【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第三册高分突破考点专题精讲精练 第四章《原子结构和波粒二像性》高分必刷巩固达标检测卷（培优版） Word版含解析.docx，共(12)页，670.449 KB，由小赞的店铺上传

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第四章《原子结构和波粒二像性》高分必刷巩固达标检测卷（培优版）全解全解1．D【详解】A．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连续的，而是一份一份进行的，A正确；B．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不连续，是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量

子”，B正确；C．能量子的能量εhν=其中为带电微粒的振动频率，h为普朗克常量，C正确；D．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连续的，D错误。本题选错误的，故选D。2．B【详解】A．光电效应说明光具有粒子性，故A错误；B．普朗克为了

解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故B正确；C．波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故C错误；D．无论宏观物体还是微观物体，都具有相对应的物质波，故D错误。故选B。3．D【详解】B．变阻器的

滑片移动到最左端时，所加的反向电压为零，电流表的示数不为0，故B错误；ACD．根据光电效应方程可得k0EhW=−ν根据动能定理可得ck0eUE−=−联立可得c0eUhW=−由于丙图可知，a光对应遏止电压大于b光对应遏止电压，则a光照射出的光电子

最大初动能大于b光照射出的光电子最大初动能，a光的光子能量大于b光的光子能量，根据题意有311.51eV(13.6eV)12.09eVaaEhEE==−=−−−=213.4eV(13.6eV)10.2eV

bbEhEE==−=−−−=则有0aaeUhW=−，0bbeUhW=−联立可得12.09eV10.2eV1.89eVababeUeUhh−=−=−=可得1.89V6.34V1.89V4.45VbaUU=−=−=则图丙中bU的值为4.45V−，由于不

知道逸出功，则根据本实验提供的数据不能计算出普朗克常数h的值，故AC错误，D正确。故选D。4．B【详解】A．原子的内部是很空阔的，原子核非常小，所以绝大多数α粒子的运动轨迹没有发生偏转，则在位置③接收到的α粒子最多，所以A

错误；B．在位置①接收到α粒子说明正电荷不可能均匀分布在原子内，所以B正确；C．位置②接收到的α粒子一定比位置①接收到的α粒子所受金原子核斥力的冲量更小，因为在位置①α粒子速度反向运动，则动量的变化量更大，所以冲量更大，则C

错误；D．若正电荷均匀分布在原子内，则α粒子与原子正面撞击，粒子最后反弹，则①②③三个位置接收到α粒子的比例应相差较多，所以D错误；故选B。5．C【详解】AB．根据光电效应方程0kmhcEW=−及mkcEeU=可知当用波长为λ0的单色光照射时，可得00chcWeU−=当用

波长为45的单色光照射时，可得00245chcWeU−=可得0034hcW=由0极hcW=可得极043=故AB错误；C．两种光照射出的光电子的最大初动能之比为m1m2122kckcEeUEeU==故C正确；D．电流表测量光电流，光电流大小跟照射光子的强度有关，所以

将电源的正负极调换，仍用波长为λ0的单色光照射，将滑动变阻器滑片向右移动，电流表的示数不一定增大，故D错误。故选C。6．D【详解】A．基态氢原子的能量为113.6eVE=−，里德伯原子的能量为12213.6eV640nEEn−==1nEE里德伯原子的能量比普通氢原子的大，选项

A错误。B．将处于量子数为n的激发态的氢原子电离，需要能量12Δ0nEEEn=−=−量子数n越大，电离能越小，选项B错误。C．氢原子从能级m跃迁到n放出光子的能量1122mnEEhEEmn=−=−里德伯原子从640n=能级跃迁到630n

=能级放出光子的能量比紫光小，频率比紫光低，不可能是紫外线，选项C错误。D．里德伯原子半径229616400.05310m21.710m21.7μmnrnr−−===选项D正确。故选D。7．C【详解】ABD．由km0EhW=−kmceUE=可得光电流恰好为零时，此时光电

管两端加的电压为截止电压，对应的光子的频率为截止频率，由图乙可知，②光光子的频率较大，②光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大,由hνpc=可知②光光子的动量较大，故ABD错误；C．由图可知①的饱和光电流大，因此①光照射时单位时间内产生的光电

子数量多，故C正确。故选C。8．B【详解】A．“枣糕模型”不能解释粒子大角度散射现象，核式结构模型能正确解释，故A错误；B．影响粒子运动的主要因素是带正电的原子核，而绝大多数的粒子穿过原子时离核较远，受到的库仑斥力很小，运动方向几乎没有改变，只有极少数粒子可能

与核十分接近，受到较大的库仑斥力，才会发生较大角度的偏转，根据粒子散射实验，可以估算出原子核的半径的数量级为10－15m，故B正确；C．卢瑟福的核式结构模型在经典电磁理论下完全是不稳定的，电子绕核运转会辐射电磁波损失能量，故C错误；D．粒子散射实验不能证实在原子核内部存在质子，也不能证实

原子核由质子与中子组成，故D错误。故选B。9．C【详解】A．秒是国际单位制中的基本单位不是导出单位，A错误；B．γ射线是波长短于0.01埃的电磁波，频率超过300EHz（3×1020Hz），从能级2跃迁到能级1发出光子的频率约为9.2×109Hz，故跃迁辐射出的

不是γ射线，B错误；C．铯133从激发态向基态跃迁时辐射光子的频率大于从能级2跃迁到能级1发出光子的频率即大于9.2×109Hz，C正确；D．已知可见光的紫光可以照射锌板使其发生光电效应，而红光不能发生光电效应。紫光的频率约为14919.

