2015-2016学年度物理选修3-5(金版学案)(粤教版)第三章章末过关检测卷三

学 习 目 标知 识 脉 络1.了解α粒子散射实验器材、实验原理和实验现象．(重点)2.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容．(重点)3.了解卢瑟福的实验和科学方法，培养抽象思维能力.α 粒 子 散 射 实 验[先填空]1．汤姆生原子模型(葡萄干布丁模型)汤姆生于1898年提出了原子模型，他设想原子是一个球体，带正电的部分均匀地分布在其中，质量很小的电子则像布丁中的葡萄干一样镶嵌在内(图3­2­1)．图3­2­12．α粒子散射实验(1)实验装置：α粒子源、金箔、显微镜和荧光屏．(2)实验现象：α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，但少数α粒子发生了较大的偏转，并且有极少数α粒子的偏转超过了90°，有的甚至几乎达到180°.[再判断]1．α粒子散射实验主要实验器材有：放射源、金箔、荧光屏、显微镜．(√)2．金箔的厚薄对实验无影响．(×)3．α粒子大角度的偏转是电子造成的．(×)[后思考]卢瑟福为何选用α粒子去轰击金箔？【提示】因为当时已经发现了α射线和β射线，并且，组成α射线的α粒子是具有很大动能的带电粒子，适合做轰击金属的“炮弹”．另外，金具有较大的密度和很好的延展性，能够做成很薄的箔片．1．实验背景α粒子散射实验是卢瑟福指导他的学生做的一个著名的物理实验，实验的目的是想验证汤姆生原子模型的正确性，实验结果却成了否定汤姆生原子模型的有力证据．在此基础上，卢瑟福提出了原子核式结构模型．2．否定汤姆生的原子结构模型(1)质量远小于原子的电子，对α粒子的运动影响完全可以忽略，不应该发生大角度偏转．(2)α粒子在穿过原子时，受到各方向正电荷的斥力基本上会相互平衡，对α粒子运动方向的影响不会很大，也不应该发生大角度偏转．(3)α粒子的大角度偏转，否定汤姆生的原子结构模型．3．大角度偏转的实验现象分析(1)由于电子质量远小于α粒子质量，所以电子不可能使α粒子发生大角度偏转．(2)使α粒子发生大角度偏转的只能是原子中带正电的部分．按照汤姆生原子模型，正电荷在原子内是均匀分布的，α粒子穿过原子时，它受到的两侧斥力大部分抵消，因而也不可能使α粒子发生大角度偏转，更不能使α粒子反向弹回，这与α粒子散射实验相矛盾．(3)实验现象表明原子绝大部分是空的，原子的几乎全部质量和所有正电荷都集中在原子中心的一个很小的核上，否则，α粒子大角度散射是不可能的．1．关于α粒子散射实验，下列说法不正确的是( )【导学号：55272081】A．该实验在真空环境中进行B．带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动C．荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的D．荧光屏只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光【解析】本题考查α粒子散射实验装置及其作用，只有在正确理解α粒子散射实验的基础上，才能选出正确选项．对于D项，考虑到有少数的α粒子因为靠近金原子核，受到斥力而改变了运动方向，D错误，A、B、C正确．【答案】D2．(多选)如图3­2­2为卢瑟福所做的α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，下列说法中正确的是( )图3­2­2A．相同时间内在A时观察到屏上的闪光次数最多B．相同时间内在B时观察到屏上的闪光次数比放在A时稍少些C．放在D位置时屏上仍能观察到一些闪光D．放在C、D位置时屏上观察不到闪光【解析】在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故A正确．少数α粒子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转角度大于90°，极个别α粒子反弹回来，所以在B位置只能观察到少数的闪光，在C、D两位置能观察到的闪光次数极少，故B、D错误，C正确．【答案】AC1．分析α粒子散射实验中的现象时，应注意是“绝大多数”“少数”还是“极少数”粒子的行为．“大角度偏转”只是少数粒子的行为．2．α粒子散射实验是得出原子核式结构模型的实验基础，对实验现象的分析是建立卢瑟福核式结构模型的关键．通过对α粒子散射实验这一宏观探测，间接地构建出原子结构的微观图景．原子的核式结构的提出[先填空]1．核式结构模型原子的核式结构：原子的中心有一个带正电的原子核，它几乎集中了原子的全部质量，而电子则在核外空间绕核旋转．2．原子核的电荷与尺度[再判断]1．原子的质量几乎全部集中在原子核上．(√)2．原子中所有正电荷都集中在原子核内．(√)3．核电荷数等于质子数，也等于中子数．(×)[后思考]1．原子中的原子核所带的电荷量有何特点？【提示】原子核带正电，所带电荷量与核外电子所带的电荷量绝对值相等．2．原子核的大小在整个原子中占有多大的比例？【提示】原子半径数量级是10－10m，而原子核半径数量级是10－15m，二者相差10万倍之多，故原子核在原子中所占的体积是很小的．1．两种根本区别核式结构葡萄干布丁模型原子内部是非常空旷的，正电荷集中在一个很小的核里原子是充满了正电荷的球体电子绕核高速旋转电子均匀嵌在原子球体内2.原子内的电荷关系：原子核的电荷数与核外的电子数相等，非常接近它们的原子序数．3．原子核的组成：原子核由质子和中子组成，原子核的电荷数等于原子核的质子数．4．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m，两者相差10万倍之多．α粒子并非由于受到多个原子核作用，B错；由库仑定律可知，α粒子受到的斥力与距离的平方成反比，α粒子距原子核越近，斥力越大，运动状态改变越大，即散射角度越大，A错；当α粒子受到原子核较大的冲量作用时，动量的变化量就大，即速度的变化量就大，则散射角度就大，C、D对．【答案】CD5．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量情况正确的是( )A．动能最大B．势能最小C．势能最大D．α粒子与金原子核组成的系统能量最小【解析】α粒子和金原子核都带正电，库仑力表现为斥力，两者距离减小时，库仑力做负功，故α粒子动能减小，电势能增加，系统的能量守恒．故选项C正确，A、B、D错误．【答案】Cα粒子散射实验中的力电问题分析1．库仑定律：F＝k，用来分析α粒子和原子核间的相互作用力．2．牛顿第二定律：该实验中α粒子只受库仑力，可根据库仑力的变化分析加速度的变化．3．功能关系：根据库仑力做功，可分析动能的变化，也能分析电势能的变化．。

