2019_2020学年高中物理章末综合检测(四)(含解析)新人教版选修3_5

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人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套

人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套阶段验收评估(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。

2019-2020年高中物理本册综合能力测试题新人教版选修3-5

2019-2020年高中物理本册综合能力测试题新人教版选修3-5一、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，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10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．(山东师大附中2014～2015学年高二下学期检测)下面是历史上的几个著名实验的装置图，其中发现电子的装置是( )答案：A解析：汤姆孙利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子。

2．关于核反应方程21H ＋31H→42He ＋X ，以下说法中正确的是( )A ．X 是10n ，该核反应属于聚变B ．X 是11H ，该核反应属于裂变C ．X 是10n ，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料D ．X 是11H ，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料答案：A解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知X 是10n ，此核反应属于聚变，A 正确B 错误。

当前核电站采用的燃料是铀235，C 、D 错误。

3.(广东省实验中学2014～2015学年高二下学期期中)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，A 、B 两球质量分别为2m 和m 。

当用板挡住小球A 而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边水平距离为s 的水平地面上，如图所示，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，B 球的落地点距桌边的水平距离为( )A.s 3B ．3s C.6s 3 D ．6s答案：C解析：当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球做平抛运动，设高度为h ，则有v B ＝s t＝s g 2h ，所以弹簧的弹性势能为E ＝12mv 2B ＝ms 2g 4h，当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，由动量守恒定律可得：0＝2mv A －mv B ，所以v A ∶v B ＝1∶2，因此A球与B 球获得的动能之比E kA ∶E kB ＝1∶2，所以B 球获得动能为：E k ＝ms 2g 6h，那么B 球抛出初速度为v B ＝s 2g 3h ，则平抛后落地水平位移为x ＝s 2g 3h ·2h g ＝6s 3，故选C 。

高中物理选修3-5 模块检测试题(含答案解析)

高中物理选修3-5 模块检测试题（含答案解析）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。

2019-2020学年人教版物理选修3-3章末质量检测卷(四)

