物理3-5一、單選題（每小題3分，共計24分）1.一靜止的鈾核放出一個α粒子衰變成釷核，衰變方程為eq\o\al(238,\o(92))U→eq\o\al(234,\o(90))Th＋eq\o\al(4,2)He.下列說法正確的是()A．衰變后釷核的動能等于α粒子的動能B．衰變后釷核的動量大小等于α粒子的動量大小C．鈾核的半衰期等于其放出一個α粒子所經驗的時間D．衰變后α粒子與釷核的質量之和等于衰變前鈾核的質量【答案】B【解析】衰變過程遵守動量守恒定律，故選項A錯，選項B對．依據半衰期的定義，可知選項C錯．α衰變釋放核能，有質量虧損，故選項D錯．2.如圖所示，當一束肯定強度某一頻率的黃光照耀到光電管陰極K上時，此時滑片P處于A、B中點，電流表中有電流通過，則()A．若將滑動觸頭P向B端移動時，電流表讀數(shù)有可能不變B．若將滑動觸頭P向A端移動時，電流表讀數(shù)肯定增大C．若用紅外線照耀陰極K時，電流表中肯定沒有電流通過D．若用一束強度相同的紫外線照耀陰極K時，電流表讀數(shù)不變【答案】A【解析】所加的電壓，使光電子到達陽極，則靈敏電流表中有電流流過，且可能處于飽和電流，當滑片向B端移動時，電流表讀數(shù)有可能不變；當滑片向A端移動時，所加電壓減小，則光電流可能減小，也可能不變，故A正確，B錯誤．若用紅外線照耀陰極K時，因紅外線頻率小于可見光，但是不肯定不能發(fā)生光電效應，電流表不肯定沒有電流，故C錯誤；若用一束強度相同的紫外線照耀陰極K時，紫外線的頻率大于紅外線的頻率，則光子數(shù)目減小，電流表讀數(shù)減小，故D錯誤．3.一個德布羅意波波長為λ1的中子和另一個德布羅意波波長為λ2的氘核同向正碰后結合成一個氚核，該氚核的德布羅意波波長為()A.eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2) B.eq\f(λ1λ2,λ1-λ2)C.eq\f(λ1＋λ2,2) D.eq\f(λ1－λ2,2)【答案】A【解析】中子的動量p1＝eq\f(h,λ1)，氘核的動量p2＝eq\f(h,λ2)，同向正碰后形成的氚核的動量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布羅意波波長λ3＝eq\f(h,p3)＝eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正確．4.大科學工程“人造太陽”主要是將氘核聚變反應釋放的能量用來發(fā)電．氘核聚變反應方程是：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n.已知eq\o\al(2,1)H的質量為2.0136u，eq\o\al(3,2)He的質量為3.0150u，eq\o\al(1,0)n的質量為1.0087u,1u＝931MeV/c2.氘核聚變反應中釋放的核能約為()A．3.7MeVB．3.3MeVC．2.7MeVD．0.93MeV【答案】B【解析】在核反應方程eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n中，反應前物質的質量m1＝2×2.0136u＝4．0272u，反應后物質的質量m2＝3.0150u＋1.0087u＝4.0237u，質量虧損Δm＝m1－m2＝0.0035u.則氘核聚變釋放的核能為E＝931×0.0035MeV≈3.3MeV，選項B正確．5.不同色光的光子能量如下表所示.色光紅橙黃綠藍—靛紫光子能量范圍(eV)1.61～2．002.00～2．072.07～2．142.14～2．532.53～2．762.76～3．10氫原子部分能級的示意圖如圖所示．大量處于n＝4能級的氫原子，放射出的光的譜線在可見光范圍內，其顏色分別為()A．紅、藍—靛B．紅、紫C．橙、綠D．藍—靛、紫【答案】A【解析】計算出各種光子能量，然后和表格中數(shù)據進行對比，便可解決本題．氫原子處于第四能級，能夠發(fā)出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六種光子，1.89eV和2.55eV屬于可見光，1.89eV的光子為紅光，2.55eV的光子為藍—靛．6.試驗視察到，靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生β衰變，衰變產生的新核與電子恰在紙面內做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意圖如圖12-2-1所示，則()A．軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面對外B．軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面對外C．軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面對里D．軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面對里【答案】D【解析】依據動量守恒定律，原子核發(fā)生β衰變后產生的新核與電子的動量大小相等，設為p.依據qvB＝eq\f(mv2,r)，得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，故電子的軌跡半徑較大，即軌跡1是電子的，軌跡2是新核的．依據左手定則，可知磁場方向垂直紙面對里．選項D正確．7.若元素A的半衰期為4天，元素B的半衰期為5天，則相同質量的A和B，經過20天后，剩下的質量之比mA∶mB為()A．30∶31B．31∶30C．1∶2D．