高中物理选修3-5模块测试卷及答案

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高中物理选修3-5模块综合试卷(一)

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)1．物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验，下面给出了几个在物理学发展史上有重要地位的物理实验，以及与之相关的物理学发展史的说法，其中错误的是()A．α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础B．光电效应实验表明光具有粒子性C．电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒D．康普顿效应进一步证实了光的波动特性答案 D解析α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础，选项A正确；光电效应实验表明光具有粒子性，选项B正确；电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒，选项C正确；康普顿效应进一步证实了光的粒子性，选项D错误．2．钍234 90Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤234 91Pa，同时伴随γ射线产生，其方程为234 90Th→234 91Pa＋x，钍的半衰期为24天，则下列说法中正确的是()A．此反应为钍核裂变，释放大量的核能，方程中的x代表质子B．x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C．γ射线是镤原子核外电子跃迁放出的高速粒子D．1 g钍234 90Th经过120天后还剩0.2 g钍答案 B3．原子核的比结合能曲线如图1所示．铀核(235 92U )经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(207 82Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是()图1A．m＝5，n＝4B．铀核(235 92U) 的比结合能比铅核(207 82Pb) 的比结合能小C．铀核(235 92U) 衰变过程的半衰期与温度和压强有关D．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最弱答案 B解析根据反应前后质量数守恒和电荷数守恒可知，235＝207＋4m,92＝82＋2m－n，解得：m＝7 , n＝4，故A错误；由题图知铀核的比结合能比铅核的比结合能小，故B正确；半衰期是放射性元素的固有特性，不会随外部因素而改变，因此放射性元素的半衰期与温度、压强无关，故C错误；在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，故D错误．4．一个质量为0.5 kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1 m/s，与地面作用0.1 s后以等大的动量被反弹，取g＝10 m/s2.小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是() A．小钢球重力的冲量是0.1 kg·m/sB．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量是1 kg·m/sC．若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是－1 N·sD．若选向上为正方向，则小钢球受到的合力为5 N答案 B解析根据冲量的定义可知：I＝mgt＝0.5×10×0.1 kg·m/s＝0.5 kg·m/s ，故A错；若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为Δp＝m v－(－m v)＝2m v＝2×0.5×1 kg·m/s＝1 kg·m/s，故B对；根据动量定理，合力冲量等于动量的变化量，所以若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是1 kg·m/s＝1 N·s ，故C错；已知合力的冲量为1 N·s，所以合力的大小为F＝I t ＝10.1N ＝10 N ，故D 错． 5．如图2所示，小车AB 静止于水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥．小车AB 质量为 M ，质量为m 的木块C 放在小车上，CB 距离为L .用细线将木块连接于小车的A 端并使弹簧压缩．开始时小车AB 与木块C 都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B 端滑去，并跟B 端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的是( )图2A ．整个系统机械能守恒B ．整个系统机械能不守恒，动量也不守恒C ．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D ．最终整个系统匀速运动答案 C解析弹簧被释放过程系统机械能守恒，而木块C 跟B 端橡皮泥粘在一起的过程是非弹性碰撞，机械能有损失，所以对整个过程，系统机械能不守恒，故A 错误．系统在整个过程中受到的合外力保持为零，动量守恒，故B 错误. 设弹簧释放后，木块C 速度大小为v ，小车速度大小为v 1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m v －M v 1＝0，得：v 1＝m Mv ，故v 1与v 成正比，当木块的速度v 最大时，小车的速度v 1也最大，故C 正确．设C 与橡皮泥粘在一起时系统的速度为v ′，由系统的动量守恒得：(M ＋m )v ′＝0，得：v ′＝0，所以最终系统静止不动，故D 错误．6.如图3所示，一轻质弹簧，两端连着物体A 和B 静止放在光滑水平面上，如果物体A 被沿水平方向运动且速度大小为v 0的子弹射中并嵌在物体A 中，已知物体A 的质量为物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 质量的14.弹簧被压缩到最短时物体B 的速度为( )图3A.v 012B.v 08C.v 04D.2v 03答案 B解析当A 、B 速度相等时弹簧被压缩到最短．设B 的质量为m ，对整个系统，根据动量守恒定律可得：14m v 0＝(14m ＋34m ＋m )v 解得：v ＝v 08，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 7．如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 、m 的A 、B 两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A 、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块刚好脱离弹簧时，下述说法正确的是( )图4A ．两滑块的动量大小之比p A ∶pB ＝2∶1B ．两滑块的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1C ．两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2D ．弹簧对两滑块做功之比W A ∶W B ＝1∶1答案 C解析在两滑块刚好脱离弹簧时，以滑块A 的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：2m v A－m v B ＝0，得v A ＝v B 2，两滑块速度大小之比v A v B ＝12，两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝12×2m v A 212m v B 2＝12，B 错误，C 正确；两滑块的动量大小之比p A p B ＝2m v A m v B ＝11，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，故W A ∶W B ＝1∶2，D 错误．8．如图5所示，光滑水平面上有甲、乙两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝2 kg ，车上另有一个质量为m ＝1 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车总质量M 2＝4 kg ，以v 0＝7 m/s 的速度向甲车运动，甲车为了不和乙车相撞，向乙车水平发射小球m (乙上有接收装置使小球最终停在乙车上)，则甲车相对地面发射小球的最小水平速度是( )图5A．6 m/s B．9 m/sC．12 m/s D．8 m/s答案 D解析设甲车相对地面发射小球的最小水平速度大小为v.以乙车初速度的方向为正方向，小球与甲车组成的系统动量守恒，可得：M1v1－m v＝0.小球与乙车组成的系统动量守恒，可得：M2v0－m v＝(M2＋m)v2，此时两车恰好不会相撞，满足：v1＝v2，联立并代入数据解得：v＝8 m/s，故D正确，A、B、C错误．9．有关图6中四幅图的说法正确的是()图6A．甲图中，水平地面光滑，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C．丙图中，射线1由β粒子组成，射线2为γ射线，射线3由α粒子组成D．丁图中，链式反应属于重核裂变答案BD解析题图甲中只有发生弹性碰撞时，碰后m2的速度才为v，A错误．题图丙中射线1由α粒子组成，射线3由β粒子组成，射线2为γ射线，C错误．10．如图7所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝3能级，下列说法中正确的是()图7A．这群氢原子发出的光子中，能量最大的为10.2 eVB．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时发出的光波长最长C．这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁D．如果发出的光子中只有一种能使某金属产生光电效应，那一定是由n＝3 能级跃迁到n ＝1能级发出的答案BD解析由n＝3跃迁到n＝1，辐射的光子能量最大，ΔE＝13.6 eV－1.51 eV＝12.09 eV，故A 错误；从n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长，故B正确；一群处于n＝3的氢原子向更高能级跃迁，吸收光子的能量必须等于两能级的能级差，故C错误；如果发出的光子只有一种能使某金属产生光电效应，那么这种光子为能量最大的一种，即为n＝3跃迁到n＝1能级发出的，故D正确．11．如图8所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则()图8A．碰撞后小球A反弹的速度大小为2gh 4B．碰撞过程B物块受到的冲量大小为m2ghC．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为15128mghD ．物块C 的最大速度大小为5162gh 答案 ACD解析设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 12，解得v 1＝2gh 设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有mgh 16＝12m v 1′2，解得v 1′＝2gh 4，选项A 正确．设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋5m v 2，解得v 2＝2gh 4，由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量大小为：I ＝5m v 2＝54m 2gh ，选项B 错误．碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5m v 2＝8m v 3，据机械能守恒定律E pm ＝12×5m v 22－12×8m v 32，解得E pm ＝15128mgh ，选项C 正确．对B 物块与C 物块及轻弹簧组成的系统，在弹簧回到原长时，C 物块有最大速度，根据动量守恒和机械能守恒可解得v C ＝52gh 16，选项D 正确． 12．如图9所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝6 kg 的小物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图9A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为1 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案 CD解析由题图乙知，木板和小物体最终的速度v ＝1 m/s ，据动量守恒得m v 0＝(m ＋M )v ，则木板的质量M ＝6 kg ，木板获得的动能为E k M ＝12M v 2＝12×6×12J ＝3 J ，系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝12×6×22 J －12×12×12 J ＝6 J ，故A 、B 项错误．由题图乙得：0～1 s 内小物体的位移x B ＝12×(2＋1)×1 m ＝1.5 m ，0～1 s 内木板的位移x A ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，则木板的最小长度L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 项正确．由题图乙得，小物体加速度大小a B ＝Δv B Δt＝2－11m/s 2＝1 m/s 2，据牛顿第二定律得μmg ＝ma B ，则A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1，故D 项正确．二、实验题(本题2小题，共12分)13．(6分)用如图10甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，小车P 的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，轻推一下小车P ，使之运动，小车P 与静止的小车Q 相碰后粘在一起向前运动．图10(1)下列操作正确的是________．A ．两小车粘上橡皮泥是为了改变两车的质量B ．两小车粘上橡皮泥是为了碰撞后粘在一起C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源(2)实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A 的距离．根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上________段来计算小车P 的碰前速度．(3)测得小车P (含橡皮泥)的质量为m 1，小车Q (含橡皮泥)的质量为m 2，如果实验数据满足关系式______________，则可验证小车P 、Q 碰撞前后动量守恒．答案 (1)BC(2分) (2)BC (1分) (3)m 1(s 2－s 1)2＝(m 1＋m 2)(s 4－s 3)3(3分)解析 (1)粘上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，不是为了改变车的质量，A 错误，B 正确；为了打点稳定以及充分利用纸带打出更多的点，应先接通电源然后再让小车运动，C 正确，D 错误；(2)两小车碰撞前小车P 做匀速直线运动，在相等时间内小车位移相等，由题图乙所示纸带可知，应选择纸带上的BC 段求出小车P 碰撞前的速度；(3)设打点计时器打点时间间隔为T ，由题图乙所示纸带可知，碰撞前小车的速度v ＝s 2－s 14T ，碰撞后小车的速度v ′＝s 4－s 36T，如果碰撞前后系统动量守恒，则：m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′，即：m 1s 2－s 14T ＝()m 1＋m 2s 4－s 36T ，整理得：m 1s 2－s 12＝()m 1＋m 2s 4－s 33.14．(6分)利用气垫导轨和光电门进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，气垫导轨的左侧与一倾斜轨道平滑连接，滑块在水平气垫导轨上运动时可忽略阻力．让滑块A 在左侧倾斜轨道的P 点由静止释放，然后与静止在光电门C 和光电门D 之间的滑块B 发生碰撞，如图11所示．图11(1)实验中滑块B 备有甲、乙两种：其中甲种滑块左端装有弹性圈，乙种滑块左端装有橡皮泥，与滑块A 碰撞后会粘在一起．若要求碰撞时动能损失最大，则应选用________种滑块(填“甲”或“乙”)，若要求碰撞时动能损失最小，则应选用________种滑块(填“甲”或“乙”)；(2)某同学选取左端装有橡皮泥的滑块B 进行实验，两滑块的质量分别为m A 和m B ，滑块A 从P 点释放后，通过光电门C 的时间为t 1，与滑块B 粘在一起后通过光电门D 的时间为t 2，则在误差允许的范围内，只需验证等式____________成立即可说明碰撞过程中m A 和m B 系统动量守恒；(3)在上一问的某次实验中，滑块通过光电门C 和光电门D 的时间分别为t 1＝0.05 s 和t 2＝0.15 s ，那么滑块A 和滑块B 的质量之比为m A ︰m B ＝________.答案 (1)乙(1分) 甲(1分) (2)m A t 2＝(m A ＋m B )t 1或m A t 1＝m A ＋m B t 2(2分) (3)1∶2(2分)解析 (1) 若要求碰撞时动能损失最大，则应选用左端装有橡皮泥的乙种滑块．若要求碰撞时动能损失最小，则应选用左端装有弹性圈的甲种滑块．(2)设遮光条宽度为d ，则滑块A 通过光电门C 的速度v 1＝dt 1，滑块A 与滑块B 粘在一起后通过光电门D 的速度v 2＝dt 2；若碰撞过程中m A 和m B 系统动量守恒，则m A v 1＝()m A ＋m B v 2，即m A d t 1＝()m A ＋m B d t 2，整理得：m A t 1＝m A ＋m B t 2或m A t 2＝()m A ＋m B t 1. (3)若滑块通过光电门C 和光电门D 的时间分别为t 1＝0.05 s 和t 2＝0.15 s ，则m A 0.05＝m A ＋m B 0.15，解得m A ∶m B ＝1∶2.三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(9分)若235 92U 俘获一个中子裂变成9038Sr 及136 54Xe 两种新核，且三种原子核的质量分别为235.043 9 u 、89.907 7 u 和135.907 2 u ，中子质量为1.008 7 u(1 u ＝1.660 6×10－27kg,1 u 相当于931.5 MeV 的能量)(1)写出铀核裂变的核反应方程；(2)求一个235 92U 俘获一个中子完全裂变所释放的能量．(取两位有效数字)答案 (1)235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n(2)1.4×102 MeV解析 (1)根据核反应的质量数守恒与电荷数守恒，则有：235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ；(3分)(2)一个铀核裂变的质量亏损为Δm ＝(235.043 9＋1.008 7)u －(89.907 7＋135.907 2＋10×1.008 7)u ＝0.150 7 u ；(3分) 由爱因斯坦质能方程可知释放的能量为 ΔE ＝Δm ×931.5 MeV ≈1.4×102 MeV(3分)16．(9分)如图12所示，质量为M ＝5.0 kg 的小车在光滑水平面上以v 1＝2 m/s 速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以v 2＝4.0 m/s 的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为Q ＝5.0×10－5 m 3/s(单位时间内流过横截面的水流体积)，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，不计空气阻力．求：图12(1)经多长时间可使小车速度减为零；(2)小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要保持小车速度为零，需提供多大的水平作用力．答案(1)50 s(2)0.2 N解析(1)取水平向右为正方向由于水平面光滑，经t时间，流入车内的水的质量为m′＝ρQt(1分)对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒，则M v1＋m′(－v2)＝0(2分)联立解得t＝50 s(1分)(2)Δt时间内，流入车内的水的质量为Δm＝ρQΔt(1分)设小车对水流的水平作用力为F，根据动量定理FΔt＝0－Δm(－v2)(2分)联立解得F＝ρQ v2＝0.2 N(1分)根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为F′＝F，由于小车静止，根据平衡条件知提供的水平作用力大小为0.2 N(1分)17．(10分)光滑水平面上放着质量m A＝1 kg的物块A与质量m B＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能E p＝49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图13所示．放手后B向右运动，细绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直光滑半圆轨道，其半径 R ＝0.5 m, B 恰能到达最高点C .g ＝10 m/s 2，求：图13(1)绳拉断后物块B 到达半圆轨道最低点的速度大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小．答案 (1)5 m/s (2)4 N·s (3)24 J解析 (1)B 恰能到达最高点C ，设B 到达C 点的速率为v C ，根据牛顿第二定律有m B g ＝m Bv 2C R(1分)B 由最低点运动到最高点C 这一过程应用动能定理得：－2m B gR ＝12m B v C 2－12m B v B 2(2分)解得：v B ＝5 m/s.(1分)(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1，取向右为正方向，此时弹簧的弹性势能全部转化为B 的动能，E p ＝12m B v 12(1分)根据动量定理有：I ＝m B v B －m B v 1(2分) 解得：I ＝－4 N·s ，其大小为4 N·s(1分)(3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小为ΔE ＝E p －12m B v B 2＝24 J ．(2分)18．(12分)如图14所示，离地面高5.45 m 的O 处用不可伸长的细线挂一质量为0.4 kg 的爆竹(火药质量忽略不计)，线长0.45 m ．把爆竹拉起使细线水平，点燃导火线后将爆竹无初速度释放，爆竹刚好到达最低点B 时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面A 处，抛出的水平距离为x ＝5 m ．另一块仍系在细线上继续做圆周运动通过最高点C .空气阻力忽略不计，取g ＝10 m/s 2.求：图14(1)爆炸瞬间反向抛出那一块的水平速度v 1的大小；(2)继续做圆周运动的那一块通过最高点时细线的拉力F T (结果保留两位有效数字)．答案 (1) 5 m/s (2)44 N解析 (1)设爆竹总质量为2m ，刚好到达B 点时的速度为v ，爆炸后抛出的那一块水平速度为v 1，做圆周运动的那一块初速度为v 2；对平抛运动的那一块： H ＝12gt 2(1分)x ＝v 1t (1分)联立解得：v 1＝5 m/s(1分)(2)D 点到B 点机械能守恒得：2mgL ＝12×2m v 2(2分)爆竹爆炸过程，动量守恒得：2m v ＝m v 2－m v 1(2分) 联立并代入数据解得：v 2＝11 m/s(1分)设继续做圆周运动的那一块通过最高点时速度为v C ，由机械能守恒可得： 12m v 22＝12m v C 2＋2mgL (2分) 设在最高点时细线的拉力为F T ，由牛顿运动定律得： F T ＋mg ＝m v C 2L(1分)联立解得：F T≈44 N(1分)。

