最新人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案解析

最新人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案解析

第16章动量守恒定律章末综合测评(一)

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的4个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～8题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．下列说法中正确的是()

A．根据F＝Δp

Δt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力

B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量

C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是不同的

D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大

【解析】A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F＝Δp

Δt是牛顿第

二定律的最初表达方式，实质是一样的，C错；玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与水泥地的作用时间短，并不是所受冲量太大，D错误．

【答案】 A

2.如图1所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()

图1

A．动量守恒、机械能守恒

B．动量守恒、机械能不守恒

C．动量不守恒、机械能守恒

D．动量、机械能都不守恒

【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．

【答案】 B

3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()

A.m

M

v0 B.

M

m

v0 C.

M

M－m

v0 D.

m

M－m

v0

【解析】根据动量守恒定律m v0＝(M－m)v，得v＝

m

M－m

v0，选项D正确．

【答案】 D

4．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则()

A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零

B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加

C．此系统的机械能一定守恒

D．此系统的机械能可能增加

【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．

【答案】 D

5．如图2所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()

图2

A．其他量不变，R越大x越大

B．其他量不变，μ越大x越大

C．其他量不变，m越大x越大

D．其他量不变，M越大x越大

【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A正确，B、C、D错误．

【答案】 A

6．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则()

A．在相等的时间间隔内动量的变化相同

B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下

C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定

D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零

【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D错误．

【答案】ABC

7．如图3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()

图3

A．机械能守恒，动量守恒

B．机械能不守恒，动量守恒

C．三球速度相等后，将一起做匀速运动

D．三球速度相等后，速度仍将变化

【解析】因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A 错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C 错误，D正确．

【答案】BD

8．如图4所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()

图4

A．甲、乙两车运动中速度之比为M＋m M

B．甲、乙两车运动中速度之比为

M M＋m

C．甲车移动的距离为M＋m 2M＋m

L

D．乙车移动的距离为M

2M＋m

L

【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙

两车运动中速度之比等于质量的反比，即为M＋m

M，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲

＋x

乙

＝L，解得C、D正确．

【答案】ACD

二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)

9．(8分)如图5所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为m a、m b，半径分别为r a、r b，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b 小球碰撞后落点的平均位置．

图5

(1)本实验必须满足的条件是________．

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道末端的切线水平

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放

D．入射球与被碰球满足m a＝m b，r a＝r b

(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．

(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．

【答案】(1)BC

(2)测量OM的距离x2测量ON的距离x3

(3)m a x1＝m a x2＋m b x3(写成m a OP＝m a OM＋m b ON也可以)

10．(10分)如图6所示，在实验室用两端带有竖直挡板C 和D 的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M 的滑块A 和B 做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：

图6

Ⅰ.把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；

Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与固定挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A 至C 的运动时间t 1，B 至D 的运动时间t 2；

Ⅲ.重复几次，取t 1和t 2的平均值． (1)在调整气垫导轨时应注意________； (2)应测量的数据还有________；

(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是m v 的矢量和． 【解析】 (1)导轨水平才能让滑块做匀速运动． (2)需测出A 左端、B 右端到挡板C 、D 的距离x 1、x 2 由计时器计下A 、B 到两板的时间t 1、t 2 算出两滑块A 、B 弹开的速度v 1＝x 1t 1

，v 2＝x 2

t 2

.

(3)由动量守恒知(m ＋M )v 1－M v 2＝0 即：(m ＋M )x 1t 1

＝Mx 2

t 2

.

【答案】 (1)使气垫导轨水平

(2)滑块A 的左端到挡板C 的距离x 1和滑块B 的右端到挡板D 的距离x 2 (3)(M ＋m )x 1t 1＝Mx 2

t 2

11．(10分)在光滑的水平面上，质量为2m 的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 的小球B 处于静止状态，如图7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求：

图7

(1)两球在P 点碰后速度的大小？ (2)求两球在O 点碰撞的能量损失．

【解析】 (1)由碰撞过程中动量守恒得 2m v 0＝2m v 1＋m v 2 由题意可知：OP ＝v 1t OQ ＋PQ ＝v 2t 解得v 1＝13v 0，v 2＝4

3v 0.