放射性元素的衰变★新课标要求（一）知识与技能、知道放射现象的实质是原子核的衰变、知道两种衰变的基本性质，并掌握原子核的衰变规律、理解半衰期的概念（二）过程与方法、能够熟练运用核衰变的规律写出核的衰变方程式、能够利用半衰期来进行简单计算（课后自学）（三）情感、态度与价值观通过传说的引入，对学生进行科学精神与唯物史观的教育，不断的设疑培养学生对科学孜孜不倦的追求，从而引领学生进入一个美妙的微观世界。

★教学重点原子核的衰变规律及半衰期★教学难点半衰期描述的对象★教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。

★教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备★课时安排课时★教学过程（一）引入新课教师：同学们有没有听说过点石成金的传说，或者将一种物质变成另一种物质。

学生讨论非常活跃，孙悟空，八仙，神仙；魔术，街头骗局。

点评：通过这样新颖的课题引入，给学生创设情景，能充分调动学生的积极性，挑起学生对未知知识的热情。

教师：刚才同学们讲的都很好，但都是假的。

孙悟空，八仙，神仙：人物不存在。

魔术，街头骗局：就是假的。

学生顿时安静，同时也心存疑惑：当然是假的，难道还有真的不成？点评：对于学生来讲要使其相信科学技术反对迷信，同时也要提高警惕小心上当受骗，提高学生自我保护意识。

更加吊起了学生学习新知识的胃口，为新课教学的顺利进行奠定了基础。

教师：那有没有真的（科学的）能将一种物质变成另一种物质呢？学生愕然。

点评：进一步吊起了学生学习新知识的胃口。

教师：有（大声，肯定地回答）学生惊讶，议论纷纷。

点评：再一次吊起了学生学习新知识的胃口。

通过这样四次吊胃口，新课的成功将是必然。

教师：这就是我们今天要学习的放射性元素的衰变。

点评：及时推出课题。

（二）进行新课．原子核的衰变教师：原子核放出α或β粒子，由于核电荷数变了，它在周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。