人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套

人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共5套阶段验收评估(一) 动量守恒定律(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．做平抛运动的物体，在相等的时间内，物体动量的变化量()A．始终相同B．只有大小相同C．只有方向相同D．以上说法均不正确解析：选A做平抛运动的物体，只受重力作用，重力是恒力，其在相等时间内的冲量始终相等，根据动量定理，在相等的时间内，物体动量的变化量始终相同。

2．下列情形中，满足动量守恒的是()A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析：选B铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确。

3.如图1所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将细线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()图1A．0 B．向左C．向右D．无法确定解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零，又知小球到达最高点时，小球与圆槽水平方向有共同速度，设为v′，设小球质量为m，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确。

4.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图像如图2所示，下列关系正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析：选B 由v t 图像可知，两球碰撞前a 球运动，b 球静止，碰后a 球反弹，b 球沿a 球原来的运动方向运动，由动量守恒定律得m a v a ＝－m a v a ′＋m b v b ′，解得m a m b ＝v b ′v a ＋v a ′<1，故有m a <m b ，选项B 正确。

高中物理：选修3-5全册检测题(含答案)

高中物理：选修3-5全册检测题（含答案）一、单项选择题1. ( 山东日照市上学期期末)竖直向上发射一物体(不计空气阻力),在物体上升的某一时刻突然炸裂为a 、b 两块,质量较小的a 块速度方向与物体原来的速度方向相反,则( ) A. 炸裂后瞬间,a 块的速度一定比原来物体的速度小B. 炸裂后瞬间,b 块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C. 炸裂后瞬间,b 块的速度一定比原来物体的速度小D. 炸裂过程中,b 块的动量变化量大小一定小于a 块的动量变化量大小2. ( 黑龙江齐齐哈尔市质检)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点,质量相等．Q 与水平轻弹簧相连,开始Q 静止,P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的143. ( 湖北天门、仙桃等八市第二次联考)下列现象中,原子核结构发生了改变的是( ) A. 氢气放电管发出可见光 B. β衰变放出β粒子 C. α粒子散射现象 D. 光电效应现象4. ( 辽宁沈阳市第一次质检)贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用,下列属于放射性元素衰变的是( )A. 238 92U→234 90Th ＋42HeB. 235 92U ＋10n→131 53I ＋103 39Y ＋210nC. 21H ＋31H→42He ＋10nD. 42He ＋2713Al→3015P ＋10n5. ( 山东泰安市模拟)如图,用光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光照射时,有光电流产生．则饱和光电流( )A. 与照射时间成正比B. 与入射光的强度无关C. 与入射光的强度成正比D. 与两极间的电压成正比6. ( 山东潍坊市二模)四种金属的逸出功W0如表所示,以下说法正确的是( )A. 逸出功就是使电子脱离金属所做的功B. 四种金属中,钙的极限频率最小C. 若某种光照射钠时有光电子逸出,则照射钙时也一定有光电子逸出D. 若某种光照射四种金属时均发生光电效应,则铷逸出光电子的最大初动能最大7. ( 江苏南京高三下学期第三次模拟)下列说法中正确的是( )A. 一个质子和一个中子结合成氘核,一定会释放出能量B. 汤姆孙发现电子,揭示了原子核内部有复杂结构C. 根据玻尔理论,电子没有确定轨道,只存在电子云D. 氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子,因而轨道半径可以连续增大8. ( 江苏南京金陵中学、海安高级中学、南京外国语学校高三第四次模拟)下列判断中正确的是( )A. 核力是强相互作用的一种表现,原子核尺度内,核力比库仑力小B. 比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定C. 一个氢原子从n＝3的能级跃迁回基态,可能辐射三个光子D. 金属的逸出功随入射光频率的增大而增大二、多项选择题9. 如图所示,一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片,其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面,另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向不可能是( )10. 下列说法中正确的是( )A. 图甲中正确反映了黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与黑体的温度的关系B. 图乙的放射性同位素应选择衰变时放出α粒子的同位素C. 图丙中A、B两球质量相等,当A以速度v与静止的B发生正碰后,B的速度未必是vD. 图丁中电子束通过铝箔产生的衍射图样,证实了物质波的存在11. ( 天津卷)如图所示,我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018年获得重大突破,等离子体中心电子温度首次达到1亿摄氏度,为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础．下列关于聚变的说法正确的是( )A. 核聚变比核裂变更为安全、清洁B. 任何两个原子核都可以发生聚变C. 两个轻核结合成质量较大的核,总质量较聚变前增加D. 两个轻核结合成质量较大的核,核子的比结合能增加12. ( 山东潍坊市模拟)关于原子物理知识,下列说法正确的是( )A．升高放射性物质的温度,其半衰期变短B．发生光电效应现象时,增大入射光的频率,同一金属的逸出功变大C. 23793Np经过7次α衰变和4次β衰变后变成20983BiD．根据玻尔理论,氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子三、简答题13. 某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等器材进行“验证动量守恒定律”的实验．实验装置如图所示,下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨和光电门,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平；②测得A和B两滑块上遮光片的宽度均为d；③得到A、B两滑块(包含遮光片)的质量m1、m2；④向气垫导轨通入压缩空气；⑤利用气垫导轨左右的弹射装置,使滑块A、B分别向右和向左运动,测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为Δt1和Δt2；⑥观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起,运动方向与滑块B碰撞前运动方向相同,此后滑块A再次经过光电门a时挡光时间为Δt.试解答下列问题：(1)碰撞前A滑块的速度大小为________,碰撞前B滑块的速度大小为________．(2)为了验证碰撞中动量守恒,需要验证的关系式是：____________________________(用题中物理量表示)．14.如图为氢原子的能级图,大量处于n＝4激发态的氢原子跃迁时,发出______种频率不同的光子。

高中物理模块标准测评(含解析)新人教版选修3-5

模块标准测评（时间：90分钟满分:110分)题型选择题填空题计算题总分得分,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选的或不选的不得分)1．（多选)下列说法正确的是（）A．随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都会增加;另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变短C．根据海森伯提出的不确定性关系可知,不可能同时准确地测定微观粒子的位置和动量D．物质波和光波都是概率波ACD解析依据黑体辐射的规律得选项A正确；碰撞遵循动量守恒和能量守恒，光子散射后的能量减小,波长变长,选项B错误；对于微观粒子,牛顿运动定律不再适用，不可能同时准确确定粒子的位置和动量，选项C正确；物质波和光波都是概率波，选项D正确．2．图甲所示为氢原子的能级图，图乙所示为氢原子的光谱．已知谱线a是氢原子从n ＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子（）A．从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光B．从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光C．从n＝4的能级跃迁到n＝3的能级时的辐射光D．从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光B解析由氢原子光谱可得a谱线比b谱线波长长,由E＝hν得辐射a光谱对应能量应小于辐射b光谱对应能量．由能级间跃迁知识可知，选项B正确．3．(多选)如图所示,质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计;滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不黏连)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中（）A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时,两滑块动能之和最小C ．M 的速度为错误!时,弹簧的长度最长D ．M 的速度为错误!时,弹簧的长度最短BD 解析 M 、N 两物体碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 02时,系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能,即弹簧弹性势能最大，选项A 错误,B 正确；M 的速度为错误!时，弹簧的压缩量最大,弹簧的长度最短,选项D 正确，C 错误．4．如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑，则( ）A ．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B ．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力终始不做功C ．被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处C 解析小球下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒,相互作用力分别对小球和槽做正功,小球到达水平面后和槽的速率相等，故小球也不可能回到槽上，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．5．2006年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过钙48轰击锎249发生核反应,成功合成了第118号元素,这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素.实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的粒子x ,再连续经过3次α衰变后，变成质量数为282的第112号元素的原子核，则上述过程中的粒子x 是（）A ．中子B ．质子C ．电子D ．α粒子A 解析 118号元素的质量数为297，三次α衰变后电荷数由118变为112，因三次α衰变减少的质量数为12,而由297变为282质量数少15，说明先放出的3个相同的粒子x 是不带电的中子．6．（多选)关于核反应方程错误!Th→错误!Pa ＋X ＋ΔE （ΔE 为释放出的核能，X 为新生成粒子），已知错误!Th 的半衰期为T ，则下列说法正确的是( )A ．错误!Pa 没有放射性B ．错误!Pa 比错误!Th 少1个中子，X 粒子是从原子核中射出的,此核反应为β衰变C．N0个错误!Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为错误!N0ΔE（N0数值很大）D．234 90Th的比结合能为错误!BC解析由质量数和核电荷数守恒可得X为错误!e,故此核反应为β衰变，选项B 正确；经过2T时间,有错误!N0个错误!Th发生β衰变，释放的核能为错误!N0·ΔE，选项C正确；错误!Pa仍具有放射性，选项A错误;ΔE为错误!Th发生β衰变释放的核能小于错误!Th的结合能，因此错误!Th的比结合能大于错误!，选项D错误。