210Hz7.510Hzcf==红光的频率约为14929.210Hz4.110Hzcf==频率为9.2×109Hz远小于可见光的频率，故用频率为9.2×109Hz的光照射锌板，不能发生光电效应，D错误。故选C。10．B【详解】根据光子的波粒二象性xhp=又2

xhp=根据不确定关系式，有xpxh联立解得91.0010nm−=故选B。11．BD【详解】A．黑体能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，并且不会有任何的反射与透射，这样的物体称为黑体，但不一定黑

色的，故A错误。BC．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料种类及表面状况无关，故C错误，B正确。D．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从空腔射出，就相当于吸收了所有电磁波，因此空腔成了一

个黑体，故D正确。故选BD。12．ACD【详解】AB．影响电子显微镜分辨率的直接因素是光源的波长，波长越短，加速电压越高，分辨率越高，故A正确，B错误；C．相同动能的质子和电子，根据k2pmE=hp=联立解得k2hmE=因质子质量大于电子质量，所以质子的波长小于电子的波

长，波长越短，分辨率越高，所以，更能“拍摄”到新冠病毒的3D影像，故C正确；D．由动能定理212eUmv=电子动量hp=联立解得222hUem=代入数据解得37.8VU=故D正确。故选ACD。13．BCD【详解】A．该谱线由氢原子的原子能级跃迁产生，即原子的核外电子跃迁产生，A错误；B

．可见光中紫光的波长最小，Hδ谱线对应的光是可见光中的紫光，B正确；C．四条光谱线中．Hδ谱线对应的光子波长最小，频率最大，由εhν=可知，对应的光子能量最大，C正确；D．Hγ谱线对应的光，是从n=5到n=2能级跃迁

产生的，能量为()0.54eV3.40eV2.86eVE=−−−=照射逸出功为2.25eV的金属，可使该金属发生光电效应，D正确。故选BCD。14．ABD【详解】A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能

量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，故A正确；B．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p跟它对所应的波的频率和波长λ之间，遵从关系h=hp=故B正确；C．卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子

是由原子核和核外电子构成，故C错误；D．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek，故D正确；E．玻尔的原子理论第一次将量子观念引

入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释复杂的原子光谱的规律，故E错误。故选ABD。15．ABC【详解】A．将滑动变阻器的滑动触头置于b端，光电管两端电压增大，电流表中一定有电流通过，选项A正确；B．改用紫外线照射阴极K，入射光频率增大，光子能量增大，光电子的

最大初动能增大，电流表中一定有电流通过，选项B正确；C．用某频率的可见光照射光电管的阴极K，光电子从阴极K射出，具有的最大初动能km0E≥，若将电源反接,且光电子最大初动能满足kmCEeU，则光电子仍可到达A，光电管中仍可能

有电流通过，选项C正确；D．光电管中场强的方向是由A到K，光电子出射后被加速，所以电流表中有电流通过，若只减小可见光的光照强度，仍有光电子从阴极K射出，电流表中一定有电流通过，选项D错误。故选ABC。16．CD【详解】A．4n=跃迁到2n

=的光子能量为422.55eVhEE=−=慢慢移动滑动变阻器触点c，发现电压表读数等于0.8V时，电流表读数恰好为零，则有k0.8eVE=根据光电效应方程有k0EhW=−ν联立解得该材料的逸出功为0k1.75eVWhE=−=故A错误；B．

滑动变阻器触点c向b侧缓慢移动，所加的反向电压逐渐减小，电流表读数逐渐增大，故B错误；C．其他条件不变，一群氢原子处于4n=能级跃迁发出的光，则有41012.75eV1.75eVEEW−==31012.09eV1.75eVEEW−==21010.2e

V1.75eVEEW−==4202.55eV1.75eVEEW−==3201.89eV1.75eVEEW−==4300.66eV1.75eVEEW−==总共有5种光可以发生光电效应，故C正确；D．根据k0cEhWeU=−=用不同频率的光子照射该实验装置，记录

电流表恰好读数为零的电压表读数，则有10c1hWeU−=20c2hWeU−=联立可得()c2c121eUUh−=−故D正确。故选CD。17．ADBBD【详解】（1)A.放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，说明大多

数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，故A正确B.放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，说明较少射线发生偏折，知原子内部带正电的体积小．故B错误．C.放在C、D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少，说明极少数射线较大偏折，可知

