课时检测训练59 光电效应波粒二象性-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版）

课时检测训练59 光电效应 波粒二象性 ,对应答案P628 基础对点练 B增大入射光的强度 对点练1光电效应规律的理解和应用 C.换用电动势更大的电源 1.(2023·浙江1月选考)被誉为“中国天眼”的大 D.将电源的正、负极对调 口径球面射电望远镜已发 4.在如图所示的光电效应实验中，将滑动触头P移 现660余颗新脉冲星，领先 到a端。用单色光M照射阴极K时，电流计G 世界。天眼对距地球为L 的指针不会发生偏转：将滑动触头P移到b端， 的天体进行观测时，其接收 用单色光V照射明极K时，电流计G的指针会 光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐 发生偏转，则下列说法正确的是 () 射光子中，有(<1)倍被天眼接收，天眼每秒接 收到该天体发出的频率为v的N个光子。普朗 克常量为，则该天体发射频率为y光子的功率 为 A.ANL'hv R27 B.2NL'hv R C.h A.M光的强度一定小于V光的强度 4RN D.h 2R'N B.M光的颜率一定大于N光的频率 2.(2023·河渐开学考试)观察光电效应现象的演 C,用N光照射阴极K时将P移到a端，电流计 示实验装置如图所示，把一块 G的指针一定会发生偏转 锌板连接在验电器上，并使锌 D.用M光照射阴极K时将P移到c处，电流计 板带上一定量的负电，验电器 紫外线灯 G的指针可能会发生偏转 指针会张开角度日。现用高频短波紫外线灯持续 对点练2光电效应的图像 照射锌板一定时间，可能观察到验电器指针的变 5.(2023·江苏一模)用如图电路研究光电管的特 化是 ( 性，入射光频率为，U为光电光束及商口 A.指针张开的角度0会一直变大 管K、A两极的电势差，取A B.指针张开的角度0先变大后变小 端电势高时为正值。若光电管 C,指针张开的角度0先变小后变大 K极材料的极限频率为·普 D.指针张开的角度日忽大忽小不断变化 朗克常量为h,电子电量为e,则在U-v坐标系 3.如图是研究光电效应的实验装置。用一定频率 中，阴影部分表示能产生光电流的U和￥取值范 的光照射阴极K,当滑片P处于图示位置时，电 围，下列阴影标识完全正确的是 流表的示数不为零。为使电流表示数减小，下列 办法可行的是 光习 A.将滑片P向右移动 473 课时检测训练·物理 6.甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大： C.该金属的逸出功为eU 初动能与人射光频率间的关系分别如图中的 D.若电流表的示数为10红A,则每秒内从阴极发 b所示。下列判断正确的是 ( 出的光电子数的最小值为6.25×10 对点练3光的波粒二象性和物质波 9.(多选)关于黑体辐射的实验规律如图所示，下列 说法正确的是 “辆射强度 A.图线a与b不一定平行 B.图线a与b的斜率是定值，与人射光和金属材 料均无关系 500 C.乙金属的极限频率小于甲金属的极限频率 D.甲，乙两种金属发生光电效应时，若光电子的 最大初动能相同，甲金属的人入射光频率大 0 2pm 4μm波长 7.(多选)如图所示，甲，乙丙、丁是关于光电效应 A,黑体能够完全吸收照射到它上面的光波 的四个图像，以下说法正确的是 ) B.随着温度的降低，各种波长的光辐射强度都有 所增加 C.随着温度的升高，辐射强度极大值向波长较 长的方向移动 D,黑体辐射的强度只与它的温度有关，与形状 强光（黄】 和黑体材料无关 期光（资） 蓝光 10.(多选)(2022·浙江1月选考)电子双缝干涉实验 UaU20 是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子 因 丁 枪持续发射的电子动量为1.2×10“kg·ms,然 A.由图甲可求得普朗克常量h= 后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取 a 9.1×10kg,普朗克常量取6.6×10J·s,下 B.由图乙可知虚线对应金属的逸出功比实线对 列说法正确的是 ( 应金属的逸出功小 C.由图丙可知在光的颜色不变的情况下，入射 光越强，饱和电流越大 D.