我们把这种变化称为原子核的衰变。

学生豁然开朗：科学、真实的将一种物质变成另一种物质，原来就是原子核的衰变。

粤教版高中物理选修3-5第第三章同步测试题及答案第三章原子结构之谜第一节敲开原子的大门A级抓基础1．阴极射线是()A．光子流B．电子流C．质子流D．中子流解析：阴极射线是电子流，电子带负电．而γ射线是光子流，故B正确，A、C、D错误．答案：B2．以下说法正确的是()A．密立根用摩擦起电的实验发现了电子B．密立根用摩擦起电的实验测定了电子的电荷量C．密立根用油滴实验发现了电子D．密立根用油滴实验测定了电子的电荷量解析：密立根用油滴实验测定了电子的电荷量，故D正确．答案：D3．(多选)1897年英国物理学家汤姆生发现了电子，被称为“电子之父”，下列关于电子的说法正确的是()A．汤姆生通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的荷质比B．汤姆生通过对光电效应的研究，发现了电子C．电子的质量无法测定D．汤姆生通过对不同材料的阴极发出的射线的研究，并研究了光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元解析：汤姆生通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的荷质比，故A正确；汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，故B错误；根据电子的电荷量及荷质比，可以测出电子的质量，故C错误；汤姆生通过对不同材料的阴极发出的射线的研究，并研究了光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元，故D正确．答案：AD4．阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()A．平行于纸面向左 B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里解析：由于阴极射线的本质是电子流，电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场方向应为垂直于纸面向外，故C正确．答案：CB级提能力5．下列说法正确的是()A．阴极射线在电场中一定会受到电场力的作用B．阴极射线在磁场中一定会受到磁场力的作用C．阴极射线所受电场力的方向与电场的方向是相同的D．阴极射线所受磁场力的方向与磁场的方向是相同的解析：阴极射线是高速运动的电子流，在电场中一定要受到电场力的作用，所受电场力方向与电场方向相反，A对，C错．在磁场中如果电子运动方向与磁场方向平行则电子不受磁场力，当受磁场力时，由左手定则知所受磁场力方向与磁场方向垂直，B、D错．答案：A6．从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下四幅图中能正确描绘电子偏转情况的是()A B C D解析：如题图，电子束从阴极(负极)射出，根据左手定则：伸开左手，磁感线穿过手心，四指指向电子运动的相反方向，拇指指向洛伦兹力方向，判断得知电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故B正确．答案：B7．如图是阴极射线管示意图．接通电源后，阴极射线由阴极沿x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z 轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A ．加一磁场，磁场方向沿z 轴负方向B ．加一磁场，磁场方向沿y 轴正方向C ．加一电场，电场方向沿z 轴负方向D ．加一电场，电场方向沿y 轴正方向 解析：若加磁场，由左手定则可知，所加磁场方向沿y 轴正方向，故A 错误，B 正确；若加电场，因电子向下偏转，则电场方向沿z 轴正方向，故C 、D 错误．答案：B8．电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根所做的油滴实验测出的．密立根实验的原理如图所示．两块水平放置的平行金属板A 、B 与电源相接，使上面的A 板带正电，下面的B 板带负电．油滴从喷雾器喷出后，经上面金属板中间的小孔，落到两板之间的匀强电场E 中．大多数油滴在经过喷雾器喷嘴时，因摩擦而带负电，油滴在电场力、重力和空气阻力的作用下下降，观察者可在强光照射下，借助显微镜进行观察．如图所示，在A 板上方用喷雾器将细油滴喷出，若干油滴从板上的一个小孔中落下，喷出的油滴因摩擦而带负电．已知A 、B 板间电压为U 、间距为d 时，油滴恰好静止．撤去电场后油滴徐徐下落，最后测出油滴以速度v 匀速运动，已知空气阻力正比于速度：f ＝k v ，则油滴所带的电荷量q ＝________．某次实验得－19_____________________________________________________.解析：mg －U d q ＝0，mg －k v ＝0，解得q ＝k v d U.油滴的带电荷量是1.6×10－19 C 的整数倍，故电荷的最小电荷量为1.6×10－19 C.答案：k v dU油滴的带电荷量是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电荷量为1.6×10－19C第三章原子结构之谜第二节原子的结构A级抓基础1．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是()A．α粒子的散射实验B．对阴极射线的研究C．天然放射性现象的发现D．质子的发现答案：A2．在α粒子散射实验中，我们并没有考虑到α粒子跟电子碰撞，这是因为()A．电子体积非常小，以至于α粒子碰不到它B．电子质量远比α粒子的小，所以它对α粒子运动的影响极其微小C．α粒子跟各个电子碰撞的效果相互抵消D．电子在核外均匀分布，所以α粒子受到电子作用的合外力为零解析：α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，不改变运动的轨迹，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．(多选)卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子的作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子解析：原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错、B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较多，故C、D对．答案：BCD4．如图所示，X表示金的原子核，α粒子射向金核时被散射，设入射时的动能相同，其偏转轨道可能是图中的()解析：图A中金核与α粒子之间相互排斥，α粒子会向远离金核的方向运动，所以图中较靠近金核的粒子会向下方偏转，故A错误；图B中，金核与α粒子之间相互排斥，α粒子会向远离金核的方向运动，故B错误；图C中，离金核越远的α粒子受到的斥力越小，运动轨迹的曲率半径越大，故C错误；图D中，离金核越远的α粒子受到的斥力越小，运动轨迹的曲率半径越大，故D正确．答案：DB级提能力5．(多选)在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子()A．一直受到重金属原子核的斥力作用B．动能不断减小C．电势能先增大后减小D．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果解析：α粒子和原子核均带正电荷，相互排斥，A正确；少数α粒子发生了大角度偏转，α粒子与原子核先靠近后远离，故库仑斥力先做负功后做正功，根据功能关系，电势能先增加后减小，动能先减小后增加，BD错误、C正确．答案：AC6．(多选)α粒子散射实验中，当α粒子最接近原子核时，α粒子符合下列哪种情况()A．动能最小B．势能最小C．α粒子与金原子组成的系统的能量小D．所受原子核的斥力最大解析：α粒子在接近金原子核的过程中，要克服库仑斥力做功，动能减少，电势能增加，两者相距最近时，动能最小，电势能最大，总能量守恒．根据库仑定律，距离最近时，斥力最大．答案：AD7．(多选)在α粒子散射实验中，如果两个具有相同能量的α粒子，从不同大小的角度散射出来，则散射角度大的α粒子() A．更接近原子核B．更远离原子核C．受到一个以上的原子核作用D．受到原子核较大的冲量作用解析：由于原子的体积远远大于原子核的体积，当α粒子穿越某一个原子的空间时，其他原子核距α粒子相对较远，而且其他原子核对α粒子的作用力也可以近似相互抵消，所以散射角度大的这个α粒子并非由于受到多个原子核作用，C错；由库仑定律可知，α粒子受到的斥力与距离的平方成反比，α粒子距原子核越近，斥力越大，运动状态改变越大，即散射角度越大，A对，B错；当α粒子受到原子核较大的冲量作用时，动量的变化量就大，即速度的变化量就大，则散射角度就大，D对．答案：AD8．