高中物理35測試題附答案3份

1、一、單項選擇題1.如圖所示甲、乙兩種情況中，人用相同大小的恒定拉力拉繩子，使人和船A均向右運動，經過相同的時間t，圖甲中船A沒有到岸，圖乙中船A沒有與船B相碰.則經過時間t()A.圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量小B.圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量大C.圖甲中人對繩子拉力的沖量與圖乙中人對繩子拉力的沖量一樣大D.以上三種情況都有可能解析：選C由題可知，兩個力大小相等，作用時間相同，所以由IF·t知，兩沖量相等.2.如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2

2、，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A.v0v2B.v0v2C.v0v2D.v0(v0v2)解析：選D根據動量守恒定律(m1m2)v0m1v1m2v2解得v1v0(v0v2)，故A、B、C錯誤，D正確.3.冰壺運動深受觀眾喜愛，圖(a)為2014年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭.在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖(b).若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置可能是()解析：選B兩個質量相等的冰壺發(fā)生正碰，碰撞前后都在同一直線上，選項A錯誤；碰后冰壺甲在冰壺乙的左邊，選項

3、C錯誤；碰撞過程中系統的動能可能減小，也可能不變，但不能增大，所以選項B正確，選項D錯誤.4.(2016·漳州模擬)解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務，假設魚雷快艇的總質量為M，以速度v前進，現沿快艇前進方向發(fā)射一顆質量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的，不計水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為()A.vB.vC.vD.v解析：選A設快艇的速度方向為正方向；根據動量守恒定律有：Mv(Mm)vmv.解得vv.5.如圖所示，帶有光滑弧形軌道的小車質量為m，放在光滑水平面上，一質量也為m的鐵塊，以速度v沿軌道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，則當鐵塊回到小車右端時，將()A.以速度v做平拋運

4、動B.以小于v的速度做平拋運動C.靜止于車上D.自由下落解析：選D設鐵塊回到小車右端時，鐵塊的速度為v1，小車的速度為v2，對小車和鐵塊組成的系統，由動量守恒：mvmv1mv2，由機械能守恒：mv2mv2mv，解得v10，v2v，故選項D正確.二、多項選擇題6.如圖所示，將一個內、外側均光滑的半圓形槽，置于光滑的水平面上，槽的左側有一個豎直墻壁.現讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止開始下落，與半圓形槽相切從點A進入槽內，則以下說法中正確的是()A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球在半圓形槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統機械能守恒C.小球從最低點向右側最高點運動過

5、程中，小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒D.小球離開槽右側最高點以后，將做豎直上拋運動解析：選BC小球的機械能有一部分轉移給了半圓形槽，因此除重力對小球做功外，半圓形槽對小球的彈力也對小球做了功(負功)，故選項A錯誤.整個系統不存在機械能損失，故選項B正確.當小球過槽的最低點后，槽就離開墻向右加速運動，系統水平方向不受外力作用，故選項C正確.小球離開槽右側最高點時，有一個隨槽向右的水平分速度，小球飛出后做斜拋運動，故選項D錯誤.7.質量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確

6、的是()A.m一定小于MB.m可能等于MC.b球與質量為M的球組成的系統損失的動能最大D.c球與質量為M的球組成的系統損失的動能最大解析：選AC由a球被反向彈回，可以確定三小球的質量m一定小于M；當兩小球發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b球與被碰球粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞.8.質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示.現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止.設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為()A.mv

7、2B.v2C.NmgLD.NmgL解析：選BD由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統動量守恒，二者經多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷二者具有向右的共同速度v，根據動量守恒定律有mv(Mm)v，系統損失的動能為E1mv2(Mm)v2，可知B正確；另一方面，系統損失的動能可由QEk且Qmg·s相對求得，由于小物塊從中間向右出發(fā)，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N次碰撞，則s相對NL，則選項D也正確.三、非選擇題9.(10分)在水平力F30N的作用下，質量m5kg的物體由靜止開始沿水平面運動.已知物體與水平面間的動摩擦因數0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才