(2)两球在O 点碰撞前后系统的机械能之差 ΔE ＝12×2m v 20－? ????12×2m v 21＋12×m v 22 代入(1)的结果得ΔE ＝0.

【答案】 (1)v 1＝13v 0，v 2＝4

3v 0 (2)0

12．(12分)如图8所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h

16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离.

图8

【解析】 设小球的质量为m ，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有

mgh ＝12m v 2

1 解得：v 1＝2gh

设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有

mg h

16＝

1

2m v1′

2

解得：v1′＝gh 8

设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有m v1＝－m v1′＋5m v2

解得：v2＝gh 8

由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5m v2＝5

4m2gh

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为

F＝5μmg

设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有

－Fs＝0－1

2×5m v

2

2

解得：s＝

h 16μ.

【答案】5

4m2gh

h

16μ

13．(12分)如图9所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，木板足够长，静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s.子弹射入后，求：

图9

(1)物块相对木板滑行的时间；

(2)物块相对木板滑行的位移．

【解析】(1)设子弹射入物块后，其共同速度为v1，则对子弹打入物块过程，由动量守恒定律得

m0v0＝(m0＋m)v1

设物块与木板达到共同速度时，速度为v2，对物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得

(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2

对子弹物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)

联立解得物块相对木板的滑行时间t＝v2－v1

－μg

＝1 s.

(2)设物块相对木板滑行的位移为d，由能量守恒定律得

μ(m0＋m)gd＝1

2(m0＋m)v

2

1

－

1

2(m0＋m＋M)v

2

2

联立解得d＝3 m.

【答案】(1)1 s(2)3 m

第17章波粒二象性章末综合测评(二)

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的4个选项中，第1～6题只有一个选项符合要求，第7～9题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．一个光子和一个电子具有相同的波长，则()

A．光子具有较大的动量

B．光子具有较大的能量

C．电子与光子的动量相等

D．电子和光子的动量大小关系不确定

【解析】根据德布罗意波长公式λ＝h

p，若一个光子的德布罗意波长和一个电子的波长

相等，则光子和电子的动量一定相等故A、D错误，C正确；光子的能量E

光＝hν＝

hc

λ，电子

的能量E e＝mc2＝m v c2

v＝

pc2

v＝

hc2

λv＝

c

v·E光，因电子的速度v＜c，故E e＞E光，B错误．

【答案】 C

2．光电效应实验中，下列表述正确的是() A．光照时间越长光电流越大

B．入射光足够强就可以有光电流

C．遏止电压与入射光的频率成正比

D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子

【解析】在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D正确．由－eU＝0－E k，E k＝hν－W，可知U＝(hν－W)/e，即遏止电压与入射光频率ν有关，但二者间不是正比关系，C错误．

【答案】 D

3．紫外线光子的动量为hν

c，一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后()

A．仍然静止

B．沿着光子原来运动的方向运动

C．沿光子运动相反方向运动

D．可能向任何方向运动

【解析】由动量守恒定律知，吸收了紫外线光子的O3分子与光子原来运动方向相同，故正确选项为B.

【答案】 B

4．用波长为λ1和λ2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面．单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象，设两种金属的逸出功分别为W C和W D，则下列选项正确的是()

A．λ1＞λ2，W C＞W D B．λ1＞λ2，W C＜W D

C．λ1＜λ2，W C＞W D D．λ1＜λ2，W C＜W D

【解析】由题意知，A光光子的能量大于B光光子的能量，根据E＝hν＝h c

λ，得λ1＜λ2；

又因为单色光B只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象，所以W C＜W D，故正确选项是D.

【答案】 D

5．光子有能量，也有动量p＝h

λ，它也遵守有关动量的规律，真空中有一如图1所示装

置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于此装置开始时转动情况(俯视)的下列说法中正确的是()

图1

A．顺时针方向转动

B．逆时针方向转动

C．都有可能

D．不会转动

【解析】光照射到黑纸片上时被吸收，照射到白纸片上时被反射，因此白纸片受到的冲量大，装置逆时针转动，故正确选项为B.