章末质量检测卷(四)热力学定律(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．某校中学生参加电视台“异想天开”节目的活动，他们提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是()A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功B．制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题解析：选D根据热力学第二定律知道，在不产生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的，选项A错误；绝对零度是温度的极值，是不能达到的，选项B错误；有害气体和空气不可能自发地分离，选项C错误；利用太阳能最有前途的领域是通过太阳能电池将太阳能转化为电能再加以利用，选项D正确．2．给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体()A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加解析：选A缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，由于不计分子势能，内能不变，故分子平均动能不变，选项C、D错误；由体积增大可知气体对外界做正功，或克服外界压力做功，选项B错误；由ΔU＝W＋Q知ΔU＝0，W<0，故Q>0，气体从外界吸热，选项A正确．3．一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定向外界放出了热量() A．温度保持不变，体积逐渐膨胀B．体积保持不变，温度逐渐升高C．压强保持不变，体积逐渐收缩D．温度逐渐升高，压强逐渐减小解析：选C理想气体温度不变，内能就不变，气体膨胀就一定会对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律，则Q＞0，即一定吸收了热量，故选项A错误；体积不变，温度升高，则内能增大，W＝0，则一定有Q＞0，即一定吸收热量，＝C可故选项B错误；压强不变，体积逐渐收缩，则根据理想气体状态方程pVT知，T减小，则内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＜0，W＞0，则Q＜0，即气体放出热量，故选项C正确；温度升高同时压强减小，根据＝C可知，体积一定增大，温度升高内能增大，体积增大对理想气体状态方程ρVt外做功，根据热力学第一定律知物体一定吸热，故选项D错误．4．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×105 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J解析：选B根据热力学第一定律的符号规则，W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，由ΔU＝W＋Q可求得Q＝－2.0×105 J，所以选项B正确．5．下列说法中正确的是()A．无摩擦、无漏气等能量损失，就能使热机效率达到100%B．热量不能从低温物体传到高温物体C．一切物理过程都具有方向性D．由热力学定律可推断出某个物理过程是否能自发进行解析：选D对任何热机在工作时都不可避免地要向冷凝器的环境周围散发热量，总有能量的损失，因此其效率无法达到100%；热量能从低温物体传到高温物体，但必须有外界的帮助；一切涉及热现象的物量过程都具有方向性；在热力学定律的基础上可以导出其他过程的方向性，如气体的扩散、气体向真空的膨胀等，因此D选项正确．6．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有() A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：选A解答本题的切入点是，对一定质量的理想气体，在某一状态下其内能是确定的．对一定质量的理想气体，经过一系列的状态变化后又回到原状态，表明整个过程中内能的变化为零，即通过做功和热传递引起的内能变化相互抵消，所以A选项正确．7．下列说法中正确的是()A．随着科技的发展，永动机是可以制成的B．能量守恒表明，节约能源是无意义的C．机械能守恒是自然界遵循的普遍规律D．能量的耗散反映出自然界宏观过程的方向性解析：选D永动机违背了能量转化和守恒定律，或违背热力学第二定律，所以不可能制成的，故A错误；虽然能量是守恒的，但能源不断减少，节约能源意义重大，故B错误；机械能守恒是有条件，这个定律不是自然界遵循的普遍规律，故C错误；根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确．8．下列关于能量的转化，下列说法中正确的是()A．因为能量守恒，所以“永动机”是存在的B．摩擦生热的过程是不可逆过程C．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性D．由于能的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机解析：选B因为能量守恒，所以不消耗能量而对外做功的“永动机”是不存在的，故A错误；根据热力学第二定律可知，机械能向内能转化时具有方向性，摩擦生热的过程是不可逆过程，故B正确；热传递在自发进行时有方向性，总是从高温物体传递到低温物体，故C错误；能的转化过程虽然符合能量守恒定律，但是在转化过程中存在着“能量耗散”和“品质降低”，能量向品质低的大气内能转化，不能再重复利用，因此要节约能源，故D错误．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象．所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把流散的能量重新收集、重新加以利用．下列关于能量耗散的说法中正确的是()A．能量耗散说明能量不守恒B．能量耗散不符合热力学第二定律C．能量耗散过程中能量仍守恒D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性解析：选CD能量耗散过程能量仍守恒，但可利用的能源越来越少，这说明自然界中的宏观过程具有方向性，恰恰说明符合热力学第二定律，故C、D选项正确．10．对于孤立体系中发生的实际过程，下列说法中正确的是()A．系统的总熵只能增大，不可能减小B．系统的总熵可能增大，可能不变，还可能减小C．系统逐渐从比较有序的状态向更加无序的状态发展D．系统逐渐从比较无序的状态向更加有序的状态发展解析：选AC在孤立体系中发生的实际过程，其系统的总熵是增加的，它不可能减小，故A正确，B错误；根据熵增加原理，该系统只能是从比较有序的状态向更加无序的状态发展，故C正确，D错误．11．下列说法正确的是()A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定温度下，饱和气体的压强是一定的D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律解析：选BC A项可以计算出气体分子所占的空间而不能算出气体分子的体积，故A错误；悬浮颗粒越小，受力越不平衡，布朗运动越明显，故B正确；一定温度下，饱和气体的压强是一定的，故C正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量耗散的方向性，故D错误．12．下列关于熵的说法中正确的是()A．熵值越大，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高B．熵值越小，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高C．熵值越大，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序D．熵值越小，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序解析：选AD根据熵的意义可知，熵值越大，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高．熵值越小，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序，选项A、D正确．13．下列说法正确的是()A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．液体与大气接触，表面层内分子间的作用表现为相互吸引D．由热力学第二定律可知热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功也是可能的解析：选ACD固体、液体、气体都有扩散现象，扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，故A正确；外界对物体做功，若同时物体放出热量，则物体内能不一定增加，故B错误；液体与大气相接触，表面层内分子间距离大于平衡距离，分子间的作用表现为引力，故C正确；根据热力学第二定律可知，热量不可以自发地从低温物体向高温物体传递，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功而不引起其他的变化是不可能的，但是在一定的条件下热量从温度较低的物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量且吸收的热量全部用来对外做功也是可能的，故D正确．14．下列说法中正确的是()A．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，这说明气体分子间有斥力B．物体体积增大时，分子间距增大，分子间势能也增大C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．对物体做功，物体的内能可能减小E．物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能解析：选CD用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是气体压强作用的缘故，不是分子力的效果，选项A错误；物体体积增大时，分子间距增大，分子间势能随分子间距的增大而呈现先减后增的趋势，选项B错误；在一定条件下，热量可以从低温物体传递到高温物体，选项C正确；根据热力学第一定律，对物体做功，但是物体向外放热大于外界对物体做功时，物体的内能减小，选项D正确；物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫做物体的内能，选项E错误．故选CD.15．关于能源的开发和节约，你认为以下观点正确的是()A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径解析：选ACD能源是有限的，比如常规能源，所以无节制地利用常规能源是一种盲目的短期行为，故A正确；能量都转化为不能利用或不易利用的能源，所以这样会减少可利用资源的数量，因此应该节约能源，故B错误；能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响，故C正确；和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径，故D正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(10分)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示．图中T A、V A和T D为已知量．