8、停止？(g取10m/s2)解析：解法一：用動量定理解，分段處理，選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(Fmg)t1mv0.對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零.根據動量定理有mgt20mv.以上兩式聯立解得t2t1×6s12s.解法二：用動量定理解，研究全過程.選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零.取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得t2t1×6

9、s12s答案：12s10.(12分)(2014·天津卷)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計.可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB2kg.現對A施加一個水平向右的恒力F10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t0.6s，二者的速度達到vt2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大?。?2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度l.解析：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有FmAa代入數據解得a

10、2.5m/s2(2)對A、B碰撞后共同運動t0.6s的過程，由動量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入數據解得v1m/s(3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA(mAmB)vA從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有FlmAv由式，代入數據解得l0.45m答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m11.(15分)(2015·棗莊一模)質量M3.0kg的長木板置于光滑水平面上，木板左側放置一質量m1.0kg的木塊，右側固定一輕彈簧，處于原長狀態(tài)，彈簧正下方部分的木板上表面光滑，其它部分的木板上表面粗糙，如圖所示.現

11、給木塊v04.0m/s的初速度，使之向右運動，在木板與木塊向右運動過程中，當木板和木塊達到共速時，木板恰與墻壁相碰，碰撞過程時間極短，木板速度的方向改變，大小不變，最后木塊恰好在木板的左端與木板相對靜止.求：(1)木板與墻壁相碰時的速度v1；(2)整個過程中彈簧所具有的彈性勢能的最大值Epm.解析：(1)以木塊與木板組成的系統為研究對象，從木塊開始運動到兩者速度相同的過程中，系統動量守恒，由動量守恒定律可得：mv0(Mm)v1，解得v11m/s.(2)木板與墻壁碰后返回，木塊壓縮彈簧，當彈簧壓縮到最短時，木塊與木板速度相等，在此過程中兩者組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可得：Mv1mv1(M

12、m)v2，解得：v20.5m/s；當彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律可得：mv(Mm)vEpmQ，當木塊到達木板最左端時兩者速度相等，在此過程中，系統動量守恒，由動量守恒定律可得：Mv1mv1(Mm)v3，解得：v30.5m/s；從木塊開始運動到木塊再回到木板最左端的整個過程中，由能量守恒定律可得：mv(Mm)v2Q，解得：Q3.75J，Epm3.75J；答案：(1) 1m/s(2) 3.75J12.(15分)(2014·新課標)如圖所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上，B球距地面的高度h0.8m，A球在B球的正上方.先將B球釋放，經過一段時間

13、后再將A球釋放.當A球下落t0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰.碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零.已知mB3mA，重力加速度大小g10m/s2忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.求：(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度.解析：(1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vB將h0.8m代入上式，得vB4m/s(2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運動學規(guī)律可知v1gt由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變.規(guī)定向下的方向為正，有mAv1mBv2mBv2

14、mAvmBvmBv22設B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運動學及碰撞的規(guī)律可得vBvB設P點距地面的高度為h，由運動學規(guī)律可知h聯立式，并代入已知條件可得h0.75m答案：(1)4m/s(2)0.75m課時跟蹤檢測2一、單項選擇題1.下列說法正確的是()A.有的光是波，有的光是粒子B.光子與電子是同樣的一種粒子C.光的波長越長，其波動性越顯著；波長越短，其粒子性越顯著D.射線具有顯著的粒子性，而不具有波動性解析：選C從光的波粒二象性可知：光是具有波粒二象性的，只不過在有的情況下波動性顯著，有的情況下粒子性顯著.光的波長越長，越容易觀察到其顯示波動特征.光子是一種不帶電的微觀粒子，而電子是帶