人教版高中物理选修3-5模块综合检测及答案解析

选修3-5综合检测B(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题，每题4分，共48分)1．光电效应实验中，下列表述正确的是( )A ．光照时间越长光电流越大B ．入射光足够强就可以有光电流C ．遏止电压与入射光的频率无关D ．入射光频率大于极限频率时才能产生光电子2．以下是物理学史上3个著名的核反应方程：x ＋73Li →2y ，y ＋14 7N →x ＋17 8O ，y ＋94Be →z ＋12 6C.x 、y 和z 是3种不同的粒子，其中z 是( )A ．α粒子B ．质子C ．中子D ．电子3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有( )A ．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B ．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C ．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D ．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统4．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( )A ．E 0 B.m M E 0 C.m M －m E 0 D.Mm M －m E 05．据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡，英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(210 84Po)．若该元素发生α衰变，其半衰期是138天，衰变方程为210 84Po →X ＋42He ＋γ，则下列说法中错误的是( )A ．X 原子核含有124个中子B ．X 原子核含有206个核子C ．γ射线是由处于激发态的钋核从较高能级向较低能级跃迁时发出的D ．100 g 的210 84Po 经276天，已衰变的质量为75 g6．图1中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是()图1A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹7．如图2所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90 eV的金属铯，下列说法正确的是()图2A．这群氢原子能发出6种频率不同的光子，其中从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波长最短B．这群氢原子能发出3种频率不同的光子，其中从n＝4跃迁到n＝1所发出的光频率最高C．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75 eVD．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV8．如图3所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是()图3A．两滑块的动能之比E k A∶E k B＝1∶2B．两滑块的动量大小之比p A∶p B＝2∶1C．两滑块的速度大小之比v A∶v B＝2∶1D．弹簧对两滑块做功之比W A∶W B＝1∶19．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10．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量．核反应方程分别为：X＋Y→42 He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有()A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应11．一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋2713Al→2814Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和D．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致12．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图4所示．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()图4A．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功二、填空题(本题共2个小题，共12分)13．(6分)在快中子增殖反应堆中，使用的核燃料是23994Pu，裂变时释放出快中子，周围的23892U 吸收快中子后变成23992U，23992U很不稳定，经过两次β衰变后变成23994Pu.已知1个23992U核的质量为m1，1个23994Pu核的质量为m2，1个电子的质量为m e，真空中光速为c.(1)23992U的衰变方程是___________________________________________________；(2)23992U衰变释放的能量为_______________________________________________．14．(6分)如图5甲所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95 kg的橄榄球前锋以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75 kg的队员，一个速度大小为2 m/s，另一个速度大小为4 m/s，然后他们就扭在了一起．图5(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)．(2)在图乙中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________.三、计算题(本题共4个小题，共40分)15．(8分)氢原子的能级图如图6所示．原子从能级n＝3向n＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．求该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，结果保留两位有效数字．图616．(8分)一个铍核(94Be)和一个α粒子反应后生成一个碳核，放出一个中子，并释放出5.6 MeV 的能量(保留两位有效数字)．(1)写出这个核反应过程．(2)如果铍核和α粒子共130 g，且刚好反应完，求共放出多少能量？(3)这130 g物质反应过程中，其质量亏损是多少？17．(10分)冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图7所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.图7(1)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小．(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A 点与B 点之间的距离．18．(14分)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图8所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ.求：图8(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．选修3-5综合检测B 答案解析1．光电效应实验中，下列表述正确的是( )A ．光照时间越长光电流越大B ．入射光足够强就可以有光电流C ．遏止电压与入射光的频率无关D ．入射光频率大于极限频率时才能产生光电子答案 D解析由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU 0＝E k ＝hν－W (其中U 0为遏止电压，E k 为光电子的最大初动能，W 为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A 、B 、C 错误，D 正确．2．以下是物理学史上3个著名的核反应方程：x ＋73Li →2y ，y ＋14 7N →x ＋17 8O ，y ＋94Be →z ＋12 6C.x 、y 和z 是3种不同的粒子，其中z 是( )A ．α粒子B ．质子C ．中子D ．电子答案 C 解析由于核反应前后电荷数守恒，则x ＋3＝2y ，①y ＋7＝x ＋8，②y ＋4＝z ＋6.③由①②③联立解得：x ＝1，y ＝2，z ＝0，故z 为中子，选项C 正确．3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有( )A ．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B ．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C ．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D ．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统答案 A解析判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定，B 选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C 选项末动量为零而初动量不为零．D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大．4．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( )A ．E 0 B.m M E 0 C.m M －m E 0 D.Mm M －m E 0答案 C解析由动量守恒定律(M －m )v ＝m v 0＝p ，又E k ＝p 22(M －m )，E 0＝p 22m 由以上各式可得E k ＝m M －mE 0，C 正确． 5．据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡，英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(210 84Po)．若该元素发生α衰变，其半衰期是138天，衰变方程为210 84Po →X ＋42He ＋γ，则下列说法中错误的是( )A ．X 原子核含有124个中子B．X原子核含有206个核子C．γ射线是由处于激发态的钋核从较高能级向较低能级跃迁时发出的D．100 g的21084Po经276天，已衰变的质量为75 g答案 C解析X原子核中的核子数为210－4＝206个，B项正确．中子数为206－(84－2)＝124个，A项正确．γ射线是核反应前后因质量亏损释放的能量以γ光子的形式放出产生的，C项错．经过两个半衰期，剩余的钋的质量为原来的四分之一，则已衰变的质量为原来的四分之三，D 项正确．6．图1中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是()图1A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹答案 D解析γ粒子不带电，不会发生偏转，故B错．由左手定则可判定，a、b粒子带正电，c、d 粒子带负电，又知α粒子带正电，β粒子带负电，故A、C均错，D正确．7．如图2所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90 eV的金属铯，下列说法正确的是()图2A．这群氢原子能发出6种频率不同的光子，其中从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波长最短B．这群氢原子能发出3种频率不同的光子，其中从n＝4跃迁到n＝1所发出的光频率最高C．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75 eVD ．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV答案 D解析这群氢原子能发生C 24＝6种频率不同的光子，其中从n ＝4跃迁到n ＝3所发出的光波的频率最小，波长最长，从n ＝4跃迁到n ＝1所发出的光的频率最高，故A 、B 错；光电子的最大初动能对应入射光子的频率最高时，最大入射光能量对应的入射光子的频率最高，即ΔE ＝E 4－E 1＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ，由光电效应方程知E k ＝ΔE －W ＝10.85 eV ，C 错，D 对．8．如图3所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的A 、B 两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A 、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )图3A ．两滑块的动能之比E k A ∶E kB ＝1∶2B ．两滑块的动量大小之比p A ∶p B ＝2∶1C ．两滑块的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1D ．弹簧对两滑块做功之比W A ∶W B ＝1∶1答案 A解析根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B 项错误；m A v A ＝m B v B ，故v A ∶v B ＝m B ∶m A ＝1∶2，C 项错误；由E k ＝p 22m 得E k A ∶E k B ＝m B m A ＝12，A 项正确；由W ＝ΔE k 知W A ∶W B ＝E k A ∶E k B ＝1∶2，D 项错误．9．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答案 BCD解析自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A 错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B 、C 正确；α、β和γ三种射线电离能力依次减弱，穿透能力依次增强，选项D 正确．10．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量．核反应方程分别为：X＋Y→42 He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有()A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应答案AD11．一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋2713Al→2814Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和D．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致答案ABD解析质子p即11H，核反应方程为p＋2713Al→2814Si*，A项正确；核反应过程遵循动量守恒定律，B项正确；在核反应中质量数守恒，但会发生质量亏损，所以C项错误；设质子的质量为m，则2814Si*的质量为28m，由动量守恒定律有m v0＝28m v，得v＝v028＝1.0×10728m/s≈3.6×105 m/s，方向与质子初速度的方向相同，故D项正确．12．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图4所示．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()图4A．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案AB解析在甲、乙相互作用的过程中，系统的动量守恒，即甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反，甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反，选项A、B正确．由E k＝p 22m和W＝ΔE k可知，选项C、D均错误．二、填空题(本题共2个小题，共12分)13．(6分)在快中子增殖反应堆中，使用的核燃料是23994Pu，裂变时释放出快中子，周围的23892U 吸收快中子后变成23992U，23992U很不稳定，经过两次β衰变后变成23994Pu.已知1个23992U核的质量为m1，1个23994Pu核的质量为m2，1个电子的质量为m e，真空中光速为c.(1)23992U的衰变方程是___________________________________________________；(2)23992U衰变释放的能量为_______________________________________________．答案(1)23992U→23994Pu＋2 0－1e(2)(m1－m2－2m e)c2解析(1)发生β衰变质量数不发生改变，根据电荷数守恒可知，其衰变方程为：23992U→23994Pu ＋2 0－1e；(2)一次衰变过程中的质量亏损为：Δm＝m1－m2－2m e根据质能方程有：ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－2m e)c2.14．(6分)如图5甲所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95 kg的橄榄球前锋以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75 kg的队员，一个速度大小为2 m/s，另一个速度大小为4 m/s，然后他们就扭在了一起．图5(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)．(2)在图乙中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________.答案(1)0.1 m/s(2)见解析图能解析(1)设前锋运动员的质量为M1，两防守队员质量均为M2，速度分别为v1、v2、v3，碰撞后的速度为v，设v1方向为正方向，由动量守恒定律得M1v1－M2v2－M2v3＝(M1＋2M2)v代入数据解得，v≈0.1 m/s(2)因v>0，故碰后总动量p的方向与p A方向相同，碰撞后的状态及动量如图所示，即他们都过了底线，该前锋能得分．三、计算题(本题共4个小题，共40分)15．(8分)氢原子的能级图如图6所示．原子从能级n＝3向n＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．求该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，结果保留两位有效数字．图6答案 2.9×1015 Hz0.66 eV解析E3－E1＝hν解得ν≈2.9×1015 Hzn＝4向n＝1跃迁所放出的光子照射金属产生光电子的最大初动能最大，根据爱因斯坦光电方程E k＝(E4－E1)－(E3－E1)得E k＝0.66 eV.16．(8分)一个铍核(94Be)和一个α粒子反应后生成一个碳核，放出一个中子，并释放出5.6 MeV 的能量(保留两位有效数字)．(1)写出这个核反应过程．(2)如果铍核和α粒子共130 g，且刚好反应完，求共放出多少能量？(3)这130 g物质反应过程中，其质量亏损是多少？答案 (1)94Be ＋42He →12 6C ＋10n(2)5.4×1012 J(3)6.0×10－5 kg 解析 (1)94Be ＋42He →12 6C ＋10n.(2)铍核和氦核的摩尔质量之和μ＝μBe ＋μα＝(9＋4) g /mol ＝13 g/mol ，铍核和氦核各含的摩尔数n ＝M μ＝13013mol ＝10 mol ，所以放出的能量ΔE ＝n ·N A ·E 放＝10×6.02×1023×5.6 MeV ≈3.371×1025 MeV ≈5.4×1012 J(3)质量亏损Δm ＝ΔE c 2＝5.4×1012(3.0×108)2kg ＝6.0×10－5 kg.17．(10分)冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图7所示，运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC ＝L ，CO ′＝r ，重力加速度为g .图7(1)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小．(2)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离．答案 (1)m 2μgL (2)L －4r解析 (1)由－μmgL ＝0－12m v A 2，得v A ＝2μgL . 由I ＝m v A ，将v A 代入得I ＝m 2μgL .(2)设A 点与B 点之间的距离为s ，由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v A 2，将v A 代入得s ＝L －4r .18．(14分)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且在木板AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图8所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ.求：图8(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．答案 (1)v 04，方向向左 (2)5v 2016μg (3)v 2064g解析 (1)由点A 到点B 时，取向左为正方向，由动量定恒定律得 m v 0＝m v B ＋2m ·v AB又v B ＝v 02，解得v AB ＝v 04，方向向左 (2)由点A 到点B 时，根据能量守恒定律得12m v 02－12×2m (v 04)2－12m (v 02)2＝μmgL 解得L ＝5v 2016μg(3)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 组成的系统在水平方向上动量守恒 m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共滑块与CD 组成的系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2m v 共2 联立解得滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 2064g.。

高中物理选修3-5综合测试题(一)(含答案)

