专题05 近代物理版块大综合（竞赛强基）真题考前训练 【高中物理竞赛真题强基计划真题考前适应性训练】 （全国竞赛强基计划专用）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题05近代物理版块大综合（竞赛强基）真题考前训练【高中物理竞赛真题强基计划真题考前适应性训练】（全国竞赛强基计划专用）一、单选题1．（2020·湖北武汉·高三强基计划）真空管中的电子在电压下被加速到高速，电子的质量增大到，已知电子的静止质量为，则此时的加速电压为（）A．B．C．D．【答案】A【详解】设加速电压为U，由质能方程有因此故A正确，BCD错误，故选A。2．（2022·全国·高二竞赛）光电效应中发射的光电子最大初动能随入射光频率v的变化关系如图所示。由图中的（

）可以直接求出普朗克常量。A．OQ B．OP C． D．【答案】D【详解】根据爱因斯坦光电效应方程有整理后最大初动能与入射光频率v成线性关系，则普朗克常量h为直线的斜率，即故选D。3．（2021秋·全国·高三统考竞赛）氢原子的基态能量为-13.6eV。由一个电子和一个正电子结合成的束缚态（即所谓电子偶素）的基态能量近似为（）A．-1.2eV B．-3.4eV C．-6.8eV D．-27.2eV【答案】C4．（2022·全国·高二竞赛）用强度为I，波长为λ的X射线分别照射锂（Z=3）和铁（Z=26）。若在同一散射角下测得康普顿散射的X射线波长分别为λLi和λFe（波长均大于λ），它们对应的强度分别为ILi和IFe，则（）A．λLi>λFe，ILi<IFe B．λLi=λFe，ILi>IFeC．λLi=λFe，ILi_=IFe D．λLi<λFe，ILi>IFe【答案】B【详解】散射波长只与散射角有关。Z增大，束缚电子数增大，光子打到束缚电子概率增大，波长不变的散射光强增大，从而波长变长的减少。故选B。二、多选题5．（2021春·全国·高三强基计划）在相对论效应下，系相对系向右速度，系中杆向上运动，速度为，那么在系看来杆的形态如何（）A．杆倾斜，端偏上，A端偏下 B．杆倾斜，端偏下，A端偏上C．杆不倾斜 D．杆的整体长度缩短【答案】BD【详解】考虑到相对论速度变换，导体杆相对于系在向右上方向运动，沿运动方向分量有尺缩效应，垂直于速度方向长度分量不变，所以杆向右下方，整体长度缩短。故选BD。6．（2022·全国·高二竞赛）光电效应与康普顿效应相比较（）A．都是光子和自由电子相互作用的过程B．光电效应产生的光电子动能与材料有关，康普顿散射产生的反冲电子动能与材料无关C．作用过程中光子与电子的总能量守恒D．都说明光具有量子性【答案】BCD【详解】A．康普顿效应可以发生在光子与自由电子或者发生于光子与束缚电子之间，光电效应只能发生在光子与束缚电子之间，而不能发生与光子与自由电子之间，故A错误；B．光电效应产生的光电子动能与材料有关，康普顿散射产生的反冲电子动能与材料无关，故B正确；C．光电效应与康普顿效应作用过程中光子与电子的总能量守恒，故C正确；D．光电效应与康普顿效应都说明光具有量子性，故D正确。故选BCD。三、填空题7．（2022·全国·高二竞赛）按照玻尔理论，移去处于基态的He+中的电子所需能量为_____eV。【答案】54.4【详解】对于类氢离子，按照玻尔理论假设2，以及库仑力等于向心力可导出对He+：Z=2，基态n=1，则有则有电离能8．（2022·全国·高二竞赛）入射的X射线光子的能量为0.60MeV，散射后波长变化了20%，求反冲电子的动能Ek=_________MeV。【答案】0.1【详解】[1]反冲电子的动能来自光子能量的损失有9．（2022·全国·高二竞赛）氢原子光谱的巴尔末系中波长最大的谱线用1表示，其次波长用2表示，则它们的比值=________。【答案】【详解】巴尔末系下能极k=2，最长波上能极n=3，其次的n=4，因此而，因此10．（2022·全国·高三统考竞赛）将氢原子的核外电子代之以子，便形成所谓子-氢原子。子的质量可取为电子质量的207倍，其电量与电子相同。已知质子质量是电子质量的1836倍。子-氢原子和氢原子的里德堡常量之比为____；子-氢原子和氢原子的第2激发态的电离能之比为________。【答案】