(1)从状态A到B，气体经历的是________(填“等温”“等容”或“等压”)过程；(2)从B到C的过程中，气体的内能________(填“增大”“减小”或“不变”)；(3)从C到D的过程中，气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，同时________(填“吸热”或“放热”)；(4)气体在状态D时的体积V D＝________.解析：(1)由题图可知，从状态A到B，气体体积不变，故是等容变化．(2)从B到C温度T不变，即分子平均动能不变，对理想气体即内能不变．(3)从C到D气体体积减小，外界对气体做正功，W>0，所以气体对外做负功，同时温度降低，说明内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体放热．(4)从D到A是等压变化，由V AT A＝V DT D得V D＝T DT A V A.答案：(1)等容(2)不变(3)做负功放热(4)T D T A V A17．(10分)一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如图所示．这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变.(1)下列说法正确的是()A．气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B．由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C．气球内气体分子平均动能不变D．气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)表演过程中，对球内气体共做了4 J的功，此过程中气球________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能________(填“增加”或“减少”)，温度________(填“升高”或“降低”)．解析：(1)密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，故A 错误；该同学压迫气球，气体分子间距离仍然较大，气体分子间的作用力几乎为零，故B错误；球内气体温度可视为不变．所以气球内气体分子平均动能不变，故C正确；气体分子间空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误．(2)表演过程中，球内气体温度可视为不变，说明球内气体内能不变，即ΔU ＝0，对球内气体共做了4 J的功，即W＝4 J，所以此过程中Q＝－4 J，即气球放出的热量是4 J，若某气球突然爆炸，气体对外做功，瞬间无热传递，则该气球内的气体内能减少，温度降低．答案：(1)C(2)放出4减少降低18．(10分)约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上、下端各有一个小孔，斜面下有一个连接两小孔直至底端的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯“永动机”居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量守恒定律确定20年后，而且竟在德国取得了专利权！请你分析一下，维尔金斯“永动机”能实现吗？为什么？解析：维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律．小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球机械能增加；但小球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现．答案：维尔金斯“永动机”不可能实现理由见解析19．(12分)如图所示，内壁光滑的圆柱体汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸开口向上，一面积为0.01 m2的活塞密封了一定的空气，在活塞的上方竖直固定一支架，在支架的O点通过细线系一质量为m＝8 kg的球，球心到O点的距离为L ＝2 m ．活塞与支架的总质量为M ＝12 kg ，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，大气压强p ＝1.00×105 Pa ，汽缸和活塞都是绝热的．现将细线拉直到水平，稳定后由静止释放球，当球第一次运动到最低点时，活塞下降了h ＝0.2 m 且恰好活塞的速度为零，此时细线中的拉力F ＝252 N ．求球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中汽缸中的气体增加的内能ΔE .解析：设球在第一次运动到最低点时的速度为v ，根据牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2L ，根据热力学第一定律和能量守恒定律可知，球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中汽缸中的气体增加的内能ΔE 为ΔE ＝pSh ＋Mgh ＋mg (L ＋h )－12m v 2，联立两式，代入数值得ΔE ＝228 J.答案：228 J20．(13分)图中A 、B 汽缸的长度和截面积分别为30 cm 和20 cm 2，C 是可在B 汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A 内有压强p A ＝2.0×105 Pa 的氮气．B 内有压强p B ＝1.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．(1)求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；(2)活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热？简要说明理由．(假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)解析：(1)由玻意耳定律：对A部分气体有：p A LS＝p(L＋x)S，对B部分气体有：p B LS＝p(L－x)S，代入相关数据解得：x＝10 cm，p＝1.5×105 Pa.(2)活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，可知Q>0，故A中气体从外界吸热．答案：(1)10 cm 1.5×105 Pa(2)吸热理由见解析11。

2019_2020学年高中物理章末综合检测(一)(含解析)新人教版选修3_5

章末综合检测(一)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．其中1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题．)1．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景，他们使两个带正电的不同重粒子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( ) A．速率B．质量C．动量D．动能解析：尽可能减少碰后粒子的动能，才能尽可能增大内能，所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零，即具有相同大小的动量．答案：C2．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是( )A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案：C3.在女子短道速滑比赛中，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．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 ．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同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解析：冲量是矢量，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，选项A 错误；甲、乙间相互作用力大小相等、方向相反，因此冲量等大反向，由动量定理可知，动量变化等大反向，选项B 正确；甲、乙的动能变化量的大小等于甲、乙各自所受的合力做的功，两者各自所受的合力做功不一定相等，选项C 错误；甲对乙与乙对甲的作用力等大反向，但沿作用力方向甲、乙的位移不一定相等，所以做功大小不一定相等，选项D 错误．答案：B4．如图甲所示，物体A 、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经过某一位置时速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为u ，如图乙所示．不计空气阻力．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A ．mvB ．mv －MuC ．mv ＋MuD ．mv ＋mu解析：该题涉及的物体较多，可先选B 为研究对象．在B 下落的这段时间t 内，其动量向下增加Mu ，B 只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt ＝Mu ，解得t ＝u g .在时间t 内，A 受两个力作用：重力mg ，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A 为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv ，设弹力的冲量为I ，由动量定理有I －mgt ＝mv ，解得I ＝m (v ＋u )，故D 正确．答案：D5.质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A ．0.6 m/s ，向左B ．3 m/s ，向左C ．0.6 m/s ，向右D ．3 m/s ，向右解析：以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．答案：A6．如图甲所示，一质量为M 的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块以一定初速度v 0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象做出如下判断，其中正确的是( )A ．滑块始终与木板存在相对运动B ．滑块未能滑出木板C ．滑块的质量m 大于木板的质量MD ．在t 1时刻滑块从木板上滑出解析：由图象可直接得出A 、D 正确；由v t 图象的斜率表示加速度可知a M ＞a m ，而M 与m 的相互作用力大小相等，因此m ＞M ，C 正确．答案：ACD7.如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则( )A ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右C ．它们碰撞后B 小球向右运动D ．它们碰撞后B 小球可能向左运动解析：根据动量守恒定律，设向右为正，碰后它们的总动量p ′＝p ＝m A v A －m B v B ＝2 kg·m/s，选项A 错误，选项B 正确；因总动量向右，所以碰后B 球一定向右运动，选项C 正确，选项D 错误．答案：BC8.如图所示，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( )A ．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2mv 03。

