《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第12单元 波粒二象性和原子物理 作业答案.doc

课时作业(三十)1.CD解析 光电流的大小只与单位时间流过单位面积的光电子数目有关,而与光照时间的长短无关,选项A错误;无论光照强度多大,光照时间多长,只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应,故选项B错误;遏止电压即反向截止电压,eUc=h-W0,与入射光的频率有关,超过极限频率的入射光频率越高,所产生的光电子的最大初动能就越大,则遏止电压越大,故选项C正确;无论光照强度多小,光照时间多短,只要光的频率大于极限频率就能产生光电效应,故选项D正确.2.AB解析 该金属的截止频率为c,则可知逸出功W0=hc,逸出功由金属自身的性质决定,与照射光的频率无关,C错误;根据光电效应的实验规律可知A正确;由光电效应方程Ek=h-W0,将W0=hc代入,可知B正确,D错误.3.C解析 实验表明少量电子表现为粒子性,大量电子表现为波动性,该实验表明电子既有波动性又有粒子性,故C正确.4.BC解析 由图像可知,b光照射时对应遏止电压Uc2大于a光照射时的遏止电压Uc1,因eUc=Ek,所以b光照射时光电子最大初动能大,且b>a,b<a,A错误,C正确;b光折射率大于a光折射率,所以a光偏折程度小,临界角大,B正确,D错误.5.BCD解析 根据爱因斯坦光电效应方程得Ek=h-W0,又W0=hc,联立得Ek=h-hc,由于钙的截止频率比钾的截止频率大,则从钾表面逸出的光电子最大初动能较大,由p=2mEk可知,钾逸出的光电子的动量较大,根据=hp可知,钾逸出的光电子的波长较小,则频率较大,故A错误,B、C、D正确.6.C解析 根据“每放出一个氧分子需吸收8个波长为6.8810-7 m的光量子”,则绿色植物释放1 mol氧气吸收的光量子数目为N=16.0210238=4.81024,那么消耗的光量子能量W=Nhc=4.810246.6310-3431086.8810-7 J1.4103 kJ,因此,绿色植物能量转换效率为=4691.4103100%=34%,C正确.7.BC解析 根据光电效应方程Ek=h-W0=h-hc知,图线的斜率表示普朗克常量,因此甲与乙一定平行,且两斜率是固定值,与入射光和金属材料皆无关系,故A错误,B正确;横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率,此时的频率等于金属的极限频率,由图可知乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率,故C正确;纵轴截距的绝对值就是逸出功的数值,乙金属的逸出功大于甲金属的逸出功,由光电效应方程Ek=h-W0知,发生光电效应时,若光电子的最大初动能相同,则甲金属的入射光频率小,故D错误.8.AC解析 由于电源的接法未知,所以有两种情况:当c接负极而d接正极时,用某种频率的单色光b照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转,可知b光频率大于金属的极限频率,而用另一频率的单色光a照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,可知a光的频率小于金属的极限频率,所以b光的频率大于a光的频率;当c接正极而d接负极时,用某种频率的单色光b照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转,可知b光照射产生的光电子能到达负极d端,而用另一频率的单色光a照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,可知a光产生的光电子不能到达负极d端,所以b光照射产生的光电子的最大初动能大,b光的频率大于a光的频率,故A、C正确.由以上的分析可知,不能判断出用a光照射光电管时能否发生光电效应,但b光的频率一定大于a光的频率,故B错误.电流的方向与负电荷定向移动的方向相反,若灵敏电流计的指针发生偏转,则电流方向一定是eGf,故D错误.9.BD解析 若仅增大该单色光照射的强度,由于每个光子的能量不变,因此光电子的最大初动能不变,但单位时间内射出的光电子数增多,所以光电流增大,故选项A错误;逸出功由金属材料自身决定,与是否有光照无关,故B正确;发生光电效应不需要时间积累,只要照射光的频率大于极限频率即可,故选项C错误;若滑动变阻器滑片左移,则电压表示数减小,因为电压是反向电压,所以电压减小时,光电子更容易到达A极形成电流,电流表示数增大,故选项D正确.10.B解析 以从阴极K逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象,由动能定理得-Ue=0-Ek,由光电效应方程得nh=Ek+W(n=2,3,4,),联立解得U=nhe-We(n=2,3,4,),故选项B正确.11.D解析 