人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套

人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套
阶段验收评估(一) 动量守恒定律
(时间：50分钟满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．做平抛运动的物体，在相等的时间内，物体动量的变化量()
A．始终相同B．只有大小相同
C．只有方向相同D．以上说法均不正确
解析：选A做平抛运动的物体，只受重力作用，重力是恒力，其在相等时间内的冲量始终相等，根据动量定理，在相等的时间内，物体动量的变化量始终相同。

2．下列情形中，满足动量守恒的是()
A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
解析：选B铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确。

3.如图1所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将细线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()
图1
A．0 B．向左
C．向右D．无法确定
解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零，又知小球到达最高点时，小球与圆槽水平方向有共同速度，设为v′，设小球质量为m，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确。

4.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图像如图2所示，下列关系正确的是()
图2
A ．m a >m b
B ．m a <m b
C ．m a ＝m b
D ．无法判断
解析：选B 由v -t 图像可知，两球碰撞前a 球运动，b 球静止，碰后a 球反弹，b 球沿a 球原来的运
动方向运动，由动量守恒定律得m a v a ＝－m a v a ′＋m b v b ′，解得m a m b ＝v b ′v a ＋v a ′
<1，故有m a <m b ，选项B 正确。

5.如图3所示，半径为R 的光滑圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( )
图3
A ．0
B.m M 2MgR M ＋m ，向左
C.m M 2MgR M ＋m ，向右 D ．不能确定
解析：选B 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守
恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律列方程得：mgR ＝12m v 2＋12
M v ′2，联立以上两式解得v ′＝m M 2MgR M ＋m ，向左，故选项B 正确。

6．杂技演员做高空表演时，为了安全，常在下面挂起一张很大的网，当演员失误从高处掉下落在网上时，与从相同高度落在地面上相比较，下列说法正确的是( )
A ．演员落在网上时的动量较小
B ．演员落在网上时的动量变化较小
C ．演员落在网上时的动量变化较慢
D ．演员落在网上时受到网的作用力较小
解析：选CD 演员落到网上和地面上时的速度相同，所以两种情况下，动量的变化相同，但落在网上时，作用时间较长，由动量定理可知，作用力较小，故A 、B 错误，C 、D 正确。

7．在橄榄球比赛中，一个85 kg 的前锋队员以5 m /s 的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分。

就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg 的队员，一个速度为2 m/s ，另一个速度为4 m/s ，然后他们就扭在了一起，则( )
A ．他们碰撞后的共同速度是0.2 m/s
B ．碰撞后他们动量的方向仍向前
C ．这名前锋能得分
D ．这名前锋不能得分
解析：选BC 取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：M v 1－m v 2－m v 3＝(M ＋m ＋m )v ，代入数据得：v ≈0.16 m/s 。

所以碰撞后的速度仍向前，故这名前锋能得分，B 、C 两项正确。

8．如图4所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m /s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s 。

下列说法正确的是( )
图4
A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C ．球棒对垒球做的功为126 J
D ．球棒对垒球做的功为36 J
解析：选AC 设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝45 m /s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12m v t 2－12m v 02＝126 J ，选项A 、C 正确。

二、实验题(本题共2小题，共16分)
9. (8分)某同学采用如图5所示的装置探究碰撞中的不变量，把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B 球静止，拉起A 球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。

实验过程中除了要测量A 球被拉起的角度θ1和两球碰撞后摆起的最大角度θ2之外，还需测量______________(写出物理量的名称和符号)才能进行验证。

用测量的物理量表示碰撞中的不变量的关系式是________________________。

图5
解析：A 球由静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律，有m A gl (1－cos θ1)＝12
m A v A 2
两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律，有(m A＋m B)gl(1－cos θ2)＝1
2(m A＋m B)v
2
又碰撞中的不变量满足m A v A＝(m A＋m B)v
所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为
m A1－cos θ1＝(m A＋m B)1－cos θ2。

答案：A球的质量m A和B球的质量m B m A1－cos θ1＝(m A＋m B)1－cos θ2
10．(8分)某同学用如图6甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。

再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。

图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中厘米刻度尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，厘米刻度尺的零点与O点对齐。

甲乙
图6
(1)碰撞后B球的水平射程应取________cm。

(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量是________。

A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离
C．测量A球与B球的质量
D．测量G点相对于水平槽面的高度
解析：(1)题图中画出了B球的10个落点位置，实验中应取平均位置。