【详解】[1]里德伯常量与质子电子质量的关系为子-氢原子和氢原子的里德堡常量之比为[2]里德堡公式为第二激发态的量子数为3，波长与频率的关系为第二激发态的能量等于从跃迁到时释放的能量，故子-氢原子和氢原子的第2激发态的电离能之比为四、解答题11．（2022·全国·高二竞赛）波长63.6nm的紫外线照射到基态氢原子上，可否使之电离？激发出的光电子动能Ek为多少？光电子远离原子核以后运动速率v为多少？【答案】能；5.9eV；1.44×106m/s【详解】因为=19.5eV>13.6eV所以能电离，动能为=5.9eV电子速率为=1.44×106_（m/s）12．（2022·全国·高二竞赛）如图所示，K是一细金属丝电极，A是以K为轴的半径R的圆筒形电极，其内部有沿轴向的均匀磁场。A，K之间接有一个灵敏计G，当波长λ的单色光照射到K上时，G可以测到光电流的大小，如果逐渐加大磁感应强度B，B=B0时恰好光电流为零，试求金属丝K的脱出功。【答案】【详解】光电流为0时，光电子被限制于磁场内，由洛仑兹力为向心力则再根据爱因斯坦光电效应方程有联立解得13．（2022·全国·高二竞赛）证明原子内电子轨道运动磁矩pm与轨道运动角动量L有下述关系：（m为电子的质量）。【答案】见解析【详解】设轨道半径为r，运动速率为v，则其运动周期为则而角动量则14．（2022·全国·高二竞赛）波长的单色光照射金属表面，光电子最大动能是，试求：（1）金属的脱出功？（2）该金属光电效应的“红限”频率？（3）若用的单色光照射，光电子的最大动能？脱出功？“红限”频率？【答案】（1）；（2）；（3），，【详解】（1）根据光电效应方程可得（2）该金属光电效应的“红限”频率为（3）若用的单色光照射，脱出功和“红限”频率保持不变，则有，光电子的最大动能为15．（2022·全国·高二竞赛）波长λ0=0.0710nm的X射线入射到石墨上，与入射方向成45°角的散射波长λ有多长？反冲电子的动量p有多大？反冲电子运动方向与入射光夹角θ为多少？【答案】0.0717nm；7.1×1024kg·m·s-1；66.9°【详解】由于代入已知条件有λ=0.024(1-cos45°）+0.0710nm=0.0717nm而联立解得16．（2022·全国·高二竞赛）已知氢光谱的某一线系的极限波长为364.7nm，其中有一光谱线波长为655.6nm。试根据玻尔氢原子理论，求该波长相应的始态与终态能量。【答案】-1.51eV，-3.4eV【详解】根据波长、波速和频率的关系有所以则终态，E2=3.4eV同理始态n=3，E3=1.51eV17．（2017·全国·高三竞赛）1914年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级，从而证明了原子能级的存在。加速电子碰撞自由的氢原子，使某氢原子从基态激发到激发态。该氢原子仅能发出一条可见光波长范围（400nm～760nm）内的光谱线。仅考虑一维正碰。（1）求该氢原子能发出的可见光的波长；（2）求加速后电子动能E的范围；（3）如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。已知hc=1240nm·eV，其中h为普朗克常数，c为真空中的光速；质子质量近似为电子质量的1836倍，氢原子在碰撞前的速度可忽略。【答案】（1）=656nm；（2）12.10eV≤Ek<12.76ev；（3）24.17V≤V<25.49V【详解】（1）由氢原子的能级公式，n=1，2，…

①可得氢原子的能级图如图所示。可见光光子能量的上限E′1和下限E′2分别为=3.10eV

②=1.63eV

②要能观察到可见光范围内的光谱线，发生跃迁的两能级的能量之差应在可见光的能量范围1.63eV~3.10eV

④内。要仅能观察到一条可见光范围内的光谱线，由氢原子的能级图可知，只能将氢原子激发到第二激发态，即能级n=3

⑤氢原子第二激发态（n=3）到第一激发态（n=2）的能量差为E32=E3-E2=（-1.51eV）-（-3.4eV）=1.89eV

⑥氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态所发出的可见光的波长为=656nm

⑦（2）要使氢原子能激发到能级n=3，需要提供的能量至少为E=31=E3-E1=（-1.51eV）-（-13.60eV）=12.09eV

⑧设电子质量为me，电子碰撞前后的速度分别为和，氢原子碰撞前后的速度分别为u1≈0（由题意）和u2，电子因激发氢原子而损失的能量为△E（被氢原子吸收为激发能）。由动量和能量守恒有