2019-2020学年第二学期人教版物理选修3-5全册内容期末复习模拟测试含答案

绝密★启用前2019-2020学年第二学期人教版物理选修3-5全册内容期末复习模拟测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.下列说法正确的是( )A．光子与光电子是同一种粒子B．光子与物质微粒发生相互作用时，不仅遵循能量守恒，还遵循动量守恒C．光具有粒子性又具有波动性，这种波是概率波，不是电磁波D．宏观物体也有波动性，这种波就是机械波2.下列说法正确的是()A．天然放射现象说明原子核由质子和中子组成B．放射性物质的温度降低，其半衰期减小C．核裂变质量增加，聚变质量亏损D．氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级要放出光子3.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是()A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零4.质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s 的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是()A． 1.0 m/s，向右B． 1.0 m/s，向左C． 2.2 m/s，向右D． 2.2 m/s，向左5.氢原子核外电子从外层轨道(半径为rb)向内层轨道(半径为ra)跃迁时(ra<rb)，电子动能的增量ΔE k＝E ka－E kb，电势能增量ΔE p＝E pa－E pb，则下列表述正确的是()A．ΔE k<0，ΔE p<0，ΔE k＋ΔE p＝0B．ΔE k<0，ΔE p>0，ΔE k＋ΔE p＝0C．ΔE k>0，ΔE p<0，ΔE k＋ΔE p>0D．ΔE k>0，ΔE p<0，ΔE k＋ΔE p<06.根据有关放射性方面的知识可知，下列说法正确的是()A．随着气温的升高，氡的半衰期会变短B．许多元素能自发地放出射线，使人们开始认识到原子是有复杂结构的C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于核外电子D．氢核、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，当氢核与中子结合为氘核时，放出的能量为(m1＋m2－m3)c27.下列关于德布罗意波的认识，正确的解释是()A．任何一个物体都有波和它对应，这就是物质波B． X光的衍射证实了物质波的假设是正确的C．电子衍射证实了物质波的假设是正确的D．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体不具有波动性8.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是()A．相碰前两球运动中动量不守恒B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大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零9.原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，核子组合成原子核时()A．小质量数的原子核质量亏损最大B．中等质量数的原子核质量亏损最大C．大质量数的原子核质量亏损最大D．不同质量数的原子核质量亏损相同10.下列说法正确的是()A．中子和质子结合成氘核时吸收能量B．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C．放射性物质的温度升高，其半衰期减小D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为F，则在时间t内()A．物体受重力的冲量为零B．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小C．物体动量的增量大于抛出时的动量D．物体机械能的减小量等于FH12.(多选)下列关于光谱的说法正确的是()A．连续谱就是由连续发光的物体产生的光谱，线状谱是线状光源产生的光谱B．通过对连续谱的光谱分析，可鉴定物质成分C．连续谱包括一切波长的光，线状谱只包括某些特定波长的光D．通过对线状谱的明线光谱分析或吸收光谱的暗线分析，可鉴定物质成分13.(多选)下列说法中正确的是()A．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B．卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α粒子的散射实验C．放射性元素的半衰期与外界的温度无关D．由现代的恒星演化理论，太阳最终会变成一颗白矮星14.(多选)氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV.下列说法正确的是()A．一个处于n＝2能级的氢原子，可以吸收一个能量为4 eV的光子B．大量处于n＝4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出6种不同频率的光子C．氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量可能大于 13.6 eVD．用能量为 10 eV和 3.6 eV的两种光子同时照射大量处于基态的氢原子，有可能使个别氢原子电离分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA 的A球从斜槽上某一固定点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，把质量为mB的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，得到了如图乙所示的三个落地处．甲乙(1)请在图中读出OP＝________cm.(2)由图可以判断出R是________球的落地点，Q是________球的落地点．(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式________________________________________________________________________．四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m．现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，求小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能(g＝10 m/s2)．17.中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图，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.(1)求冰壶在A点的速率；(2)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；(3)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原本只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A 点与B点之间的距离．18.如图7所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和4m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：图7(1)C与A碰撞前的速度大小．(2)A、B间由于摩擦产生的热量．答案1.【答案】B【解析】光子是光，光电子是光打出的电子，A错误；能量守恒和动量守恒是自然界的基本规律，光子与物质微粒发生相互作用时，也要遵循，B正确；光具有粒子性又具有波动性，这种波是概率波，也是电磁波，C错误；宏观物体是物质波，D错误．2.【答案】D【解析】天然放射现象说明了原子核具有复杂结构，故A错误；半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故B错误；核裂变与聚变都伴有质量亏损，伴随能量释放，故C错误；氢原子从n ＝4的能级跃迁到n＝2的能级要放出光子，故D正确．3.【答案】D【解析】由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B错误；由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；对m、M和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确．4.【答案】A【解析】小车和砂袋组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得：v＝1.0 m/s，方向水平向右，A正确．5.【答案】D【解析】根据向心力公式m＝k，得E k＝mv2＝，即半径越大动能越小，所以ΔE k>0；由于核外电子和核内质子有相互的吸引力，当电子从外层轨道向内层轨道跃迁时，电场力做正功，电势能减小，所以ΔE p<0；又由于内层轨道比外层轨道原子的能级低，所以ΔE k＋ΔE p<0。

2019_2020学年高中物理本册学业质量标准检测(含解析)新人教版选修3_5

本册学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，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，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10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．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全(如图)，这是由于( D )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小解析：人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同，落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft＝Δp，t长F小，故D对。

2．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。

已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。

则下列判断正确的是( C )A．甲的速率与乙的速率之比为9∶10B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1D．甲的动能与乙的动能之比为1∶1解析：甲、乙系统动量守恒，根据P＝mv得速度与质量成反比，甲、乙速度之比为10∶9，A选项错误；甲、乙相互作用力大小相等，根据F＝ma得加速度与质量成反比，甲乙加速度之比为10∶9，B选项错误；甲、乙相互作用力相等，冲量大小也相等，C选项正确；根据2mE k ＝P2得动量相同时，动能与质量成反比，甲、乙动能之比为10∶9，D选项错误。

3．下列各种说法中错误的有( B )A．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说B ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的照射时间太短C ．在光的单缝衍射实验中，狭缝越窄，光子动量的不确定量越大D ．任何一个运动物体，无论是大到太阳、地球，还是小到电子、质子，都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波解析：普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故A 正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故B 错误；光的单缝衍射实验中，狭缝越窄，光子动量的不确定量越大，故C 正确；任何一个运动物体，都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波，故D 正确。