方法是：用最小的圆将所有点圈在里面，圆心位置即为落点平均位置，找准平均位置，读数时应在刻度尺的最小刻度后面再估读一位。

答案为64.7 cm(从64.2 cm到65.2 cm的范围内都正确)。

(2)本实验把被碰小球放在靠近槽末端的地方，使得被碰小球B和入射小球A都从O点开始做平抛运动，且两球平抛时间相同，以平抛时间为时间单位，则平抛的水平距离在数值上等于平抛初速度。

设A未碰B，平抛水平位移为x A；A、B相碰后，A、B两球的水平位移分别为x A′、x B′；A、B质量分别为m A、m B，则碰前：m A x A，碰后m A x A′＋m B x B′，要验证m v的矢量和在碰撞中是否守恒，即验证以上两式中质量与位移的乘积之和是否相等。

所以该实验应测量的物理量有：m A、m B、x A、x A′、x B′，选项A、
B 、
C 正确。

答案：(1)64.7(64.2～65.2都正确) (2)ABC
三、计算题(本题共2小题，共36分)
11．(16分)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图7所示，一物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2。

图7
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。

(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F 。

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W 。

解析：(1)由动能定理，有－μmgs ＝12m v 2－12
m v 02 可得μ＝0.32。

(2)由动量定理：有F Δt ＝m v ′－m v
可得F ＝130 N 。

(3)W ＝12
m v ′2＝9 J 。

答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J
12．(20分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以速度v 02
向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的轻弹簧连接着，如图8所示。

现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4
，速度为v 0，子弹射入木块A 并留在其中。

求：
图8
(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小。

(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。

解析：(1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B 都不受弹
力的作用，故v B ＝v 02
；
由于此时A 不受弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用，选向左为正方向，系
统动量守恒：m v 02－m v 04＝⎝⎛⎭⎫m 4＋m v A ，解得v A ＝v 05。

(2)由于木块A 、木块B 运动方向相同且v A <v B ，故弹簧开始被压缩，分别给A 、B 木块施以弹力，使得木块A 加速、B 减速运动，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧弹性势能最大，在弹簧压缩过程木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒。

设弹簧压缩量最大时共同速度为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，
由动量守恒定律得54
m v A ＋m v B ＝⎝⎛⎭⎫54m ＋m v ， 由机械能守恒定律得
12×54m v 2A ＋12m v 2B ＝12
⎝⎛⎭⎫54m ＋m v 2＋E pm ， 联立解得：v ＝13v 0，E pm ＝140
m v 20。

答案：(1)v 05 v 02 (2)140
m v 20
阶段验收评估（二） 波粒二象性
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于( )
A ．等效替代
B ．控制变量
C ．科学假说
D ．数学归纳
解析：选C 为了解释光电效应的实验规律，由于当时没有现成的理论，爱因斯坦就提出了“光子说”来解释光电效应的规律，并取得成功。

从科学研究的方法来说，这属于科学假说。

C 正确，A 、B 、D 错误。

2．关于德布罗意波，下列说法正确的是( )
A ．所有物体不论其是否运动，都有对应的德布罗意波
B ．任何一个运动着的物体都有一种波和它对应，这就是德布罗意波
C ．运动着电场、磁场没有相对应的德布罗意波
D ．只有运动着的微观粒子才有德布罗意波，对于宏观物体，不论其是否运动，都没有相对应的德布罗意波
解析：选B任何一个运动着的物体，都有一种波与它对应，即物质波，物质有两类：实物和场，所以B正确。

3．关于热辐射，下列说法中正确的是()
A．一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关
B．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的
C．一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值
D．温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动
解析：选C一般物体的热辐射强度除与温度有关之外，还与材料、表面状况有关，A错误；黑体可以辐射可见光，不一定是黑的，B错误；由黑体辐射的实验规律知，C正确，D错误。

4．经150 V电压加速的电子束，沿同一方向射出来，穿过铝箔射到其后的屏上，则()
A．所有电子的运动轨迹均相同
B．所有电子到达屏上的位置坐标均相同
C．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定
D．电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置
解析：选D电子在运动中表现出波动性，没有一定的运动轨迹，牛顿运动定律不适用于电子的运动。

