1、高考资源网（） 您身边的高考专家高二年级网课效果测试卷（十四）第卷（选择题，共60分）一、选择题（1-10题单选，11-15题多选，每题4分）1.下列相关说法中，正确的是（）A. 只要是波，都能发生衍射、干涉和偏振现象B. 火车过桥要慢开，目的是使驱动力的频率远大于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁C. 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生电磁波D. 射线、射线、射线都是从原子核内部释放出来的【答案】D【解析】【详解】A只要是波，都能发生衍射、干涉现象，而只有横波才能产生偏振现象，故A错误；B火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁，故B错
2、误；C均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化的电场才产生变化的磁场，均匀变化的电场不能产生电磁波，故C错误；D粒子是氦核流，带正电，是两个质子和两个中子作为整体从原子核中抛出的，衰变现象是原子核内部的中子转化为质子同时失去一个电子，射线是由原子核跃迁产生，射线是不带电的光子流，故D正确。故选D。2.质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图甲所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0 m/s经0.3 s后，此质点立即停止运动，再经过0.1 s后的波形图是图中的()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据振动图像得知， 时刻质点沿y轴正方向振
3、动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，所以波最前方的质点振动方向沿y轴正方向；由振动图像读出周期，波长 ，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为0.4m，则波最前方振动质点为0.4m处的质点，且正好处于平衡位置向上运动，结合波的传播可知C正确；ABD错误；故选C3.如图，一束白光沿半径方向从A点射入半圆形玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光照在光屏上，a、b为折射光的上下边界，c为反射光，若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，可以观察到各色光在光屏上陆续消失，在光带完全消失之前，下列说法正确的有（）A. c光逐渐变暗B. ab光带逐渐变亮C. a光与b光相
4、比，a光先消失D. 单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需的时间【答案】D【解析】【详解】AB入射点从A向B缓慢移动时，光线射到直边的入射角增大，越来越多的光发生全反射，故c光逐渐变亮，ab光带逐渐变暗，故AB错误；CD根据偏折程度可知，单色光a的折射率小于单色光b的折射率，光线从玻璃砖射入空气时，b光的折射角先达到，先发生全反射，故a光与b光相比，b光先消失，又由知，单色光a在玻璃中的速率比b的大，故通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需的时间，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，在空气中有一直角棱镜ABC，A30，一束单色光从AB边射入棱镜，入射角为45，垂直于
5、BC边射出，则该棱镜的折射率为 ()A. B. C. 1.5D. 【答案】B【解析】由光路图和几何知识得i60，i30，则该棱镜的折射率为故选B.【点睛】解决本题的关键要灵活运用数学知识求解折射角，同时要掌握折射定律5.按照玻尔理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能当一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是( )A. 氢原子系统的电势能增加，电子的动能增加B. 氢原子系统的电势能减小，电子的动能减小C. 氢原子可能辐射6种不同波长光D. 氢原子可能辐射3种不同波长的光【答案】D【解析】【详解】AB当向低能级跃迁时，轨道
6、半径减小，根据公式解得，可得电子的动能增大，电势能减小，故AB错误；CD当一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁时，可能发生，三种情况，切记不是大量氢原子，故C错误，D正确；故选D。6.如图所示为氢原子的能级图。当氢原子从n4的能级跃迁到n2的能级时，辐射出光子a；当氢原子从n3的能级跃迁到n1的能级时，辐射出光子b，则下列判断正确的是（）A. 若光子a能使某金属发生光电效应，则光子b也一定能使该金属发生光电效应B. 光子a的波长小于光子b的波长C. b光比a光更容易发生衍射现象D. 光子a的能量大于光子b的能量【答案】A【解析】【详解】ADn4能级和n2能级的能级差小于n3能级和n1能级的能级
7、差，根据EmEnh知，光子a的能量小于光子b的能量，则光子a的频率小于光子b的频率，若光子能使某金属发生光电效应，因为光子b的频率大于光子a的频率，则光子b也一定能使该金属发生光电效应，故A正确，D错误；BC光子a的频率小于光子b的频率，所以光子a的波长大于光子b的波长，所以a光更容易发生衍射，故BC错误。故选A。7.贝克勒尔在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. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A为衰变方程，B为重核裂变，C轻核聚变，D原子核的人工转换，所以A正确8.放射性原子核经过n次衰变和m次衰变，最终变为稳定