选修3－5综合测试题(一)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下面列出的是一些核反应方程：30P―→3014Si＋X，94Be＋21H―→105B＋Y，154He＋42He―→73Li＋Z.2其中()A．X是质子，Y是中子，Z是正电子B．X是正电子，Y是质子，Z是中子C．X是中子，Y是正电子，Z是质子D．X是正电子，Y是中子，Z是质子2．放射性同位素发出的射线在科研、医疗、生产等诸多方面得到了广泛的应用，下列有关放射线应用的说法中正确的有()A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C．用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害3．2010年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m1的赵宏博抱着质量为m2的申雪以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，则有()A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v14.“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的32He含量十分丰富，科学家认为，32He是发生核聚变的极好原料，将来32He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于32He，下列说法正确的是()A.32He的原子核内有三个中子两个质子B.32He的原子核内有一个中子两个质子C.32He发生聚变，放出能量，一定会发生质量亏损D.32He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起5．下列说法正确的是()A．中子和质子结合氘核时吸收能量B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电6．(2011·温州模拟)2010年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核U＋n→14156Ba＋9236Kr＋αX是反应堆中发生的众多核反应的一种，n为中子，X反应方程23592为待求粒子，α为X的个数，则()A．X为质子α＝3B．X为质子α＝2C．X为中子α＝2 D．X为中子α＝37．颜色不同的a光和b光由某介质射向空气时，临界角分别为C a和C b，且C a> C b.当用a 光照射某种金属时发生了光电效应，现改用b光照射，则()A．不一定能发生光电效应B．光电子的最大初动能增加C．单位时间内发射的光电子数增加D．入射光强度增加8．(2011·合肥模拟)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v9．由于放射性元素23793Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi，下列论述中正确的是()A．核20983Bi比核23793Np少28个中子B．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D．发生β衰变时，核内中子数不变10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3kg的木板，木板上有质量为m＝1kg的物块．它们都以v＝4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是()A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)在2010年温哥华冬奥会上，首次参寒的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员王冰玉投掷冰壶的镜头．假设在此次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后中国队的冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑行．若两冰壶质量相等，则对方冰壶获得的速度为________m/s.12．(6分)在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B的质量之比为M A∶M B＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为p A∶p B ＝________.13．(6分)1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现________．图中A为放射源发出的________粒子，B为________气．三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14．(10分)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？(2)求此过程中释放的核能．15．(10分)(2011·江苏省姜堰市二中高三上学期学情调查)用速度为v0、质量为m1的42He核轰击质量为m2的静止的147N核，发生核反应，最终产生两种新粒子A和B.其中A为148O核，质量为m3，速度为v3；B的质量为m4.(1)计算粒子B的速度v B.(2)粒子A的速度符合什么条件时，粒子B的速度方向与He核的运动方向相反．16．(11分)(2011·烟台模拟)如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，M＝5m，A、B间存在摩擦，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求A、B 最后的速度大小和方向．17．(11分)氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为E e＝12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激，跃迁到n＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量m e与氢原子的质量m H之比为1∶1840)选修3－5综合测试题(一)参考答案1.[答案] D[解析]由电荷数守恒和质量数守恒规律可知，X是正电子，Y是中子，Z是质子，故D正确．2.[答案] D[解析]利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视；作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量，故选D.3.[答案] C[解析]因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4.[答案]BC[解析]32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．5.[答案] C[解析]中子和质子结合成氘核时放出能量．放射性物质的半衰期不受温度的影响．原子核经过一次α衰变核内的中子数减少2个，一次β衰变核内的中子数减少一个．γ射线的电离作用很弱，不可用来消除有害静电．6.[答案] D[解析]由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X电荷数为0，即X应为中子，又由质量数守恒可得α＝3，因此，答案选D.7.[答案] B[解析]由sinC＝1n可知na<nb，则a光的频率小于b光的频率，因此B对．8.[答案] B[解析]本题考查碰撞和动量守恒，意在考查学生对碰撞中的动量守恒和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′＝12m(－0.8v)2＋12×3m(0.6v)2＝1.72×12mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝12m(－0.2v)2＋12×3m(0.4v)2＝0.52×12mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故选项C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．9.[答案] B[解析]因为核反应方程的质量和电荷数守恒，可以知道该核反应方程为23793Np→20983Bi ＋742He＋40－1e，B正确；20983Bi和23793Np的中子数分别为126和144，相差18个，A 错；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，D错．10.[答案] A[解析]当木板速度为v1＝2.4m/s时，由动量守恒定律可得，Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝0.8m/s，方向向左，可见物块已经向左匀加速运动，选项A正确．11.[答案]0.3[解析]由动量守恒定律m1v1＝mv′1＋m2v′2代入数值解得：v′2＝0.3m/s12.[答案]1∶2[解析]考查碰撞中动量守恒表达式的应用．实验中碰撞结束时刻的动量之比为pApB＝MA •OMMB•ON＝32×18.3055.14＝1213.[答案]质子α氮14.[答案](1)m1v0m1＋m2(2)(m1＋m2－m0－m3)c2[解析](1)设复核的速度为v，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v解得v＝m1v0m1＋m2(2)核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m0－m3反应过程中释放的核能ΔE＝Δm•c2＝(m1＋m2－m0－m3)c215.[答案](1)m1v0－m3v3m4(2)v3>m1v0m3[解析]根据动量守恒定律可解得粒子B的速度，再根据粒子B的速度方向与42He核的运动方向相反，确定粒子A的速度符合的条件．(1)由动量守恒定律有：m1v0＝m3v3＋m4vB，解得：vB＝m1v0－m3v3m4(2)B的速度与42He核的速度方向相反，即：m1v0－m3v3<0，解得：v3>m1v0m316.[答案]23v0方向与平板车B初速度方向相同．[解析]由动量守恒可知：Mv0－mv0＝(M＋m)v得：v＝M－mM＋mv0将M＝5m代入上式可得：v＝23v0方向与平板车B初速度方向相同17.[答案]0.15eV[解析]以ve和vH表示碰撞前电子的速度和氢原子的速率，根据题意有：meve－mHvH＝0①碰撞前，氢原子与电子的总动能为：Ek＝12mHv2H＋12mev2e②联立①②两式并代入数据解得：Ek≈12.90eV③氢原子从基态跃迁到n＝4的能级所需要能量由能级图可得：ΔE＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV④碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为：E′k＝Ek－ΔE＝12.9eV－12.75eV＝0.15eV。

最新高中物理：选修3-5人教版全套教学同步练习及解析模块综合测试题及答案

模块综合测试题本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。

)1．关于α粒子的散射实验，下述不正确的是()A．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中有正电荷B．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中原子核的作用C．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上D．相同条件下，换用原子序数越小的物质做实验，沿同一偏转角散射的α粒子就越少解析：原子显电中性，而电子带负电，所以原子中一定存在带正电的物质，但是汤姆孙的原子模型就不能解释α粒子的散射现象，所以α粒子大角度散射的主要原因不能直接说是原子中正电荷的作用，而是正电荷集中在原子核中的原因，所以A选项错误，而B选项正确；只有少数α粒子发生大角度散射的结果证明原子存在一个集中所有正电荷和几乎所有质量的很小的原子核，即C选项正确；使α粒子发生大角度散射的原因是受到原子核的库仑斥力，所以为使散射实验现象更明显，应采用原子序数大的金箔，若改用原子序数小的物质做实验，α粒子受到原子核的库仑斥力小，发生大角度散射的α粒子少，所以D选项正确，所以题中选不正确的答案为A选项。

答案：A2．放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用。

下列选项中，属于γ射线的应用的是()A．医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤B．机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地C．铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制D．用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期解析：γ射线的电离作用很弱，不能使空气电离成为导体，B错误；γ射线的穿透能力很强，薄铝板的厚度变化时，接收到的信号强度变化很小，不能控制铝板厚度，C 错误。

高中物理选修3-5：高中物理《选修3-5》全册综合卷含解析

高中物理《选修3-5》全册综合测试卷(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分.)1.近年来，数码相机家喻户晓，用来衡量数码相机性能的一个非常重要的指标就是像素，像素可理解为光子打在光屏上的一个亮点，现知300万像素的数码相机拍出的照片比30万像素的数码相机拍出的等大的照片清晰得多，其原因可以理解为()A.光是一种粒子，它和物质的作用是一份一份的B.光的波动性是由大量光子之间的相互作用引起的C.大量光子表现出粒子性D.光具有波粒二象性，大量光子表现出波动性2.在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分.就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则()A.他们碰撞后的共同速度是0.2 m/sB.碰撞后他们动量的方向仍向前C.这名前锋能得分D.这名前锋不能得分3.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度变为v2，B的动量变为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为()A.m(v2－v1)B.2m(2v2－v1)C.4m(v2－v1)D.m(2v2－v1)4.关于下列四幅图说法正确的是()A.原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B.光电效应实验说明了光具有粒子性C.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D.发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在很小空间范围5.根据玻尔理论，某原子的电子从能量为E 的轨道跃迁到能量为E ′的轨道，辐射出波长为λ的光，以h 表示普朗克常量，c 表示真空中光速，则E ′等于( )A.E －h λcB.E ＋h λcC.E －h cλD.E ＋h cλ6.在足够大的匀强磁场中，静止的钠核2411Na 发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出的粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示.以下说法正确的是( )A.新核为2412MgB.发生的是α衰变C.轨迹1是新核的径迹D.新核沿顺时针方向旋转7.下列说法正确的是( )A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量8.氢原子能级图的一部分如图所示，a 、b 、c 分别表示氢原子在不同能级间的三种跃迁途径，设在a 、b 、c 三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是E a 、E b 、E c 和λa 、λb 、λc ，则( )A.λb ＝λa ＋λcB.1λb ＝1λa ＋1λcC.λb ＝λa λcD.E b ＝E a ＋E c9.钍234 90Th 具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa ，同时伴随有γ射线产生，其方程为234 90Th →23491Pa ＋x ，钍的半衰期为24天.则下列说法中正确的是( )A.x 为质子B.x 是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C.γ射线是镤原子核放出的D.1 g 钍234 90Th 经过120天后还剩0.2 g10.氢原子的能级如图.某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25 eV.处于n ＝4激发态的一群氢原子，它们向各较低能级跃迁时，哪两能级间跃迁产生的光子不能使光电管产生光电子( )A.从n ＝4向n ＝3跃迁B.从n ＝3向n ＝1跃迁C.从n ＝4向n ＝1跃迁D.从n ＝2向n ＝1跃迁11.现有核反应方程为2713Al ＋42He →3015P ＋X ，新生成的3015P 具有放射性，继续发生衰变，核反应方程为3015P →3014Si ＋Y.平行金属板M 、N 间有匀强电场，且φM >φN ，X 、Y 两种微粒竖直向上离开放射源后正确的运动轨迹是( )12.如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P 和Q 都可以视作质点，Q 与轻质弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初动能E 0水平向Q 运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E 1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E 2表示Q 具有的最大动能，则( )A.E 1＝E 02B.E 1＝E 0C.E 2＝E 02D.E 2＝E 0的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)13.(6分)经研究，核辐射的影响最大的是铯137(137 55Cs)，可广泛散布到几百千米之外，且半衰期大约是30年左右.请写出铯137发生β衰变的核反应方程：Ｗ.如果在该反应过程中释放的核能为E ，则该反应过程中质量亏损为Ｗ.[已知碘(I)为53号元素，钡(Ba)为56号元素]14.(9分)如图所示的装置中，质量为m A的钢球A用细线悬挂于O点，质量为m B的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上.O点到A球球心的距离为L.使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点.(1)图中x应是B球初始位置到的水平距离.(2)为了探究碰撞中的守恒量，应测得等物理量.(3)用测得的物理量表示：m A v A＝；m A v′A＝；m B v′B＝Ｗ.15.(12分)用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，产生氚和α粒子并放出4.8`MeV的能量.(1)写出核反应方程式；(2)求上述反应中的质量亏损为多少(保留两位有效数字)；(3)若中子与锂核是以等大反向的动量相碰，则α粒子和氚的动能之比是多少？`16.(13分)(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？参考答案与解析1．[209] 【解析】选D.由题意知像素越高，形成照片的光子数越多，表现出的波动性越强，照片越清晰，故D 项正确．2．[210] 【解析】选BC.取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：M v 1－m v 2－m v 3＝(M ＋m ＋m )v ，代入数据得：v ≈0.16 m/s.所以碰撞后的速度仍向前，故这名前锋能得分，B 、C 两项正确．3．[211] 【解析】选D.由动量定理对A ：I ＝2m v 2－2m v 1① 对B ：I ＝p －m v 1②所以由①②得p ＝m (2v 2－v 1)．故D 正确．4．[212] 【解析】选BCD.原子中的电子绕核旋转的轨道是特定的，不是任意的，选项A 错误．易知B 正确．电子能通过铝箔衍射，说明电子也有波动性，C 正确．发现少数α粒子大角度偏转，说明原子的正电荷和大部分质量集中在很小空间范围内，D 正确．5．[213] 【解析】选C.由于电子跃迁的过程中，原子辐射光子，所以电子由高能级轨道向低能级轨道跃迁，即E ′＜E ，故E ′＝E －h cλ.6．[214] 【解析】选A.衰变过程中，新核和粒子运动方向相反．但由图可知两曲线内切，受力方向一致，因此可以判断两粒子电性相反，所以发生的是β衰变，B 选项不正确．由2411Na →2412Mg ＋ 0－1e可知，A 选项正确．因为R ＝m v qB ，m 1v 1＝m 2v 2，所以R 1R 2＝q 2q 1.由此可知，1是电子的运动轨迹，由左手定则可知新核沿逆时针方向旋转，C 、D 选项不正确．7．[215] 【解析】选B.放射性元素的半衰期由元素的原子核来决定，与元素以单质或化合物的形式存在无关，与压强、温度无关，即与化学、物理状态无关，故A 项错误．由玻尔理论可知，氢原子从激发态跃迁到基态的过程放出光子，B 项正确．从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力，C 项错误．核子结合成原子核放出核能，因此核子单独存在时的总质量大于结合成原子核时核的质量，D 项错误．8．[216] 【解析】选BD.E a ＝E 3－E 2，E b ＝E 3－E 1，E c ＝E 2－E 1，所以E b ＝E a ＋E c ，D 正确；由ν＝c λ得λa ＝hc E 3－E 2，λb ＝hc E 3－E 1，λc ＝hc E 2－E 1，取倒数后得到1λb ＝1λa ＋1λc ，B 正确．9．[217] 【解析】选BC.根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒，可判断x 的质量数为234－234＝0，电荷数为90－91＝－1，所以x 是电子，选项A 错；放射性元素的放射性来自于原子核内部，电子是由原子核内部的一个中子转化为一个质子而形成的，选项B 对；γ射线同β射线一样都是来自于原子核，即来自于镤原子核，选项C 对；半衰期是针对大量原子核衰变的一个统计规律，1 g钍234 90Th经过120天即5个半衰期，剩余的质量为⎝⎛⎭⎫125g＝132g ，不是0.2 g ，选项D 错． 10．[218] 【解析】选A.要使光电管产生光电子，两能级间跃迁产生的光子的能量应该不小于钾的逸出功2.25 eV ，由hν＝E m －E n 得，E 43＝0.66 eV ，E 31＝12.09 eV ，E 41＝12.75 eV ，E 21＝10.2 eV ，所以选A.11．[219] 【解析】选B.由核反应方程知X 是中子(10n)，Y 是正电子(0＋1e)，MN 间场强方向水平向右，X 不受力做直线运动，Y 受向右的电场力方向向右偏转，B 正确．12．[220] 【解析】选AD.P 、Q 相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当P 、Q 速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A 项正确．由于P 、Q 的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P 的速度为零，系统的机械能全部变为Q 的动能，D 正确．13．[221] 【解析】铯137发生β衰变的方程为：137 55Cs →137 56Ba ＋ 0－1e ，该反应的质量亏损为Δm ，由爱因斯坦质能方程知E ＝Δmc 2，有Δm ＝E c2.【答案】137 55Cs →137 56Ba ＋－1eEc 214．[222] 【解析】小球A 在碰撞前后摆动，满足机械能守恒定律，小球B 在碰撞后做平抛运动，则x 应为B 球的平均落点到初始位置的水平距离，要得到碰撞前后的m v ，应测量m A 、m B 、α、β、L 、H 、x 等，对A ，由机械能守恒定律得 m A gL (1－cos α)＝12m A v 2A ，则：m A v A ＝m A 2gL （1－cos α）. 碰后对A ，有m A gL (1－cos β)＝12m A v ′2A ，则：m A v ′A ＝m A 2gL （1－cos β）. 碰后B 做平抛运动，有 x ＝v B ′t ，H ＝12gt 2，所以m B v B ′＝m B xg 2H. 【答案】(1)B 球平均落点 (2)m A 、m B 、α、β、L 、H 、x(3)m A 2gL （1－cos α） m A 2gL （1－cos β） m B xg2H15．[223] 【解析】(1)63Li ＋10n →31H ＋42He ＋4.8 MeV.(2)Δm ＝ΔE c 2＝4.8×106×1.6×10－19（3×108）2kg ≈8.5×10－30kg.(3)设m 1、m 2、v 1、v 2分别为氦核、氚核的质量和速度，由动量守恒定律得 0＝m 1v 1＋m 2v 2 氦核、氚核的动能之比E k1∶E k2＝（m 1v 1）22m 1∶（m 2v 2）22m 2＝m 2∶m 1＝3∶4.【答案】(1)见解析 (2)8.5×10－30kg (3)3∶416．[224] 【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg.③ (2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④ 代入数据得v 1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析。