(多选)如图所示，Q为金原子核，M、N为两个等势面，虚线为α粒子经过原子核附近的运动轨迹，关于α粒子，下列说法正确的是()A．α粒子从K到R的过程中动能逐渐增加B．α粒子从K到R的过程中动能逐渐减小C．α粒子从K到R的过程中动能先减小后增加D．α粒子从K到R的过程中电势能先增加后减小解析：在α粒子从K到离原子核最近的过程中，库仑斥力做负功，动能逐渐减小，电势能逐渐增加；在α粒子从离原子核最近到R的过程中，库仑斥力做正功，动能增加，电势能减小．故C 、D 正确．答案：CD9.在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的轨迹如图中实线所示．图中P 、Q 为轨迹上的点，虚线是过P 、Q 两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是( )A ．可能在①区域B ．可能在②区域C ．可能在③区域D ．可能在④区域解析：α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.答案：A10．若氢原子的核外电子绕核做半径为r 的匀速圆周运动，则其角速度ω是多少？电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I 是多少(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，静电力常量用k 表示)?解析：电子绕核运动的向心力是库仑力，因为ke 2r 2＝m ω2r ，所以ω＝e r ·k mr ；其运动周期为 T ＝2π ω＝2πr e ·mr k ，其等效电流I ＝e T ＝e 22πr k mr . 答案：e r k mr e 22πrk mr第三章 原子结构之谜第三节 氢原子光谱第四节 原子的能级结构A 级 抓基础1．下列对于巴耳末公式的说法正确的是( )A ．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应B ．巴耳末公式只确定了氢原子发光中可见光部分的光的波长C ．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光D ．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长解析：巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光，A 、D 错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B 错误，C 正确．答案：C2．关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是( )A ．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B ．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小 解析：根据电子轨道半径公式r n ＝n 2r 1，可知，处于基态时电子的轨道半径最小，故A 错误；根据跃迁时吸收光子的能量差公式ΔE ＝E m －E n 可知，跃迁时可以吸收特定频率的光子，故B 错误；氢原子吸收能量后从低能级向较高能级跃迁，能级增大，总能量增大，根据ke 2r 2＝m v 2r 知，核外电子的动能减小，则电势能增大，电子绕核旋转的半径增大，故C 正确，D 错误．答案：C3．大量原子从n ＝4的激发态向低能态跃迁时，产生的光谱线数是( )A ．2条B ．4条C ．6条D ．8条解析：从n ＝4向低能级跃迁有3条，从n ＝3向低能级跃迁有2条，从n ＝2向低能级跃迁有1条，总共6条，即N ＝n （n －1）2. 答案：C4．欲使处于基态的氢原子激发或电离，下列措施可行的是( )①用10.2 eV的光子照射②用11 eV的光子照射③用14 eV 的光子照射④用11 eV动能的电子碰撞A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④解析：①用10.2 eV的光子照射，即(－13.6＋10.2)eV＝－3.4 eV，跃迁到第二能级，故①正确；②因为(－13.6＋11)eV＝－2.6 eV，不能被吸收，故②错误；③用14 eV的光子照射，即(－13.6＋14)eV＞0，氢原子被电离，故③正确；④用11 eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2 eV能量，故④正确．综上所述，故B正确，A、C、D错误．答案：B5．汞原子的能级图如图所示．现让一束单色光照射到大量处于基态的汞原子上，汞原子只发出三种不同频率的单色光. 关于入射光的能量，下列说法正确的是()A．可能大于或等于7.7 eVB．可能大于或等于8.8 eVC．一定等于7.7 eVD．包含2.8 eV、4.9 eV、7.7 eV三种解析：汞原子只发出三种不同频率的单色光，说明汞原子跃迁到第3能级，则汞原子吸收的光子能量为：E3－E1＝7.7 eV，故C正确、ABD错误．答案：C6．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中()A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B 错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k e 2r 2＝m v 2r ，又E k ＝12m v 2，所以E k ＝ke 22r. 由此式可知：电子离核越远，r 越大时，电子的动能越小，故A 、C 错；由r 变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D 正确．答案：DB 级 提能力7．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n ＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光子，下列说法正确的是( )A ．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光子B ．由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生的光波长最短C ．由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级产生的光频率最小D ．用n ＝2能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂不能发生光电效应解析：根据C 24＝6知，这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，故A 错误；n ＝4和n ＝1间的能级差最大，辐射的光子频率最大，波长最短，故B 正确；n ＝4和n ＝3间的能级差最小，辐射的光子频率最小，故C 错误；从n ＝2跃迁到n ＝1能级辐射的光子能量为10.2 eV ，大于金属铂的逸出功，可以发生光电效应，故D 错误．答案：B8．如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV 的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射不同波长的光有( )A．15种B．10种C．4种D．1种解析：吸收13.06 eV能量后氢原子处于量子数n＝5的激发态，故可产生10种不同波长的光，故B正确．答案：B9．关于玻尔的氢原子理论，以下看法正确的是()A．原子的各个可能的能量状态的能量值E n＝E1n2，由此可知，量子数n越大，原子的能量越小B．当原子由激发态跃迁到基态时，电子绕核运动的轨道半径变大C．当原子吸收一个光子而发生跃迁后，电子的动能增大D．不管原子是吸收还是辐射一个光子而发生跃迁，其电势能的变化量的绝对值总是大于电子绕核运动动能变化量大小解析：原子的各个可能的能量状态的能量值E n＝E1n2，由此可知，量子数n越大，原子的能量越大，故A错误；当原子由激发态跃迁到基态时，电子绕核运动的轨道半径变小，故B错误；当原子吸收一个光子而发生跃迁后，电子的运转半径变大，速度减小，动能减小，故C错误；氢原子辐射光子的过程中，能量减小，轨道半径减小，根据k e2r2＝mv2r知，电子动能增大，则电势能减小，且电势能的减小量大于动能增加量；同理可知，氢原子吸收光子的过程中，能量增加，轨道半径变大，根据k e2r2＝mv2r知，电子动能减小，则电势能增加，且电势能的增加量大于动能减小量；即不管原子是吸收还是辐射一个光子而发生跃迁，其电势能的变化量的绝对值总是大于电子绕核运动动能变化量大小，故D正确．答案：D10．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要( )A ．发出波长为λ1－λ2的光子B ．发出波长为λ1λ2λ1－λ2的光子 C ．