由图丁可知电压越高，则光电流越大 电了 8.(多选)利用如图甲所示的实验装置观测光电效 应，已知实验中测得某种金属的遏止电压U。与入 A.发射电子的动能约为8.0×105J 射光频率￥之间的关系如图乙所示，电子的电荷 B.发射电子的物质波波长约为5.5×101m 量为e=1.6×10”C,则 ( C.只有成对电子分别同时通过双缝才能发生 干涉 光求 D.如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉 HA 图样 11.(2023·辽宁期来)用强黄光，弱黄光和蓝光分 屯源 别照射如图甲所示的实验装置的K极，其饱和 甲 电流随电压的变化关系如图乙所示，而光与电 A.电源的右端为正极 子发生碰撞前后速度方向发生改变，如图丙所 B普朗克常量为光 示。根据这些图像分析，下列说法中正确的是 () 课时检测训练·物理 474 D.用a光照射光电管阴极K时，通过电流计G 黄光G强 1' 的电流方向是由d到c 14.(2023·嘉兴二模)如图甲所示是一款光电烟雾 撞前 多 探测器的原理图。当有烟雾进入时，来自光源 A.图乙说明光子具有能量，且光强越强，单个 S的光被烟雾散射后进人光电管C,光射到光 光子能量越大 电管中的钠表面时会产生光电流。如果产生的 B.根据图乙分析可知，若用红光照射同一实验 光电流大于10A,便会触发报警系统。金属 装置，一定有光电流产生 钠的遏止电压U。随入射光频率y的变化规律 C.在图丙的现象中，有部分光子碰撞后的波长 如图乙所示，则 大于碰撞前的波长 D.图甲的现象不仅可以说明光具有粒子性，而 且说明光子具有动量 6e1×104T1z 罕综合提升练 开「 外壳 12.(多选)(2023·杭州期中)某同学设计了一种利 甲 用光电效应原理工作的电池，如图 A,要使该探测器正常工作，光源S发出的光波 所示。K、A电极分别加工成球形 波长不能小于5.0×10m 和透明导电的球壳。现用波长为入 ※ B.图乙中图像斜率的物理意义为普朗克常量方 的单色光照射K电极，K电极发射 C,触发报警系统时钠表面每秒释放出的光电 光电子的最大动能为E,电子电荷 子数最少是N=6.25×10个 量为。忽略光电子重力及之间的相互作用，已 D.通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾 知光速为c,普朗克常量为h。下列说法正确的 探测器的灵敏度是不可行的 是 ( ) A.人射光子的动量p=ha 15.如图所示，是某种火灾报警装置的工作电路图， 它的核心部件为紫外线光电管，其中A为阳 BK电极的逸出功W,一经-区 极，K为阴极，发生火灾时c,d端有输出电压实 C.A,K之间的最大电压U=E 施报警。已知地表附近太阳光中紫外线光子能 量介于3.1~3.9eV之间，明火中的紫外线光 D.若仅增大入射光强度，A、K之间电压将增大 子能量介于4.4~6.2eV之间。几种金属单质 13.(多选)(2022·华中师大附中模考)用如图所示的 的逸出功如下表所示，若光电管阴极材料K选 光电管研究光电效应。当用某种频率的单色光： 用金属铝，则下列说法正确的是 () 照射光电管阴极K时，电流计G的指针发生偏 转。若用另一频案的单色光b照射光电管阴极K 时，电流计G的指针不发生偏转，则 ( 紫外线光巾脊 电了 co 金属单质 钾 钠 锌 铝 逸出功/eV 2.25 2.29 3.38 4.21 A.太阳光照射时c,d端有输出电压 A.a光的频率一定大于b光的频率 B.明火照射时c,d端有输出电压 B.只增加a光的强度可使通过电流计G的电 C.若阴极K材料选用金属锌，能实现有效报警 流增大 D.明火中紫外线波长越长，光电子的最大初动 C.增加b光的强度可能使电流计G的指针发 能越大 生偏转 475 课时检测训练·物理真空，气体发生自由膨胀，故气体膨 胀过程对外做的功为零，即W=0, 根据热力学第一定律有△U=W+Q, 故△U=0+200 J=200 J。 课时检测训练58 1.C 解析根据题意，有pa=pg+ pgh,假设温度升高时水银柱不移动， -T、+aT六-由查理定律可得 7.+T.压理的变化量为△m=p! -Dx=x△m=-m= △T相同，不知道两气体初温TA与T。 