⑨

⑩由⑨⑩式消去，得

⑾此式是关于的一元二次方程。注意到为实的常量，故方程①的系数应满足条件

⑿化简得

⒀要使原子从基态仅激发到第二激发态，AE应满足

⒁式中E31已由⑧式给出，而E41=E4-E1=（-0.85eV）-（-13.60eV）=12.75eV

⒂由⒀⒁⒂式得

⒃由⒃式和题给条件得12.10eV≤Ek<12.76ev

⒄（3）如果将电子改为质子，⒃式成为

⒅式中mp为质子的质量。由⒅式和题给条件得24.17eV≤Ek<25.49eV

⒆设加速质子的加速电压为V。由eV=Ek（e为质子电荷）和⒆式得24.17V≤V<25.49V

⒇18．（2022·全国·高三统考竞赛）施特恩-盖拉赫实验对原子物理学和量子力学的发展有重大作用。为简化起见，只考虑氢原子中电子的轨道运动的贡献。已知氢原子质量为，电子质量为，电子电量的绝对值为e，，h为普朗克常量，真空介电常量为。不考虑重力。（1）按照玻尔模型，氢原子中处于第n定态圆轨道的电子的圆周运动会形成绕核的环电流，求环电流大小表达式；（2）一面积为S的矩形环电流I处于一磁场中，环电流方向为逆时针方向，磁场方向平行于x轴方向，如图a所示。已知磁场在y方向是均匀的；但在z方向均匀变化，且z方向单位距离的磁感应强度之差为（称之为梯度磁场，为z方向磁场的梯度）。求环电流所受合力F大小及方向；（3）小圆形环电流在同样的梯度磁场中受力与矩形环电流满足同样规律。如图b所示，水平速度为的氢原子通过同样的沿z方向均匀变化的梯度磁场，磁场区宽度为d，出磁场区以后打到距离磁场区为D的竖直接收屏上。假如磁场始终垂直于环电流平面，求环电流顺时针方向的原子与逆时针方向的原子击打在接收屏上位置在z方向的距离。（注：此题是模拟施特恩-盖拉赫实验条件的一个简化模型，实际实验装置的磁场分布与题设中的描述并不完全相符。）【答案】（1）；（2），若电流为逆时针方向，则所受合力方向向上；若电流顺时针方向，则所受合力方向向下；（3）【详解】（1）按照波尔模型，氢原子中电子在分立的定态圆轨道上运动。按照波尔量子化条件，在第n个定态圆轨道上（或称为氢原子处于第n能级上），电子的角动量为式中是第n定态圆轨道上电子运动的轨道半径和的速率。按照库仑定律和牛顿第二定律有联立上式解得环电流大小为解得（2）设通电流的矩形长为a、宽为b。依题意，矩形上、下边导线处的磁感应强度满足矩形左、右两导线所受安培力相互抵消，上、下两导线所受安培力分别为则矩形电流所受合力为z若电流为逆时针方向，则所受合力方向向上；若电流顺时针方向，则所受合力方向向下。（3）环形电流和矩形电流在梯度磁场中受力规律相同，因此，氢原子的环电流在梯度磁场中受力为氢原子环电流面积为解得氢原子在磁场区做平抛运动，设在磁场区运动时间为t，则出磁场区时有其中为出磁场区时处于第n能级的氢原子在z方向的位移，此时速度方向与水平方向夹角为满足因此，出磁场区时速度方向的反方向指向磁场区域中心。氢原子击打在接收屏上的位置在z方向偏移为若氢原子的环电流方向反向，则接收屏上位置的偏移相反。故逆时环电流沿针与顺时针方向的原子击打在接收屏上位置之间的距离为19．（2016·全国·高三竞赛）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其结构如图a所示：它主要由一个光阴极、n个倍增光子级和一个阳极构成；光阴极与第1倍增级、各相邻倍增级及第n倍增级与阳极之间均有电势差V；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大部分（百分比）被收集到第1倍增级上，余下的被直接收集到阳极上；每个被收集到第i倍增级（i=1，…，n）的电子在该电极上又使得个电子（>1）逸出；第i倍增级上逸出的电子有大部分（百分比）被第i+1倍增级收集，其他被阳极收集；直至所有电子被阳极收集，实现信号放大。已知电子电荷量绝对值为e。（1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，已知>1，n>>1；（2）为使尽可能多的电子从第i倍增级直接到达第i+1倍增级而非阳极，早期的光电倍增管中，会施加垂直于电子运行轨迹所在平面（纸面）的匀强磁场。设倍增级的长度为a且相邻倍增级间的几何位置如图b所示，倍增级间电势差引起的电场很小可忽略。所施加的匀强磁场应取什么方向以及磁感应强度大小为多少时，才能使从第i倍增级垂直出射的能量为Ee的电子中直接打到第i+1倍增级的电子最多?磁感应强度大小为多少时，可以保证在第i+1倍增级上至少收集到一些从第1倍增级垂直出射的能量为Ee的电子?【答案】（1）；（2）所加磁场应当垂直纸面向里，，【详解】（1）设从光阴极逸出的电子个数为np，按题述，从第1倍增级逸出的电子个数为可用归纳法得出从第i倍增级逸出的电子个数为，i=1,2，...，n