吸收波长为λ1－λ2的光子D ．吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子 解析：根据题意画出能级图如图所示，则E a －E b ＝h c λ1，E c －E b ＝hc λ2，得E c －E a ＝h c λ2－h c λ1， 设由a 到c 吸收光子的波长为λ则h c λ2－h c λ1＝h c λ， 可知λ＝λ1λ2λ1－λ2，A 、B 、C 错，D 正确． 答案：D11．处于量子数n ＝3的激发态的氢原子，向低能态跃迁时有三种可能，所产生的光谱线波长分别是λ31、λ32、λ21，这三个波长之间的关系是( )A ．λ31＝λ32＋λ21 B.1λ31＝1λ32＋1λ21C ．λ32＝λ31＋λ21 D.1λ32＝1λ31＋1λ21解析：n ＝3跃迁到n ＝1能级所释放光子的能量等于n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1能级释放的光子能量之和，有ν31＝ν32＋ν21，根据λ＝c ν和ν31＝ν32＋ν21得1λ31＝1λ32＋1λ21，故A 、C 、D 错误，B 正确． 答案：B12．氢原子处于基态时，原子的能量为E 1＝－13.6 eV ，当处于n ＝3的激发态时，能量为E 3＝－1.51 eV ，则：(1)当氢原子从n ＝3的激发态跃迁到n ＝1的基态时，向外辐射的光子的波长是多少？(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射原子？(3)若有大量的氢原子处于n ＝3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种频率的光子？其中波长最长的是多少(普朗克恒量h ＝6.63×10－34 J ·s ，真空中光速c ＝3.0×108 m/s)?解析：(1)据玻尔理论有E 3－E 1＝h c λλ＝hc E 3－E 1＝ 6.63×10－34×3×108⎝⎛⎭⎫－1.51＋13.6×1.6×10－19 m ＝1.03×10－7 m (2)要使处于基态的氢原子电离，入射光子须满足hν≥0－E 1解得ν≥E 1h ＝13.6×1.6×10－196.63×10－34 Hz ＝3.28×1015 Hz (3)当大量氢原子处于n ＝3能级时，可释放出的光子频率种类为N ＝C 23＝3(种)由于E 2＝E 122＝－13.6 eV 4＝－3.4 eV 氢原子由n ＝3向n ＝2跃迁时放出的光子波长最长，设为λ′，则 h c λ′＝E 3－E 2 所以λ′＝hc E 3－E 2＝ 6.63×10－34×3×108⎝⎛⎭⎫3.4－1.51×1.6×10－19 m ＝6.58×10－7 m 答案：(1)1.03×10－7 m (2)3.28×1015 Hz(3)3种 6.58×10－7 m章末复习课【知识体系】原子结构之谜⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧电子的发现⎩⎨⎧阴极射线→电子→① →葡萄干布丁模型荷质比⎝⎛⎭⎫q m 的测定电子电荷量的测定② 核式结构⎩⎪⎨⎪⎧③ 实验：⎩⎪⎨⎪⎧现象原因→核式结构的建立原子的核式结构模型原子、原子核的尺寸、电荷氢原子光谱⎩⎪⎨⎪⎧光谱⎩⎪⎨⎪⎧线状谱→④ 连续谱实验规律：巴耳末公式⑤ 玻尔的原子结构模型⎩⎪⎨⎪⎧⑥ 量子化⑦ 量子化能级跃迁：⑧[答案填写] ①汤姆生 ②卢瑟福 ③α粒子散射 ④光谱分析 ⑤1λ＝R (122－1n 2)，n ＝3，4，5，… ⑥能量 ⑦轨道 ⑧hν＝E m －E n 主题1 对α粒子散射实验及核式结构模型的理解1．实验现象．(1)α粒子通过金箔时，绝大多数不发生偏转，仍沿原来的方向前进．(2)少数发生较大的偏转，极少数偏转角超过90°.(3)有的甚至被弹回，偏转角几乎达到180°.2．核式结构学说．在原子的中心有一个很小的原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，电子绕核运转．【典例1】 (2016·上海卷)卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在( )A ．电子B ．中子C ．质子D ．原子核解析：α粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来．卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故A、B、C错误，D正确．答案：D针对训练1．α粒子散射实验首次表明了()A．α粒子带正电B．电子是原子的组成部分C．原子是一个正、负电荷均匀分布的球D．原子中带正电的部分体积很小解析：卢瑟福根据该实验现象提出了原子的核式结构模型：原子中心有一很小的核，集中着全部正电荷及几乎全部质量，电子绕核旋转，故D正确．答案：D主题2玻尔的原子结构模型1．玻尔的原子结构模型可概括为三个要点．(1)能量的量子化E n＝1n2E1(E n为动能、电势能之和)．(2)轨道的量子化r n＝n2r1.(3)能级跃迁量子化hν＝E m－E n(吸收或辐射一定频率的光子)．2．氢原子的能级．(1)对氢原子而言，核外的一个电子绕核运行时，若半径不同，则对应的原子能量也不同．原子各能级的关系为E n＝E1n2(n＝1，2，3…)对于氢原子而言，基态能级：E1＝－13.6 eV.(2)氢原子的能级图如图所示．【典例2】(多选) 按照玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是()A．第m个定态和第n个定态的轨道半径r m和r n之比为：r m∶r n＝m2∶n2B．第m个定态和第n个定态的能量E m和E n之比为：E m∶E n＝n2∶m2C．电子沿某一轨道绕核运动，若其圆周运动的频率是ν，则其发光频率也是νD．若氢原子处于能量为E的定态，则其发光频率为ν＝E h解析：由氢原子核外电子轨道半径公式：r n＝n2r1，轨道半径与量子数的平方成正比，所以r m∶r n＝m2∶n2，A选项正确．氢原子的能量公式：E n＝1n2E1，可见氢原子的能量与量子数的平方成反比，所以E m∶E n＝n2∶m2，B选项正确．根据玻尔的原子理论，只有核外电子发生能级跃迁时，才能发射某一频率的光，所以C、D选项不正确．答案：AB针对训练2．(多选)以下关于玻尔原子理论的说法正确的是()A．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的B．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收解析：根据玻尔理论知，电子绕核做圆周运动的半径是一些分立值，故A正确；电子绕核做圆周运动时，不发生电磁辐射，故B错误；从低能级向高能级跃迁时，需吸收光子，故C错误；当吸收的光子能量等于两能级间的能级差，才能被氢原子吸收，所以不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收，故D正确．答案：AD主题3原子能级的跃迁与电离1．在正常状态下，原子处于最低能级，这时电子在离核最近的轨道上运动，即基态．原子处于较高能级时，电子在离核较远的轨道上运动，即激发态．原子从基态向激发态跃迁的过程是吸收能量的过程；原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是辐射能量的过程，这个能量以光子的形式被吸收或辐射出去，吸收或辐射的能量恰等于发生跃迁的两能级的能量之差．2．直接跃迁与间接跃迁．原子从一种能量状态跃迁到另一种能量状态时，有时可能是直接跃迁，有时可能是间接跃迁，两种情况辐射(或吸收)光子的频率可能不同．3．电离与跃迁．原子跃迁时，不管吸收还是辐射光子，其光子能量都必须等于这两个能级的能量差，若想把某一定态上的原子的电子电离出去，就需要给原子的能量大于等于电离能．[典例❸](多选)如图给出氢原子最低的4个能级，大量氢原子在这些能级之间跃迁，下列说法正确的是()A．辐射光子最小频率为第2能级跃迁到第1能级B．处于第4能级的原子所辐射的光子的频率最多有6种C．为使基态氢原子电离应用能量至少为13.6 eV的光照射氢原子D．11 eV的光子能将基态的氢原子激发到第2能级解析：由题能级图可知，3、4能级的能级差最小，则辐射光子最小频率为第4能级跃迁到第3能级，故A错误；处于第4能级的原子所辐射的光子的频率最多有C24＝6种，故B正确；为使基态氢原子电离应用能量至少为13.6 eV的光照射氢原子，故C正确；10.2 eV 的光子能将基态的氢原子激发到第2能级，而11 eV的光子不能被氢原子吸收，故D错误．答案：BC针对训练3.根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图所示．电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)．当大量He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条．。

