电压U0不变,电子打在B板上的最大区域范围仍为一个圆形,只是这个圆形半径恰好是第一次的一半.为使B板上没有电子落点的痕迹,则两金属板间的电压满足什么条件?
 
答案 (1)光电子的最大初动能Ek的大小为hν+eUc;
(2)①电子打在B板上的最大范围圆形半径r与两极板间电压U的关系式为r=v0•d2meU,②两金属板间的电压满足U≥43U0.
解析 (1)由图2可知,当该装置所加的电压为反向电压,当电压是Uc时,电流表示数为0,知道光电子的最大初动能为:Ekm=e•Uc,
根据光电效应方程Ekm=hν-W0,
则:W0=hν-eUc.
当用频率为2ν的光照射金属K时,Ek=2hν-W0=hν+eUc
(2)①打在最边缘处的电子,将是类平抛运动的电子,在垂直电场方向做匀速运动,即:
r=v0t
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动,即d=12at2
其中,a=eEm=eUmd,则t=d2meU
将r=vt代入得:r=v0•d2meU
②第一次A板接电源的负极,电子向B板做加速运动,最大区域为一个圆形的半径:r1=v0d•2meU0
第二次A板接电源的正极,电子向B板做减速运动,打在B板上的最大区域范围边缘的电子沿垂直于极板方向的速度恰好等于0,此时电子只剩下沿平行于极板方向的分速度,设该分速度为v,则电子运动的过程的逆过程可以看作是类平抛运动,此时对应的半径:r2=vd•2meU0
由于r2=12r1
所以:v=12v0
电子向B板做减速运动,根据动能定理可得:-eU0=12mv2-12mv02
若电子恰好能到达B板,则:-eU=0-12mv02
联立以上方程得:U=43U0
则为使B板上没有电子落点的痕迹,则两金属板间的电压满足U≥43U0.