故正确选项为D。

5.如图1所示是一个粒子源，产生某种微观粒子，在其正前方安装只有两条狭缝的挡板，粒子穿过狭缝打在前方的荧光屏上使荧光屏发光。

那么在荧光屏上将看到()
图1
A．只有两条亮纹
B．有多条明暗相间的条纹
C．没有亮纹
D．只有一条亮纹
解析：选B由于粒子源产生的粒子是微观粒子，它的运动受波动性支配，对大量粒子运动到达屏上的某点的概率，可以用波的特征进行描述，即产生双缝干涉，在屏上将看到干涉条纹，所以B正确。

6．对光的认识，以下说法中正确的是()
A．个别光子的行为易表现为粒子性，大量光子的行为易表现为波动性
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了
D ．光的波粒二象性应理解为：在某种场合下光的波动性表现明显，在另外某种场合下，光的粒子性表现明显
解析：选ABD 个别光子的行为易表现为粒子性，大量光子的行为易表现为波动性。

光与物质相互作用，表现为粒子性，光的传播表现为波动性，光的波动性与粒子性都是光的本质属性，故A 、B 、D 正确。

7．如图2所示为一真空光电管的应用电路，其阴极金属材料的极限频率为4.5×1014 Hz ，则以下判断正确的是( )
图2
A ．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的频率
B ．发生光电效应时，电路中光电流的饱和值取决于入射光的强度
C ．用λ＝0.5 μm 的光照射光电管时，电路中有光电流产生
D ．光照射时间越长，电路中的光电流越大
解析：选BC 在光电管中若发生了光电效应，单位时间内发射光电子的数目只与入射光的强度有关，光电流的饱和值只与单位时间内发射光电子的数目有关。

据此可判断A 、D 错误；波长λ＝0.5 μm 的光子
的频率ν＝c λ＝3×1080.5×10－6 Hz ＝6×1014 Hz>4.5×1014 Hz ，可发生光电效应。

所以选项B 、C 正确。

8.如图3所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图像，由图像可知( )
图3
A ．该金属的逸出功等于E
B ．该金属的逸出功等于h ν0
C ．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D ．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
解析：选AB 题中图像反映了光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝h ν－W 0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能E k ＝0，此时
有h ν0＝W 0，即该金属的逸出功等于h ν0，选项B 正确；根据图线的物理意义，有W 0＝E ，故选项A 正确，而选项C 、D 错误。

二、计算题(本题共3小题，共52分)
9．(16分)铝的逸出功是4.2 eV ，现在将波长200 nm 的光照射铝的表面。

求：
(1)光电子的最大初动能；
(2)遏止电压；
(3)铝的极限频率。

解析：(1)由爱因斯坦光电效应方程E k ＝h ν－W 0可得：
E k ＝h c λ－W 0＝(6.63×10－34×3×1082×10－7－4.2×1.6×10－19)J ＝3.23×10－19J ＝2.02 eV 。

(2)由eU c ＝E k 得遏止电压U c ＝
E k e
＝2.02 V 。

(3)由W 0＝h ν0得极限频率
ν0＝W 0h ＝4.2×1.6×10－196.63×10－34 Hz ＝1.01×1015 Hz 。

答案：(1)2.02 eV (2)2.02 V (3)1.01×1015Hz
10．(16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)λ＝h p ，电子的动量
p ＝h ＝6.6×10－
344.4×10－11 kg·m /s ＝1.5×10－23 kg·m/s 。

(2)电子在电场中加速，有eU ＝12
m v 2 U ＝m v 22e ＝h 22meλ2＝8×102 V 。

答案：(1)1.5×10－23 kg·m/s (2)U ＝h 22meλ2 8×102 V 11．(20分)太阳光垂直射到地面上时，地面上1 m 2接收的太阳光的功率为1.4 kW ，其中可见光部分约占45%。

(普朗克常量h ＝6.6×10－34 J·s)
(1)假如认为可见光的波长约为0.55 μm ，日、地间距离R ＝1.5×1011 m ，估算太阳每秒辐射出的可见光子数为多少？
(2)若已知地球的半径为6.4×106 m ，估算地球接收的太阳光的总功率。

解析：设地面上垂直阳光的1 m 2面积上每秒钟接收的可见光光子数为n ，则有P ×45%＝n ·h c λ
解得n ＝0.45λP hc ＝0.45×0.55×10－6×1.4×1036.6×10－34×3×108
＝1.75×1021(个) 设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球面包围着太阳，大球面接收的光子数即等于太阳辐射的全部光子数。