2019_2020学年高中物理模块综合检测含解析新人教版选修3_5

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

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10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,有错选或不答的得0分)1.下列说法正确的是()A.α射线是高速运动的氦原子1n表示质子B.核聚变反应方程12H+13H→24He+01n中,C.从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征1n表示中子,选项B错误;根据光电效应方程解析:α射线是高速运动的氦原子核,选项A错误;E k=hν-W0可知光电子最大初动能与入射光的频率成线性关系而非正比关系,选项C错误;根据玻尔的原子理论可知,选项D正确。

答案:D2.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是()A.只有甲、乙正确B.只有丙、丁正确C.只有甲、丙正确D.只有乙、丁正确解析:甲中子弹和木块组成的系统所受外力为零,故动量守恒;乙中剪断细线时,墙对系统有作用力,故动量不守恒;丙中系统所受外力为零,故系统动量守恒;丁中斜面固定,系统所受外力不为零,动量不守恒,故只有选项C正确。

答案:C3.氢原子核外电子从外层轨道(半径为r b)向内层轨道(半径为r a)跃迁时(r a<r b),电子动能的增量ΔE k=E k a-E k b,电势能增量ΔE p=E p a-E p b,则根据玻尔的理论,下列表述正确的是()A.ΔE k<0,ΔE p<0,ΔE k+ΔE p=0B.ΔE k<0,ΔE p>0,ΔE k+ΔE p=0C.ΔE k>0,ΔE p<0,ΔE k+ΔE p>0D.ΔE k>0,ΔE p<0,ΔE k+ΔE p<0解析:根据向心力公式m m2m =m m2m2,得m k=12mm2=mm22m,即半径越大动能越小,所以ΔE k>0;由于核外电子和核内质子是相互吸引的,当电子从外层轨道向内层轨道跃迁时,电场力做正功,电势能减小,所以ΔE p<0;又由于内层轨道比外层轨道原子的能级低,所以ΔE k+ΔE p<0。

高中物理人教版2019选修三习题答案章末测评卷第四章测评

第四章测评(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列有关说法正确的是()A.玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念B.动能相同的一个质子和一个电子，质子的德布罗意波长比电子长C.康普顿效应表明光子不仅具有能量，还具有动量D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性2.如图所示是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。

下列说法正确的是()A.该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C.α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D.绝大多数的α粒子发生大角度偏转3.(2022河南洛阳高二期中)某同学用如图所示实验装置探究光电效应，此时电流表有示数。

下列说法正确的是()A.若减小光的强度，增大光的频率，则无法确定光电子初动能是增大还是减小B.将P向右移，光电子初动能不变C.若减小光的频率，则一定不会发生光电效应D.若减小光的强度，则不再发生光电效应4.(2022浙江绍兴二模)脉冲燃料激光器以450μs的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。

每个脉冲向瘢痕传送约为5.0×10-3J的能量，普朗克常量为6.626×10-34J·s。

则()A.每个光子的能量约为5×10-19JB.每个光子的动量约为3.9×10-43kg·m/sC.激光器的输出功率不能小于1.24WD.每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为1.47×10165.(2022江苏如皋中学高二期末)如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其逸出功的大小关系为W1>W2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值E km随电压U变化关系的图像是()6.(2022四川宜宾二模)如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。

2019-2020学年高中物理(SWSJ)人教版选修3-5模块综合检测

模块综合检测(时间：50分钟满分：60分)1.(15分)(全国卷Ⅰ)(1)(5分)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。

下列说法正确的是________。

A ．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B ．入射光的频率变高，饱和光电流变大C ．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D ．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E ．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(2)(10分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。

为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。

忽略空气阻力。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g 。

求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

解析：(1)产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A 正确。

饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B 错误。

光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C 正确。

减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D 错误。

遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E 正确。

(2)(ⅰ)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则 Δm ＝ρΔV ① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S 。

③ (ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v 。

对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有 F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得 h ＝v 202g －M 2g2ρ2v 20S2。

2019-2020学年高中物理小测试新人教版选修3-5

2019-2020学年高中物理小测试新人教版选修3-51、4、7、12为多选，其它单选1．以下说法正确的是（）A ．X 射线是处于激发态的原子核辐射出的B ．增加入射光的强度，可以增加光电子的动能C ．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D ．当氢原子从n =3的状态跃迁到n =2的状态时，发射出光子，核外电子动能增加2．有以下说法，其中正确的是：（）A ．当氢原子从n =4的状态跃迁到n =2的状态时，发射出光子B ．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性D ．物质波是一种概率波，在微观物理学中可以用“轨迹”来描述粒子的运动3．热辐射是指所有物体在一定的温度下都要向外辐射电磁波的现象．辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量．在研究同一物体于不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线：图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴M λ表示物体在不同温度下辐射电磁的强度，则由M λ—λ图线可知，同一物体在不同温度下，将：（）A ．向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度相同．B ．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的．C ．向外辐射的最大辐射强度随温度升高而减小．D ．向外辐射的最大辐射强度的电磁波的波长随温度升高向短波方向偏移．4．下列说法正确的是（）A ．物质波既是一种电磁波，又是一种概率波B ．虽然我们用肉眼看不见黑暗中的人，但此人也向外发出热辐射，我们可用红外摄像拍摄到此人C ．普通红光照射到某金属表面时，没有电子逸出；如改用红色激光照射该金属表面时，就会有电子逸出D ．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则γ光子被电子散射后波长会变大5．下列说法正确的是（）λ/A ．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B ．宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性C ．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D ．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说6．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有 ( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．康普顿效应揭示了光的波动性C ．核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量D ．用α粒子轰击铍核（94Be ），可以得到碳核（126C ）和质子7．美国物理学家康普顿在研究石墨对X 射线的散射时，发现在散射的X 射线中，除了与入射波长0λ相同的成分外，还有波长大于0λ的成分，这个现象称为康普顿效应．关于康普顿效应，以下说法正确的是（）A ．康普顿效应现象说明光具有波动性B ．康普顿效应现象说明光具有粒子性C ．当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量增加D ．当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量减少8．有以下说法，其中不正确的是 ( )A ．核能的利用是将比结合能大的向比结合能小的核反应B ．核反应中有质量亏损，所以能量不守恒C ．可以利用加热的方法改变衰变的半衰期D ．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关9．氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，一条红色、一条蓝色、两条紫色，它们分别是从n=3、4、5、6能级向n=2能级跃迁时产生的，则（）A ．红色光谱是氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时产生的B ．蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级向n=2能级跃迁时产生的C ．若从n=6能级向n=1能级跃迁时，则能够产生紫外线D ．若原子从n=6能级向n=1能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则原子从n=6能级向n=2能级跃迁时将可能使该金属发生光电效应10. 有以下说法,其中正确的说法是 ( )A．原子核放出β粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素B．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核具有复杂的结构C．光电效应实验揭示了光的粒子性D．原子核的比结合能越大，表示原子核越不稳定11．下列说法正确的是（）A．x射线是处于激发态的原子核辐射的B．原子的核式结构是卢瑟福根据α粒子散射现象提出的C．核子结合成原子核时要吸收能量D．放射性元素发生β衰变时，新核的化学性质不变12．下列说法中，正确的是（）A．普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说B．康普顿效应说明光子有动量，即光具有有粒子性C．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象D．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构13．一静止的质量为M的铀核（238U）发生α衰变转变成钍核（Th），放出的α粒子速度92为v0、质量为m．假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钍核的动能．（1）写出衰变方程；（2）求出衰变过程中释放的核能。