15、負電的微觀粒子，它們雖然都是微觀粒子，但有本質區(qū)別，故上述選項中正確的是C.2.根據愛因斯坦的“光子說”可知()A.“光子說”本質就是牛頓的“微粒說”B.光的波長越大，光子的能量越小C.一束單色光的能量可以連續(xù)變化D.只有光子數很多時，光才具有粒子性解析：選B光子的能量由光的頻率決定，波長越大，頻率越小，能量越小.3.如圖所示，用a、b兩種不同頻率的光分別照射同一金屬板，發(fā)現當a光照射時驗電器的指針偏轉，b光照射時指針未偏轉，以下說法正確的是()A.增大a光的強度，驗電器的指針偏角一定減小B.a光照射金屬板時驗電器的金屬小球帶負電C.a光在真空中的速度大于b光在真空中的速度D.a光在真空中的波

16、長小于b光在真空中的波長解析：選D增大a光的強度，從金屬板飛出的光電子增多，金屬板帶電荷量增大，驗電器的指針偏角一定增大，選項A錯誤；a光照射金屬板時，光電子從金屬板飛出，金屬板帶正電，驗電器的金屬小球帶正電，選項B錯誤；光在真空中的速度為c，選項C錯誤；經分析，a光在真空中的頻率大于b光在真空中的頻率，故a光在真空中的波長小于b光在真空中的波長，選項D正確.4.在光電效應實驗中，飛飛同學用同一光電管在不同實驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關系曲線(甲光、乙光、丙光)，如圖所示，則可判斷出()A.甲光的頻率大于乙光的頻率B.乙光的波長大于丙光的波長C.乙光對應的截止頻率大于丙光的截止頻率D

17、.甲光對應的光電子最大初動能大于丙光的光電子最大初動能解析：選B根據愛因斯坦光電效應方程EkmhW0，由遏止電壓定義可知，W0h0，EkmeUc，結合題意與圖象可以判斷，W0相同，Uc1Uc2，則三種色光的頻率為甲乙丙，同時判斷甲光對應光電子的最大初動能小于丙光對應光電子的最大初動能，A、D錯誤；由知，甲乙丙，選項B正確；同一光電管，截止頻率相等，選項C錯誤.5.研究光電效應的電路如圖所示.用頻率相同、強度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板(陰極K)，鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流.下列光電流I與A、K之間的電壓UAK的關系圖象中，正確的是()解析：選C由于光的頻率相同，

18、所以對應的反向截止電壓相同，選項A、B錯誤；發(fā)生光電效應時，在同樣的加速電壓下，光強度越大，逸出的光電子數目越多，形成的光電流越大，所以選項C正確，D錯誤.6.(2013·北京卷)以往我們認識的光電效應是單光子光電效應，即一個電子在極短時間內只能吸收到一個光子而從金屬表面逸出.強激光的出現豐富了人們對于光電效應的認識，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在極短時間內吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應，這已被實驗證實.光電效應實驗裝置示意圖如圖.用頻率為的普通光源照射陰極K，沒有發(fā)生光電效應.換同樣頻率為的強激光照射陰極K，則發(fā)生了光電效應；此時，若加上反向電壓U，

19、即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負極，在K、A之間就形成了使光電子減速的電場.逐漸增大U，光電流會逐漸減?。划敼怆娏髑『脺p小到零時，所加反向電壓U可能是下列的(其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電荷量)()A.UB.UC.U2hWD.U解析：選B由光電效應方程可知：nhWmv(n2,3,4，)在減速電場中由動能定理得eU0mv聯立得：U(n2,3,4，)，選項B正確.二、多項選擇題7.(2016·陜西聯考)下列說法中正確的是()A.普朗克為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論B.大量的電子通過雙縫后在屏上能形成明暗相間的條紋，這表明所有的電子都落在明條紋處C.電子和