的大小关系，因此无法判断两部分气 体压强变化量的大小，两部分气体压 强变化量可能相等，h不变，左管气体 体积不变，温度升高，左管气体压强增 大；可能 A压强增加量小，h 减小，左 管气体体积减小，左管气体压强增大； 可能 A压强的增加量大于B气体压强 的增加量，h增大，左管气体体积增大， 左管气体压强增大；所以左管气体压 强一定变大。故选C。 2.()m(2)k-99# m-91F 解析 (1)对左右气缸内所封的气体， 初态压强 p?=p,体积V?=SH+ 2SH=3SH,末态压强p?,体积V?=S ·2H+号H·2S=YSH,根据破意 耳定律可得 p?V?=p?V?,解得p?= : (2)对右边活塞受力分析可知mg+po ·2S=p,·2S,解得m=2*,对左 侧活塞受力分析可知n.S+k·号H= p?S,解得A一#。 3.(1)号T,(2)D。 解析(1)因两活塞的质量不计，则当 环境温度升高时，IV内的气体压强总 等于大气压强，则该气体进行等压变 化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部 时，对IV中气体由盖-吕萨克定律可得 ￥号.解得T=÷T? (2)设当 A中的活塞到达汽缸底部时 Ⅲ中气体的压强为p,则此时IN内的气 体压强也等于 p,设此时IV内的气体的 体积为V,则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积 高考一轮总复习·物理 在水面下H处，设此时鱼的体积为 V,有Mg=pgV?为(V?-V),则对IV中气体有 且此时 B室内气体体积为V,质量. 为m, m=p÷ V. 学学. 鱼通过增加B室体积获得大小为a的 加速度，则有pg(V?+△V)-Mg 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有 = p(V?-V) p=。一联立解得12T。 =Ma, 联立解得需从 A室充入B室的气体 4.(器 (2)20 L 质量： △m=o、AV=Y解析 (1)设轮胎内体积为V?,假设将 原来内部压强为3.0 bar、温度为47 ℃ 的气体全部变成压强为2.0 bar、温度 为37℃的气体，此时体积为V,则由理 A=Ati.想气体方程有： ,代入 数据得V=#V., (2)开始时鱼静止在水面下H处时，B 室内气体体积为V,质量为m,且此时 B室内的压强： p?=pgH+p, 鱼静止于水面下 H?处时，有p?= 故放出气体质量占 Am=Y-V原来气体质量的比为 pgH?+p?, 此时体积也为V,设该部分气体在压强 为p?时，体积为V?, 29, 93' 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意 耳定律有： (2)对轮胎内的气体，由波意耳定律得 p?V?=p?V',对充入轮胎内的气体， 由波意耳定律得p?V?′=p?V?,其中 V?'=V?-V?',解得V?=20L。 nV=nV,解得V?-ml,+A,v, 则此时B室内气体质量m?=p?V?=+.5.1:3 解析 设火罐内气体初始状态 参量分别为p?、T?、V?,温度降低后状 态参量分别为p?、T?、V?,罐的容积为 V?,由题意知p?=p?、T?=450K、V?= V、T;=300 K、V?=22L. 由理想气体状态方程得， 学学. 课时检测训练 59 1.A 解析设天体发射频率为v光子 的功率为P,由题意可知 P'××? =Nhv,t=1s, 解得 P-12,故选 A。 2.C 解析 用高频短波紫外线灯持续 照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出 光电子。由于锌板原来带负电，随着 带负电的光电子逸出，锌板所带负电 量减少，验电器指针张开的角度θ逐渐 变小。继续照射，更多的光电子逸出 后，锌板开始带上正电且电荷量增加， 故验电器指针张开的角度θ逐渐变大， 即整个过程中验电器指针张开的角度 先变小后变大。故选C。 代入数据得p?=0.7p。, 对于抽气罐，设初态气体状态参量分 别为p?、V?,末态气体状态参量分别为 p?、V,罐的容积为V',由题意知 P?=p?、V?=V?1、p?=p?, 由玻意耳定律得p?V?′=p?V, 代入数据得V?