根据爱因斯坦光电效应方程得入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大故C正确；
遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，保持入射光的光强不变，若低于截止频率，则没有光电流产生，故D错误，E正确。
考点光电效应 2. 实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是 A. 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B. β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C. 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E. 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 【答案】ACD 【解析】电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样，说明实物粒子具有波动性，选项A正确；
β粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B错误；
可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C正确；
们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以D正确；
光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是光的粒子性，所以E错误；
故选ACD. 3. 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 E. 氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱 【答案】ADE 【解析】电子绕原子核做圆周运动的轨道是量子化的，轨道半径不是任意的，故A正确。电子在绕原子核做圆周运动时，不会产生电磁辐射，只有跃迁时才会出现，故B错误。氢原子在不同的轨道上的能级，电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要吸收光子，故C错误。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。氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，是特征谱线，但它的光谱不是连续谱，故E正确。故选ADE. 【点睛】解决本题的关键知道玻尔理论的两个假设（1）轨道假设原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的可能轨道是不连续的．（2）定态假设电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的．这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量． 4. 下列说法正确的是 A. 天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构 B. α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 C. 原子核发生β衰变生成的新核原子序数增加 D. 氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长 E. γ射线是原子核内部发生核反应而释放出的多余的能量 【答案】ACE 【点睛】解决本题的关键知道能级跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大，波长越小，基础题． 5. 下列说法正确的是 A. 方程式是重核裂变反应方程 B. 铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能 C. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的[ D. 核力是短程力，与核子间的距离有关，有时表现为引力，有时表现为斥力 E. 原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量 【答案】BCD 【解析】方程式的反应物只有一个，生成物，属于α衰变，选项A错误；
由原子核的平均结合能的曲线可知，铯原子核的比结合能与铅原子核的比结合能差不多，而铯原子核的核子数少得多，所以铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能，选项B正确；
β衰变所释放的电子不是来源于原子核外面的电子，而是原子核内的中子转化成质子时所产生的 ，选项C正确；
相邻的质子与质子、中子与质子、中子与中子既不会融合在一起斥力，又相距一定距离组成原子核引力，选项D正确；
由于质量亏损，原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，故E错误。故选BCD. 【点睛】本题考查了α粒子散射实验、玻尔理论、β衰变的实质、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本规律和基本概念，不能混淆，注意光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性． 6. 下列说法正确的是 A. 原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和 B. 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律 C. 在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激发后辐射出来的 D. 镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，也就是说，100个镭226核经过1620年后一定还剩下50个镭226没有发生衰变 【答案】B 【解析】原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，选项A错误；
在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，选项B正确；
在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子核内的中子转化成质子和电子，从原子核中辐射出来的，选项C错误；
半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，少量原子核衰变不能运用半衰期的统计规律，所以选项D错误。故选B. 【点睛】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道核子数、质子数、中子数的关系． 7. 一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是 A. 核反应方程是 B. 聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3 C. 辐射出的γ光子的能量E＝m3－m1－m2c2 D. γ光子的波长 E. 在真空中γ光子的速度小于c 【答案】AB ............ 【点睛】爱因斯坦质能方程为人类利用核能打开了大门，要正确理解质能方程中各个物理量是含义． 8. 如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子的能量范围为1.62～3.11eV，锌板的电子逸出功为3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是 A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板，一定不能产生光电效应现象 B. 用能量为11.0eV的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 C. 处于n＝2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线 D. 处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离 E. 用波长为60nm的伦琴射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子 【答案】BDE 【解析】氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；
用能量为11.0eV的电子轰击，基态的氢原子吸收的能量可以等于10.2eV，可以使处于基态的氢原子跃迁到n＝2能级，故B正确；
紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n＝2能级的氢原子的电离能为3.4eV，故紫外线不能被n＝2能级的氢原子吸收，故C错误；
紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n＝3能级的氢原子的电离能为1.51eV，故处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故D正确；
氢原子在基态时所具有的能量为－13.6eV，将其电离是使电子跃迁到无穷远，根据玻尔理论知所需的能量为13.6eV的能量，hν＝0－E1，解得ν＝3.281015Hz，根据公式λ＝cf可得60nm的伦琴射线的频率为，故E正确。故选BDE. 【点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，知道若吸收的能量使氢原子发生电离，也能被吸收。
9. 物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；
在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；
那么 A. I1I2，W1＝W2 B. I1I2，W1W2 C. I1＝I2，W1＝W2 D. I1＝I2，W1W2 【答案】D 【解析】由动量定理有I1＝FΔt1＝mv，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2；
由动能定理有，，所以W1W2，故D正确。故选D. 【点睛】根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用． 10. 质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及机械能不增加，且后面的小球不能与前面小球有第二次碰撞，故应有mv0＝mvA＋2mvB，，vA≤vB，代入验证知A、C正确。故选AC。
【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析一是动量守恒；
二是总动能不增加；
三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率． 11. 如图所示，在空气中有一直角棱镜ABC，∠A＝30，一束单色光从AB边射入棱镜，入射角为45，垂直于BC边射出，则该棱镜的折射率为 A. B. C. 1.5 D. 【答案】B 【解析】由光路图和几何知识得i′＝60，i＝30，则该棱镜的折射率为。故选B. 【点睛】解决本题的关键要灵活运用数学知识求解折射角，同时要掌握折射定律． 12. 如图所示，甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，乙为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x＝3.5m处，下列说法正确的是 A. 这列波沿x轴正方向传播 B. 这列波的传播速度是20m/s C. 在0.3s时间内，质点P向右移动了3m D. t＝0.1s时，质点P的加速度大于质点Q的加速度 E. t＝0.25s时，x＝3.5m处的质点Q到达波峰位置 【答案】ADE 【解析】从图乙中可以看出P点起振方向沿y轴正方向，根据“上下坡法”可得这列波沿x轴正方向传播，A正确；
从图甲中可得λ＝4m，从图乙中可得T＝0.4s，故这列波的速度为，B错误；
机械波在传播过程中，波上的各个质点只在平衡位置上下振动，不随波迁移，C错误；
当t＝0.1s时，质点P处于最大位移处，据简谐运动的特点可知，此时加速度最大，而质点Q此时不在最大位移处，所以质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确；
据图象可知t＝0时刻，x＝1m的质点正处于波峰，该点与质点Q相距Δx＝3.5m－1m＝2.5m，从t＝0时刻起，质点Q到达波峰所需要的时间，故E正确。故选ADE. 【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的