2∶1【答案】C【解析】由m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,τ)有mA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,4)m0，mB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,5)m0，得mA∶mB＝1∶2.C正確．8.如圖所示，A、B兩物塊放在光滑的水平面上，一輕彈簧放在A、B之間與A相連，與B接觸但不連接，彈簧剛好處于原長，將物塊A鎖定，物塊C與A、B在一條直線上，三個物塊的質量相等.現(xiàn)使物塊C以v＝2m/s的速度向左運動，與B相碰并粘在一起，當C的速度為零時，解除A的鎖定，則A最終獲得的速度大小為()A.eq\f(3,2)m/sB.eq\f(2,3)m/sC.eq\f(\r(3),2)m/sD.eq\f(2\r(3),3)m/s【答案】D【解析】設物塊的質量均為m，C與B碰撞后的共同速度為v1，依據動量守恒定律有mv＝2mv1，代入數(shù)據解得v1＝1m/s，設A最終獲得的速度大小為v2，B和C獲得的速度大小為v3，依據動量守恒定律則有mv2＝2mv3，依據能量守恒定律可得eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)×2mv23，代入數(shù)據解得v2＝eq\f(2\r(3),3)m/s，故D正確，A、B、C錯誤.二、多項選擇題（每小題5分，答案不全得3分，有錯不得分，共計30分）9.下列說法正確的是()A.eq\o\al(15,)7N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,)6C＋eq\o\al(4,2)He是α衰變方程B.eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋γ是核聚變反應方程C.eq\o\al(238,)92U→eq\o\al(234,)90Th＋eq\o\al(4,2)He是核裂變反應方程D.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n是原子核的人工轉變方程【答案】BD【解析】[核反應類型分四種，核反應的方程特點各有不同．衰變方程的左邊只有一個原子核，右邊出現(xiàn)α或β粒子．聚變方程的左邊是兩個輕核，右邊是中等原子核．裂變方程的左邊是重核與中子，右邊是中等原子核．人工核轉變方程的左邊是氦核與常見元素的原子核，右邊也是常見元素的原子核，由此可知B、D正確．10.如圖，用肯定頻率的單色光照耀光電管時，電流表指針會發(fā)生偏轉，則()A.電源右端應為正極B.流過電流表G的電流大小取決于照耀光的強度C.流過電流表G的電流方向是由a流向bD.普朗克說明了光電效應并提出光子能量E＝hν【答案】BC【解析】發(fā)生光電效應時，電子從光電管右端運動到左端，而電流的方向與電子定向移動的方向相反，所以流過電流表G的電流方向是由a流向b，所以電源左端應為正極，故A錯誤，C正確；流過電流表G的電流大小取決于照耀光的強度，與光的頻率無關，故B正確；愛因斯坦說明了光電效應并提出光子能量E＝hν，故D錯誤.11.愛因斯坦提出了光量子概念并勝利地說明了光電效應的規(guī)律而獲得1921年諾貝爾物理學獎.某種金屬逸出光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系如圖6所示，其中ν0為極限頻率.從圖中可以確定的是()A.逸出功與ν有關B.Ek與入射光強度成正比C.當ν≥ν0時，會逸出光電子D.圖中直線的斜率與普朗克常量有關【答案】CD【解析】由愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0和W0＝hν0(W0為金屬的逸出功)可得Ek＝hν－h(huán)ν0，可見圖象的斜率表示普朗克常量，D正確；只有ν≥ν0時才會發(fā)生光電效應，C正確；金屬的逸出功只和金屬的極限頻率有關，與入射光的頻率無關，A錯誤；光電子的最大初動能取決于入射光的頻率，而與入射光的強度無關，B錯誤.12.如圖為氫原子能級圖，氫原子中的電子從n＝5能級躍遷到n＝2能級可產生a光；從n＝4能級躍遷到n＝2能級可產生b光.a光和b光的波長分別為λa和λb，照耀到逸出功為2.29eV的金屬鈉表面均可產生光電效應，遏止電壓分別為Ua和Ub.則()A.λa＞λbB.Ua＞UbC.a光的光子能量為2.86eVD.b光產生的光電子最大初動能Ek＝0.26eV【答案】BCD【解析】依據能級躍遷學問可知hνa＝E5－E2＝[－0.54－(－3.4)]eV＝2.86eV，hνb＝E4－E2＝[－0.85－(－3.4)]eV＝2.55eV，明顯a光的光子能量大于b光的，即a光頻率大，波長短，所以A錯，C正確.依據光電效應方程Ek＝hν－W0知a光照耀后的光電子最大初動能為Eka＝hνa－W0＝(2.86－2.29)eV＝0.57eVb光照耀后的光電子最大初動能為Ekb＝hνb－W0＝13.一靜止的鋁原子核eq\o\al(27,13)Al俘獲一速度為1.0×107m/s的質子p后，變?yōu)樘幱诩ぐl(fā)態(tài)的硅原子核eq\o\al(28,14)Si*.下列說法正確的是()A．核反應方程為p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si*B．核反應過程中系統(tǒng)動量守恒C．核反應前后核子數(shù)相等，所以生成物的質量等于反應物的質量之和D．硅原子核速度的數(shù)量級為105m/s，方向與質子初速度的方向一樣【答案】ABD【解析】核反應過程中遵循質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，核反應方程為p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si*，說法A正確．