由题意可知a>b,a光的波长小于b光的波长,A错误;发生光电效应的条件是>c,增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转,B错误;发生光电效应时,电子从光电管左端运动到右端,而电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流计G的电流方向是由c到d,C错误;增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大,D正确.12.ACD解析 当反向电压U与入射光频率一定时,光电流i与光强成正比,A正确;频率为的入射光照射阴极所发射出的光电子的最大初动能为Ek=h-W0,而遏止电压Uc与最大初动能的关系为eUc=Ek,所以遏止电压Uc与入射光频率的关系是eUc=h-W0,其函数图像不过原点,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少,C正确;根据光电效应的瞬时性规律,D正确.13.AB解析 能得到电子的衍射图样,说明电子具有波动性,A正确;由德布罗意波长公式=hp及动量p=2mEk=2meU,可得=h2meU,B正确;由=h2meU可知,加速电压越大,电子的波长越小,衍射现象就越不明显,C错误;用相同动能的质子替代电子,质子的波长更小,衍射现象与电子相比更不明显,故D错误.14.(1)eUc(2)-eUch解析 (1)光电子在光电管内减速,由动能定理得-eUc=-Ek光电子的最大初动能Ek=eUc.(2)由光电效应方程得Ek=h-W其中逸出功W=hc解得c=-eUch.课时作业(三十一)1.C解析 金箔中的原子核与粒子都带正电,粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用,A、D错误;由原子核对粒子的斥力作用及物体做曲线运动的条件知,曲线轨迹的凹侧应指向粒子所受力的方向,B错误,C正确.2.B解析 裂变是重核生成几个中等质量原子核的过程,铀238的质量数比钚239的小,因此钚不是铀核裂变的生成物,选项A错误;发生衰变时,质量数不发生改变,根据电荷数守恒可知,92239U发生2次衰变后变成94239Pu,选项B正确;核电站的核废料中具有很多的放射性物质,不可以直接堆在露天垃圾场,选项C错误;碘131的半衰期是8天,它是一个统计规律,大量的碘131在8天后会剩一半,16天后会剩四分之一,选项D错误.3.D解析 是重核的裂变反应,是衰变反应,选项A错误;是原子核的人工转变,是轻核的聚变反应,选项B、C错误;比放出的能量少,根据爱因斯坦质能方程可知,比质量亏损得少,故选项D正确.4.B解析 粒子轰击铝箔的核反应方程为1327Al+24He1530P+01n,轰击铝箔后的生成物是磷(1530P),是磷的一种同位素,它具有放射性,跟天然放射性元素一样发生衰变,也有一定的半衰期,衰变时放出正电子,衰变方程为1530P1430Si+10e+,故B正确,A、C、D错误.5.AC解析 H波长大于H波长,故H频率较小,H谱线对应光子的能量小于H谱线对应光子的能量,选项A正确;光电流与光的强度有关,故选项B错误;H谱线对应光子的能量为E=hc=3.0310-19 J=1.89 eV,选项C正确;E4-E3=0.66 eV,选项D错误.6.BC解析 根据电荷数守恒和质量数守恒知,钍核衰变过程中放出了一个电子,即x为电子,故A错误;衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子时产生的,故B正确;原子核衰变产生的射线是反应生成的镤核从高能级向低能级跃迁辐射出的,故C正确;钍的半衰期为24天,1 g钍(90234Th)经过120天后,即经过5个半衰期后,还剩0.031 25 g,故D错误.7.BC解析 根据C32=3知,这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子,故A错误.氢原子由n=3能级向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大,频率最大,最大能量为13.6 eV-1.51 eV=12.09 eV,由光电效应条件可知,能使逸出功为6.34 eV的金属铂发生光电效应,故B正确.氢原子由n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量最小,则产生的光波长最长,故C正确.