人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案.doc

人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案《动量守恒定律》单元测试题一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分。

）2. 如图2所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平桌面上，沿同一直线相向运动，/带电一g, B 带电+2g,下列说法正确的是（）B. 相碰前两球的总动量随距离减小而增人C. 两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D. 两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统•合外力为零3. 如图3所示，A. 3两物体质量之比仏:〃彷=3 : 2,原來静止在平板小车C 上必、3间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是（）A. 若力、3与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A. B 组成的系统动量守恒B. 若/、〃与平板车上表而间的动摩擦因数相同，A. B 、C 组成 — — 的系统动A TO553KRTB 量守恒 | y .i cC.若力、3所受的摩擦力大小相等，/、3组成的系统动量守恒 7777777^777777^7777777-D. 若/、B 所受的摩擦力大小相等，A. B 、C 组成的系统动量守恒4. 在光滑水平面上，一质量为加、速度大小为u 的/球与质量为2加静止的8球碰撞后，/球的速度方向与碰撞前相反。

则碰撞后B 球的速度大小可能是（）A. 0.6#B. 0.4” C ・ 0.3vD. 0.2v5. 质量分别为阳和牝的两个物体分别受到恒定外力尺、尸2的作用，•设它们从静止开始，要使它们在相同的时间内两物体动能的增加量相同，则円、尸2应满足的关系是（）A. F] ： F^=m\ : m2B. F\ ' F 戶n?:加 1C. F| :尸2=伤? ： 4^2D. Fi : F 2= 7^7: 7^1"6. 一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从艇头和艇尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则炮艇的动量和速度的变化是（）A. 动量不变，速度变大B.动量变小，速度不变及侧面各装有一个阀门, 分别为S|、S2、S3、S4（图中未全画出）。

人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全册

人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全册课时跟踪检测（一）动量和动量定理1．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B ．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动量一定发生变化C ．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动能一定发生变化D ．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析：选AB 动量的方向总与速度即运动方向相同，故A 对；合外力的冲量不为零，由动量定理I合＝Δp ，可知动量的变化量Δp 一定不为零，即动量一定变化，但动能不一定变化，有可能动量的大小不变，方向变化，故B 对，C 错；I合的方向一定与动量变化量的方向相同，但不一定与动量的方向相同，故D 错。

2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。

接球时，两手随球迅速收缩至胸前。

这样做可以( ) A ．减小球对手的冲量 B ．减小球对手的冲击力 C ．减小球的动量变化量 D ．减小球的动能变化量解析：选B 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B 正确。

3．(多选)古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。

若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )图1A ．1 m/sB ．1.5 m/sC ．2 m/sD ．2.5 m/s解析：选CD 根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F ，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft ＝0－m v ，所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m/s ＝2 m/s 。

4.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图像如图2所示。

则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )图2A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s ，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·s解析：选D 由图像可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 kg·m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s ，I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s ，故选D 。

高中物理选修3-5综合测试题及答案

高中物理选修3-5综合测试题1、下列观点属于原子核式结构理论的有（）A. 原子的中心有原子核，包括带正电的质子和不带点的中子B. 原子的正电荷均匀分布在整个原子中C. 原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里D. 带负电的电子在核外绕着核在不同轨道上旋转2、下列叙述中符合物理学史的有（）A ．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的C ．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式 —D ．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说3、氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法中正确的是（ )A ．电子绕核旋转的半径增大B ．氢原子的能量增大C ．氢原子的电势能增大D ．氢原子核外电子的速率增大4、原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要（）A ．发出波长为λ1-λ2的光子B ．发出波长为2121λλλλ-的光子 C ．吸收波长为λ1-λ2的光子 D ．吸收波长为2121λλλλ-的光子 5、根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n =1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A ．B ．C ．D ．|Fθ6、有关氢原子光谱的说法中不正确．．．的是（） A ．氢原子的发射光谱是连续光谱B ．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关C ．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D ．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光7、放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，已知A 的质量大于B 的质量，下面说法中正确的是 ( )A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，A 车的速度小于B 车的速度8、水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上的同一物体，分别作用一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动到最后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，则（）A 、F 2的冲量大B 、F 1的冲量大C 、F 1和F 2的冲量相等D 、无法比较F 1和F 2的冲量大小9、下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是（）、A.自由落体运动B.平抛运动C.匀速圆周运动D.匀减速直线运动10、如图，在光滑水平面上有一质量为m 的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F 作用下运动，则在时间t 内（） A ．重力的冲量为0 B ．拉力F 的冲量为FtA'C．拉力F的冲量为FtcosθD．物体动量的变化量等于Ftcosθ>11、如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。