核反應過程中遵從動量守恒和能量守恒，說法B正確．核反應中發(fā)生質量虧損，生成物的質量小于反應物的質量之和，說法C錯誤．依據動量守恒定律有mpvp＝mSivSi，碰撞后硅原子核速度的數(shù)量級為105m/s，方向與質子初速度方向一樣，說法D正確．14.如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則()A.B的最大速率為4m/sB.B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【解析】A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，依據動量守恒定律和機械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)v02＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)vA2＋eq\f(1,2)·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分別時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有eq\f(1,2)·MvB2＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，D正確.三、計算題(15題11分，16題11分，17題12分，18題12分，共計46分15.盧瑟福用α粒子轟擊氮核時發(fā)覺質子．發(fā)覺質子的核反應方程為：eq\o\al(14,)7N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,)8O＋eq\o\al(1,1)H.已知氮核質量為mN＝14.00753u，氧核質量為mO＝17.00454u，氦核質量為mHe＝4.00387u，質子(氫核)質量為mp＝1.00815u．(已知：1uc2＝931MeV，結果保留2位有效數(shù)字)求：(1)這一核反應是汲取能量還是放出能量的反應？相應的能量改變?yōu)槎嗌伲?2)若入射氦核以v0＝3×107m/s的速度沿兩核中心連線方向轟擊靜止氮核．反應生成的氧核和質子同方向運動，且速度大小之比為1∶50.求氧核的速度大?。敬鸢浮?1)汲取能量1.2MeV(2)1.8×106m/s【解析】(1)由Δm＝mN＋mHe－mO－mp得：Δm＝－0.00129u.所以這一核反應是汲取能量的反應，汲取能量ΔE＝|Δm|c2＝0.00129×931MeV≈1.2MeV.(2)由動量守恒定律可得：mHev0＝mOv氧＋mpvp又v氧∶vp＝1∶50，可解得：v氧≈1.8×106m/s.16．如圖甲所示是探討光電效應規(guī)律的光電管．用波長λ＝0.50μm的綠光照耀陰極K，試驗測得流過電流表G的電流I與AK之間的電勢差UAK滿意如圖乙所示規(guī)律，取h＝6.63×10－34J·s.結合圖象，求：(結果保留兩位有效數(shù)字)(1)每秒鐘陰極放射的光電子數(shù)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．【答案】(1)4.0×1012個9.6×10－20J(2)0.66μm【解析】(1)光電流達到飽和時，陰極放射的光電子全部到達陽極A，陰極每秒鐘放射的光電子的個數(shù)n＝eq\f(Im,e)＝eq\f(0.64×10－6,1.6×10－19)(個)＝4.0×1012(個)光電子的最大初動能為Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×0.6V＝9.6×10－20J.(2)設陰極材料的極限波長為λ0，依據愛因斯坦光電效應方程得Ekm＝heq\f(c,λ)－h(huán)eq\f(c,λ0)，代入數(shù)據得λ0＝0.66μm.17.水平光滑軌道在A端與半徑為R的光滑半圓軌道ABC相切，半圓的直徑AC豎直，如圖7所示.小球P的質量是Q的2倍，兩小球均可視為質點.小球P以某一速度向右運動，與靜止小球Q發(fā)生正碰.碰后，小球Q經半圓軌道ABC從C點水平拋出，落點與A點相距2eq\r(5)R；小球P在D點脫離軌道，與圓心的連線OD與水平方向夾角為θ.已知R＝0.4m，sinθ＝eq\f(2,3)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞后小球Q經過A點時的速度大?。?2)與Q碰撞前小球P的速度大小.【答案】(1)6m/s(2)7m/s【解析】(1)小球Q離開C點后做平拋運動，在豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向：2eq\r(5)R＝vCt，設小球P的質量為M，小球Q的質量為m.P與Q相碰后，Q的速度為vQ，P的速度為vP，對小球Q，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvQ2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvC2，解得vQ＝3eq\r(gR)＝6m/s.(2)小球P在D點脫離軌道，即軌道對小球P的彈力FN＝0，依據牛頓其次定律有Mgsinθ＝Meq\f(v\o\al(

2,D),R)，對小球P，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)MvP2＝Mg(R＋Rsinθ