【答案】 B

6．研究光电效应规律的实验装置如图2所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出．当电流计的示数恰好为零时，电压表的示数称为反向截止电压U c.在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是()

图2

A B

C D

【解析】当反向电压U与入射光频率ν一定时，光电流i与光强成正比，所以A正确；频率为ν的入射光照射阴极所发射出的光电子的最大初动能为E k＝hν－W0，而遏止电压U c 与最大初动能的关系为eU c＝E k，所以遏止电压U c与入射光频率ν的关系是eU c＝hν－W0，其函数图象不过原点，所以B错误；当光强与入射光频率一定时，单位时间内单位面积上逸出的光电子数及其最大初动能是一定的，所形成的光电流强度会随反向电压的增大而减小，所以C正确；根据光电效应的瞬时性规律知D正确．

【答案】 B

7．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()

A．增大入射光的强度，光电流增大

B．减小入射光的强度，光电效应现象消失

C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应

D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大

【解析】增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的

频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W

逸＝

1

2m v

2可知，增加

照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确．

【答案】AD

8．下列叙述的情况中正确的是()

A．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样

B．光是波，与橡皮绳上的波类似

C．光是波，但与宏观概念的波有本质的区别

D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的

【解析】光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位置的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项A、B错误，C正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确．

【答案】CD

9．电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是() A．氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置

B．电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道

C．电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律

D．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的

【解析】微观粒子的波动性是一种概率波，对于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置，电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置，综上所述，C、D 正确．

【答案】CD

二、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．)

10．(10分)太阳能直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳能转换成电能．如图3所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．

图3

(1)标出电源和电流表的正负极；

(2)入射光应照在________极上．

(3)电流表读数是10 μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个．

【解析】(1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B向A运动，即电流是由左向右．因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．

(2)光应照在B极上．

(3)设电子个数为n，则

I＝ne，所以n＝

10×10－6

1.6×10－19

＝6.25×1013(个)．

【答案】(1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极(2)B (3)6.25×1013

11．(12分)深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道．如图4所示是一个航标灯自动控制电路的示意图．电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属．下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770 nm(1 nm＝10－9m)．

图4

各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：

(1)光电管阴极K上应涂有金属________；

(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；

(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生．

【解析】(1)依题意知，可见光的波长范围为

400×10－9～770×10－9m

而金属铯的极限波长为λ＝0.660 0×10－6m＝660×10－9m，

因此，光电管阴极K上应涂金属铯．

(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S应和b接触．

(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a接触，所以电路中的开关S应和a接触．

【答案】(1)铯(2)b(3)a

12．(12分)德布罗意认为：任何一个运动着的物体，都有着一种波与它对应，波长是λ

＝h

p，式中p是运动着的物体的动量，h是普朗克常量．已知某种紫光的波长是440 nm，若将

电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍，求：

(1)电子的动量的大小；

(2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加速电压的大小．电子质量m＝9.1×10－31 kg，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，加速电压的计算

结果取一位有效数字．

【解析】 (1)由λ＝h

p 知电子的动量 p ＝h

λ＝1.5×10－23 kg·m/s.

(2)电子在电场中加速，有eU ＝1

2m v 2 又12m v 2＝p 22m

解得U ＝m v 22e ＝h 2

2meλ2≈8×102 V . 【答案】 (1)1.5×10－23

kg·m/s (2)U ＝h 2

2meλ2

8×102 V

13．(12分)如图5所示，相距为d 的两平行金属板A 、B 足够大，板间电压恒为U ，有一波长为λ的细激光束照射到B 板中央，使B 板发生光电效应，已知普朗克常量为h ，金属板B 的逸出功为W 0，电子质量为m ，电荷量为e .求：

图5

(1)从B 板运动到A 板所需时间最短的光电子，到达A 板时的动能； (2)光电子从B 板运动到A 板时所需的最长时间． 【解析】 (1)根据爱因斯坦光电效应方程得E k ＝hν－W 0 光子的频率为ν＝c

λ

所以光电子的最大初动能为E k ＝hc

λ－W 0

能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达A 板的动能为E k1，由动能定理，得eU ＝E k1－E k

所以E k1＝eU ＋hc

λ－W 0.