高中物理选修3-5单元测试和模块检测

选修3-5 第十四章第1单元动量动量守恒定律1．一质量为0.5 kg 的小球以2.0 m/s 的速度和原来静止在光滑水平面上的质量为1.0 kg 的另一小球发生正碰，碰后以0.2 m/s 的速度被反弹，碰后两球的总动量是________kg·m/s ，原来静止的小球获得的速度大小是________m/s.解析：取初速度方向为正方向，由动量守恒定律知m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′p ＝p 0＝m 1v 1×2.0 kg·m/s ＝1.0 kg·m/sv 2′＝m 1v 1－m 1v 1′m 2＝错误! m/s ＝1.1 m/s答案：2．在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图14－1－4所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQPO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1∶m 2.解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，可解出m 1∶m 2＝2∶1. 答案：2∶13．A 、B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图14－1－5所示，则：(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？解析：(1)由图可知物体A 、B 在2 s 时发生碰撞．取物体B 运动的方向为正方向，由动量守恒定律和图象得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )vm B ＝m A v －m A v A v B －v ＝4×(1＋2)3－1kg ＝6 kg. (2)ΔE k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2 ＝12×4×22 J ＋12×6×32 J －12×(4＋6)×12 J ＝30 J答案：(1)2 s 6 (2)30 J4．如图14－1－6所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M ＝30 kg ，乙和他的冰车总质量也是30 kg ，游戏时甲推着一个质量m ＝15 kg 的箱子和他一起以大小为v 0＝2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．解析：设甲至少以速度v 将箱子推出，甲推出箱子后速度为v 甲，乙抓住箱子后速度为v 乙，则由动量守恒定律，得：甲推箱子过程：(M ＋m )v 0＝M v 甲＋m v乙抓箱子过程：m v －M v 0＝(M ＋m )v 乙甲、乙恰不相碰的条件是：v 甲＝v 乙代入数据可解得：v ＝5.2 m/s.答案：5.2 m/s5．如图14－1－7所示，A 、B 两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg ，A 、B 与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg 的铁块以10 m/s 的速度从A 的左端向右滑动，最后铁块与B 的共同速度大小为0.5 m/s ，求：(1)A 的最终速度；(2)铁块刚滑上B 时的速度．解析：(1)选铁块和木块A 、B 为一系统，由系统总动量守恒得：m v ＝(M B ＋m )v B＋M A v A可求得：v A ＝0.25 m/s.(2)设铁块刚滑上B 时的速度为u ，此时A 、B 的速度均为v A ＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v ＝mu ＋(M A ＋M B )v A可求得：u ＝2.75 m/s.答案：(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s6．如图14－1－8所示，高h ＝0.45 m 的光滑水平桌面上有质量m 1＝2 kg 的物体，以水平速度v 1＝5 m/s 向右运动，与静止的另一质量m 2＝1 kg 的物体相碰．若碰撞后m 1仍向右运动，速度变为v 1′＝3 m/s ，求：(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)(1)m 2落地时距桌边缘A 点的水平距离；(2)m 2落地时动量的大小．解析：(1)m 1与m 2碰撞，动量守恒，有：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2解得v 2＝4 m/s.而m 2做平抛运动，有：h ＝12gt 2，x ＝v 2t 则m 2落地时距桌边缘A 点的水平距离x ＝1.2 m.(2)对m 2由机械能守恒得：m 2gh ＝12m 2v 2－12m 2v 22 解得m 2落地时的速度大小为v ＝5 m/s ，动量大小为p ＝m 2v ＝5 kg·m/s.答案：(1)1.2 m (2)5 kg·m/s7．火箭喷气发动机每次喷出m ＝0.2 kg 的气体，喷出的气体相对地面的速度v ＝1000 M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭在1 s 末的速度是多大？解析：选火箭和1 s 内喷出的气体为研究对象，取火箭的运动方向为正方向．在这1 s 内由动量守恒定律得(M －20m )v ′－20m v ＝0解得1 s 末火箭的速度v ′＝20m v M －20m ＝20××1000300－20×0.2m /s≈13.5 m/s. 答案：13.5 m/s8．(2008·海南高考)一置于桌面上质量为M 的玩具炮，水平发射质量为m 的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其他重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A ；当炮身上固定一质量为M 0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B .炮口离水平地面的高度为h .如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B 、A 两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比．解析：由动量守恒定律和能量守恒定律得：0＝m v 1－M v 2E ＝12m v 21＋12M v 22 解得：v 1＝ 2EM m (M ＋m )炮弹射出后做平抛运动，有：h ＝12gt 2 x ＝v 1t解得目标A 距炮口的水平距离为：x ＝ 4EMh gm (M ＋m )同理，目标B 距炮口的水平距离为：x ′＝ 4E (M ＋M 0)h gm (M ＋M 0＋m )解得：x ′x ＝ (M ＋M 0)(M ＋m )M (M ＋M 0＋m ). 答案： (M ＋M 0)(M ＋m )M (M ＋M 0＋m )9．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1××20.5＋1m/s ＝43m /s≈1.33 m/s (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′故v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1××21m/s ＝2 m/s. 答案：(1) m/s (2)2 m/s选考部分选修3-5 第十四章第2单元实验：验证动量守恒定律1．某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻质弹簧，如图14－2－4所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒．(1)该同学还必须有的器材是________________．(2)需要直接测量的数据是_______________________________________________________________________________________________________________________.(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是__________________________________．解析：这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度．答案：(1)刻度尺、天平(2)两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离x1、x2(3)m1x1＝m2x22．如图14－2－5所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a.B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：(1)还需要测量的量是________________、______________和________________．(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为________________________．(忽略小球的大小)解析：(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平拋运动的规律只要测出立柱高h和桌面高H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h 、桌面高H 就能求出弹性球2的动量变化．(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程为2m 1a －h ＝2m 1b －h ＋m 2 c H ＋h. 答案：弹性球1、2的质量m 1、m 2立柱高h 桌面高H(2)2m 1a －h ＝2m 1b －h ＋m 2c H ＋h3．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨和滑块A 和B 验证动量守恒定律，实验装置如图14－2－6所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B ；b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d ．用刻度尺测出A 的左端至挡板C 的距离L 1；e ．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作，当A 、 B 滑块分别碰撞挡板C 、D 时计时结束，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1 和t 2.(1)实验中还应测量的物理量及其符号是__________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有____________________(至少答出两点)．解析：A 、B 两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A 与C 的距离L 1、B 与D 的距离L 2及A 到C 、B 到D 的时间t 1和t 2，测出两滑块的质量，就可以用m A L 1t 1＝m B L 2t 2验证动量是否守恒． (1)实验中还应测量的物理量为B 的右端至挡板D 的距离，符号为L 2.(2)验证动量守恒定律的表达式是m A L 1t 1＝m B L 2t 2. 产生误差的原因：①L 1、L 2、t 1、t 2、m A 、m B 的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力．④气垫导轨不完全水平．答案：见解析4．某同学用图14－2－7甲所示的装置通过半径相同的A、B两球(m A＞m B)的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．图14－2－7(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm；(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________.(填选项字母) A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)E．测量O点相对于水平槽面的高度(3)实验中，对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是() A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小解析：(1)用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是64.7 cm，这就是小球落点的平均位置．(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离x1、x2、x3，所以应选A、B、D.(3)入射小球的释放点越高，入射小球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减少测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C 正确．答案：(1)64.7(64.5～64.9均可) (2)A 、B 、D (3)C5．用如图14－2－8所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：(1)先测出可视为质点的两滑块A 、B 的质量分别为m 、M 及滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(2)用细线将滑块A 、B 连接，使A 、B 间的轻弹簧处于压缩状态，滑块B 恰好紧靠桌边．(3)剪断细线，测出滑块B 做平拋运动的水平位移x 1，滑块A 沿水平桌面滑行距离为 x 2(未滑出桌面)．为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母________________________________；如果动量守恒，需要满足的关系式为 ________．解析：弹开后B 做平拋运动，为求其弹开后的速度即平拋运动的初速度，必须测量下落高度h .h ＝12gt 21，x 1＝v 1t 1 v 1＝x 1g 2h. 弹开后B 做匀减速运动，由动能定理μmgx 2＝12m v 22，v 2＝2μgx 2 由动量守恒定律M v 1－m v 2＝0即Mx 112h＝m 2μx 2. 答案：桌面离地高度h Mx 112h ＝m 2μx 2 6．(2008·宁夏高考)某同学利用如图14－2－9所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A 、B 两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B 球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？解析：设摆球A 、B 的质量分别为m A 、m B ，摆长为l ，B 球的初始高度为h 1，碰撞前B 球的速度为 v B .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得 h 1＝l (1－cos45°)①12m B v 2B＝m B gh 1② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p 1、p 2.有p 1＝m B v B ③联立①②③式得p 1＝m B 2gl (1－cos45°)④同理可得 p 2＝(m A ＋m B )2gl (1－cos30°)⑤联立④⑤式得p 2p 1＝m A ＋m B m B 1－cos30°1－cos45°⑥ 代入已知条件得⎝⎛⎭⎫p 2p 12≈ 由此可以推出|p 2－p 1p 1|≈1.4% ＜4% 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．答案：见解析选考部分选修3-5 第十五章第1单元光电效应、原子结构、氢原子光谱1．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针张开一个角度，如图15－1－5所示，这时锌板带________ 电，指针带________电．图15－1－5解析：在光电效应实验中，锌板因逸出电子带正电，验电器由于与锌板接触也带正电，其指针也带正电．答案：正正2．已知金属铯的逸出功为1.9 eV ，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大初动能为1.0 eV ，求入射光的波长应为多少？解析：根据光电效应方程E k ＝hν－W 0可得入射光的频率为ν＝E k ＋W 0h由c ＝νλ可得入射光的波长为λ＝c ν＝hc E k ＋W 0＝错误! m ≈×10－7 m.答案：×10－7 m3．如图15－1－6所示，氢原子从n ＞2的某一能级跃迁到n ＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV 的光子．