高中物理章末综合测评4(含解析)新人教版选修3-5-新人教版高中选修3-5物理试题

章末综合测评(四)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(此题包括10小题，每一小题4分，共40分．在每一小题给出的4个选项中，第1～6题只有一个选项符合要求，第7～10题有多个选项符合要求．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1．在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是( )A．查德威克通过实验证实了卢瑟福关于中子的猜测是正确的B．汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说C．居里夫人首先发现了天然放射现象D．玻尔通过原子核的人工转变发现了质子[答案] A2．关于原子核，如下说法正确的答案是( )A．原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子B．核反响堆利用镉棒吸收中子控制核反响速度C．轻核的聚变反响可以在任何温度下进展D．一切核反响都只释放核能[解析]原子核是由质子和中子组成的，β衰变是中子释放一个电子转变为质子产生的，A错误；核反响堆利用镉棒吸收中子以控制核反响速度，B正确；轻核的聚变在几百万度的高温下才能进展，C错误；核反响不都是释放能量的反响，也有吸收能量的反响，D错误．[答案] B3．硼10俘获1个α粒子，生成氮13，放出x粒子，而氮13是不稳定的，它放出y粒子变成碳13，那么，x粒子和y粒子分别为( )A．中子和正电子B．中子和电子C．质子和正电子D．质子和中子[解析]由核反响方程10 5B＋42He→13 7N＋10n，13 7N→13 6C＋01e，所以A选项正确．[答案] A4．太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，后来科学家发现中微子在向地球传播过程中衰变成一个μ子和一个τ子．假设在衰变过程中μ子的速度方向与中微子原来的方向一致，如此τ子的运动方向( )A．一定与μ子同方向B．一定与μ子反方向C ．一定与μ子在同一直线上D ．不一定与μ子在同一直线上[解析] 中微子衰变成μ子和τ子，满足动量守恒，μ子的速度方向与中微子原来的方向一致，τ子必定也在这条直线上．[答案] C5．一个氘核和一个氚核聚合成一个氦核的反响方程是21H ＋31H→42He ＋10n ，此反响过程产生的质量亏损为Δm .阿伏伽德罗常数为N A ，真空中的光速为c .假设1 mol 氘和1 mol 氚完全发生核反响生成氦，如此在这个核反响中释放的能量为( )A ．12N A Δmc 2 B ．N A Δmc 2 C ．2N A Δmc 2 D ．5N A Δmc 2[解析] 一个氘核和一个氚核结合成一个氦核时，释放出的能量为Δmc 2,1 mol 的氘核和1 mol 的氚核结合成1 mol 的氦核释放能量为N A Δmc 2.[答案] B6．典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x 个中子：235 92U ＋10n→144 56Ba ＋8936Kr ＋x 10n ，铀235质量为m 1，中子质量为m 2，钡144质量为m 3，氪89的质量为m 4，如下说法正确的答案是( )A ．该核反响类型属于人工转变B ．该反响放出能量(m 1－2m 2－m 3－m 4)c 2C ．x 的值是2D ．该核反响比聚变反响对环境的污染少[解析] 该核反响是核裂变，不是人工转变，故A 错误；核反响方程235 92U ＋10n→144 56Ba ＋8936Kr ＋x 10n 中根据质量数守恒，有：235＋1＝144＋89＋x ，解得：x ＝3；根据爱因斯坦质能方程，该反响放出能量为：ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 3－m 4－3m 2)c 2＝(m 1－m 3－m 4－2m 2)c 2，故B 正确，C 错误；该核反响生成两种放射性元素，核污染较大，故D 错误．[答案] B7．关于核力与结合能，如下说法正确的答案是( )A ．核力是短程力，与核子间的距离有关，可为引力也可为斥力B ．核力具有饱和性和短程性，重核的中子数多于质子数C ．比结合能小的原子核合成或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能D ．原子核的结合能越大，核子结合得越结实，原子核越稳定[解析] 由核力的概念知A 、B 正确；原子核的比结合能越大，表示原子核中的核子结合得越结实，原子核越稳定，比结合能小的原子核合成或分解成比结合能大的原子核时一定发生质量亏损释放核能，选项C正确，选项D错误．[答案]ABC8．放射性元素238 92U衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi，而210 83Bi可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b81Tl，210a X和b81Tl最后都变成206 82Pb，衰变路径如下列图．如此( )A．a＝84B．b＝206C．210 83Bi→210a X是β衰变，210 83Bi→b81Tl是α衰变D．210 83Bi→210a X是α衰变，210 83Bi→b81Tl是β衰变[解析]由210 83Bi→210a X，质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84.由210 83Bi→b81Tl 是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206.[答案]ABC9．“轨道电子俘获〞是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子(其质量小于电子质量且不带电)．假设一个静止的原子核发生“轨道电子俘获〞(电子的初动量可不计)，如此( ) A．生成的新核与衰变前的原子核质量数一样B．生成新核的核电荷数增加C．生成的新核与衰变前的原子核互为同位素D．生成的新核与中微子的动量大小相等[解析]质子与中子的质量数一样，所以发生“轨道电子俘获〞后新核与原核质量数一样，A正确；新核质子数减少，故核电荷数减少，B错误；新核与原核质子数不同，不能称它们互为同位素，C错误；以静止原子核与被俘获电子为系统，系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小相等，方向相反，D正确．[答案]AD10．月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3(32He)〞的化学元素，这是热核聚变的重要原料．关于“氦3(32He)〞与氘核的聚变，如下说法正确的答案是( )A．核反响方程为32He＋21H→42He＋11HB．核反响生成物的质量将大于反响物的质量C．“氦3(32He)〞一个核子的结合能小于氦4(42He)一个核子的结合能D．“氦3(32He)〞的原子核与一个氘核发生聚变将放出能量[解析]A选项中的核反响方程就是32He和21H发生核聚变的方程，在生成42He和11H的同时释放大量的能量，A正确；由于核反响的过程中释放大量的能量，根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc2，可知生成物的质量小于反响物的质量，B错误；质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量，32He一个核子的结合能小于42He一个核子的结合能，由此可知C、D正确．[答案]ACD二、非选择题(此题共6小题，共60分．按题目要求作答)11．(6分)由图所示可得出结论：质子和中子的质量之和________氘核的质量，氘核分解为质子和中子时要________能量．[解析]由图可以看出，氘核分解为质子和中子的过程中是吸收能量的，因此两个核子质量之和大于氘核的质量．[答案]大于吸收12．(10分)我国自行设计并研制的“人造太阳〞——托卡马克实验装置运行，获得重大进展，这标志着我国已经迈入可控热核反响领域先进国家行列．该反响所进展的聚变过程是21H ＋31H→42He＋10n，反响原料氘(21H)富存于海水中，而氚(31H)是放射性元素，自然界中不存在，但可以通过中子轰击锂核(63Li)的人工核转变得到．(1)请把如下用中子轰击锂核(63Li)产生一个氚核(31H)和一个新核的人工核转变方程填写完整：________＋10n→________＋31H.(2)在(1)中，每产生1 g氚的同时有多少个63Li核实现了核转变？(阿伏伽德罗常数N A取6.0×1023 mol－1)(3)一个氘核和一个氚核发生核聚变时，平均每个核子释放的能量为5.6×10－13 J，求该核聚变过程中的质量亏损．[解析](1)核反响方程为63Li＋10n→42He＋31H.(2)因为1 g 氚为13 mol ，根据核反响方程，实现核转变的63Li 也为13mol ，所以有2.0×1023个63Li 实现了核转变．(3)根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2，核聚变反响中有5个核子参加了反响，5个核子释放总能量ΔE ＝5×5.6×10－13 J ＝2.8×10－12 J ，所以质量亏损为Δm ＝ΔE c 2＝2.8×10－123×1082kg ＝3.1×10－29kg.[答案] (1)63Li 42He (2)2.0×1023个(3)3.1×10－29kg13．(10分)太阳能资源，不仅包括直接投射到地球外表上的太阳辐射能，而且也包括所有矿物燃料能、水能、风能等间接的太阳能资源，严格地说，除了地热能、潮汐能和原子核能以外，地球上所有其他能源全部来自太阳能，太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核的热核反响，这种核反响释放出的能量就是太阳的能源．(1)写出核反响方程．(2)假设m H ＝1.007 3 u ，m He ＝4.002 6 u ，m e ＝0.000 55 u ，如此该反响中的质量亏损是多少？(3)如果1 u 相当于931.5 MeV 的能量，如此该反响中释放的能量是多少？(4)由于核反响中的质量亏损，太阳的质量缓慢减少，与现在相比，在很久很久以前，地球公转的周期是“较长〞还是“较短〞，并说明理由(假设地球公转半径不变)．[解析] (1)411H→42He ＋201e.(2)核反响的质量亏损为Δm ＝4m H －m He －2m e ＝4×1.007 3 u－4.002 6 u －2×0.000 55 u ＝0.025 5 u.(3)该核反响释放的能量为ΔE ＝0.025 5×931.5 MeV＝23.753 25 MeV.(4)在很久很久以前，太阳的质量比现在的大，太阳和地球间的万有引力比现在的大，由F ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 可知，很久很久以前，地球公转的周期较短． [答案] (1)411H→42He ＋201e (2)0.025 5 u (3)23.753 25 MeV (4)略14．(10分)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .用m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反响方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm . [解析] (2)设α粒子的速度大小为v ，由qvB ＝m v 2R ，T ＝2πR v，得 α粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB环形电流大小I ＝q T ＝q 2B 2πm. (3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m，设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒，得Mv ′－mv ＝0如此v ′＝mv M ＝qBR M由Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2 得Δm ＝M ＋m qBR 22mMc 2说明：假设利用M ＝A －44m 解答，亦可． [答案] (1)AZ X→A －4Z －2Y ＋42He (2)2πm qB q 2B 2πm (3)M ＋m qBR 22mMc 215．(12分)为测定某水库的存水量，将一瓶放射性同位素溶液倒入水库中，这杯溶液每分钟衰变8×107次，这种同位素的半衰期为2天，10天以后从水库取出1 m 3的水，并测得每分钟衰变10次，求水库的存水量为多少？[解析] 由每分钟衰变次数与其质量成正比出发，运用半衰期知识可求出存水量．设放射性同位素原有质量为m 0,10天后其剩余质量为m ，水库存水量为Q,10天后每立方米水中放射性元素的存量为m Q ，由每分钟衰变次数与其质量成正比m 0m /Q ＝8×10710，即10Q 8×107＝m m 0，由半衰期公式得：m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12tT 由以上两式联立代入数据得10Q 8×107＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12102＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125解得水库的存水量为Q ＝2.5×105 m 3.[答案] 2.5×105 m 316．(12分)31H 的质量是3.016 050 u ，质子的质量是1.007 277 u ，中子的质量是1.008 665 u ．如此：(1)一个质子和两个中子结合为氚核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少？(2)氚核的结合能和比结合能各是多少？(3)如果这些能量是以光子形式放出的，如此光子的频率是多少？[解析] (1)一个质子和两个中子结合成氚核的核反响方程式是11H ＋210n→31H ，反响前各核子总质量为m p ＋2m n ＝1.007 277 u ＋2×1.008 665 u＝3.024 607 u反响后新核的质量为m H ＝3.016 050 u质量亏损为Δm ＝3.024 607 u －3.016 050 u ＝0.008 557 u因反响前的总质量大于反响后的总质量，故此核反响为放出能量的反响．释放的核能为ΔE ＝Δm ×931.5 MeV＝0.008 557×931.5 MeV＝7.97 MeV.(2)氚核的结合能即为ΔE ＝7.97 MeV它的比结合能为ΔE 3＝2.66 MeV. (3)放出光子的频率为ν＝ΔE h ＝7.97×106×1.6×10－196.63×10－34 Hz ＝1.92×1021Hz. [答案] (1)释放核能 7.97 MeV(2)7.97 MeV 2.66 MeV(3)1.92×1021Hz。