(2)能以最长时间到达A 板的光电子，是离开B 板时的初速度为零或运动方向平行于B 板的光电子．

则d ＝12at 2＝Uet 22dm

解得t＝d 2m Ue.

【答案】(1)eU＋hc

λ－W0(2)d

2m

Ue

第18章原子结构章末综合测评(三)

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的4个选项中，第1～4题只有一个选项符合要求，第5～8题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．下列叙述中符合物理学史的有()

A．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子

B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的

C．查德威克通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型

D．玻尔根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式

【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B、C错；巴耳末根据氢原子光谱在可见光区的四条谱线得出巴耳末公式，D错误．

【答案】 A

2．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是()

A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的

B．阴极射线本质是电子

C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电

D．阴极射线的比荷比氢原子核小

【解析】阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B对；电子带电量与氢

原子相同，但质量是氢原子的

1

1 836，故阴极射线的比荷比氢原子大，D错．

【答案】 B

3．如图1所示，a、b、c、d分别表示氢原子在不同能级间的四种跃迁，辐射光子频率最大的是()

图1

A．a B．b

C．c D．d

【解析】hνa＝E2－E1＝10.2 eV，hνb＝E3－E1＝12.09 eV，hνc＝E3－E2＝1.89 eV，hνd ＝E4－E3＝0.66 eV，

故频率最大的是b光子，选项B正确．

【答案】 B

4．已知处于某一能级n上的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出10种不同频率的光，下列表示辐射光波长最长的那种跃迁的示意图是()

【解析】根据能级图可知，从n＝5到n＝4时能级差最小，辐射光子的能量最小，所以其波长最长．

【答案】 A

5．处于基态的氢原子吸收一个光子后，则下列说法正确的是()

A．电子绕核旋转半径增大

B．电子的动能增大

C．氢原子的电势能增大

D．氢原子的总能量增加

【解析】由玻尔理论可知，氢原子吸收光子后，应从离核较近的轨道跃迁到离核较远

的轨道，在此跃迁过程中，电场力对电子做负功，电势能增加．另由经典电磁理论知，电子绕核做匀速圆周运动的向心力即为氢核对电子的库仑力，故ke 2r 2＝m v 2

r ，所以E k ＝12m v 2＝ke 2

2r .可见，电子运动轨道半径增大，动能减小，再结合能量守恒定律，氢原子吸收光子，总能量增加，故正确选项为A 、C 、D.

【答案】 ACD

6．根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时( ) A ．轨道半径之比为1∶4 B ．速度之比为4∶1 C ．周期之比为1∶8

D ．动能之比为4∶1

【解析】 由玻尔公式r n ＝n 2r 1，所以轨道半径之比为r 1∶r 2＝12∶22＝1∶4，故A 对．根

据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2

r 2n ＝m v 2

n r n

，v n ＝

ke 2

mr n ，所以速度之比为v 1v 2＝

r 2

r 1＝2∶1，故

B 错．根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2r 2n ＝m (2π

T )2r n ，T ＝

4π2mr 3

n ke 2，所以周期之比为T 1

T 2

＝? ??

??r 1r 23

＝1∶8，故C 对．根据12m v 2n ＝12k e 2r n ，所以动能之比为E k1E k2＝r 2r 1＝4∶1，故D 对．

【答案】 ACD

7．关于光谱，下列说法正确的是( ) A ．太阳光谱是吸收光谱

B ．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的

C ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成

D ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素

【解析】 太阳光谱是吸收光谱．因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收．上述选项中正确的是A 、B.