问最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量，才能使它辐射上述能量的光子？请在图15－1－6中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图．解析：氢原子从n ＞2的某一能级跃迁到n ＝2的能级，满足hν＝E n －E 2＝2.55 eVE n ＝hν＋E 2＝－0.85 eV ，所以n ＝4.基态氢原子要跃迁到n ＝4的能级，应提供： ΔE ＝E 4－E 1＝12.75 eV跃迁图见下图答案：12.75 eV 见解析图4．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．(1)关于α粒子散射实验的结果，下列说法正确的是( ) 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×107 m/s 的速度去轰击金箔后，若金原子的核电荷数为79.求该α粒子与金原子核间的最近距离(已知带电粒子在点电荷电场中的电势能表达式为E p ＝k q 1q 2r ×10－27 kg)．解析：(1)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．玻尔发现了电子轨道量子化，D 错．(2)α粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离为d ，12m v 2＝k q 1q 2dd ＝2kq 1q 2m v 2＝2××109×2×79×(×10－19)2×10－27×(×107)2 m≈×10－14m.答案：×10－14m5．在氢原子中，如果电子从r 1×10－10m 的轨道上，由于获得能量而进入r 2＝×10－10m 的轨道上做匀速圆周运动，求在该轨道上电子的动能是多少？(k ＝×109 N·m 2/C 2)解析：由于电子与原子核间的库仑力充当向心力，则k q 2e r 22＝m v 2r 2所以E k ＝12m v 2＝kq 2e 2r 2＝错误! J ≈×10－19J.答案：×10－19J6．氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量，而n ＝1,2，…，若一氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高出－34E 1的激发态，则氢原子发射光子前、后分别处于第几能级？解析：设氢原子发射光子前、后分别处于第l 与第m 能级，则依题意有 E 1l 2－E 1m 2＝－316E 1 E 1m 2－E 1＝－34E 1 解得：m ＝2，l ＝4. 答案：4 27．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为1λ＝R (132－1n 2)(n ＝4,5,6，…)，R ×107 m －1.若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域，试求：(1)n ＝6时，对应的波长；(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多少？n ＝6时，传播频率为多大？解析：(1)根据帕邢系公式1λ＝R (132－1n 2)，当n ＝6时，得λ≈×10－6 m ．(2)帕邢系形成的谱线在红外线区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播，故波速为光速c ＝3×108 m/s ，由c ＝λν得ν＝c λ＝3×108×10－6 Hz ≈×1014Hz.答案：×10－6 m (2)3×108 m ×1014 Hz8．已知某金属表面接受波长为λ和2λ的单色光照射时，释放出光电子的最大初动能分别为30 eV 和10 eV ，求能使此种金属表面产生光电效应的入射光的极限波长为多少？(λ为未知量)解析：设此种金属的逸出功为W 0，极限波长为λ0.由爱因斯坦光电效应方程： h c λ－W 0＝E k1，h c 2λ－W 0＝E k2，h cλ0＝W 0 可得：λ0≈×10－7 m. 答案：×10－7 m9．一速度为v 的高速α粒子(42He)与同方向运动的氖核(2010Ne)发生弹性正碰，碰后α粒子恰好静止．求碰撞前后氖核的速度(不计相对论修正)．解析：设α粒子与氖核的质量分别为m α与m Ne ，氖核在碰撞前后的速度分别为v Ne 与v Ne ′由动量守恒与机械能守恒定律，有 m αv ＋m Ne v Ne ＝m Ne v Ne ′① 12m αv 2＋12m Ne v 2Ne ＝12m Ne v Ne ′2② 解得v Ne ＝m Ne －m α2m Nev ③ v Ne ′＝m Ne ＋m α2m Ne v④ 已知m αm Ne ＝15⑤将⑤式代入③④式得：v Ne ＝25v ，v Ne ′＝35v .答案：25v 35v选考部分选修3-5 第十五章第2单元天然放射现象、核反应、核能1．(2008·海南高考)某考古队发现一古生物骸骨．考古专家根据骸骨中 614C 的含量推断出了该生物死亡的年代．已知此骸骨中 614C 的含量为活着的生物体中 614C 的1/4, 614C 的半衰期为5730年，该生物死亡时距今约________年．解析：根据公式m ＝m 0(12)tτ(其中m 、m 0分别是现在与原来的质量，t 为距今的时间，τ为半衰期) 得m m 0＝(12)t 5730＝14，所以t ＝11460年．答案：114602．(2009·福建高考)随着现代科学的发展，大量的科学发现促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是________．(填选项前的编号) ①卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 ②天然放射现象表明原子核内部有电子 ③轻核聚变反应方程有：12H ＋13H ―→24He ＋01n④氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级和从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长解析：卢瑟福α粒子散射实验说明的是原子内部的结构而不是原子核内部的结构；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构；氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量大于从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量，故前者波长小于后者．答案：③3．某核反应方程为12H ＋13H →24He ＋X .已知12H 的质量为2.0136 u,13H 的质量为3.0180 u,24He 的质量为4.0026 u ，X 的质量为1.0087 u ．则 (1)X 是什么粒子？(2)该反应释放能量还是吸收能量？解析：根据核反应前后质量数及电荷数守恒可得X 为01n (中子)．反应前的总质量为m 1＝2.0136 u ＋3.0180 u ＝5.0316 u ，反应后的总质量为m 2＝ 4.0026 u ＋1.0087 u ＝5.0113 u ，由于m 1＞m 2，故反应过程中释放能量．答案：(1)中子(01n ) (2)释放能量4．太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为一个氦核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源． (1)写出这个核反应方程． (2)这一核反应能释放出多少能量？ ×1026 J ，则太阳每秒减少的质量为多少kg?(4)若太阳质量减小万分之三，热核反应不能继续进行，计算太阳还能存在多少年？ (m p ＝1.0073 u ，m α＝4.0015 u ，m e ＝0.00055 u ，太阳的质量为2×1030 kg ) 解析：(1)核反应方程是411H ―→24He ＋210e . (2)这一核反应的质量亏损是 Δm ＝4m p －m α－2m e ＝0.0266 uΔE ＝Δmc 2×931.5 MeV ≈24.78 MeV . (3)由ΔE ＝Δmc 2得每秒太阳质量减少 Δm ＝ΔE c2＝错误! kg ≈×109kg . (4)太阳的质量为2×1030 kg ，太阳还能存在的时间为 t ＝ΔMΔm ＝错误! s ≈×1017 s ×109年．答案：(1)411H ―→24He ＋210e (2)24.78 MeV ×109 kg ×109 年5．云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一静止的质量为M 的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m ，电荷量为q ，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内，且轨道半径为R ，试求衰变过程中的质量亏损．(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)解析：设放出的α粒子的速率为v ，它在洛伦兹力作用下做半径为R 的匀速圆周运动．由牛顿第二定律，知q v B ＝m v 2/R 则m v ＝qBR设衰变后剩余核的速度是v ′，衰变过程中动量守恒(M －m )v ′＝m v .α粒子、剩余核的动能来源于亏损的质量，有 Δmc 2＝12(M －m )v ′2＋12m v 2.解得Δm ＝M (qBR )22c 2m (M －m ).答案：M (qBR )22c 2m (M －m )6．一个静止的氡核 86222Rn ，放出一个α粒子后衰变为钋核 84218Po ，同时放出能量为E ＝0.26 MeV 的光子．假设放出的核能完全转变为钋核与α粒子的动能，不计光子的动量．已知M 氡＝222.08663 u 、m α＝4.0026 u 、M 钋＝218.0766 u ，1 u 相当于931.5 MeV 的能量．(1)写出上述核反应方程；(2)求出发生上述核反应放出的能量； (3)确定钋核与α粒子的动能．解析：(1) 86222Rn → 84218Po ＋24He ＋γ(2)质量亏损Δm ＝222.08663 u －4.0026 u －218.0766 u ＝0.00743 uΔE ＝Δmc 2≈6.92 MeV(3)设α粒子、钋核的动能分别为E kα、E k钋，动量分别为pα、p钋，由能量守恒定律得：ΔE＝E kα＋E k钋＋E不计光子的动量，由动量守恒定律得：0＝pα＋p钋又E k＝p22m故E kα∶E k钋＝218∶4联立上面式子解得E k钋＝0.21 MeV，E kα＝6.54 MeV.答案：见解析7．(1)放射性物质84210Po和2760Co的核衰变方程分别为：84210Po→ 82206Pb＋X12760Co→2860Ni＋X2方程中的X1代表的是________，X2代表的是________．(2)如图15－2－1所示，铅盒内装有能释放α、β和γ射线的放射性物质，在靠近铅盒的顶部加上电场E或磁场B，在图(a)、(b)中分别画出射线运动轨迹的示意图．(在所画轨迹上须标明是α、β和γ中的哪种射线)图15－2－1解析：(1)由质量数守恒可知X1、X2的质量数分别为4、0，由电荷数守恒可知X1、X2的电荷数分别为2、－1，故X1是24He，X2是－10e.(2)α粒子带正电，在图(a)电场中向右偏，在图(b)的磁场受到指向左侧的洛伦兹力向左偏，β粒子带负电，故在图(a)中向左偏而在图(b)中向右偏，γ粒子不带电，故不发生偏转，如图所示(曲率半径不作要求，每种射线可只画一条轨迹)．答案：(1)24He－10e(2)见解析图8．(2009·江苏高考)在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出．中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测.1953年，莱克斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H的核反应，间接地证实了中微子的存在．(1)中微子与水中的11H发生核反应，产生中子(01n)和正电子(＋10e)，即中微子＋11H→01n＋＋10e可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________．(填写选项前的字母)A．0和0B．0和1C．1和0 D．1和1(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即＋10e＋－10e→2γ×10－31 kg，反应中产生的每个光子的能量约为________J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是________________________________________________________________________．解析：(1)由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知A正确．(2)由能量守恒有2E＝2m e c2，所以E＝m e c2×10－31××108)2×10－14J．反应过程中动量守恒且总动量为零．答案：×10－14遵循动量守恒9．一个钚的同位素94239Pu的原子核静止在匀强磁场中．某时刻该原子核垂直于磁场方向放射出一个α粒子，变成铀的同位素，同时辐射出能量为E＝0.09 MeV的光子．已知钚原子核的质量M0＝238.999655 u，α粒子的质量m＝4.001509 u，反冲核的质量M＝234.993470 u．取1 u·c2＝931 MeV.(1)写出衰变的核反应方程．(2)α粒子和反冲核的动能各是多少？(3)画出α粒子和反冲核在垂直于纸面向里的匀强磁场中运动轨迹的示意图．解析：(1)由题意根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为94239Pu→ 92235U＋24He＋E.(2)设衰变后α粒子的速度为v，反冲核的速度为v′，根据动量守恒和能量守恒，有m v＝M v′(M0－M－m)·c2－E＝E kα＋E kU≈4.26 MeV由E k＝p22m，可整理得E kαE kU＝Mm所以E kα＝MM＋m×4.26 MeV＝235235＋4×4.26 MeV≈4.19 MeVE kU＝mM＋m×4.26 MeV＝4235＋4×4.26 MeV ≈0.07 MeV . (3)如图所示．答案：(1) 94239Pu → 92235U ＋24He ＋E (2)4.19 MeV 0.07 MeV (3)见解析图3---5综合模块检测(时间90分钟，满分100分)1．(8分)(2009·山东高考)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5 MeV 的质子11H 轰击静止的Z A X ，生成两个动能均为8.9 MeV 的24×10－13J)(1)上述核反应方程为________． (2)质量亏损为________kg.解析：11H ＋37X →24He ＋24He 或11H ＋37Li →24He ＋24He Δmc 2＝E 末－E 初，所以Δm ＝E 末－E 初c 2＝(2×)××10－13(3×108)2×10－29kg答案：(1)11H ＋37X →24He ＋24He 或11H ＋37Li →24He ＋24He ×10－292．(6分)人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时，只要每 ×10－34J·s ，光速×108 m/s ，则：(1)人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是________．(2)用这种波长的绿色光照射下列五种材料，能产生光电效应的材料有________种.解析：(1)每个绿光光子的能量E 0＝hν＝h c λ＝错误!J ≈×10－19J 人眼最少需每秒射入6个绿光光子才能察觉，故P ＝6E 0t＝6××10－19 W ≈×10 －18W(2)发生光电效应的条件是光子的能量要大于金属的逸出功，E 0仅大于铯的逸出功，故只有一种．答案：×10－18W (2)13．(8分)质量为M 的小物块A 静止在离地面高h 的水平桌面的边缘，质量为m 的小物块B 沿桌面向A 运动并以速度v 0与之发生正碰(碰撞时间极短)．碰后A 离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L .碰后B 反向运动．求B 后退的距离．(已知B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ) 解析：设t 为A 从离开桌面到落地经历的时间， v 表示刚碰后A 的速度，有：h ＝12gt 2L ＝v t设V 为刚碰后B 的速度大小，由动量守恒定律有： m v 0＝M v －mV设B 后退的距离为x ，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mV 2由以上各式求得：x ＝12μg (ML mg2h－v 0)2. 答案：12μg (MLmg2h－v 0)2 4．(8分)原来静止的原子核a b X ，发生α衰变后放出一个动能为E 0的α粒子，求： (1)生成的新核动能是多少？(2)如果衰变释放的能量全部转化为α粒子及新核的动能，释放的核能ΔE 是多少？ (3)亏损的质量Δm 是多少？解析：(1)衰变方程为：a b X ―→24He ＋a －2b －4Y 在衰变过程中动量守恒 m αv α＝m Y v Y。