20、其他微觀粒子，都具有波粒二象性D.光波是一種概率波，光的波動性是由于光子之間的相互作用引起的，這是光子自身的固有性質E.一束單色光照射到某種金屬表面不能發(fā)生光電效應，是因為該束光的波長太長解析：選ACE普朗克為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論，A正確；不可能所有的電子都落在明條紋處，B錯誤；所有粒子都具有波粒二象性，C正確；波粒二象性是光的根本屬性，與光子之間的相互作用無關，D錯誤；每種金屬都有發(fā)生光電效應的最小頻率即極限頻率，當光子的頻率不小于極限頻率時，才發(fā)生光電效應，故不發(fā)生光電效應是因為光的頻率太小，波長太長，E正確.8.在探究光電效應現象時，某小組的同學分別用波長為、2

21、的單色光照射某金屬，逸出的光電子最大速度之比為21，普朗克常量用h表示，光在真空中的速度用c表示.則A.光電子的最大初動能之比為21B.該金屬的截止頻率為C.該金屬的截止頻率為D.用波長為的單色光照射該金屬時能發(fā)生光電效應E.用波長為4的單色光照射該金屬時不能發(fā)生光電效應解析：選BDE由于兩種單色光照射下，逸出的光電子的最大速度之比為21，由Ekmv2可知，光電子的最大初動能之比為41，選項A錯誤；又由hWEk知，hWmv，hWmv，又v12v2，解得Wh，則該金屬的截止頻率為，選項B正確，C錯誤；光的波長小于或等于3時才能發(fā)生光電效應，選項D、E正確.9.如圖為用光照射鋅板產生光電效應的裝置

22、示意圖。光電子的最大初動能用Ek表示、入射光的強度用C表示、入射光的波長用表示、入射光的照射時間用t表示、入射光的頻率用表示.則下列說法正確的是()A.Ek與C無關B.Ek與成反比C.Ek與t成正比D.Ek與成線性關系E.如果將鋅板換為其他的金屬，入射光的頻率一定，則Ek與不同材料金屬的逸出功成線性關系解析：選ADE由EkhW0知，Ek與照射光的強度及照射時間無關，與成線性關系，選項A、D正確，C錯誤；由EkW0可知，Ek與不成反比，B錯誤；在h不變的情況下，Ek與W0成線性關系，E正確.10.按如圖的方式連接電路，當用某種紫光照射陰極K時，電路中的微安表有示數.則下列敘述正確的是()A.如果

23、僅將紫光換成黃光，則微安表一定沒有示數B.如果僅將紫光換成紫外線，則微安表一定有示數C.僅將滑動變阻器的觸頭向右滑動，則微安表的示數一定增大D.僅將滑動變阻器的觸頭向左滑動，則微安表的示數可能不變E.僅將電源的正、負極對調，則微安表仍可能有示數解析：選BDE當換用黃光后，入射光的頻率減小，但入射光的頻率可能仍大于金屬的極限頻率，發(fā)生光電效應，電路中可能有光電流，A錯誤；當換用紫外線后，入射光的頻率增大，一定能產生光電效應現象，則微安表一定有示數，B正確；滑動變阻器的觸頭向右滑動，則光電管兩極間的電壓增大，電路中的光電流可能已經達到飽和值，保持不變，C錯誤；滑動變阻器的觸頭向左滑動，則光電管兩極

24、間的電壓減小，電路中的光電流可能仍為飽和值，保持不變，D正確；將電源的正、負極對調，電子做減速運動，光電子可能到達陽極A，則微安表仍可能有示數，E正確.11.(2016·東湖區(qū)模擬)在光電效應實驗中，兩個實驗小組分別在各自的實驗室，約定用相同頻率的單色光，分別照射鋅和銀的表面，結果都能發(fā)生光電效應，如圖1，并記錄相關數據.對于這兩組實驗，下列判斷正確的是()A.因為材料不同逸出功不同，所以遏止電壓Uc不同B.飽和光電流一定不同C.光電子的最大初動能不同D.因為光強不確定，所以單位時間逸出的光電子數可能相同E.分別用不同頻率的光照射之后繪制Uc圖象(為照射光頻率，圖2為其中一小組繪制的