【答案】 AB

8．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )

A ．用波长为60 nm 的X 射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子

B ．用能量为10.2 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

C ．用能量为11.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

D ．用能量为12.5 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

【解析】 根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收(即hν＝E m －E n )，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n ＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：

ΔE 21＝E 2－E 1＝E 122－E 1＝－13.6

4eV －(－13.6)eV ＝10.20 eV ， ΔE 31＝E 3－E 1＝E 132－E 1＝－13.6

9eV －(－13.6)eV ＝12.09 eV ， ΔE 41＝E 4－E 1＝E 142－E 1＝－13.6

16eV －(－13.6)eV ＝12.75 eV ， ΔE ∞1＝0－E 1＝－(－13.6 eV)＝13.6 eV(电离)．

波长为λ＝60 nm 的X 射线，其光子能量E ＝h ·c λ＝6.63×10－34×3×108

60×10－9 J ＝3.315×10－

18

J ＝20.71 eV>ΔE ∞1.所以可使氢原子电离，A 正确；比较B 、C 、D 选项中的光子能量与各能

级与基态的能量差，知道只有B 项中光子可使氢原子从基态跃迁到n ＝2的激发态，B 正确．

【答案】 AB

二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)

9．(6分)如图2是教材中的实验插图，该图是著名的α粒子散射实验示意图，由此科学家卢瑟福提出了________模型．

图2

【解析】 卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型． 【答案】 原子核式结构

10．(6分)氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n ＝4的能级吸收的光子频率为________.

【解析】 设氢原子基态能量为E 1，则由玻尔理论可得：19E 1－14E 1＝hν，116E 1－E 1＝hν41，解得：吸收的光子频率ν41＝274ν.

【答案】 27

4ν

11．(12分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n ＝3的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E 1，则吸收光子的频率ν是多少？当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？

【解析】 据跃迁理论hν＝E 3－E 1，而E 3＝1

9E 1，所以 ν＝

E 3－E 1h ＝－8E 1

9h .

由于是大量原子，可从n ＝3跃迁到n ＝1，从n ＝3跃迁到n ＝2，再从n ＝2跃迁到n ＝1，故应有三条谱线，

光子能量分别为E 3－E 1，E 3－E 2，E 2－E 1， 即－89E 1，－536E 1，－34E 1. 【答案】 见解析

12．(12分)氢原子的能级图如图3所示．原子从能级n ＝3向n ＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n ＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s ，求：

图3

(1)氢原子向较低能级跃迁时共能发出几种频率的光； (2)该金属的逸出功和截止频率．

【解析】 (1)处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可产生的光的频率的种数为N ＝n (n －1)2＝4×3

2＝6(种)．

(2)W ＝E 3－E 1＝12.09 eV ，E 3－E 1＝hν 解得ν＝2.9×1015 Hz.

【答案】 (1)6 (2)12.09 eV 2.9×1015 Hz

13．(16分)处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱．氢光谱线的波长λ可以用下面的巴耳末—里德伯公式表示：1λ＝R ? ??

??

1k 2－1n 2，n 、k

分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k ＝1,2,3…对每一个k ，有n ＝k ＋1，k ＋2，k ＋3…R 称为里德伯常量，是一个已知量．对于k ＝1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k ＝2的一系列谱线其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系．用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验．当用莱曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U 1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U 2，已知电子电荷量的大小为e ，真空中的光速为c ，试求普朗克常量和该种金属的逸出功.

【解析】 设金属的逸出功为W 0，光电效应所产生的光电子最大初动能为E km 由动能定理知：E km ＝eU c

对于莱曼系，当n ＝2时对应的光波长最长，设为λ1 由题中所给公式有： 1λ1＝R ? ???

?112－122＝3

4R 波长λ1的光对应的频率 ν1＝c λ1

＝34cR

对于巴耳末线系，当n ＝∞时对应的光波长最短，设为λ2，由题中所给公式有： 1λ2＝R ? ???

?122－0＝1

4R 波长λ2的光对应的频率 ν2＝c λ2

＝14cR

根据爱因斯坦的光电效应方程 E km ＝hν－W 0 知E km1＝hν1－W 0 E km2＝hν2－W 0 又E km1＝eU 1 E km2＝eU 2

可解得：h ＝2e (U 1－U 2)

cR

W 0＝

e (U 1－3U 2)

2

. 【答案】 2e (U 1－U 2)cR e (U 1－3U 2)

2