①光阴极、第i倍增级和第n倍增级向阳极贡献的电子数、和分别为i=1，...，n-1，

②光阴极与阳极间电势差Vpa、第i倍增级与阳极之间的电势差Via分别为i=1，...，n-1，

③从光阴极溢出的电子被电势差加速所消耗的能量Ep、从第i倍增级溢出到阳极的电子被电势差加速所消耗的能量Eia、第i倍增级溢出到第i+1倍增级的电子被电势差加速所消耗的能量，分别为④消耗的总电能为⑤将①②③④式代入⑤式得，放大单个光阴极逸出的电子消耗的平均能量为⑥当>1、n>>1时，上式各项中含因子的部分的贡献远大于其他部分，因此可仅保留含级因子的项，有⑦（2）所加磁场应当垂直纸面向里。磁场提供洛仑兹力，且忽略重力和电场力，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动。由于电子的逑逸速度垂直于电极，电子运动轨迹的圆心将在电极所在的直线上。运动轨迹如图所示。当第i倍增级最左端的电子到达第i+1倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第i倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径r1满足⑧当第i倍增级最左端的电子到达第i+1倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径r2满足⑨当第i倍增级最右端的电子到达第i+1倍增级最右端时，轨迹为3，对应的轨道半径r3满足⑩当第；倍增级最右端的电子到达第i+1倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径r4满足⑾由⑧⑨⑩⑾式分别解得，，，⑿设电子在磁场中做匀速圆周运动的速率为v，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有

⒀由⒀式得⒁式中是速率为v的电子的动能。由⑿⒁式可解出相应的B1、B2、B3、B4的大小为，，，⒂当B=B1时，第i倍增级释放的电子中只有最左边的被收集；若B<B1，则一个电子都不会被收集。因此为使第i+1倍增级能收集到电子，应当有B≥B1。当B=B2=B3时，所有电子都被第i+1倍增级收集，当B=B4时，第i倍增级释放的电子中只有最右边的被收集到；若B>B4，则一个电子都不会被收集，因此为使第i+1倍增级能收集到电子，应当有B≤B4。因此，当⒃时第i+l倍增级收集到的电子最多：当⒄时，第i+1倍增级会有电子被收集。20．（2016·全国·高三竞赛）质子是由更小的所谓“部分子”构成的。欧洲大型强子对撞机（LHC）是高能质子-质子对撞机，质子束内单个质子能量为E=7.0TeV（1Tev=103Gev=1012ev），两束能量相同的质子相向而行对撞碎裂，其中相撞的两个部分子a，b相互作用湮灭产生一个新粒子。设部分子a、b的动能在质子能量中所占的比值分别为xa、xb，且远大于其静能。（1）假设两个部分子a、b对撞湮灭产生了一个静质量为mS=1.0TeV/c2的新粒子S，求xa和xb的乘积xaxb；（2）假设新粒子S产生后衰变到两个光子，在新粒子S静止的参考系中，求两光子的频率；（3）假设新粒子S产生后在其静止坐标系中衰变到两个质量为mA=1.0GeV/c2的轻粒子A，每个轻粒子A再衰变到两个同频率的光子，求在这个坐标系中这两个光子动量之间的夹角。已知：，当<<1；普朗克常量h=6.63×10-34J·s，电子电荷量绝对值e=1.60×10-19C．【答案】（1）；（2）Hz≈1.2×1026Hz；（3）【详解】（1）部分子a、b的动能分别为，