=Fv,, 设抽出的气体的体积为△V,由题意知 3.D 解析 将滑片P向右移动，正向电 压增大，电流表示数不能变小，A错 误；增大入射光的强度，单位时间内， 光电子更多，所以电流表示数不能变 小，B错误；换用电动势更大的电源，正 向电压增大，电流表示数不能变小，C 错误；将电源的正、负极对调，变正向 电压为反向电压，能减小光电流，D 正确。 △V=V;-2+v,’, 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气 一兴.体质量的比值为÷ -号联立并代入数据得： 6.(1 ”(2)- 解析 (1)由题意可知开始时鱼静止 ·628 · 台-T、+aT 知道两气体初温TA与T Y H+号H·2S=YSH, 玻 1) T,( P. ； V=计 ,故放出气 t, 的比值为 4.C 解析 滑动触头P移到a端时，A 极的电势高于K极的电势，用M光照 射时电流计G的指针不会发生偏转， 说明 M光不能使阴极K发生光电效 应，即 M光的频率低于阴极K的极限 频率v.,P移到任何位置，电流计G的 指针均不会发生偏转，D错误；滑动触 头P移到b端时，A极的电势低于K 极的电势，用单色光N照射阴极 K时 电流计G的指针会发生偏转，说明 N 光照射时会产生光电效应，即 N 光的 频率高于v.,则M光的频率低于N光 的频率，B错误；能否发生光电效应与 光的强度无关，A错误；滑动触头P移 到a端时，加的是正向电压，用N光照 射阴极K时电流计G的指针一定会发 生偏转，C正确。 5.A 解析由动能定理有一eU=E, 由光电效应方程有E=hv-W?=hv- hu,所以U=一鸟+气，,入射光频率 大于极限频率时，才可以发生光电效 应，故选A。 6.B 解析根据光电效应方程 E= hv-W?,图线的斜率代表普朗克常量， 两直线一定平行，A错误；普朗克常量 与入射光和金属材料均无关系，B正 确；横轴截距表示最大初动能为零时 的入射光频率，也就是金属的极限频 率，故乙金属的极限频率大于甲金属 的极限频率，C错误；甲、乙两种金属发 生光电效应时，若光电子的最大初动 能相同，甲金属的入射光频率小，D 错误。 7.BC 解析根据光电效应方程，结合 动能定理可知eU=E=hv-W。= 1w-hw,变式可得U.=-,斜 率k=岛一台，,解得普朗克常量为h= be,,故 A错误；根据爱因斯坦光电效应2a’ 方程 E=hv-W。可知，纵轴截距的绝 对值表示逸出功，则实线对应金属的 逸出功比虚线对应金属的逸出功大， 故B正确；入射光频率一定，饱和电流 由入射光的强度决定，即光的颜色不 变的情况下，入射光越强，光子数越 多，饱和电流越大，故C正确；分析题 图丁可知，当达到饱和电流以后，增加 光电管两端的电压，光电流不变，故 D 错误。 8.AC 解析 只有施加反向电压时，即 阴极接电源正极、阳极接电源负极时， 在光电管两极间形成使电子减速的电 场，这时光电流才有可能为零，使光电 流减小到零的反向电压U。称为遏止 电压，故 A正确；由爱因斯坦光电效应 方程可知U.=竺-一，,可知题图乙图 =4.线的斜率： 则普朗克常量 h= U,,该金属的逸出功为W。=hv?= V? eU,故B错误，C正确；每秒内从阴极 发出的光电子所带的电荷量为q=It= 10×10-?×1C=10~?C,由n=,可 得每秒内从阴极至少发出的光电子数 为n=6.25×101,故D错误。 9.AD 解析能完全吸收照射到它上 面的各种频率的电磁辐射的物体称为 黑体，A正确；由题图可知，随温度的 降低，各种波长的光辐射强度都有所 减小，选项B错误；随着温度的升高， 黑体辐射强度的极大值向波长较短的 方向移动，选项C错误；一般物体辐射 电磁波的情况与温度有关，还与材料 的种类及表面情况有关，但黑体辐射 电磁波的情况只与它的温度有关，选 项D正确。 10.BD 解析 据p2=2mE,可知，电子 的动能为E、=m≈7.9×10~”J,故 选项 A错误；根据德布罗意波长公式 A=☆可得，发射出的电子的物质波 波长约为λ=5.5×10-1m,故选项 B 正确；物质波也具有波粒二象性，故 电子的波动性是每个电子本身的性 质，则即使电子依次通过双缝也能发 生干涉现象，只是需要大量电子才能 显示出干涉图样，故选项C错误，选 项 D正确。 