《高中物理选修3-5》二轮专题复习
《高中物理选修3-5》二轮专题复习
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
《高中物理选修3-5》二轮专题复习
一、考纲要求与考题特点分析
（一）经过一轮复习，大部分学生对本模块基本概念、基本规律都有较好的把握。尤其是动量守恒定律、光电效应、能级与光谱、核反应方程及规律等重点内容，有较强的得分能力。原子物理部分的相关选择题，只要是常规题，一般能得分。但这一部分知识点细而杂，涉及到的微观领域，学生又缺少直接经验；有关考题，跟物理学的前沿容易发生联系，如夸克、黑洞等，而且往往是多项选择题，会有部分学生因细节关注不够，造成不能拿满分。动量守恒定律部分内容，相对难度大些，且跟能量、电磁学的内容综合考查的概率很大，对于普通高中学生或者一些物理相对薄弱的学生来说，涉及动量的综合题，总是一筹莫展，甚至干脆放弃。而有关动量守恒的实验题也是高考热点，所以，争对3-5的二轮复习，重点内容还是要加强，细杂知识要突破、要点拨，加强解题方法、解题能力的指导和训练。力保学生不失基础题的分、不失中档题的分、少失难题的分。
（二）高考物理学科要考查的五个能力（理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力）的要求1.理解能力理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用;能够清楚认识概念和规律的表达形式(包括文字表述和数学表述);能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法;理解相关知识的区别和联系。
2.推理能力能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。
3.分析综合能力能够独立地对所遇的问题进行具体分析、研究，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出其中起重要作用的因素及有关条件;能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系;能够提出解决问题的方法，运用物理知识综合解决所遇到的问题。
4.应用数学处理物理问题的能力能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析。
5.实验能力能独立的完成表2、表3中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观
察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论，对结论进
行分析和评价;能发现问题、提出问题，并制定解决方案;能运用已学
过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题，包括简单的设计性
实验。
这五个方面的能力要求不是孤立的，着重对某一种能力进行考查
的同时在不同程度上也考查了与之相关的能力。同时，在应用某种能
力处理或解决具体问题的过程种也伴随着发现问题、提出问题的过
程。因而高考对考生发现问题、提出问题等探究能力的考查渗透在以
上各种能力的考查中。
二、《选修3－5模块》复习设计
（一）复习内容和要求，下表列出了本模块基本考点及要求的学习层次
（二）复习时间和安排
本模块复习需要时间十二课时，分三个子专题：动量守恒、波粒二象性、原子结构和原子核。动量守恒子专题复习主干知识一课时、训练两课时、讲评一课时；波粒二象性子专题复习主干知识一课时、训练一课时、讲评一课时；原子结构和原子核子专题复习主干知识一课时、训练两课时、讲评一课时。综合释疑一课时。
（三）复习方法和策略
1.依纲据本，明析教学要求
①．抓基础，抓落实。
②．抓基本思维的训练，学会科学思维方法，再进行一定量的、灵活性的思维练习。
③．抓表达，求规范；抓细节，求简洁；抓速度训练，求合理有效的利用时间。
④．在选考模块中，考生现在就应确定首选的模块、次选的模块，以防考场上举棋不定。
2.疏理建构，形成知识网络
3.加强训练，突出重要考点
①．《动量守恒定律》。本子专题复习中要理解系统、内力、外力的概念，会分析系统的内力和外力；理解动量守恒定律的推导过程；识记动量守恒定律的内容及表达式，理解其确切含义；会根据动量守恒的条件判断系统的动量是否守恒；会用实验验证碰撞中守恒。重点是动量、动量定理、动量量守恒守律。难点是动量守恒定律与能量、电磁学知识的综合问题解决。
30． [2014·福建卷Ⅰ] (2)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统
使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为________．(填选项前的字母)
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2) 30．(2)D [解析] 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后
动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．
（2014上海）22A.动能相等的两物体A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比12:2:1v v =，则动量之比:A B p p = ；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A 原来动量大小之比:A p p = 。
[答案] 1：2；1：1
14．[2014·浙江卷] (1)如图1所示，甲木块的质量为m 1，以速度v 沿光滑水平地面向前
运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上
连有
一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A. 甲木块的动量守恒
B. 乙木块的动量守恒
C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
14．[答案] (1)C [解析] (1)本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力
的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A 、B 错误，选项C 正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．
35．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (2)如图所示，质量分别为m A 、m B 的两
个弹性小球A 、B 静止在地面上，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放，当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零，已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：
(1)B 球第一次到过地面时的速度；
(2)P 点距离地面的高度．
(2)解：(ⅰ)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有
v B ＝2gh ①
将h＝0.8 m代入上式，得
v1＝4 m/s.②
(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有
m A v1＋m B v2＝m B v′2④
1
2m A v 2
1
＋
1
2m B v
2
2
＝
1
2m v
′2
2
⑤
设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得
v′B＝v B⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝v′2B－v22 2g
⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m．⑧
[2014·新课标Ⅱ卷][物理——选修3－5] (2)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
图(a)
实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝
1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz .
将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与
B 相碰．碰后光电计时显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b )所示．
图(b )
若实验允许的相对误差绝对值(????
??碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
[解析] (2)按定义，物块运动的瞬间时速度大小v 为
v ＝
Δs Δt ①
式中Δs 为物块在短时间Δt 内走过的路程． 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则
Δt A ＝1f ＝0.02 s ②
Δt A 可视为很短
设A 在碰撞前、后时速度大小分别为v 0，v 1.将②式和图给实验数据代入①式得
v 0＝2.00 m /s ③
v 2＝0.970 m /s ④
设B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式得
v 2＝d Δt B ⑤ 代入题给实验数据得
v 2＝2.86 m /s ⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p′则
p ＝m 1v 0⑦
p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp ＝????
??p －p′p ×100%⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp ＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
22．[2014·北京卷]如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小
滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：
(1) 碰撞前瞬间A 的速率v ；
(2) 碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；
(3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .
22．[答案] (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
[解析] 设滑块的质量为m .
(1)根据机械能守恒定律有
mgR ＝12
m v 2 解得碰撞前瞬间A 的速率有
v ＝2gR ＝2 m/s.
(2)根据动量守恒定律有
m v ＝2m v ′
解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率
v ′＝12
v ＝1 m/s.
(3)根据动能定理有
1
2(2m)v′
2＝μ(2m)gl 解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝v′2
2μg
＝0.25 m.
24． [2014·全国卷] 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
24．[答案] (1)1.0 m/s(2)1400 J
[解析] (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有
m v－MV＝MV′①
代入数据得
V′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
1
2m v
2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1400 J④
35．[2014·广东卷] (18分)图24 的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；
(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经
过A 点时的最大动能E .
35．(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J
[解析] (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，有m v 1＝2m v
解得v ＝v 12
＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为ΔE ＝12m v 21－12
(2m )v 2 解得ΔE ＝9 J.
(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在AC 间等效为匀减速运动，设P 在AC 段加
速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得
μ(2m )g ＝2ma
3L ＝v t －12
at 2 v 2＝v －at
解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt 2t v 2＝6L －μgt 2
2t
由于2 s ≤t ≤4 s 所以解得v 1的取值范围
10 m/s ≤v 1≤14 m/s
v 2的取值范围1 m/s ≤v 2≤5 m/s
所以当v 2＝5 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度
v 3＝v 22－2μgL
则P 向左经过A 点时有最大动能E ＝12
(2m )v 23＝17 J. [2014·江苏卷] (3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞
后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．
(3)1748v 0 3124
v 0 [解析] 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律得2m v 0＝
2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516，解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124
v 0. 10． [2014·天津卷] 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面
光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：
(1)A 开始运动时加速度a 的大小；
(2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；
(3)A 的上表面长度l .
10．(1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m
[解析] (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有
F ＝m A a ①
代入数据解得
a ＝2.5 m/s 2②
(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得
Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③
代入数据解得
v ＝1 m/s ④
(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤
A 从开始运动到与
B 发生碰撞前，由动能定理有
Fl ＝12
m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
②．《波粒二象性》。本子专题二轮复习中要理解光子说及对光电效应的解释；理解爱因斯坦光电效应方程并会用来解决简单问题．重点：光电效应现象,光电效应规律,光子说.难点：光电效应方程的应用。
③．《原子结构和原子核》。本子专题的复习二轮目标：知道α粒子散射实验；知道原子的核式结构模型的主要内容，理解模型提出的主要思想；理解能级的概念和原子发射与吸收光子的频率与能级差的关系；. 知道原子光谱为什么是一些分立的值．知道原子光谱的一些应用；知道原子光谱为什么是一些分立的值．知道原子光谱的一些应用；知道天然放射现象及其规律，知道天然放射现象的原因是原子核的衰变；知道三种射线的本质和特点；知道原子核的衰变规律，知道衰变本质，会写两种衰变方程．了解半衰期的概念；知道原子核的人工转变,知道核能；了解爱因斯坦的质能方程,知道质量亏损；会根据质能方程和质量亏损的概念计算核反应中释放的核能；知道原子核的人工转变,知道核能的概念.知道裂变和聚变。重点：卢瑟福α粒子散射实验的现象和所说明的问题，玻尔理论；了解天然放射现象和它的本质;知道三种射线的本质和特点；了解原子核的人工转变和质能能方程，会用相关公式进行计算。难点：α粒子散射实验，对原子发光现象解释；三种射线的比较；分析核反应过程和核能的计算。
35．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)关于天然放射性，下列说法正确的是
________．
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
35．(1)BCD [解析] 本题考查了原子核的衰变．原子序数大于83的元素才可以发生衰变，原子序数小于83的元素有的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A 错误；放射性元素的半衰期与元素所处的物理 、化学状态无关，B 、C 正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D 正确；原子核发生α或β衰变时常常伴随着γ光子的产生，但同一原子核不会同时发生α衰变和β衰变，E 错误．