章末过关检测卷(一)第一章电磁感应(测试时间：50分钟评价分值：100分)(本部分在学生用书单独成册)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是(D)A．都会产生感应电流B．都不会产生感应电流C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流解析：乙图和丁图因导线运动的方向在磁感线的平面上，不能产生切割磁感线的运动效果，故没有感应电流产生．2．如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是(D)A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力解析：A.若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流．故A错误．B．若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流．故B错误．C、D.根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．故C错误，D正确．3．(2014·佛山模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是(B)A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.4．(2015·万州区模拟)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为(B)A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝N ΔΦΔt ，得q ＝N ΔΦR ，可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R. 二、多项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)5．如图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况，在t 0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是(CD )解析：A.由图知，磁通量Φ不随时间t 的变化，则将不产生感应电流．故A 错误．B 、C 、D.由图知，穿过闭合回路的磁通量是变化的，将产生感应电流，而C 、D 选项磁通量随着时间是均匀变化的，则产生的感应电流大小恒定，故A 、B 错误，C 、D 正确．6．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻r 不能忽略．R 1和R 2是两个定值电阻，L 是一个自感系数较大的线圈．开关S 原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R 1的电流I 1和通过R 2的电流I 2的变化情况是(AC )A ．I 1开始较大而后逐渐变小B ．I 1开始很小而后逐渐变大C ．I 2开始很小而后逐渐变大D ．I 2开始较大而后逐渐变小解析：开关S 闭合瞬间，L 相当于断路，通过R 1的电流I 1较大，通过R 2的电流I 2较小；当稳定后L 的自感作用减弱，通过R 1的电流I 1变小，通过R 2的电流I 2变大，故A 、C 正确，B 、D 错误．7．(2014·山东模拟)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论中正确的是(BD )A．感应电流方向改变B．感应电流方向不变C．感应电动势始终为BavD．感应电动势的最大值为Bav解析：由楞次定律可知，闭合回路从一进入至完全进入磁场，磁通量一直在增大，故电流方向只有一个；当半圆闭合回路一半进入磁场时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E m＝Bav.8．如图，在条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中(忽略空气阻力)，下列说法中正确的是(AD)A．磁铁的机械能不守恒B．磁铁做自由落体运动C．线圈中产生大小、方向均变化的电流D．磁铁减小的机械能全部转化成线圈中的电能解析：磁铁下落过程中受到线圈的阻力作用，有机械能转化为电能，机械能减小，故A 对，B错误；条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中，根据楞次定律可知，线圈中产生大小变化、而方向不变化的电流，故C错误；磁铁由于受线圈的阻力作用机械能减小，同时线圈中感应电流发热，产生内能．则由能量守恒知：线圈中增加的内能是由磁铁减少的机械能转化而来的．故D正确．9．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内(AD)A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确、B项错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误、D项正确．三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10．(18分)(1)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．①将图中所缺的导线补接完整．②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，以下操作中可能出现的情况是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．(2)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．(1)①如图所示②A.右；B.左(2)解析：①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．答案：①顺时针②逆时针11．(18分)如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0～t1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0～t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0. 由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S . 而S ＝πr 22.由闭合电路欧姆定律有：I 1＝ER 1＋R .联立以上各式解得：通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0. 由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)电阻R 1上产生的热量：Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 方向从b 到a (2)2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20 12．(18分)如图所示，空间有一宽为2L 的匀强磁场区域，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外．abcd 是由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方形线框，总电阻为R .线框以垂直磁场边界的速度v 匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab ，cd 两边始终与磁场边界平行．求：(1)cd 边刚进入磁场和cd 边刚离开磁场时，ab 两端的电势差分别是多大？并分别指明a 、b 哪端电势高．(2)线框穿过磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热．解析：(1)cd 边刚进入磁场时，cd 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv .回路中的感应电流： I ＝BLv R， ab 两端的电势差：U ＝I ·14R ＝14BLv ，b 端电势高．cd 边刚离开磁场时，ab 边切割磁感线产生感应电动势大小和回路中电流大小与cd 边刚进入磁场时的相同，即为：I ′＝I ＝BLv R，所以ab 两端的电势差为： U ′＝I ·34R ＝34BLv ，b 端电势高．(2)线框从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程中，产生顺时针的感应电流；线框全部进入磁场中时，由于磁通量不变化，没有感应电流产生；线框cd 边刚离开磁场到ab 边刚离开磁场的过程中产生的感应电流大小相等，设线框能产生感应电流的时间为t ，产生的总焦耳热为Q ，则有：t ＝2L v ，Q ＝I 2Rt ，解得：Q ＝2B 2L 3v R .答案：见解析。