①它们远大于其静能，所以部分子a、b的质量可忽略，其动量大小分别为，

②负号表明部分子a、b的动量方向相反，在同一条直线上。部分子a、b对撞湮灭产生新粒子S，根据能量守恒定律，S的能量为

③根据动量守恒定律，S的动量大小为

④由自由粒子的动量和能量关系有

⑤由①②③④⑤式得

⑥由⑥式和题给数据得

⑦（2）在新粒子S静止的参考系中，设S衰变成的两光子的频率分别为和，它们的能量和动量大小分别为，

⑧，

⑨负号表明两光子的动量方向相反，在同一条直线上，S衰变前后能量和动量守恒，有

⑩

⑾由⑧⑨⑩⑾式得

⑿由⑿式和题给数据得Hz≈1.2×1026Hz

⒀（3）在S产生时静止的参照系中，对于S衰变到两个粒子A的过程，投两个粒子A的能量、动量大小分别为EA1、EA2和pA1、pA2，由能量守恒定律和动量守恒定律，以及自由粒子的动量和能量关系，i=1,2...

⒁可知，每个粒子A的动量大小相等，因而每个粒子A的能量为

⒂在粒子A衰变到两个同频率光子的过程中，由能量守恒得

⒃式中是每个光子的频率。设两光子动量之间夹角为θ，由动量守恒定律知，在平行和垂直于粒子A运动方向上分别有

⒄由⒁⒂⒃⒄式得

⒅可见，两光子夹角非常小，利用，由⒅式得

⒆21．（2020·全国·高三竞赛）我国大科学装置散裂中子源于2018年建成并投入使用，它在诸多领域有广泛的应用。历史上，查德威克在1932年首次确认了中子的存在并测出了它的质量；哈恩等人在1939年发现用中子轰击铀原子核可使其分裂，同时放出中子，引发链式反应。为了使链式反应能够持续可控地进行，可通过弹性碰撞使铀核放出的中子慢化。不考虑相对论效应。(1)查德威克用中子（质量为m）轰击质量为的静止靶核（氢核H或氮核，质量为或）。观察它们的运动。设靶核的出射动量与入射中子的初动量之间的夹角为，试导出此时靶核的出射速率和中子的末速率v分别与中子初速率之间的关系。该实验测得氢核的最大出射速率为，氮核的最大出射速率为，求m和的值。(2)在上述实验中一个氮核也可能受到一束中子的连续撞击。假设氮核开始时是静止的，每次与之相碰的中子的速率都是，碰撞都使得氮核速率的增量最大。试计算经过多少次碰撞后氮核的动能与中子的初动能近似相等？(3)设经过多次碰撞被减速的中子处于热平衡状态，其速率满足麦克斯韦分布这里为玻尔兹曼常量，T为系统的绝对温度。试计算在热平衡时，中子的最概然速率所对应的动能和最概然动能。【答案】(1)，，；(2)2；(3)，【详解】(1)中子以初速度与静止的靶核发生碰撞，碰撞前瞬间初速度方向与两球球心连线之间的夹角为。在两球心连线和中子初速度方向所决定的平面上，令x轴沿两球心连线，中子初速度垂直于连线的方向为y轴。设碰撞后中子的速率为v，沿着x轴方向的速度分量为，y轴方向的速度分量为，碰撞后靶核速率为，解法（一）碰撞前后沿着x轴和y轴方向动量分别守恒

①这里解法（二）由碰撞前后动量守恒，碰前中子的动量、碰后中子的动量mv和碰后原子核的动量构成一闭合的矢量三角形，如下图所示。据余弦定理有

①式中，是碰前中子的动量与碰后原子核的动量之间的夹角。能量守恒给出

②由①②式得，从中解出，

③再把③式代入②式，得

④当时达到最大，，所以氢核的最大速率是氮核的最大速率是，由此解得

⑤再代入上面任意一式中，得。

⑥(2)速度为的氮14核继续与速度为的第i个中子碰撞，在每次碰撞后获得最大速率增量条件下，氮14核的速度变为，中子的末速度为，动量守恒和能量守恒分别为

⑦由⑦式得

⑧式中

⑨按⑧式逐次选代得

⑩这里，应用了题给条件所求的次数n满足2ⅳ即是

⑪由⑨⑪式得，满足方程的最接近的值是。

⑫(3)根据麦克斯韦速率分布速率取极大值的条件是，可知最概然速率为

⑬最概然速率对应的动能为

⑭设总粒子数为N，由动能分布函数定义可知为