物理选择性必修 第三册3 原子的核式结构模型同步测试题

这是一份物理选择性必修 第三册3 原子的核式结构模型同步测试题，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

eq \f( 基础巩固练,25分钟·满分60分 )
一、选择题(本题共10小题，每题5分，共50分)
1．关于阴极射线的本质，下列说法正确的是( D )
A．阴极射线的本质是紫外线B．阴极射线的本质是红外线
C．阴极射线的本质是X射线D．阴极射线的本质是电子流
解析：阴极射线的本质是带电的粒子流，即电子流。故D项正确。
2．如图所示，在阴极射线管正上方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将( D )
A．向纸内偏转B．向纸外偏转
C．向下偏转 D．向上偏转
解析：通电直导线的电流方向向左，由安培定则可判断导线下方的磁场垂直于纸面向外，组成阴极射线的粒子是电子，电子向右运动，由左手定则可知电子向上偏转。故选D。
3．(2021·山东海岳中学高二下学期期中)关于阴极射线，下列说法正确的是( D )
A．阴极射线是一种电磁辐射
B．阴极射线是在真空管内由阴极发出的光子流
C．阴极射线是组成物体的原子
D．阴极射线可以直线传播，也可被电场、磁场偏转
解析：阴极射线是由阴极直接发出的电子流，可被电场、磁场偏转，A、B、C错误，D正确。
4．向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通过如图所示的电流，电子的偏转方向为( A )
A．向上B．向下
C．向左 D．向右
解析：根据安培定则，环形磁铁右侧为N极、左侧为S极，在环内产生水平向左的匀强磁场，利用左手定则可知，电子向上偏转，选项A正确。
5．(2021·黑龙江哈尔滨三中高二下学期月考)在α粒子散射实验中，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力应属于( B )
A．万有引力B．库仑力
C．安培力 D．洛伦兹力
解析：使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是原子核对α粒子产生的库仑力，故B正确。
6．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 )
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。
7．(2021·山东省淄川中学高二下学期月考)卢瑟福和他的助手做α粒子轰击金箔实验，获得了重要发现，关于α粒子散射实验的结果，下列说法正确的是( C )
A．证明了质子的存在
B．证明了原子核是由质子和中子组成的
C．证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里
D．说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动
解析：α粒子散射实验发现了原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核。数年后卢瑟福发现核内有质子并预测核内存在中子，所以C对，A、B错；玻尔提出了电子轨道量子化，D错。
8．在卢瑟福进行的α粒子散射实验中，少数α粒子发生大角度偏转的原因是( B )
A．正电荷在原子中是均匀分布的
B．原子的正电荷以及绝大部分质量都集中在一个很小的核上
C．原子中存在带负电的电子
D．原子核中有中子存在
解析：α粒子散射实验证明了原子的核式结构模型，卢瑟福认为只有原子的几乎全部质量和正电荷都集中在原子中心的一个很小的区域，才有可能出现α粒子的大角度散射，选项B正确。
9．(多选)1897年英国物理学家汤姆孙发现了电子并被称为“电子之父”，下列关于电子的说法正确的是( AD )
A．汤姆孙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比荷
B．汤姆孙通过光电效应的研究，发现了电子
C．电子的质量是质子质量的1 836倍
D．汤姆孙通过对不同材料做阴极发出的射线研究，并研究光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更小的基本的物质单元
解析：汤姆孙和他的学生不十分精确地测出阴极射线的电荷及比荷。
10．(多选)下面对阴极射线的认识正确的是( CD )
A．阴极射线是由阴极发出的粒子撞击玻璃管壁上的荧光粉而产生的
B．只要阴阳两极间加有电压，就会有阴极射线产生
C．阴极射线是真空玻璃管内由阴极发出的射线
D．阴阳两极间加有高压时，电场很强，阴极中的电子受到很强的库仑力作用而脱离阴极
解析：阴极射线是由阴极直接发出的，故A错误；只有当两极间有高压且阴极接电源负极时，阴极中的电子才会受到足够大的库仑力作用而脱离阴极产生阴极射线，故B错误，D正确；阴极射线是真空玻璃管内由阴极发出的射线，C正确。
二、非选择题(共10分)
11．(10分)如图所示，电子以初速度v0从O点进入长为l、板间距离为d、电势差为U的平行板电容器中，出电场时打在屏上P点，经测量O′P距离为Y0，求电子的比荷。
答案：eq \f(2dY0v\\al(2,0),Ul2)
解析：由于电子在电场中做类平抛运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，满足