2019_2020学年高中物理模块综合检测含解析新人教版选修3_5

模块综合检测一、单项选择题(本题共6个小题，每小题4分，共24分)1．在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是A．查德威克通过研究阴极射线发现了电子B．汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说C．居里夫人首先发现了天然放射现象D．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子解析汤姆孙研究阴极射线发现了电子，A错；卢瑟福首先提出了原子核式结构学说，B错；贝可勒尔首先发现了天然放射现象，C错，D对。

答案 D2．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137。

碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线。

下列说法正确的是A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C．与铯137相比，碘131衰变更慢D．铯133和铯137含有相同的质子数解析β射线是高速电子流，选项A错误；γ光子是高频电磁波，穿透本领最强，γ光子能量大于可见光光子能量，选项B错误；与铯137相比，碘131的半衰期小，说明碘131衰变更快，选项C错误：铯137是铯133的同位素，它们的原子序数相同，质子数也相同，选项D正确。

答案 D3．如图1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1A．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∶1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＝p22m得E k A∶E k B＝m Bm A＝12，A项正确；由W＝ΔE k知W A∶W B＝E k A∶E k B＝1∶2。

高中物理人教版选修3-4章末综合测评章末综合测评4

章末综合测评(四)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是()A．恒定的电场能够产生电磁波B．电磁波既有纵波，又有横波C．电磁波只有横波没有纵波D．电磁波从空气进入水中时，其波长变短了E．雷达用的是微波，是由于微波传播的直线性好，有利于测定物体的位置【解析】恒定的电场不能产生磁场，不能产生电磁波，选项A错误；电磁波是横波，选项B错误，C正确；电磁波从空气进入水中，传播速度变小，频率不变，波长变短，选项D 正确；微波的频率较大，波长较小，衍射不明显，传播的直线性好，有利于测定物体的位置，选项E正确．【答案】CDE2．如图1所示为LC的振荡电路中电容器某一极板上的电量随时间变化的图象，则()【导学号：23570168】图1A．Oa时间内为充电过程B．ac时间内电流方向改变C．bc时间内电场能向磁场能转化D．d时刻，电流最强，磁场能最大E．e时刻，电场能为零磁场能最大【答案】BCE3．目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内．下列关于雷达和电磁波的说法正确的是()A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3 m至1.5 m之间B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标间的距离D．波长越短的电磁波，反射性能越强E．波长越长的电磁波，反射性能越强【解析】电磁波是在空间传播着的周期性变化的电磁场，雷达一般采用的是无线电波中波长较短的微波，这是因为波长越短的波反射性能越强，利用波的多普勒效应还可以测定目标的速度．目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内，其对应的在真空中的波长为1.5 m至0.3 m，选项ACD正确．【答案】ACD4.如图2所示，一束太阳光入射到三棱镜上，通过三棱镜后在另一侧的光屏MN上ad之间形成彩色光带，以下说法中正确的是()图2A．入射到ad区域的彩色光带，在光屏上自上而下的颜色为红色到紫色B．所有入射到ad区域的各种单色光相比较，在光屏上越靠近a的单色光在三棱镜中的传播速度越大C．若在光屏上pd区域不同位置放置灵敏温度探测器，越靠近d点的温度探测器升温越快D．若在光屏上pd区域不同位置放置灵敏温度探测器，靠近a点的温度探测器比靠近d 点的温度探测器升温快E．所有入射到ad区域的各种单色光相比较，靠近d的光易穿过傍晚的大气层【解析】太阳光照射到三棱镜上发生色散时，因红光的折射率最小，紫光的折射率最大，所以红光在a处，紫光在d处，A正确；越靠近a处的单色光，折射率越小，由v＝cn可知，对应的在三棱镜中的传播速度越大，B正确；落在a点附近的光是红外线，它的显著效应是热效应，故将灵敏温度探测器放在a点附近比放在d点附近升温快，所以C错误，D正确．穿过大气层时紫光易被吸收，E错误．【答案】ABD5．在LC振荡电路中，在电容器放电完毕瞬间，以下说法正确的是() 【导学号：23570169】A．电容器极板间的电压等于零，磁场能开始向电场能转化B．电流达到最大值，线圈产生的磁场达到最大值C．如果没有能量辐射损耗，这时线圈的磁场能等于电容器开始放电时的电场能D．线圈中产生的自感电动势最大E．电容器极板间电场最强【解析】电容器放电完毕的瞬间，还有以下几种说法：电场能向磁场能转化完毕；磁场能开始向电场能转化；电容器开始反方向充电．电容器放电完毕的瞬间有如下特点：电容器电量Q＝0，板间电压U＝0，板间场强E＝0，线圈电流I最大，磁感应强度B最大，磁场能最大，电场能为零．线圈自感电动势E自＝LΔI/Δt，电容器放电完毕瞬间，虽然I最大，但ΔΦ/Δt为零，所以E自等于零．由于没有考虑能量的辐射，故能量守恒，在这一瞬间电场能E电＝0，磁场能E磁最大，而电容器开始放电时，电场能E电最大，磁场能E磁＝0，则E磁＝E电．【答案】ABC6.在LC振荡电路中，某时刻电路中的电流方向如图3所示，且电流正在增大，则该时刻()图3A．电容器上极板带正电，下极板带负电B．电容器上极板带负电，下极板带正电C．电场能正在向磁场能转化D．电容器正在放电E．磁场能正在向电场能转化【解析】电流正在增大，说明是放电过程，是电场能向磁场能的转化，C、D项正确，E项错误；放电过程电容器上极板带正电，下极板带负电，A项正确，B项错误．【答案】ACD7.某时刻LC振荡电路的状态如图4所示，则此时刻() 【导学号：23570170】图4A．振荡电流i在减小B．振荡电流i在增大C．电场能正在向磁场能转化D．磁场能正在向电场能转化E．电容器正在充电【解析】由电磁振荡的规律可知，电容器充电过程中，电流逐渐减小，电场能逐渐增大，磁场能逐渐减小，即磁场能正向电场能转化，故A、D、E正确．【答案】ADE8．下列是两则新闻事件：①2011年9月24日，欧洲核子研究中心发现存在中微子超光速现象，但此现象有待进一步验证；②2011年12月10日晚，近10年来观赏效果最好的月全食如约登场，我国天气晴好地区的公众都有幸观测到月全食发生的全过程和一轮难得的“红月亮”．与这两则新闻相关的下列说法中正确的是()A．相对论认为任何物质的速度都无法超过光在真空中的速度B．如果中微子超光速被证实，爱因斯坦的相对论将一无是处C．如果中微子超光速被证实，爱因斯坦的相对论理论将被改写D．月全食是由于光的折射形成的E．“红月亮”是太阳发出的一部分红光由于地球大气的折射作用折射到地球的后面去，如果恰好照到月亮上再被月亮反射到地球形成的【解析】根据爱因斯坦的狭义相对论理论，光速是宇宙速度的极限，没有任何物质可以超越光速，选项A正确；如果中微子超光速被证实，那么爱因斯坦的经典理论将被改写，或者说爱因斯坦的相对论可能错了，但并不能说爱因斯坦的相对论将一无是处，选项B错误，C正确；月全食是月食的一种，当月亮、地球、太阳完全在一条直线上的时候，整个月亮全部处在地球的影子里，月亮表面大都昏暗了，就是月全食，月全食是由于光的直线传播形成的，选项D错误；“红月亮”是太阳发出的一部分红光由于地球大气的折射作用折射到地球的后面去，如果恰好照到月亮上再被月亮反射到地球形成的，选项E正确．【答案】ACE二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(12分)现在，移动电话(手机)已经十分普遍，随身携带一部手机，就可以在城市的任何一个角落进行通话．我国现有几亿部手机，那么每一部手机接收到的电磁波频率________(填“相同”或“不相同”)．现在建了很多地面转播塔，但还是有很多“盲区”，我们不用同步卫星直接转播的原因是________. 【导学号：23570171】【解析】每部手机收到的电磁波频率是不相同的，“盲区”我们不用同步卫星直接传播的原因是用卫星传播太远，信号太弱．【答案】不相同用卫星传播太远．信号太弱10．(12分)某电台发射频率为500 kHz的无线电波，其发射功率为10 kW，在距电台20 km 的地方接收到该电波，该电波的波长为________，在此处，每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为________．【解析】由c ＝λf 知，λ＝c f ＝3×108500×1 000 m ＝600 m ，设每秒每平方米获得的能量为E ，则E ·4πR 2＝Pt ，所以E ＝Pt 4πR 2＝10×103×14×3.14×(20×1 000)2 J ≈2×10－6 J. 【答案】 600 m 2×10－6 J11．(14分)如图5所示，线圈L 的自感系数为25 mH ，电阻为零，电容器C 的电容为40 μF ，灯泡D 的规格是“4 V ,2 W”．开关S 闭合后，灯泡正常发光，S 断开后，LC 中产生振荡电流．若从S 断开开始计时，求：(1)当t ＝π2×10－3s 时，电容器的右极板带何种电荷； (2)当t ＝π×10－3s 时，LC 振荡电路中的电流是多少．图5【解析】 (1)由T ＝2πLC ，知T ＝2π25×10－3×40×10－6 s ＝2π×10－3 s.t ＝π2×10－3 s ＝14T .断开开关S 时，电流最大，经T 4电流最小，电容器两极板间电压最大．在此过程中对电容器充电，右极板带正电．(2)t ＝π×10－3s ＝T 2，此时电流最大，与没有断开开关时的电流大小相等，则I ＝P U ＝2 W 4 V＝0.5 A.【答案】 (1)正电 (2)0.5 A12.(14分)如图6所示，S 先接通a 触点，让电容器充电后再接通b 触点，设这时可变电容图6(1)经过多长时间电容C 上的电荷第一次释放完？(2)这段时间内电流如何变化？线圈两端电压如何变化？【解析】 (1)根据T ＝2πLC ，该电路的振荡周期为T ＝2πLC ＝2×3.14×1×10－3×556×10－12s ≈4.68×10－6s ，电容器极板上所带电荷量由最大变为零，经过的时间为t ＝T 4＝1.17×10－6s.(2)电流逐渐增大，线圈两端的电压逐渐减小．【答案】 (1)1.17×10－6 s(2)电流逐渐增大、线圈两端的电压逐渐减小．小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