人教版高中物理选修3-5章末测试题全套含答案

人教版高中物理选修3-5章末测试题全套含答案章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分.1～6题为单选题，7～10题为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．下列说法错误的是( )A ．根据F ＝ΔpΔt 可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B ．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C ．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D ．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力答案 B解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A 正确；冲量是矢量，B 错误；F ＝ΔpΔt是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C 正确；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确．2.如图1所示，在光滑的水平面上有两物体A 、B ，它们的质量均为m .在物体B 上固定一个水平轻弹簧处于静止状态．物体A 以速度v 0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用．下列说法正确的是( )图1A ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A 的速度为零B ．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B 的速度为零C ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B 所做的功为12m v 02D ．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A 和物体B 的冲量大小相等，方向相反答案 D3．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为12m v 2B ．地面对他的冲量为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为m v ，地面对他做的功为12m v 2D ．地面对他的冲量为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零答案 D解析人的速度原来为零，起跳后变为v ，以向上为正方向，由动量定理可得I －mg Δt ＝m v －0，故地面对人的冲量为m v ＋mg Δt ，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D 正确．4．如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M 2MgRM ＋m，方向向左 C.m M2MgRM ＋m，方向向右 D ．不能确定答案 B解析以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝mM2MgRM ＋m，方向向左，故选项B 正确． 5．如图3所示，小车由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则( )图3A ．还是滑到C 点停止B ．滑到BC 间停止 C ．会冲出C 点落到车外D ．上述三种情况都有可能答案 A解析设BC 长度为L .小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有：Q 1＝F f L ，若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s .对小车和物体组成的系统，水平方向动量守恒，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有：Q 2＝Q 1，而Q 2＝F f s ，得到物体在小车BC 部分滑行的距离s ＝L ，故物体仍滑到C 点停止，故A 正确． 6．如图4所示，总质量为M 带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m 的小球通过细线悬挂于框架顶部O 处，细线长为L ，已知M >m ，重力加速度为g ，某时刻小球获得一瞬时速度v 0，当小球第一次回到O 点正下方时，细线拉力大小为( )图4A ．mgB ．mg ＋m v 02LC ．mg ＋m (2m )2v 02(M ＋m )2LD ．mg ＋m (M －m )2v 02(M ＋m )2L答案 B解析设小球第一次回到O 点正下方时，小球与框架的速度分别为v 1和v 2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，即m v 0＝m v 1＋M v 2，12m v 02＝12m v 12＋12M v 22，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0.当小球第一次回到O 点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得F T －mg ＝m (v 1－v 2)2L ，解得细线的拉力F T ＝mg ＋m v 02L，B 正确．7．A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰．如图5所示为两球碰撞前后的位移—时间图象．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移—时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图可知下列结论错误的是( )图5A ．A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化为6 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J 答案 AC解析由x －t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度v A ＝Δx A Δt A ＝4－102m /s ＝－3 m/s ，B 球的速度v B ＝Δx B Δt B ＝42 m /s ＝2 m/s ；碰撞后A 、B 两球的速度相等，为v A ′＝v B ′＝v ＝Δx C Δt C ＝2－42m /s ＝－1 m/s ，则碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg·m/s ；对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v 得：m B ＝43 kg.A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝m v A＋m B v B ＝2×(－3)＋43×2 kg·m/s ＝－103 kg·m /s ；由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：I B ＝Δp B ＝－4 kg·m/s ＝－4 N·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能：ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v 2，代入数据解得：ΔE k ＝10 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确． 8．如图6所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木板B ，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧．质量为2m 的木块A 以速度v 0从木板的右端水平向左滑上木板B .在木块A 与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是( )图6A ．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大 B ．B 板的加速度先增大后减小C ．弹簧给木块A 的冲量大小为2m v 03D ．弹簧的最大弹性势能为m v 023答案 BD解析当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A 错误；弹簧压缩量先增加后减小，故B 板的加速度先增大后减小，故B 正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；以v 0的方向为正方向，有： 2m v 0＝(m ＋2m )v ①E p ＝12×2m v 02－12(2m ＋m )v 2②由①②解得E p ＝13m v 02，故D 正确；从木块与木板作用至弹簧恢复原长时，有：2m v 0＝2m v 1＋m v 2③，根据机械能守恒定律，有 12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22④ 解得v 1＝13v 0，v 2＝43v 0，对木块A ，根据动量定理，有I ＝2m v 1－2m v 0＝－43m v 0(负号表示方向向右)，故C 错误．9.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，长为L ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，如图7所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图7A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为mM vC ．小车向左运动的最大位移为mLM ＋mD ．小车向左运动的最大位移为mM L答案 BC解析小车、弹簧与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝mMv ，同时该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mLM ＋m ，综上，选项B 、C 正确．10．两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m /s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m /s 和－1 m/s D ．－1 m /s 和＋5 m/s答案 AD解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.二、实验题(本题共2小题，共计13分)11．(5分)在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a 的质量为m 1，被碰球b 的质量为m 2，各小球的落地点如图8所示，下列关于这个实验的说法正确的是________．图8A ．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B ．每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C ．要验证的表达式是m 1ON ＝m 1OM ＋m 2OPD ．要验证的表达式是m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON 答案 D解析为让两球发生对心碰撞，两球的直径应相等，即两球大小相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故A 错误；为保证入射小球碰撞前的速度相等，每次都使入射小球从斜槽上相同的位置由静止滚下，故B 错误；小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，两边同时乘以t 得：m 1v 0t ＝m 1v 1t ＋m 2v 2t ，即m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，故D 正确，C 错误．12．(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图9所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．图9(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨中通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图10所示；图10⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. 试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m /s ；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(结果保留三位有效数字)． (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________. 答案 (1)⑥接通打点计时器的电源放开滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦解析 (2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1 m /s ＝2 m/s ，其动量为0.310×2 kg·m /s ＝0.620 kg·m/s ，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14 m /s ＝1.2 m/s ，其动量之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m /s ＝0.618 kg·m/s.三、计算题(本题共4小题，共计47分)图1113．(10分)如图11，光滑水平地面上静止放置三个滑块A 、B 、C ，A 和B 的质量均为2m ，C 的质量为m .A 、B 之间用一根水平轻质弹簧连接，B 、C 接触但不粘连，现给A 施加一向右的瞬时冲量，使A 获得一水平向右的初速度v 0.在此后的运动过程中，求： (1)C 最终的速度大小．(2)当弹簧第二次被压缩至最短时，弹簧储存的最大弹性势能．答案 (1)0.8v 0 (2)12m v 02解析 (1)弹簧第一次压缩至最短时弹性势能最大，此后第一次恢复原长时，C 的速度达到最大值，设向右为正方向，由动量守恒定律可知：2m v 0＝2m v 1＋3m v 2 由能量守恒可知：12×2m ×v 02＝12×2m v 12＋12×3m ×v 22联立解得：v 1＝－0.2v 0，v 2＝0.8v 0 即C 最终的速度大小为0.8v 0.(2)弹簧第二次压缩到最短时，A 、B 速度相等，以向右为正方向，故：2m v 1＋2m v 2＝4m v 解得：v ＝0.3v 0故此时弹簧储存的弹性势能为： E p ＝12(2m )v 12＋12(2m )v 22－12(4m )v 2＝12m v 0214．(10分)如图12(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30 kg 的小孩乘甲车以5 m/s 的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg ，乙车静止于甲车滑行的正前方，两车碰撞前后的位移随时间变化的图象如图(b)所示．求：图12(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小； (2)乙车的质量；(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少要以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？答案 (1)1 m/s 3 m/s (2)90 kg (3)203 m/s解析 (1)由题图(b)可知，碰撞后甲车的速度为v 1＝－1 m /s ，负号表示方向向左．所以甲车速度大小为1 m/s.乙车的速度为v 2＝3 m /s ，方向向右，乙车速度大小为3 m/s. (2)在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒，以向右为正方向． (m 小孩＋m 甲)v 0＝(m 小孩＋m 甲)v 1＋m 乙v 2 解得：m 乙＝90 kg(3)设小孩跳向乙车的速度为v 小孩，以向右为正方向，由动量守恒定律得，小孩跳离甲车： (m 小孩＋m 甲)v 0＝m 小孩v 小孩＋m 甲v 3 小孩跳至乙车：m 小孩v 小孩＝(m 小孩＋m 乙)v 4 为使两车避免相撞，应满足v 3≤v 4当v 3＝v 4时，小孩跳离甲车的速度最小，v 小孩＝203 m/s因此小孩至少要以203m/s 的水平速度从甲车跳到乙车上．15．(13分)如图13所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能到达C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：图13(1)A 物体的最终速度大小； (2)A 在木板C 上滑行的时间．答案 (1)3v 04 (2)4Lv 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝3v 04.(2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得： F f L ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22，解得F f ＝m v 0216L，此过程中对C ，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1，解得t ＝4Lv 0.16．(14分)如图14所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：图14(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； (2)A 的最大速度v 的大小； (3)初始时B 离地面的高度H . 答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m解析 (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h ＝12gt 2① 代入数据解得t ＝0.6 s ②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有 v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v ＝2 m/s ⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m ⑦章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共计60分.1～8题为单选题，9～12题为多选题．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于热辐射，下列说法中正确的是( )A ．一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关B ．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的C ．一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值D ．温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动答案 C2．关于光电效应，以下说法正确的是( )A ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B ．光电子的最大初动能越大，形成的光电流越强C ．能否产生光电效应现象，取决于入射光光子的能量是否大于金属的逸出功D ．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属一定不发生光电效应答案 C解析由光电效应方程知，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但不是成正比关系，A 错．光电流的强度与入射光的强度成正比，与光电子的最大初动能无关，B 错．用频率是ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，改用频率是ν2的黄光照射该金属不一定不发生光电效应，能发生光电效应的条件是入射光光子的能量要大于金属的逸出功，D 错，C 对．3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于( )A ．等效替代B ．控制变量C ．科学假说D ．数学归纳答案 C解析为了解释光电效应的实验规律，由于当时没有现成的理论，爱因斯坦就提出了“光子说”来解释光电效应的规律，并取得成功．从科学研究的方法来说，这属于科学假说．C正确，A、B、D错误．4．关于光的波粒二象性，下列理解正确的是()A．当光子静止时有粒子性，光子传播时有波动性B．光是一种宏观粒子，但它按波的方式传播C．光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动规律来描述D．大量光子出现的时候表现为粒子性，个别光子出现的时候表现为波动性答案 C解析光子是不会静止的，大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，故A、D错误；光子不是宏观粒子，光在传播时有时看成粒子有时可看成波，故B 错误；光子在空间各点出现的可能性大小(概率)可以用波动规律来描述，故C正确．5．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是()A．光电效应现象揭示了光的波动性B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等答案 B解析光电效应现象揭示了光的粒子性，A错误；热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性，B正确；普朗克借助于能量子假说，解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念，C错误；根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的德布罗意波长相等，则动量p也相等，动能则不相等，D错误．6．经150 V电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则() A．所有电子的运动轨迹均相同B．所有电子到达屏上的位置坐标均相同C．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定D．电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置答案 D解析电子在运动中表现出波动性，没有一定的运动轨迹，牛顿运动定律不适用于电子的运动．故正确选项为D.7．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图象．已知钨的逸出功是4.54 eV，锌的逸出功是3.24 eV，若将二者的图线画在同一个E k－ν坐标图中，用实线表示钨、虚线表示锌，则正确反映这一过程的图是()答案 B解析依据光电效应方程E k ＝hν－W 0可知，E k －ν图线的斜率代表了普朗克常量h ，因此钨和锌的E k －ν图线应该平行．图线的横截距代表了极限频率νc ，而νc ＝W 0h，因此钨的νc 大些．故正确答案为B.8．已知金属锌发生光电效应时产生的光电子的最大初动能E k 跟入射光的频率ν的关系图象如图1中的直线1所示．某种单色光照射到金属锌的表面时，产生的光电子的最大初动能为E 1.若该单色光照射到另一金属表面时产生的光电子的最大初动能为E 2，E 2<E 1，关于这种金属的最大初动能E k 跟入射光的频率ν的关系图象应是图中的( )图1A ．aB ．bC ．cD ．上述三条图线都不正确答案 A解析根据光电效应方程知，E k －ν为一次函数，普朗克常量h 是斜率，h 是确定的值，虽然两金属的逸出功不同，但两个E k －ν图象的斜率相同，两个直线平行，同时再利用E k ＝hν－W 0，结合图象E 2<E 1，hν相同，所以W 1<W 2，即直线在纵轴上的截距的绝对值W 2大，故选项A 正确．9.金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图象如图2所示．则由图象可知( )图2A ．该金属的逸出功等于hνcB ．入射光的频率发生变化时，遏止电压不变C ．若已知电子电荷量e ，就可以求出普朗克常量hD ．入射光的频率为3νc 时，产生的光电子的最大初动能为2hνc答案 ACD解析当遏止电压为零时，最大初动能为零，W 0＝hνc ，故A 正确．根据光电效应方程E km＝hν－W 0和eU c ＝E km 得，U c ＝hνe －W 0e，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，故B 错误．由U c ＝hνe －W 0e ，知图线的斜率等于h e，从图象上可以得出斜率的大小，若已知电子电荷量，可以求出普朗克常量，故C 正确．从图象上可知，逸出功W 0＝hνc .根据光电效应方程，E km ＝hν－W 0＝hν－hνc .入射光的频率为3νc 时，产生的光电子的最大初动能为2hνc ，故D 正确．10．下表列出了几种不同物体在某种速度下的德布罗意波长和频率为1 MHz 的无线电波的波长，根据表中数据可知( )A.要检测弹子球的波动性几乎不可能B ．无线电波通常只能表现出波动性C ．电子照射到金属晶体上能观察到它的波动性D ．只有可见光才有波粒二象性答案 ABC解析弹子球的波长相对太小，所以检测其波动性几乎不可能，A 正确；无线电波波长较长，所以通常表现为波动性，B 正确；电子波长与金属晶体原子尺度差不多，所以能利用金属晶体观察电子的波动性，C 正确；由物质波理论知，D 错误．11．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就出现了规则的干涉条纹，对这个实验结果下列认识正确的是( )A ．曝光时间不长时，光子的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点B ．单个光子的运动表现出波动性C ．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D ．大量光子的行为表现出波动性答案CD解析光是一种概率波，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是中央亮纹处，可达95%以上，还可能落到暗纹处，不过落在暗纹处的概率最小(注意暗纹处并非无光子到达)．故C、D选项正确．12．如图3所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接．用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转．下列说法正确的是()图3A．a光的频率一定大于b光的频率B．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应C．电源正极可能与c接线柱连接D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f答案ACD解析由于电源的接法不知道，所以有两种情况：(1)c接负极，d接正极：单色光a频率大于金属的极限频率，b光的频率小于金属的极限频率，所以a光的频率一定大于b光的频率．(2)c接正极，d接负极：a、b两光都能发生光电效应，a光产生的光电子能到达负极而b光产生的光电子不能到达负极，a光产生的光电子的最大初动能大，所以a光的频率一定大于b光的频率．故A、C正确，B错误；电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f.故D正确．二、填空题(本题共2小题，共计10分)13．(4分)如图4所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转．若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为U.若此时增加黄光照射的强度，则毫安表____(选填“有”或“无”)示数．若此时改用蓝光照射光电管中的金属涂层，则毫安表________(选填“有”或“无”)示数．图4答案无有解析光电效应的原理是当有频率足够大的光照射到金属表面时，将会使金属中的电子获得足够能量而从表面逸出，逸出的光电子向另一极板定向移动而形成电流．当增加黄光照射的强度时，不能增加光电子的最大初动能，故毫安表无示数．当改用蓝光照射时，光电子的最大初动能增大，光电子能到达A 极，形成电流．14．(6分)如图5所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s(直线与横轴的交点坐标为4.17，与纵轴交点坐标为0.5)．由图可知，斜率表示________．该金属的截止频率为________Hz ，该金属的逸出功为________ J ，(结果保留三位有效数字)若用频率为5.5×1014 Hz 的光照射该种金属时，则对应的遏止电压应为______ V .图5答案普朗克常量h 4.17×1014 2.76×10－19 0.5解析根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0，E k －ν图象的横轴的截距大小等于截止频率，由题图知该金属的截止频率为4.17×1014 Hz.由E k ＝hν－W 0得，该图线的斜率表示普朗克常量h ，金属的逸出功W 0＝hνc ＝6.63×10－34×4.17×1014 J ≈2.76×10－19 J ，由题图得，当入射光的频率为ν＝5.5×1014 Hz ，最大初动能为E km ＝0.5 eV .依据U c ＝E km e解得：U c ＝0.5 V. 三、计算题(本题共3小题，共计30分)15．(10分)钨的逸出功是4.54 eV ，现用波长200 nm 的光照射钨的表面．求：(结果均保留三位有效数字)(1)光电子的最大初动能；(2)遏止电压；(3)钨的截止频率．答案 (1)1.68 eV (2)1.68 V (3)1.10×1015 Hz解析 (1)由爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0可得：E k ＝h c λ－W 0＝(6.63×10－34×3×1082×10－7－4.54×1.6×10－19)J ＝2.681×10－19 J ≈1.68 eV . (2)由eU c ＝E k 得遏止电压U c ＝E k e＝1.68 V. (3)由W 0＝hνc 得截止频率。

人教版高中物理选修3-5模块综合检测带答案.doc

模块综合检测（时间:90分钟满分:100分）一、选择题（木题共10小题,每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1〜6题只有一个选项正确,7〜10 题冇多个选项止确,全部选对的得4分，选对但不全的得2分，冇选错或不答的不得分）1•我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒'啲运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲吋，乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定人小相等、方向相反C.甲的动能增加量一•定等于乙的动能减少量D•甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析:卬对乙的冲虽与乙对川的冲虽大小相等力向相反，选项A错误;甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等人反向，选项B正确;甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终人小相等，方向和反,但相互作用过程屮,她们的对地位移不一•定相同,所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙対甲做的功，选项C、D错误。

答案:B2•如图甲是（X、卩、丫三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部的伤痕的示意图，请问图乙中的检杳是利用了哪种射线（）A.ct射线BR射线C.Y射线D.三种射线都可以解析:由题图甲可知a射线和卩射线都不能穿透钢板,丫射线的穿透力最强，可用来检查金属内部的伤痕,答案为Co答案:c3•如图所示，弹簧的-•端固定在竖直墙上，质量为"7的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为加的小球从杷i高力处开始下滑，则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动虽始终守恒B.在下滑过程屮小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高刀处D.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动解析:小球在槽上运动吋，由丁•小球受重力，故两物体组成的系统外力Z和不为零,故动量不守恒，当小球与弹簧接触后，小球受外力，故动量不再守恒，故A错误;下滑过程中两物体都冇水平方向的位移，而力是垂直于球而的，故力和位移夹角不垂肯,故两力均做功，故B错课;小球脱离弧形槽时，水平方向动量守恒,可得两者速度人小相等,故小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球被弹簧反弹后也做匀速运动,小球追不上弧形槽，故C错,D正确。

高中物理(选修3-5)模块检测题与答案解析

高中物理（选修3－5）模块检测题与答案解析一、选择题1．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是[ ]A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒C．a离开墙后，a、b系统动量守恒D．a离开墙后，a、b系统动量不守恒2．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球质量之比m甲∶m乙是[ ]A．2∶1B．3∶5C．5∶3D．1∶23．A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是[ ]A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量4．在光滑水平面上有A、B两球，其动量大小分别为10kg·m/s与15kg·m/s，方向均为向东，A球在B球后，当A球追上B球后，两球相碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为[ ]A．10kg·m/s，15kg·m/s B．8kg·m/s，17kg·m/sC．12kg·m/s，13kg·m/s D．-10kg·m/s，35kg·m/s5．分析下列情况中系统的动量是否守恒[ ]A．如图2所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统B．子弹射入放在光滑水平面上的木块中对子弹与木块组成的系统(如图3)C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时6．质量为M 的原子核，原来处于静止状态，当它以速度V 放出一个质量为m 的粒子时，剩余部分的速度为 [ ]A ．mV/(M-m)B ．-mV/(M —m)C ．mV/(M+m)D ．-mV/(M ＋m)7．如图4所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，若以两车及弹簧组成系统，则下列说法中正确的是 [ ]A ．两手同时放开后，系统总量始终为零B ．先放开左手，后放开右手后动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不8．船静止在水中，若水的阻力不计，当先后以相对地面相等的速率，分别从船头与船尾水平抛出两个质量相等的物体，抛出时两物体的速度方向相反，则两物体抛出以后，船的状态是 [ ] A ．仍保持静止状态 B ．船向前运动 C ．船向后运动 D ．无法判断 9如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。