8、的原子核A. n=7，m=5B. n=5，m=7C. n=9，m=7D. n=7，m=9【答案】A【解析】【详解】衰变方程为：，则：234=206+4n，解得：n=7，又：91=82+72+m（-1），解得：m=5，故A正确，BCD错误9.下列说法正确的是（ ）A. 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律B. 原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和C. 天然放射现象中放出的射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的D. 镭 226 衰变为氡222 的半衰期为1620 年，也就是说，100 个镭 226 核经过 1620 年后一定还剩下 50 个镭226没有
9、发生衰变【答案】A【解析】【详解】A 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故A正确；B 原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，故B错误；C 衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故C错误；D 半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故D错误。故选：A。10.原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，核子组合成原子核时（）A. 小质量数的原子核平均每个核子的质量亏损最大B. 中等质量数原子核平均每个核子的质量亏损最大C. 大质量数的原子核平均每个核子的质量亏损最大D. 不同质量数的原子核平均每个核子的质量亏损相同【答案】
10、B【解析】【详解】由图可知，中等质量数的原子核的比结合能最大，因此中等质量数的核子的平均质量最小，中等质量数的核子组合成原子核时质量亏损最大，故B正确，ACD错误。故选B。11.如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球（小球可以看成质点）。在O点正下方，距O点处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，hl。A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力及绳与钉子碰撞时的能量损失。下列说法正确的是( )A. 点C与点B高度差小
11、于hB. 点C与点B高度差等于hC. 小球摆动的周期等于D. 小球摆动的周期等于【答案】BC【解析】【详解】AB小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，两侧最高点动能均为零，故重力势能也相等，故最大高度相同，故A错误，B正确；CD小球BAB的时间为小球BCB的时间为故小球摆动的周期为故C正确，D错误。故选BC。12.下列说法正确的是（）A. 粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构B. 原子核发生衰变生成的新核原子序数增加C. 氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波D. 射线是原子核内部发生核反应而释放出的多余的能量【答案】BD【解析】【详解】A
12、粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A错误；B根据电荷数守恒和质量数守恒知，衰变放出一个电子，新核的电荷数增加1，即原子序数增加，故B正确；C氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，故从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故C错误；D射线是伴随着或衰变而释放出的多余的能量，故D正确。故选BD。13.14C发生放射性衰变为14N，半衰期约为5700年已知植物存活其间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一
13、下列说法正确的是（双选，填正确答案标号）A. 该古木的年代距今约为5700年B. 12C、13C、14C具有相同的中子数C. 14C衰变为14N的过程中放出射线D. 增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变【答案】AC【解析】【详解】设原来的质量为，衰变后剩余质量为M则有：，其中n为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的，故n=1，所以死亡时间为：5700年，故A正确；具有相同的质子数和不同的中子数，故B错误；衰变为的过程中质量数没有变化而核电荷数增加1，所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子，所以放出射线，故C正确；放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D错误，故选AC.