25、圖象)，圖象的斜率可能不同解析：選ACDA、根據光電效應方程EkmhW0和eUCEKm得出，相同頻率，不同逸出功，則遏止電壓也不同.故A正確.B、雖然光的頻率相同，但光強不確定，所以單位時間逸出的光電子數可能相同，而飽和光電流不一定相同.故選項B錯誤，D正確.C、根據光電效應方程EkmhW0得，相同的頻率，不同的逸出功，則光電子的最大初動能也不同，故C正確；E、因為Uc，知圖線的斜率等于，從圖象上可以得出斜率的大小，已知電子電量，可以求出斜率與普朗克常量有關.故E錯誤.三、非選擇題12.(15分)用不同頻率的光照射某金屬產生光電效應，測量金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率，得到Uc圖象如圖所示，根

26、據圖象求出該金屬的截止頻率c_Hz，普朗克常量h_J·s.(已知電子電荷量e1.6×1019C)解析：由題圖線可知c5.0×1014Hz，又eUchW0，所以Uc.結合圖線可得kV/Hz，hJ·s6.4×1034J·s.答案：5.0×10146.4×103413.(19分)如圖甲所示是研究光電效應規(guī)律的光電管.用波長0.50m的綠光照射陰極K，實驗測得流過表的電流I與AK之間的電勢差UAK滿足如圖乙所示規(guī)律，取h6.63×1034J·s.結合圖象，求：(結果保留兩位有效數字)(1)每秒鐘陰極發(fā)射

27、的光電子數和光電子飛出陰極K時的最大動能.(2)該陰極材料的極限波長.解析：(1)光電流達到飽和時，陰極發(fā)射的光電子全部到達陽極A，陰極每秒鐘發(fā)射的光電子的個數n(個)4.0×1012(個)光電子的最大初動能為：EkmeU01.6×1019C×0.6V9.6×1020J(2)設陰極材料的極限波長為0，根據愛因斯坦光電效應方程：Ekmhh，代入數據得00.66m答案：(1)4.0×1012個9.6×1020J(2)0.66m課時跟蹤檢測3一、單項選擇題1.(2015·天津卷)物理學重視邏輯，崇尚理性，其理論總是建立在對事實觀察

28、的基礎上.下列說法正確的是()A.天然放射現象說明原子核內部是有結構的B.電子的發(fā)現使人們認識到原子具有核式結構C.粒子散射實驗的重要發(fā)現是電荷是量子化的D.密立根油滴實驗表明核外電子的軌道是不連續(xù)的解析：選A粒子散射實驗的重要發(fā)現使人們認識到原子具有核式結構，選項B、C項錯誤；密立根的油滴實驗測出了電子的電荷量，選項D錯誤.2.(2014·上海高考)不能用盧瑟福原子核式結構模型得出的結論是()A.原子中心有一個很小的原子核B.原子核是由質子和中子組成的C.原子質量幾乎全部集中在原子核內D.原子的正電荷全部集中在原子核內解析：選B盧瑟福通過散射實驗，發(fā)現絕大多數粒子基本上仍沿原來的方

29、向前進，少數發(fā)生了大角度的偏轉，極少數反向運動，說明原子幾乎全部質量集中在核內；且和粒子具有斥力，所以正電荷集中在核內；因為只有極少數反向運動，說明原子核很小；并不能說明原子核是由質子和中子組成的，B項正確.3.太陽內部持續(xù)不斷地發(fā)生著4個質子(H)聚變?yōu)?個氦核(He)的熱核反應，核反應方程是4HHe2X，這個核反應釋放出大量核能.已知質子、氦核、X的質量分別為m1、m2、m3，真空中的光速為c.下列說法中正確的是()A.方程中的X表示中子(n)B.方程中的X表示正電子(e)C.這個核反應中質量虧損m4m1m2D.這個核反應中釋放的核能E(4m1m2m3)c2解析：選B核反應方程為4HHe2