11.C 解析 图乙说明光电效应饱和电 流与电压的关系，单个光子能量与频 率有关，A错误；红光的频率小于黄 光的频率，若用红光照射同一实验装 置，不一定有光电流产生，B错误；图 丙碰撞的过程中电子带走了光子的 一部分动量，所以碰撞后光子动量小 于碰撞前光子动量，根据p一☆,可知 碰撞后光子波长大于碰撞前光子波 长，C正确；光电效应和康普顿效应都 可以说明光具有粒子性，无法说明光 子具有动量，D错误。故选C。 ·629 p=☆,12.BC 解析 入射光子的动量 故 A错误；K电极发射光电子的最大 动能为E,则 E=h÷-W,解得 W,-A-E,故B正确；电子聚集在 A电极后，使 A极带负电，因此会在 球内部建立一个从K指向A的反向 电场，阻碍电子继续往 A聚集。当 A、K之间达到最大电势差U,最大动 能为E的电子都无法到达A极。根 据动能定理-eU=0-E,A、K之间 的最大电压U-三，,故 C正确；根据 E=h-W?可知，若仅增大入射 光强度，最大初动能不变，A、K之间 电压将不变，故D错误。 13.AB 解析 用单色光a照射光电管 阴极 K时，电流计G的指针发生偏 转，说明a光能使阴极K发生光电效 应，即v?≥v,而用另一频率的单色光 b照射光电管阴极K时，电流计G的 指针不发生偏转，说明b光不能使阴 极K发生光电效应，即v,<v,选项 A 正确；只增加a光的强度即增加单位 时间内照射到阴极K上的光子数，则 单位时间内从阴极K表面逸出的光 电子数增加，即通过电流计G的电流 增大，选项B正确；b光不能使阴极K 发生光电效应，即使增加b光的强度 也不可能使电流计G的指针发生偏 转，选项C错误；用a光照射光电管 阴极K时，通过电流计G的电子的运 动方向是由d到c,故电流方向是由c 到d,选项D错误。 14.C 解析 由图乙可知金属的截止频 率为v.=6×10”Hz,则有λ== 是-m-5.0×10*m.则可知 光源 S发出的光波波长不能大于5.0 ×10~?m,故 A错误；由遏制电压与 光电子的最大初动能之间的关系，以 及爱因斯坦的光电效应方程可得eU。 =E=hu-hu,变式可得U.=≌v- 合，故B错.,可知该图像的斜率为· 误；当光电流等于10~A时，每秒产 n=2=生的光子的个数 为 10-×1 5个=6.25×101°个，故 C1.6×10 高考一轮总复习·物理 — A斜率 -方 E=h 。可 ≥v, 光电效应方程可得eU 正确；当光源S发出的光能使光电管 发生光电效应，那么光源越强，被烟 雾散射进入光电管的光就越多，越容 易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵 敏度越高，故D错误。故选C。 15.B 解析 因为太阳光中紫外线光子 能量介于3.1～3.9eV之间，小于金 属铝的逸出功4.21 eV,不发生光电 效应，c、d端没有输出电压，A 错误； 明火中的紫外线光子能量介于4.4～ 6.2 eV之间，大于金属铝的逸出功， 发生光电效应，c、d端有输出电压，B 正确；若阴极 K 材料选用金属锌， 3.9 eV大于金属锌的逸出功3.38eV, 发生光电效应，也能报警，即不能实 现有效报警，C错误；根据E=h六， 明火中紫外线波长越长，能量越小， 根据Em=hv-W?,则光电子的最大 初动能越小，D错误。 课时检测训练60 1.CD 解析 γ射线是放射性元素的原 子核从高能级向低能级跃迁时辐射出 来的，氢不是放射性元素，A错误；氢 原子从n=3能级向n=2能级跃迁时 辐射出的光子的能量 E=E?-E?= -1.51 eV-(-3.4 eV)=1.89 eV, 1.62 eV<1.89 eV<3.11 eV,故氢原 子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐 射出的光为可见光，B错误；根据E= hv及题给条件可知，紫外线光子的能 量大于3.11 eV,要使处于n=3能级 的氢原子发生电离，需要的能量至少 为1.51 eV,故C正确；大量氢原子从 n=4能级向低能级跃迁时辐射出的光 子能量有0.66 eV、2.55 eV、12.75 eV、 1.89 eV、12.09 eV、10.2eV,故大量氢 原子从n=4能级向低能级跃迁时可 辐射出2种频率的可见光，D正确。 2.D 解析 原子吸收频率为v?的光子 从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ时 有Em—E?