Y0＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(e\f(U,d),m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))2＝eq \f(eUl2,2dmv\\al(2,0))
则eq \f(e,m)＝eq \f(2dY0v\\al(2,0),Ul2)
eq \f( 能力提升练,20分钟·满分40分 )
一、选择题(本题共3小题，每题7分，共21分)
1．(2020·广州大学附中高二下学期期末)如图，在α粒子散射实验中，图中实线表示α粒子运动轨迹，假定金原子核位置固定，a、b、c为某条轨迹上的三个点，其中a、c两点距金原子核的距离相等( D )
A．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了能量量子化理论
B．大多数α粒子击中金箔后几乎沿原方向返回
C．从a经过b运动到c的过程中α粒子的电势能先减小后增大
D．α粒子经过a、c两点时动能相等
解析：卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，普朗克根据黑体辐射的规律第一次提出了能量量子化理论，故选项A错误；根据α粒子散射现象可知，大多数α粒子击中金箔后几乎沿原方向前进，故选项B错误；α粒子受到电场力作用，根据电场力做功特点可知α粒子从a经过b运动到c的过程中电场力先做负功后做正功，所以α粒子的电势能先增大后减小，故选项C错误；可知α粒子在a、c两点动能相等，故选项D正确。
2．(多选)如图是密立根油滴实验的示意图。油滴从喷雾器嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中，下列说法正确的是( AD )
A．油滴带负电
B．油滴质量可通过天平来测量
C．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴所带的电荷量
D．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍
解析：由图知，电容器板间电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，故选项A正确；油滴的质量很小，不能通过天平测量，故选项B错误；根据油滴受力平衡得mg＝qE＝qeq \f(U,d)，得q＝eq \f(mgd,U)，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴所带的电荷量，故选项C错误；根据密立根油滴实验研究可知，该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，故选项D正确。
3．(多选)(2021·广西壮族自治区柳州市高二下学期月考)图为卢瑟福和他的同事们做的α粒子散射实验装置示意图，以下说法中正确的是( AC )
A．选择金箔的理由是“金”这种原子具有较大的核电荷数和优良的延展性能
B．观察到α粒子多数进入A，少数进入B，没有进入C和D的
C．原子的直径大小约为原子核的直径大小的10万倍
D．实验装置可以不抽成真空
解析：A项：α粒子散射实验中，选用金箔是因为金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔，α粒子很容易穿过，还有其原子序数大，α粒子与金核间的库仑力大，发生偏转时明显，故A正确；B项：大多数α粒子基本不偏折，少数α粒子发生大角度的偏折，所以有α粒子进入C和D，故B错误；C项：原子直径的数量级为10－10 m，原子核直径的数量级为10－15 m，所以原子的直径大小约为原子核的直径大小的10万倍，故C正确；D项：实验装置一定要抽成真空，原因主要是由于α粒子的电离作用，若在空气中由于电离粒子只能前进几厘米，故D错误。
二、非选择题(共19分)
4．(9分)(2021·山东潍坊七中高二下学期检测)如图所示，电子由静止从O点经电场U加速后垂直射入匀强磁场B，经偏转后打在MN板的P点，射入点到P点的距离为d，求电子的比荷eq \f(q,m)的表达式。(不考虑电子的重力)
答案：eq \f(8U,B2d2)
解析：设电子的电荷量为q、质量为m，
在加速电场U中加速的过程，根据动能定理，有
qU＝eq \f(mv2,2)
解得v＝eq \r(,\f(2qU,m))
垂直进入磁场后，电子受到的洛伦兹力提供向心力，电子做匀速圆周运动，故有Bqv＝meq \f(v2,R)
由题意又知：R＝eq \f(d,2)
由以上各式整理可得电子的比荷为：eq \f(q,m)＝eq \f(8U,B2d2)。
5．(10分)假设α粒子以速率v0与静止的电子或金原子核发生弹性正碰，电子质量me＝eq \f(1,7 300)mα，金原子核质量mAu＝49mα。求：
(1)α粒子与电子碰撞后的速度变化；
(2)α粒子与金原子核碰撞后的速度变化。
答案：(1)－2.7×10－4v0 (2)－1.96v0
解析：α粒子与静止的粒子发生弹性碰撞，动量和能量均守恒，
由动量守恒mαv0＝mαv1′＋mv2′
由能量守恒eq \f(1,2)mαveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mαv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2
解得v1′＝eq \f(mα－m,mα＋m)v0
速度变化Δv＝v1′－v0＝－eq \f(2m,mα＋m)v0。
(1)与电子碰撞，将me＝eq \f(1,7 300)mα代入得
Δv1≈－2.7×10－4v0。
(2)与金原子核碰撞，将mAu＝49mα代入得
Δv2＝－1.96v0。