则所求可见光光子数N ＝n ·4πR 2＝1.75×1021×4×3.14×(1.5×1011)2＝4.9×1044(个)。

(2)地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光。

地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直。

接收太阳光辐射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆的平面的面积。

则地球接收阳光的总功率
P 地＝P ·πr 2＝1.4×3.14×(6.4×106)2 kW ＝1.8×1014 kW 。

答案：(1)4.9×1044个 (2)1.8×1014 kW
阶段验收评估（三） 原子结构
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是( )
A ．氢原子只有几个能级
B ．氢原子只能发出平行光
C ．氢原子有时发光，有时不发光
D ．氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的
解析：选D 光谱中的亮线对应不同频率的光，“分离的不连续的亮线”对应着不同频率的光，B 、C 错误。

氢原子在不同的能级之间跃迁时，辐射不同能量的光子，并且满足ε＝h ν，能量不同，相应光子频率不同，体现在光谱上是一些不连续的亮线，A 错误D 正确。

2．在氢原子能级图中，氢原子从各个较高能级跃迁至同一较低能级时，会发出一系列光谱线，形成谱线系，分别称为赖曼线系、巴尔末线系、帕邢线系、布喇开线系等。

对于同一谱线系，下列说法正确的是( )
A ．每一跃迁都会释放出一个电子，使原子变为离子
B ．各种跃迁都释放出相同能量的光子
C ．各条光谱线具有相同的频率
D ．跃迁后原子的能级是相同的
解析：选D 能级跃迁时释放光子，而不是电子，A 项错误；对于同一谱线系，氢原子从各个较高能级跃迁至同一较低能级，所以释放出光子能量不同，频率也就不同，但跃迁后原子的能级相同，B 、C 项错误，D 项正确。

3．氢原子从能量为E 1的较高激发态跃迁到能量为E 2的较低激发态，设真空中的光速为c ，则( )
A ．吸收光子的波长为c (E 1－E 2)h
B ．辐射光子的波长为c (E 1－E 2)h
C ．吸收光子的波长为ch E 1－E 2
D ．辐射光子的波长为ch
E 1－E 2
解析：选D 由玻尔理论的跃迁假设知，当氢原子由较高的能级向较低的能级跃迁时辐射光子，由关
系式h ν＝E 1－E 2得ν＝E 1－E 2h 。

又有λ＝c ν，故辐射光子的波长为λ＝ch E 1－E 2
，选项D 正确。

4．现有k 个氢原子被激发到量子数为3的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是假定处在量子数为n 的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发
态能级上的原子总数的1n －1
( ) A.k 2
B ．k C.3k 2 D ．2k
解析：选C 由题意可知，k 个处于n ＝3能级的氢原子向n ＝2和n ＝1两个能级跃迁的原子数均为k 2
，而处于n ＝2能级的k 2个氢原子向n ＝1跃迁的原子数为k 2，故此过程发出的光子总数为2×k 2＋k 2＝32
k ，C 正确。

5.已知金属钙的逸出功为2.7 eV ，氢原子的能级图如图1所示，一群氢原子处于量子数n ＝4能级状态，则( )
图1
A ．氢原子可能辐射4种频率的光子
B ．氢原子可能辐射5种频率的光子
C ．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应
D ．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应
解析：选C 由N ＝n (n －1)2
知，氢原子可能放出6种频率的光子，选项A 、B 均错；原子由n ＝4向低能级跃迁放出的6种频率的光子中，由h ν＝E m －E n ，知有3种频率的光子的能量大于金属钙的逸出功
2.7 eV ，所以选项C 正确，D 错。

6.氢原子能级如图2所示，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm 。

以下判断正确的是( )
图2
A ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级
C ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级
解析：选CD 根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n ＝2能级跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656 nm ，因此A 选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知B 选项错误，D 选项正确；一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以C 选项正确。

7．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：选AB 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h ν＝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＝－13.64
eV －(－13.6)eV ＝10.20 eV ，
ΔE 31＝E 3－E 1＝E 132－E 1＝－13.69
eV －(－13.6)eV ＝12.09 eV ， ΔE 41＝E 4－E 1＝E 142－E 1＝－13.616
eV －(－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＝6.63×10－34×3×10860×10－9 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。