=hv?,且从激发态能级Ⅱ 向下跃迁到基态I的过程有E-E =hv?+hv?+hv?,联立解得v?=vo- 一v?,故选 D。 3.A 解析要使处于n=20的氢原子 吸收一个光子后恰好失去一个电子变 成氢离子，则需要吸收光子的能量为 E=0-(-20-)eV=0.034 ev.结 合题图可知被吸收的光子是红外线波 段的光子，故选A。 4.D 解析根据"C→'N+-1e,即'C 高考一轮总复习·物理 发生β衰变的产物是“N,选项 A错 误；β衰变辐射出的电子来自于原子核 内的中子转化为质子时放出的电子， 选项B错误；半衰期是核反应，与外界 环境无关，选项C错误；若测得一古木 ÷.可知样品的'C含量为活体植物的- 经过了2个半衰期，则该古木距今约为 5730×2年=11460年，选项D正确。 故选 D。 5.AB 解析 根据质量数守恒和电荷数 守恒可知，X的质子数为1,中子数为 1,即为|H,故A正确；常用的示踪原子 有：“C、O、H,故B正确；β衰变是由 原子核内的一个中子转化为一个质子 和一个电子，电子被释放出来，所以-le 来自原子核内，故C错误；半衰期是一 个统计规律，对于大量原子核衰变是 成立的，个数较少时规律不成立，故D 错误。 6.D 解析 根据受核反应满足质量数 和电荷数守恒可知，Y 是α 粒子 (;He),三种射线的穿透能力，γ射线 最强，α射线最弱；三种射线的电离能 力，α射线最强，γ射线最弱。故选D。 7.A 解析 根据质量数守恒和电荷数 守恒有，X的质量数为7,电荷数为3, 可知原子核 X是{Li,A正确、C错误； 由选项 A可知，原子核 X是；Li,则核 反应方程为；Be+-^e→Li+v,则反 应前的总质子数为4,反应后的总质子 数为3,B错误；中微子不带电，则中微 子v。的电荷量与电子的不相同，D 错误。 8.D 解析 设Y电荷数和质量数分别 为m和n,根据核反应方程质量数和电 荷数守恒可知第一个核反应方程的核 电荷数和质量数满足A+14=n+17, Z+7=m+8,第二个核反应方程的核 电荷数和质量数满足n+7=2A,m+3 =2Z,联立解得 Z=2,A=4,故选D。 9.AC 解析 根据质量数守恒和电荷数 守恒可知，X的质量数为1,电荷数为 0,为中子，A正确，B错误；根据题图可 知2U、Sr、3Xe相比，Sr的比结合 能最大，最稳定，U的质量数最大， 结合能最大，比结合能最小，最不稳 定，C正确，D错误。 10.A 解析 若 D、E能结合成F,有质 量亏损，结合时向外释放能量，故 A 正确，B错误；因为G分裂为B、C, 由图可知，有质量亏损，向外释放能 ·630· 量，则C、B结合成G,则需吸收能量， 故C错误；由图可以看出，F和C结 合成B,质量不一定亏损，不一定向 外释放能量，故D错误。故选A。 11.C 解析 根据质量数和电荷数守恒 可知，衰变方程为Pu→U+!He, 即衰变方程中的 X=234,A 错 误；He是α粒子，穿透能力比γ射线 弱，B错误；比结合能越大越稳定，由 于34Pu衰变成为了9U,故U比 Pu稳定，即Pu比32U的比结合 能小，C正确；半衰期由原子核本身决 定的，与温度等外部因素无关，D错 误。故选 C。 12.B 解析设刚植入时碘的质量为 m,经过180天后的质量为m,根据 m=m(号) ,代入数据解得m= m(÷)*=m(告)=÷m,故选 B 13.C 解析 根据核反应方程式，6个氘 核聚变反应可释放出43.15 MeV的 能量，1kg海水中的氘核反应释放的 能量为 E=1081×43.15 Mev≈ 7.19×102MeV≈1.15×101°J,则相 当于燃烧的标准煤的质量为 M= 1.15×10 kg≈396.6 kg,约为400 kg。2.9×10 (2)2πmq2B14.(1)^X→2-2Y+!He qB 2πm (a)F 解析 (1)4X→二?Y+?He。 (2)洛伦兹力提供向心力，有 9u.B=m· 所以口=2r=-2· 环形电流大小1-号-2。 (3)衰变过程动量守恒，有0=px+p, 所以py=-p。,“—”表示方向相反， 因为p=mo,E?=≥md2, 所以E,=. 即 Ey:E=m:M, 由能量守恒得△mc2=Ey+E, am=(“),其中E= =9BF, 所以 om-x 。