35．[2014·新课标Ⅱ卷] [物理——选修3－5](1)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．
A ．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C ．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po )和镭(Ra )两种新元素
D ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E ．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
35．[答案] (1)ACE
[解析] (1)密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电量，A 项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，发现了原子中心有一个核，B 、D 两项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，并因此获得了诺贝尔奖，C 项正确；汤姆逊通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的比荷，E 项正确．
14． [2014·北京卷] 质子、中子和氘核的质量分别为m 1、m 2和m 3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c 表示真空中的光速)( )
A ．(m 1＋m 2－m 3)c
B ．(m 1－m 2－m 3)c
C ．(m 1＋m 2－m 3)c 2
D ．(m 1－m 2－m 3)c 2
14．C 本题考查质能方程，ΔE ＝Δmc 2，其中Δm ＝(m 1＋m 2－m 3)，则ΔE ＝(m 1＋m 2－m 3)c 2 ，C 正确，A 、B 、D 错误．
21． [2014·全国卷] 一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.A ＋1A －1
B.A －1A ＋1
C.4A （A ＋1）2
D.（A ＋1）2（A －1）2
21．A [解析] 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速
率分别为v 1，v ′1，碰撞后原子核的速率为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2
＝Am 1.根据完全弹性碰撞规律可得m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，12m 1v 21＝12m 2v 22＋12m 1v ′21
，解得碰后中子的速率v ′1＝??????m 1－m 2m 1
＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v ′1＝A ＋1A －1，A 正确． 30． [2014·福建卷Ⅰ] (1)如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)
A ．①表示γ射线，③表示α射线
B ．②表示β射线，③表示α射线
C ．④表示α射线，⑤表示γ射线
D ．⑤表示β射线，⑥表示α射线
30．(1)C [解析] α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电．在匀强电场中，α射线与β射线分别在电场力的作用下发生偏转，α射线偏向负极板，β射线偏向正极板，γ射线不受电场力，不发生偏转；在磁场中，由左手定则可以判断α射线向左偏，β射线向右偏，γ射线不受洛伦兹力，不发生偏转．故C 项正确．
18． [2014·广东卷] 在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )
A ．增大入射光的强度，光电流增大
B ．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D ．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
18．AD [解析] 增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A 正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B 错误；改用频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C 错误；光电子的最大初动能E k ＝hν－W 0，故改用频率大于ν的光照射，
光电子的最大初动能变大，选项D 正确．
39．[2014·山东卷] 【物理35】 (1)氢原子能级如图所示，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号) a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
b ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级
c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级
39．(1)cd
[解析] (1)由氢原子能级图可知氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级的能级差大于从n ＝3跃
迁到n ＝2的能级的能级差，根据|E n －E m |＝hν和ν＝c λ可知，|E n －E m |＝h c λ
，选项a 错误；同理从n ＝1跃迁到n ＝2的能级需要的光子能量大约为从n ＝3跃迁到n ＝2的能级差的五倍左右，对应光子波长应为从n ＝3跃迁到n ＝2的能级辐射光波长的五分之一左右，选项b 错误；氢原子从n ＝3跃迁到n ＝1的能级的能级差最多有三种情况，即对应最多有三种频率的
光谱线，选项c 正确；氢原子在不同能级间跃迁必须满足|E n －E m |＝h c λ
，选项d 正确． 6． [2014·天津卷] 下列说法正确的是( )
A ．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立
B ．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施
C ．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
D ．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同
6．BD [解析] 本题是对玻尔理论、天然放射现象及多普勒效应等知识的考查，α粒子散射实验导致原子核式结构模型的建立，A 错误；紫外线可以使荧光物质发光，B 正确；天然放射现象中产生的γ射线在电场或磁场中不会发生偏转，C 错误；观察者和波源发生相对运动时，观察者接收到的频率就会发生改变，D 正确．
[2014·浙江卷] (2)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图2所示，当氢原子从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时，辐射出频率为________Hz 的光子．用该频率的光照射逸出功为 2.25 eV 的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________eV.
(电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s)
n E /eV
∞ 0
6—————— －0.38
5——————－0.54
4——————－0.85
3——————－1.51
2——————－3.40
1——————－13.60
图2
[答案] (2)6.2×1014Hz0.3 eV
[解析] (2)本题考查能级、光电效应方程等知识．由跃迁条件可知hν＝E4－E2＝(3.40－0.85 )eV＝4.08×10－19J，解得辐射出的光子的频率为6.2×1014Hz，根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W，计算可得产生电子的最大初动能为0.3 eV.
（2014上海）2.核反应方程式9
4Be+4
2
He→12
6
C+X中的X表示 ( D )
（A）质子（B）电子（C）光子（D）中子
2.D [解析]本题考查核反应时电荷数和质量数守恒
（2014上海）3.不能
．．用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（B）
（A）原子中心有一个很小的原子核（B）原子核是由质子和中子组成的（C）原子质量几乎全部集中在原子核内（D）原子的正电荷全部集中在原子核内（2014上海）5.链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是（B）
（A）质子（B）中子（C）β粒子（D）α粒子
（2014上海）6.在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾
．．．的是（C）（A）光电效应是瞬时发生的（B）所有金属都存在极限频率
（C）光电流随着入射光增强而变大（D）入射光频率越大，光电子最大初动能越大