章末质量评估(三)(时间：90分钟　分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．能把温度这个物理量转化为电阻这个物理量的元器件是( ) A．热敏电阻 B．光敏电阻C．电容器D．电源解析：能把温度这个物理量转化为电阻这个物理量的元器件是热敏电阻，选项A正确，BCD错误．答案：A2．指纹识别器在下列哪些方面可以得到广泛应用( )A．乘坐客车购票时B．过公路收费处时C．放学出校门口时D．开银行保险柜时解析：指纹识别器是利用了电容传感器原理．是一种利用指纹采集头及其配套软件结合起来的为加强个人电脑加密程度的高科技安全产品，多用在安全保密的场所．乘坐客车购票时，过公路收费处时，放学出校门口时，无需保密，不需要指纹识别．在开银行保险柜时，安全保密的需要，故广泛使用指纹识别．故ABC错误，D 正确．答案：D3．下列说法不正确的是( )A．话筒是一种常见的红外线传感器B．电熨斗内一般装有双金属片温度传感器C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．热敏电阻能够把温度大小转换为电阻大小解析：动圈式话筒是通电导体在磁场中受力，变化的电流通过线圈，产生变化的磁场，从而让扬声器的膜片振动，产生声音，故A错误；电熨斗通过温度传感器实现温度的自动控制，故B正确；电子秤所使用的测力装置是力转换成电信号来显示大小，属于力传感器，故C正确；金属热电阻传感器是利用导体或半导体的电阻随温度变化来测量温度的一种温度敏感元件，故D正确．答案：A4．2011年3月，日本仙台发生8.0级大地震，地震发生后，各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了( )A．红外线传感器B．压力传感器C．振动传感器D．电容传感器解析：活人能够向外传递微弱的声音信息，便于用生命探测仪收集；活人能够向外辐射红外线，红外线属于电磁波的一个波段，便于用生命探测仪收集，所以只有A选项正确．答案：A5．如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角(自左向右)为θ；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定解析：光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，光敏电阻的阻值变大，表针左偏，偏角减小．答案：B6．如图是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：这个声电传感器又可归类到电容传感器中．由题意对着话筒说话时，振动膜前后振动，则金属层和金属板间距离改变，即电容器两极板间距改变，故导致电容变化的原因可能是电容器两极间距变化．答案：A7．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x，假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M运动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数解析：因为整个滑动变阻器被接入电路中，所以移动金属杆P 不能改变滑动变阻器接入电路中的阻值，电流不变，但会改变电压表的示数．答案：B8.传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流表和电源串联成闭合电路，已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏转，当待测压力增大时，下列说法正确的是( )A．电容器的电容将减小B．电容器的电荷量将减小C．灵敏电流表指针向左偏转D．灵敏电流表指针向右偏转解析：当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式C ＝分析得知，电容增大，故A 错误；电容两端电势εS4πkd 差不变，根据Q ＝CU 可知，电容器的电荷量将增加，故B 错误；由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏，故C 错误，D 正确.答案：D9．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )图甲 图乙 A ．0～t 1时间内，升降机一定匀速运动B ．0～t 1时间内，升降机可能减速上升C ．t 1～t 2时间内，升降机可能匀速上升D ．t 1～t 2时间内，升降机可能匀加速上升解析：在0～t 1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动状态，故A 选项错误，B 选项正确；t 1～t 2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C 、D 两项都错．答案：B10．为了测量蹦床运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是(g取10 m/s2) ( )A．1 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．20 m/s解析：由图可知运动员离开蹦床的时间为2秒，则上升和下降的时间均为1秒，则运动员离开蹦床的速率大约是v＝gt＝10 m/s，故选B.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 11．用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果．观察分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是( )A．作用力与反作用力作用在同一物体上B．作用力与反作用力同时存在，同时消失C．作用力与反作用力大小不一定相等D．作用力与反作用力方向相反解析：牛顿第三定律中作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两个物体上．作用力和反作用力同时产生，同时消失．应选B、D.答案：BD12．如图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值．实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有( )A．温度升高，电路中的电流减小B．温度升高，电路中的电流增大C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小解析：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知：电路中的电流增大，导致灯泡变亮，故选B、D.答案：BD13．如图所示的是一个电容式传感器，在金属线a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极．今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时( )A ．引起两极间正对面积变大B ．电容器的电容将变小C ．电容器两极间的电压将变小D ．以上说法都不正确解析：当导电液体深度h 变大时，相当于电容器的两极板的正对面积变大，由C ＝知，电容C 变大，而电容器充电后与电源εrS4πkd 断开，所以电容器所带电荷量Q 不变，由U ＝知，电容器两极间Q C 的电压将变小．答案：AC14．有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R ＝30－0.01F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法正确是( )A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是2 800 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.400 A 处解析：当电路中电流I ＝3 A 时，电子秤测量的体重最大．由欧姆定律 I ＝ER ＋r得，R ＝－r ＝－2＝2 Ω，代入R ＝30－0.01F 得到F ＝2 800 E I 123N ，故A 错误，B 正确．踏板空载时F ＝0，代入R ＝30－0.02F 得，电阻R ＝30 Ω，由欧姆定律得I ＝＝ A ＝0.375 A ，所以该秤零刻度线(即踏板E R ＋r 1230＋2空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处．故C 正确，D 错误．答案：BC三、非选择题(本题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(14分)(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R 随温度t 变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更______(选填“敏感”或“不敏感”)．(2)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的UI关系图线．图甲 图乙图丙①实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图．②将该小灯泡接入如丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为______Ω.解析：(1)由R-t图象可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强．相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感．(2) ①由于小灯泡的电阻较小，电路应该设计成电流传感器外接．描绘小灯泡伏安特性曲线，设计成滑动变阻器分压接法，故选用滑动变阻器A.②将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V，在小灯泡伏安特性曲线上找出对应电流为0.3 A 的点，该点横纵坐标的乘积0.3 A ×2.5 V ＝0.75 W 为此时小灯泡的电功率，电源的内阻为Ω＝1.67 Ω.3－2.50.3答案：(1)增强　敏感　(2)①A 电路如图所示②0.75　1.6716.(12分)电热毯、电饭锅是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．如图所示为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R 1，R 2和自动开关S.(1)当自动开关S 闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U ＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W ，保温时用电器的电功率为40 W ，则R 1和R 2分别为多大？解析：(1)当S 闭合时，R 2短路，此时电路总电阻最小，由P ＝知，功率最大，为加热状态；当S 断开时，R 1、R 2串联，电路总U 2R 电阻最大，功率最小，为保温状态．(2)S 闭合时，为加热状态，有P ＝①；S 断开时，为保温状U 2R 1态，有P ′＝②，联立①②得R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω.U 2R 1＋R 2答案：(1)S 闭合时，为加热状态　S 断开时，为保温状态(2)121 Ω　1 089 Ω17.(12分)角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示，当系统绕OO ′轴转动时，元件A 发生位移并输出电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源，已知A 的质量为m ，弹簧劲度系数为k 、自然长度为l ，电源电动势为E 、内阻不计，滑动变阻器总长度为l ，电阻分布均匀，系统静止时P 在a 点，当系统以角速度ω转动时，推导输出电压U 和ω的函数关系式．解析：水平方向加速度由弹簧提供，F 向＝mω2(l ＋Δx )＝k Δx ，所以Δx ＝.m ω2lk －m ω2因为U ＝IR ＝Iρ，①Δx S E ＝IR 总＝Iρ.②l S 得：U ＝·E ＝·＝.①②Δx l E l m ω2l k －m ω2Em ω2k －m ω2答案：U ＝Em ω2k －m ω218．(16分)如图所示，小铅球P 系在细金属丝下，悬挂在O 点，开始时小铅球P 沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球P 放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ，水流速度越大，θ越大．为了测定水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC ，它与金属丝接触良好，不计摩擦(C 端在O 点正下方处)．图中还有电动势为E 的电源(内阻不计)和一只电压表．(1)请你连接电路，使得当水速增大时，电压表示数增大．(2)如果OC 间距离为h ，水流对小球作用力的大小为F ，BC 的长度为L ，小球质量为m (不计水对小球的浮力)，当小球平衡时，电压表示数为U .请写出F 与m 、U 、E 、L 、h 的关系式．解析：(1)如图所示．(2)设CD ＝x ，P 球平衡时，由平衡条件可得：tan θ＝＝，①F mg x h 根据闭合电路欧姆定律和部分电路的欧姆定律可得：I ＝＝，②E RL U Rx 根据电阻定律可得：R L ＝ρ，③L S R x ＝ρ，④x S由①②③④式可得：F ＝U .mgL Eh 答案：见解析。