14、【点睛】根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关14.如图所示的是一个透明圆柱体的横截面，一束单色光平行于直径AB射向圆柱体，光线经过折射后恰能射到B点已知入射光线到直径AB的距离为R，R是圆柱体的半径已知光在真空中的传播速度为c，则 ()A. 该透明圆柱体介质的折射率为B. 该单色光从C点传播到B点的时间为C. 折射光线过B点时可能发生全反射D. 改变入射光线到直径AB的距离，折射光线仍然能够射到B点【答案】B【解析】【详解】光线P经折射后经过B点，光路图如图所示由几何知识得：，=60，=30；则折射率为：，故A错误CB间的距离为
15、 s=2Rcos=R，光在圆柱体传播速度为 v=c/n，则光从C点传播到B点的时间为故B正确由几何知识知，折射光线射到B点时的入射角等于，由光路可逆性原理，折射光线不可能在B点发生全反射，一定能从B点射出，故C错误改变入射光线到直径AB的距离，改变，由 知，改变，所以折射光线不能够射到B点，故D错误故选B15.下列说法正确的是（）A. 天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构B. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的C. 核力是短程力，与核子间的距离有关，有时表现为引力，有时表现为斥力D. 原子核所含核子单独存在时总质量等于该原子核的质量【答案】ABC【解析】【详解】A天然放
16、射性现象说明原子核内部具有复杂的结构，故A正确；B衰变所释放的电子不是来源于原子核外面的电子，而是原子核内的中子转化成质子时所产生的，故B正确；C相邻的质子与质子、中子与质子、中子与中子既不会融合在一起(斥力)，又相距一定距离组成原子核(引力)，故C正确；D由于质量亏损，原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故D错误。故选ABC。二、填空题（每空二分，共10分）16.根据核反应方程，完成填空：粒子中含有_个中子；物理学家卢瑟福用该粒子轰击氮核（），发现了_，该核反应方程是_。【答案】 (1). 2 (2). 质子 (3). 【解析】【详解】1根据质量数守恒和电荷数守恒知，解得m4
17、，n2，则中子数为422；23物理学家卢瑟福用该粒子轰击氮核()，发现了质子，该核反应方程是17.用图甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计的示数随电压变化的图像如图乙所示.则光电子的最大初动能为_J，金属的逸出功为_J.【答案】 (1). 3.21019 (2). 4.81019【解析】【详解】第一空. 由题中IU图像可知：遏止电压Uc=2V，即Ekm=eUc=3.210-19J第二空. 由光电效应方程Ekm=hvW0解得W0=hvEkm=3eV=4.810-19J.三、计算题（共30分）18.卢瑟福用粒子轰击氮核发现质子发现质子的核反应为：已知氮
18、核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求：（1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（2）若入射氦核以v0=3107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1:50求氧核的速度大小【答案】（1）吸收能量，1.20MeV；（2）1.8106m/s【解析】（1）这一核反应中，质量亏损：m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454
19、-1.00815=-0.00129u由质能方程，则有E=m c2=-0.00129931=-1.20MeV故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV（2）根据动量守恒定律，则有：mHe v0=mH vH+mOvO又：vO：vH=1：50解得：vO=1.8106m/s19.用速度大小为v的中子轰击静止的锂核( Li)，发生核反应后生成氚核和粒子，生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与粒子的速度之比为78，中子的质量为m，质子的质量可近似看做m，光速为c.(1)写出核反应方程.(2)求氚核与粒子的速度大小.(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为粒子和氚核的动能，求出质量亏
20、损.【答案】(1)nLiHHe(2)vv(3)【解析】【详解】(1)由题意可知，核反应方程为：nLiHHe(2)设中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv3mv14mv2由题意得：v1v278解得：v1v，v2v.(3)氚核和粒子的动能之和为：Ek3mv124mv22mv2释放的核能为：EEkEknmv2mv2mv2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为：m20.两个氘核以相等动能相向运动并发生 正碰，产生一个中子和-一个氦核，已知氘核质量，氦核质量，中子质量，阿伏加德罗常数. （1）写出核反应方程；（2）计算一次反应释放多少核能；（3）求中子和氦核的动能分别为多少；（4）若共有1kg的氘完全反应，求放出的总能量.【答案】（1） （2）326MeV （3）3. 195MeV 1.065MeV （4）【解析】【详解】（1）核反应方程为.（2）质量亏损为释放的能量为.（3）因碰撞过程中动量守恒，反应前总动量为零，反应后总动量也为零，故中子与氦核动量大小相等，方向相反，由知，又解得.（4）1kg的氘含有的原子数个个发生核反应的次数为，故放出的总能量为.- 13 - 版权所有高考资源网