氢原子由n=3能级跃迁到n=1能级,辐射的光子能量值最大,为12.09 eV,故D错误.8.D解析 由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,波长最长,因此最容易发生明显衍射现象,故A错误;由能级差可知能量最小的光频率最小,是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的,故B错误;大量处于n=4能级的氢原子能发射C42=6种频率的光,故C错误;由n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为E=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV,大于6.34 eV,能使该金属发生光电效应,故D正确.9.D解析 由动量守恒定律得0=Dv-Fv,所以v=FDv,故A错误;Y原子核的动能EkY=12F2Dv2,Z原子核的动能EkZ=12Fv2,它们的动能之比为FD,故B错误;因为放出能量,有质量亏损,所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小,结合能之和比X的大,故C错误,D正确.10.D解析 原子核的衰变过程满足动量守恒,粒子与反冲核的速度方向相反,根据左手定则可判断,粒子与反冲核的电性相反,则粒子带负电,所以该衰变是衰变,两带电粒子动量大小相等,方向相反,有m1v1=m2v2,带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,有r=mvqB,则r与q成反比,由题意知,大圆与小圆的直径之比为71,半径之比为71,则粒子与反冲核的电荷量之比为17,所以反冲核的电荷量为7e,电荷数是7,其符号为714N,碳14的衰变方程为614C-10e+714N,故D正确.11.AD解析 放射性元素放出粒子时,粒子与反冲核的速度相反,而电性相同,则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反,两个粒子的轨迹应为外切圆,故此衰变为衰变,故A正确;根据动量守恒定律可知,两粒子动量大小相等,电荷量越大的粒子运动半径越小,故大圆为粒子的运动轨迹,小圆为新核的运动轨迹,故B错误;带电粒子在磁场中运动,运动半径R=mvqB=pqB,则qbqa=RaRb=451=902,又p=2mEk,可得mamb=EbEa=2117=4234,根据T=2mBq,可得周期之比TaTb=2maqaB2mbqbB=1013,故C错误;新核Z=90,A=234,根据电荷数守恒和质量数守恒可知衰变前Z=92,A=238,所以衰变方程为92238U90234Th+24He,故D正确.12.B解析 83210Bi经过变为a210X,质量数没有发生变化,故为衰变,a210X经过变为82206Pb,质量数减少4,故为衰变,83210Bi经过变化为81bTi,电荷数减少2,故为衰变,过程的电荷数增加1,为衰变,故B正确.13.CD解析 由核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒可知核反应方程为12H+12H23He+01n,则新粒子为中子01n,A错误;核反应过程中有质量亏损,释放能量,仍然满足能量守恒定律,B错误;由题意可知E=(2.014 1 u2-3.016 0 u-1.008 7 u)931 MeV/u=3.3 MeV,根据核反应中系统的能量守恒有EkHe+Ekn=2E0+E,根据核反应中系统的动量守恒有pHe-pn=0,由Ek=p22m,可知EkHeEkn=mnmHe,解得EkHe=mnmn+mHe(2E0+E)1 MeV,Ekn=mHemn+mHe(2E0+E)3 MeV,C、D正确.14.BD解析 根据Ek=h-W0=hc-hc,光源S发出的光波最大波长max=cc=31086.001014 m=510-7 m=0.5 m,即要使该探测器正常工作,光源S发出的光波波长不能大于0.5 m,故A错误;光源S发出的光波能使光电管发生光电效应,那么光源越强,被烟雾散射进入光电管C的光越多,越容易探测到烟雾,即光电烟雾探测器灵敏度越高,故B正确;光束遇到烟雾发生散射是一种反射现象,故C错误;光电流等于10-8 A时,每秒产生的光电子的个数n=Ite=10-811.610-19=6.251010个,每秒射向C的光子最少数目N=n5%=6.2510105%=1.251012个,故D正确.15.(1)01n+36Li13H+24He(2)7v118v11(3)141mv2121c2解析 (1)核反应方程为01n+36Li13H+24He(2)由动量守恒定律得mnv=-mHv1+mHev2由题意得v1v2=78解得v1=7v11,v2=8v11(3)氚核和粒子的动能之和为Ek=123mv12+124mv22=403242mv2释放的核能为E=Ek-Ekn=403242mv2-12mv2=141121mv2由爱因斯坦质能方程得,质量亏损为m=Ec2=141mv2121c2