8．用具有一定动能的电子轰击大量处于基态的氢原子，使这些氢原子被激发到量子数为n (n >2)的激发态。

此时出现的氢光谱中有N 条谱线，其中波长的最大值为λ。

现逐渐提高入射电子的动能，当动能达到某一值时，氢光谱中谱线数增加到N ′条，其中波长的最大值变为λ′。

下列各式中可能正确的是( )
A ．N ′＝N ＋n
B ．N ′＝N ＋n －1
C ．λ′>λ
D ．λ′<λ
解析：选AC 氢原子处于n 能级向较低激发态或基态跃迁时，可能产生的光谱线条数的计算公式为
N ＝C 2n ＝n (n －1)2。

设氢原子被激发到量子数为n ′的激发态时出现的氢光谱中有N ′条谱线，若n ′＝n ＋1，N ′＝n (n ＋1)2
＝N ＋n ，故A 项正确。

氢原子能级越高相邻能级差越小，由ΔE ＝hc λ，n ′>n ，则ΔE ′<ΔE ，所以λ′>λ，故C 项正确。

二、计算题(本题共3小题，共52分)
9. (16分)氢原子的能级图如图3所示。

原子从能极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＝4×32
＝6(种)。

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

答案：(1)6种 (2)12.09 eV 2.9×1015 Hz
10．(18分)氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。

已知基态的氦离子能量为E 1＝－54.4 eV ，氦离子能级的示意图如图4所示，用一群处于第4能级的氦离子发出的光照射处于基态的氢气。

求：
图4
(1)氦离子发出的光子中，有几种能使氢原子发生电离？
(2)发生电离时，自由电子的最大动能是多少？
解析：(1)一群氦离子跃迁时，一共发出N ＝n (n －1)2
＝6种光子 由频率条件h ν＝E m －E n 知6种光子的能量分别是
由n ＝4到n ＝3 h ν1＝E 4－E 3＝2.6 eV
由n ＝4到n ＝2 h ν2＝E 4－E 2＝10.2 eV
由n ＝4到n ＝1 h ν3＝E 4－E 1＝51.0 eV
由n ＝3到n ＝2 h ν4＝E 3－E 2＝7.6 eV
由n ＝3到n ＝1 h ν5＝E 3－E 1＝48.4 eV
由n ＝2到n ＝1 h ν6＝E 2－E 1＝40.8 eV
由发生电离的条件知，h ν3、h ν5、h ν6三种光子可使处于基态的氢原子发生电离。

(2)由能量守恒知，能量为51.0 eV 的光子使氢原子电离出的自由电子初动能最大，又氢原子中电子处于基态时能量W 1＝－13.6 eV ，所以自由电子的最大动能为E k ＝37.4 eV 。

答案：(1)3种 (2)37.4 eV
11．(18分)将氢原子电离，就是从外部给电子能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。

(1)若要使n ＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？
(2)若用波长为200 nm 的紫外线照射该n ＝2氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度多大？(电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，电子质量m e ＝0.91×10－30 kg)
解析：(1)n ＝2时，E 2＝－13.622 eV ＝－3.4 eV 。

所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n ＝∞的轨道，n ＝∞时，E ∞＝0。

所以，要使处于n ＝2激发态的原子电离，电离能应为ΔE ＝E ∞－E 2＝3.4 eV ，
ν＝ΔE h ＝3.4×1.6×10－
196.63×10－34 Hz ＝8.21×1014 Hz 。

(2)波长为200 nm 的紫外线一个光子所具有的能量
E 0＝h ν＝6.63×10－34×3×108
200×10－9 J ＝9.945×10－19 J ， 电离能ΔE ＝3.4×1.6×10－19 J ＝5.44×10－19 J,
由能量守恒：E 0－ΔE ＝12
m e v 2， 代入数据解得：v ＝9.95×105 m/s 。

答案：(1)8.21×1014 Hz (2)9.95×105 m/s
阶段验收评估(四) 原子核
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．图1中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。

以下判断可能正确的是( )
图1
A ．a 、b 为β粒子的径迹
B ．a 、b 为γ粒子的径迹
C ．c 、d 为α粒子的径迹
D ．c 、d 为β粒子的径迹
解析：选D 由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a 、b 可能为α粒子的径迹，c 、d 可能为β粒子的径迹，选项D 正确。

2．贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。

下列属于放射性衰变的是( )
A.14 6C →14 7N ＋
0－1e。