30、e，即X表示正電子，這個核反應中質量虧損m4m1m22m3，這個核反應中釋放的核能E(4m1m22m3)c2，選項B正確.4.(2015·滕州模擬)關于下列四幅圖說法正確的是()A.玻爾原子理論的基本假設認為，電子繞核運行軌道的半徑是任意的B.光電效應產生的條件為：光強大于臨界值C.電子束通過鋁箔時的衍射圖樣證實了運動電子具有波動性D.發(fā)現少數粒子發(fā)生了較大偏轉，說明金原子質量大而且很堅硬解析：選C根據玻爾理論知道，電子的軌道不是任意的，電子有確定的軌道，且軌道是量子化的，故A錯誤.B、光電效應實驗產生的條件為：光的頻率大于極限頻率，故B錯誤.C、電子束通過鋁箔時的衍射圖樣證實了電子

31、具有波動性，故C正確.D、發(fā)現少數粒子發(fā)生了較大偏轉，說明原子的質量絕大部分集中在很小空間范圍，故D錯誤.5.下列核反應方程及其表述中錯誤的是()A.HeHHeH是原子核的衰變B.HeAlPn是原子核的人工轉變C.NaMg01e是原子核的衰變D.UnKrBa3n是重核的裂變反應解析：選AHeHHeH是聚變，不是原子核的衰變；HeAlPn為粒子撞擊鋁核，是原子核的人工轉變；NaMg01e，生成電子，是原子核的衰變；UnKrBa3n是鈾核的裂變反應.綜上可知，選項A符合題意.6.已知氦原子的質量為MHeu，電子的質量為meu，質子的質量為mpu，中子的質量為mnu，u為原子質量單位，且由愛因斯坦質

32、能方程Emc2可知：1u對應于931.5MeV的能量，若取光速c3×108m/s，則兩個質子和兩個中子聚變成一個氦核，釋放的能量為()A.2(mpmn)MHe×931.5MeVB.2(mpmnme)MHe×931.5MeVC.2(mpmnme)MHe·c2JD.2(mpmn)MHe·c2J解析：選B核反應方程為2H2nHe，質量虧損m2(mpmn)(MHe2me)2(mpmnme)MHe，所以釋放的能量為Em×931.5MeV2(mpmnme)MHe×931.5MeV，選項B正確.7.(2015·廈門模擬)如圖所示

33、為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，用這些光照射逸出功為2.49eV的金屬鈉，下列說法正確的是()A.這群氫原子能發(fā)出三種頻率不同的光，其中從n3躍遷到n2所發(fā)出的光波長最短B.這群氫原子能發(fā)出兩種頻率不同的光，其中從n3躍遷到n1所發(fā)出的光頻率最高C.金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的初動能最大值為11.11eVD.金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的初動能最大值為9.60eV解析：選DA、一群氫原子處于n3的激發(fā)態(tài)，可能發(fā)出3中不同頻率的光子，因為n3和n1間能級差最大，所以從n3躍遷到n1發(fā)出的光子頻率最高，波長最短.故A、B錯誤.C、所以從n3躍遷到n

34、1發(fā)出的光子頻率最高，發(fā)出的光子能量為13.601.51eV12.09eV.根據光電效應方程EkmhW0得，最大初動能Ekm12.09eV2.49eV9.6eV.故C錯誤，D正確.8.(2016·忠縣模擬)下列四幅圖的有關說法正確的是()A.圖中，若兩球質量相等，碰后m2的速度不可能大于vB.圖中，射線甲由粒子組成，每個粒子帶兩個單位正電荷C.圖中，在光顏色保持不變的情況下，入射光越強，遏止電壓Uc越大D.圖中，鏈式反應屬于重核的衰變解析：選AA、若發(fā)生彈性碰撞，即沒有機械能損失，則mvmv1mv2，mv2mvmv聯立得：v2v；若碰撞過程有機械能損失，則v2v，總之可見，碰后m2的