一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．下列说法符合物理学史的是( )A．汤姆生发现了电子B．巴耳末提出了原子能级理论C．玻尔建立了原子核式结构模型D．卢瑟福测定了电子的电量解析：选A.汤姆生发现了电子，密立根测定了电子的电量，玻尔提出了原子能级理论，卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，只有A正确．2．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子( )A．一直受到重金属原子核的斥力作用B．动能不断减小C．电势能不断增大D．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果解析：选A.α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小．α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A项正确．3．仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条不连续的亮线，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，“分立的不连续的亮线”对应着不同频率的光，B、C错．氢原子在不同的能级之间跃迁时，辐射出不同能量的光子，并且满足E＝hν.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．4.可见光光子的能量在1.61 eV～3.10 eV范围内，若氢原子从高能级跃迁到量子数为n的低能级时谱线中有可见光．根据氢原子的能级图，可判断n为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.释放的光子能量ΔE＝E m－E n，而ΔE21＝E2－E1＝10.2 eV，远大于可见光光子的能量，要使1.61eV≤ΔE≤3.10 eV，电子只能从较高能级跃迁到第2能级，即n＝2.5．红宝石激光器的工作物质红宝石是含有铬离子的三氧化二铝晶体，可利用其中的铬离子产生激光．铬离子的能级图如图所示，E1是基态，E2是亚稳态，E3是激发态，若以脉冲氙灯发出的波长为λ1的绿光照射晶体，处于基态的铬离子会受到激发而跃迁到E3，然后自发地跃迁到E2，释放波长为λ2的光子，处于亚稳态E2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长为( )A. B.λ1λ2λ2－λ1λ1λ2λ1－λ2C. D.λ1－λ2λ1λ2λ2－λ1λ1λ2解析：选A.根据题意有关方程为：E 3－E 1＝hc /λ1，E 3－E 2＝hc /λ2，E 2－E 1＝hc /λ，而E 3－E 1＝(E 3－E 2)＋(E 2－E 1)则有hc /λ1－hc /λ2＝hc /λ所以λ＝，正确答案为A.λ1λ2λ2－λ16．核磁共振成像(缩写为MRI)是一种人体不接触放射线，对人体无损害，可进入人体多个部位检查的医疗影像技术．基本原理是：外来电磁波满足一定条件时，可使处于强磁场中的人体内含量最多的氢原子吸收电磁波的能量，去掉外来电磁波后，吸收了能量的氢原子又把这部分能量以电磁波的形式释放出来，形成核磁共振信号．由于人体内各种组织所含氢原子数量不同，或同种组织正常与病变时所含氢原子数量不同，释放的能量亦不同．将这种能量信号通过计算机转换图象，就可以用来诊断疾病．关于人体内氢原子吸收的电磁波能量，正确的是( )A ．任何频率的电磁波氢原子均可吸收B ．频率足够高的电磁波氢原子才吸收C ．能量大于13.6 eV 的光子氢原子才能吸收D ．氢原子只能吸收某些频率的电磁波解析：选D.由玻尔原子理论可知氢原子只能吸收能量等于氢原子能级差的光子，D 对．二、双项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项正确，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)7．关于α粒子散射实验，下列说法正确的是( )A ．在实验中观察到的现象是：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回B ．使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子，当α粒子接近核时是核的斥力使α粒子偏转，当α粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏转C ．实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分D ．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量解析：选AC.由α粒子散射实验结果知，A 正确；由于电子质量远小于α粒子质量，对α粒子的运动影响极小，使α粒子发生明显偏转的是原子核的斥力，B 错误；实验表明：原子具有核式结构，核极小，但含有全部的正电荷和几乎所有的质量，C 正确，D 错误．8．关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A ．汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C ．对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D ．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的解析：选BC.汤姆生发现了电子后，认为原子是一个带正电的均匀球体，电子一个个镶嵌在其中，选项A 错误；由卢瑟福对α粒子散射实验现象的分析所得出的结论说明选项B 正确；根据原子光谱产生的机理进行探究，可知选项C 正确；玻尔理论虽然不能解释较为复杂原子的光谱现象，但其理论是正确的，选项D 错误．9．氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，可能发生的情况有( )A ．放出光子，电子动能减少，原子势能增加，原子的能量增加B ．放出光子，电子动能增加，原子势能减少，原子的能量减少C ．吸收光子，电子动能减少，原子势能增加，原子的能量增加D ．吸收光子，电子动能增加，原子势能减少，原子的能量减少解析：选BC.若电子从高能级向低能级跃迁，则放出光子，电子由离核较远的轨道到离核较近的轨道上运动，轨道半径减小，电场力做正功，动能增加，电势能减少，但由于放出光子，原子的能量减少；反之，从低能级向高能级跃迁， 吸收光子，电子到离核较远的轨道上运动，克服电场力做功，动能减少，电势能增加，原子的能量增加．故B 、C 正确，A 、D 错误．10．有关氢原子光谱的说法正确的是( )A ．氢原子的发射光谱是连续的B ．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光C ．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D ．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差无关解析：选BC.原子的发射光谱是原子跃迁时形成的，由于原子的能级是分立的，所以氢原子的发射光谱不是连续谱，原子发出的光子的能量正好等于原子跃迁时的能级差，故氢原子只能发出特定频率的光，综上所述，选项A 、D 错，B 、C 对．11．在氢原子光谱中，可见光区域中有14条，其中有4条属于巴耳末系，其颜色为一条红色，一条蓝色，两条紫色．它们分别是从n ＝3,4,5,6能级向n ＝2能级跃迁时产生的，则( )A ．红色光谱线是氢原子从n ＝6能级到n ＝2能级跃迁时产生的B ．紫色光谱线是氢原子从n ＝6或n ＝5能级向n ＝2能级跃迁时产生的C ．若氢原子从n ＝6能级跃迁到n ＝1能级将产生紫外线D ．若氢原子从n ＝6能级跃迁到n ＝2能级所辐射的光子不能使某金属产生光电效应，则氢原子从n ＝6能级向n ＝3能级跃迁时将可能使该金属产生光电效应解析：选BC.其能级跃迁图如图所示，可以看出n ＝6到n ＝2的能量最大则应为紫光，A 错误．n ＝5到n ＝2是其次最值，故也应为紫光，因此B 正确，从n ＝6到n ＝1的能级差大于n ＝6到n ＝2能级差故将产生紫外线，C 正确．从n ＝6到n ＝2不能使该金属发生光电效应，则其他的就更不能使该金属发生光电效应，因此D 项错误．12．氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可以发出三种不同波长的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1>λ2，则另一个波长可能是( )A ．λ1＋λ2B ．λ1－λ2C.D.λ1λ2λ1＋λ2λ1λ2λ1－λ2解析：选CD.设另一个波长可能是λ3，当λ1>λ2>λ3时，氢原子在三个相邻的能级之间发生跃迁，辐射光子的能量关系为＋＝，可得λ3＝，故C 项是正确的．当hc λ1hc λ2hc λ3λ1λ2λ1＋λ2λ3>λ1>λ2时，同理可得＋＝，解得λ3＝，D 项也是正确的．hc λ1hc λ3hc λ2λ1λ2λ1－λ2三、非选择题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)(2012·高考山东卷)氢原子第n 能级的能量为E n ＝，其中E 1为基态能E 1n 2量．当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则＝________.ν1ν2解析：光子的能量满足两个能级的能量差：hν1＝－＝－E 1；hν2＝－E 1＝－E 1.故＝.E 142E 122316E 12234ν1ν214答案：1414．(10分)若氢原子的核外电子绕核做半径为r 的匀速圆周运动，则其角速度ω是多少？电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I 是多少？(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，静电力常量用k 表示)解析：电子绕核运动的向心力是库仑力，因为＝mω2rke 2r 2所以ω＝ (4分)e r kmr 其运动周期为T ＝＝ (3分)2πω2πr e mrk 其等效电流I ＝＝ .(3分)eT e 22πr kmr 答案： e r k mr e 22πr k mr15．(10分)已知氢原子的基态能量为－13.6 eV ，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10 m ，电子质量m e ＝9.1×10－31 kg ，电荷量为1.6×10－19 C ，求电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？解析：氢原子的能量可由氢原子能级公式E n ＝E 1求出，而动能可由氢原子轨道半径1n 2公式以及向心力公式求出．氢原子的能量为电子的动能和电势能之和，则第三个问题不难求出．氢原子的能量E 3＝E 1＝－1.51 eV.(2分)132电子在第三轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1＝9r 1.①(2分)电子绕核做圆周运动，向心力由库仑力提供，所以＝②(2分)ke 2r 23m e v 23r 3由①②可得电子的动能为E k3＝m e v ＝＝ eV ＝1.511223ke 22×9r 19×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×1.6×10－19eV.(2分)由于E 3＝E k3＋E p3，故电子的电势能为E p3＝E 3－E k3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV.(2分)答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV16．(12分)将氢原子电离，就是从外部给电子以能量，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)若要使处于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 的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大？(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＝ eV ＝－3.4 eV －13.622(2分)由题意知，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，电离能为ΔE ＝E ∞－E 2＝3.4 eV(2分)ν＝＝ Hz ≈8.21×1014 Hz.(2分)ΔE h 3.4×1.6×10－196.63×10－34(2)波长为200 nm 的紫外线一个光子所具有的能量ε＝hν＝(2分)hc λ由能量守恒hν－ΔE ＝m e v 2，联立得12v ＝(2分)2hc λm e －2ΔEm e 代入数值得v ≈1.0×106 m/s.(2分)答案：(1)8.21×1014 Hz (2)1.0×106 m/s。