原子内部带正电的体积小且质量大．故C错误；D.放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少，说明很少很少的射线发生大角度的偏折．故D正确．（2）用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电，所以验电器带正电而张开一

定角度，锌板、指针均带正电，故ACD错误，B正确．（3)A.光照强度减弱，单位时间内照射到金属表面的光子数目减小，因此单位时间内产生的光电子数目减小，但是仍能发生光电效应．故A错误B.光照强度减弱，单位时间内照射到金属表面的光子数目减小，因此单位

时间内产生的光电子数目减小．故B正确C.发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能为：k0EhW=−ν，0W为逸出功，由此可知光电子的最大初动能随着入射光的频率增大而增大，与光照强度无关

．故C错误．D.根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能为：k0EhW=−ν，由于光的频率不变，所以逸出的电子最大初动能不变．故D正确．18．a1212)eUU−−（D【详解】（1）[1]根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，只有K的电势高于A点，

即触头P向a端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零；（2）[2]根据光电效应方程得k1101EhWeU=−=k2202EhWeU=−=联立两式解得()1212eUUh−=−（3）[3]A．流过A表的电流是由于光电管在发生光电效应的情况下

，产生的光电子通过A表而形成的，故A错误；B．入射光的光强一定时，单位时间内发出光电子的数目一定，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少，故B错误；C．测定频率1的光照的饱和电流值，应加正向电压，即应使K的电势低于A点，即触头P向b端滑动，故C错误；D．根据光电效应方程得km0EhW=−当

频率越高，光电子的最大初动能越大，若12，则1光照出的光电子的最大初动能大，故D正确。故选D。19．（1）km10hcEh=−；km20hcEheU=−+；（2）0chhcUee=−；（3）N

IhcPe=【详解】（1）根据光电效应方程可知，光电子逸出时的最大初动能为km100hcEhWh=−=−电子从阴极K到阳极A过程，根据动能定理可得km2km1EUEe−=可得电子到达A极时的最大动能为km2km10hcEEeUheU=+=−+（2）当电子刚好不能达到阳极A时的

反向电压为遏止电压cU，根据动能定理可得km1c0eUE=−−解得0km1chEhcUeee==−（3）根据电流定义式可得qneItt==总可知t时间内产生的光电子数为Itne=则t时间内入射的光子数为ItNNe=总需要的照

射功率为eItcNhENhePtthctNI====总总20．（1）6种，89.7510m−；（2）3种，8.21eV【详解】（1）由题意，根据12.79eV(13.6eV)0.81eV+−=−可知氢原子能跃迁到4n=能级，从4n=能级向低能级跃迁，总共能产生

的不同频率的光子种数为24C6=种；由4n=能级向1n=能级跃迁时辐射的光子的波长最短时频率最大，则辐射的光子能量为4112.75eVEEE=−=根据cEh==得最短波长为8min9.7510m−=（2）向不同能级跃迁

时放出的能量分别为4112.75eV4.54eVEE−=3112.09eV4.54eVEE−=2110.02eV4.54eVEE−=可知只有3种能发生光电效应，根据光电效应方程可得光电子的最大初动能km08.21eVEW=−=21．（1）见解析；（2）a．见解析，b

．21:rr【详解】（1）设散射后X光子的动量为3p，根据碰撞过程动量守恒和平行四边形定则（或三角形定则），画图如图所示（2）a．沿传播方向，任取于传播方向垂直的横截面，面积为S。在Δt时间内流过S面的能

量EV=VSL=Lvt=单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量EItS=联立解得2212IAv=b．在之前的基础上，Δt时间内流过1S面上的能量2221111142IStAvrt=Δt时间内流过2S面上的能量2222222142IStAv

rt=由能量守恒1122IStISt=联立解得1221::AArr=22．（1）211kevmr=（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有221211vekmrr=，电子在第1轨道运动的动能

22111122kkeEmvr==，电子在第1轨道运动时氢原子的能量21111222ekeeEkkrr2r=−+=−，同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量2222nnnnnekeeEkkrr2r=−+=−，又因为21nrnr=，则有2122122nnEeeE

kkr2nrn=−=−=，命题得证．（3）a：1ERhc=−b：5:9【详解】（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动根据牛顿第二定律有22211evkmrr=则有211kevmr=（2）设电子在第

1轨道上运动的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有221211vekmrr=电子在第1轨道运动的动能22111122kkeEmvr==电子在第1轨道运动时氢原子的能量222111122ekeeEkkrrr=−+=−同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量22222nnnn

nekeeEkkrrr=−+=−，又因为21nrnr=则有22122122nnEeeEkkrnrn=−=−=，命题得证．（3）a：从n能级向2能级跃迁放出光的波长为2ncEEh−=由12nEEn=1222EE=

代入得：1ERhc=−b：由221112Rn=−可知当n=3时波长最大，当n=∞时波长最小代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9．