35、速度不可能大于v，A正確；B、射線丙由粒子組成，該粒子帶兩個單位正電荷，而射線甲是粒子，故B錯誤；C、根據光電效應方程EkmhW0和eUcEkm得，Uc，當入射光的頻率大于極限頻率時，遏止電壓與入射光的頻率成線性關系，與入射光的強度無關，故C錯誤；D、一個中子轟擊后，出現三個中子，此鏈式反應屬于重核的裂變，故D錯誤。二、多項選擇題9.(2014·全國卷)在人類對微觀世界進行探索的過程中，科學實驗起到了非常重要的作用.下列說法符合歷史事實的是()A.密立根通過油滴實驗測出了基本電荷的數值B.貝克勒爾通過對天然放射現象的研究，發(fā)現了原子中存在原子核C.居里夫婦從瀝青鈾礦中分離出了釙(Po

36、)和鐳(Ra)兩種新元素D.盧瑟福通過粒子散射實驗證實了在原子核內部存在質子E.湯姆孫通過陰極射線在電場和磁場中偏轉的實驗，發(fā)現了陰極射線是由帶負電的粒子組成的，并測出了該粒子的比荷解析：選ACE密立根通過油滴實驗測出了元電荷即基本電荷的數值，A項正確；貝克勒爾發(fā)現了天然放射現象，說明原子核具有復雜的結構，盧瑟福通過粒子散射實驗確定了原子的核式結構模型，B項錯誤；居里夫婦從瀝青鈾礦中分離出了釙和鐳兩種新元素，C項正確；盧瑟福用鐳放射出的粒子轟擊氮的原子核，從中找出了新的粒子，通過測定其質量和電荷，確定該粒子為氫的原子核，證實了原子核內部存在質子，D項錯誤；湯姆孫根據陰極射線在電場和磁場中的偏轉

37、情況確定了陰極射線的本質是帶電的粒子流，并測出了這種粒子的比荷，E項正確.10.(2015·重慶月考)下列說法正確的是()A.盧瑟福通過粒子散射實驗證實了在原子核內部存在質子B.鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)的過程中，要經過8次衰變和6次衰變C.按照愛因斯坦的理論，在光電效應中，金屬中的電子吸收一個光子獲得的能量是h，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現為逸出后電子的初動能EkD.玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律E.鈾核(U)衰變成離子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定大于鈾核的結合能解析：選BC

38、EA、盧瑟福的實驗提出了帶核的原子結構模型：原子是由原子核和核外電子構成，并不是證實了在原子核內部存在質子，故A錯誤；B、設發(fā)生x次衰變，y次衰變，衰變方程為：U82Pbxy則：2382064x，解得：x8又：92828×2y，得：y6，故B正確；C、按照愛因斯坦的理論，在光電效應中，金屬中的電子吸收一個光子獲得的能量是h，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現為逸出后電子的初動能Ek，故C正確；D、玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，不能解釋復雜的原子光譜的規(guī)律，故D錯誤；E、結合能越大越穩(wěn)定，衰變后的

39、產物相當于衰變前要穩(wěn)定，所以鈾核衰變成粒子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定大于鈾核的結合能，故E正確。11.(2015·周口模擬)在下列關于近代物理知識的說法中，正確的是()A.玻爾理論可以成功解釋氫原子的光譜現象B.氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子的能量增大C.射線為原子的核外電子電離后形成的電子流D.鈾元素的半衰期為T，當溫度發(fā)生變化時，鈾元素的半衰期也發(fā)生變化E.查德威克發(fā)現了中子，其核反應方程為：BeHe6Cn解析：選ABEA、玻爾理論成功地解釋了氫原子的光譜現象.故A正確.B、氫原子的核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子的能量增大.故B正確.C、射線是原子核中的一個中子轉變?yōu)橐粋€電子和一個質子，電子釋放出來.故C錯誤.D、半衰期的大小與溫度無關，由原子核內部因素決定.故D錯誤.E、查德威克通過粒子轟擊鈹核發(fā)現了中子，核反應方程為：BeHe6Cn.故E正確.12.(2015·宜昌模擬)以下有關近代物理內容的若干敘述正確的是()A.紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠發(fā)生