2019-2020年人教版高中物理选修3-4：测试卷(五)含答案

高中同步测试卷(五)专题一简谐运动 (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．在每小题所给的四个选项中，至少有一个选项符合题意)1．做简谐运动的质点在通过平衡位置时，下列物理量中，具有最大值的是 ( ) A ．动能 B ．加速度 C ．速度D ．位移2．弹簧振子在从一端向平衡位置运动的过程中( ) A ．速度增大，振幅减小 B ．速度增大，加速度也增大 C ．速度增大，加速度减小D ．速度与加速度的方向相同3．一个弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，O 为平衡位置，如图甲所示，以某一时刻作计时起点(t 为0)，经14周期，振子具有正方向最大的加速度，那么在图乙所示的几个振动图象中，正确反映振子振动情况(以向右为正方向)的是( )甲乙4．如图所示是一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象(x －t 图象)．由图象可推断，振动系统( )A ．在t 1和t 3时刻具有相同的速度B ．在t 3和t 4时刻具有相同的速度C ．在t 4和t 6时刻具有相同的位移D ．在t 1和t 6时刻具有相同的速度5．一质点做简谐运动，其位移x 与时间t 的关系曲线如图所示，由图可知( )A ．质点振动的频率是0.25 HzB ．质点振动的振幅是2 cmC ．t ＝3 s 时，质点的速度最大D ．在t ＝3 s 时，质点的振幅为零6．一质点做简谐运动的图象如图所示，在前2 s 内具有最大正方向速度的时刻是( )A ．0.5 sB ．1 sC ．1.5 sD ．2 s7.如图所示为质点P 在0～4 s 内的振动图象，下列叙述正确的是( )A ．再过1 s ，该质点的位移是正向最大B ．再过1 s ，该质点的速度方向向上C ．再过1 s ，该质点运动到平衡位置D ．再过1 s ，该质点的速度为零8．如图所示，弹簧振子以O 为平衡位置，在BC 间振动，振动周期为2 s ，运动到平衡位置时开始计时，当t ＝1.2 s 时，物体( )A ．正在做加速运动，加速度的值正在增大B ．正在做减速运动，加速度的值正在减小C ．正在做减速运动，加速度的值正在增大D ．正在做加速运动，加速度的值正在减小9．有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm ，周期为0.5 s ，初始时具有负方向最大加速度，则它的振动方程是( )A ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2 mB ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt －π2 mC ．x ＝8×10－1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt ＋32π mD ．x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎪⎫4πt ＋π2 m10．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T .设竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，其振动图象如图所示，则 ( )A ．t ＝14T 时，货物对车厢底板的压力最大B ．t ＝12T 时，货物对车厢底板的压力最小C ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最大D ．t ＝34T 时，货物对车厢底板的压力最小11. 如图所示，表示某质点做简谐运动的图象，以下说法正确的是 ( )A ．t 1、t 2时刻的速度相同B ．从t 1到t 2这段时间内，速度与加速度同向C ．从t 2到t 3这段时间内，速度变大，加速度变小D ．t 1、t 3时刻的加速度相同12.如图所示是甲、乙两质量相等的振子分别做简谐运动的图象，则( )A ．甲、乙两振子的振幅分别是2 cm 、1 cmB ．甲的振动频率比乙小C ．前2 s 内甲、乙两振子的加速度均为正值D ．第2 s 末甲的速度最大，乙的加速度最大题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案的演算步骤，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．(8分)如图所示为A 、B 两个简谐运动的位移—时间图象．请根据图象写出：(1)A 的振幅是_____ cm ，周期是_______ s ；B 的振幅是_______ cm ，周期是_______ s.(2)这两个简谐运动的位移随时间变化的关系式．14.(8分)如图所示是某质点做简谐运动的振动图象，根据图象中的信息，回答下列问题：(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)在1.5 s 和2.5 s 两个时刻，质点向哪个方向运动？ (3)质点在第2 s 末的位移是多少？在前4 s 内的路程是多少？15．(10分)有一弹簧振子在水平方向上的BC 之间做简谐运动，已知BC 间的距离为20 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t ＝0)，经过14周期振子有负向最大位移．(1)求振子的振幅和周期； (2)画出该振子的位移—时间图象； (3)写出振子的振动方程．16.(14分)如图所示，一质量不计的轻质弹簧的上端与盒子A 连接在一起，下端固定，盒子A 放在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，盒子内腔为正方体，一直径略小于此正方形边长的金属圆球B 恰好能放在盒内，已知弹簧劲度系数为k ＝100 N/m ，盒子A 和金属圆球B 质量均为1 kg.将A 沿斜面向上拉，使弹簧从自然长度伸长10 cm ，从静止释放盒子A ，A 和B 一起在斜面上做简谐运动，g 取10 m/s 2，求：(1)盒子A 的振幅；(2)金属圆球B 的最大速度；(弹簧形变量相同时弹性势能相等) (3)盒子运动到最高点时，盒子A 对金属圆球B 的作用力大小．参考答案与解析1．[导学号07420065] 【解析】选AC.在平衡位置处，位移为0，速度具有最大值，故动能也具有最大值．2．[导学号07420066] 【解析】选CD.弹簧振子在从一端向平衡位置运动时，弹性势能减小，动能增加，故速度增加；振幅是偏离平衡位置的最大距离，是不会变的，故A 错误；加速度a ＝－kxm，由于位移x 减小，故加速度的大小也减小，故B 错误、C 正确；振子做加速运动，故速度与加速度同方向，故D 正确．3．[导学号07420067] 【解析】选D.本题可采用逐项代入法，找到14周期时，具有正方向最大的加速度的是D.4．[导学号07420068] 【解析】选BCD.由于x －t 图象某时刻图象的斜率为这一时刻物体运动的速度，故可知B 、D 正确．由题图可直接判断t 4与t 6时刻具有相同的位移，故C 正确．5．[导学号07420069] 【解析】选ABC.由题图可以直接读出振幅为2 cm ，周期为4 s ，所以频率为0.25 Hz ，选项A 、B 正确．t ＝3 s 时，质点经过平衡位置，速度最大，选项C 正确．t ＝3 s 时，质点的位移为0，但振幅仍为2 cm ，选项D 错误．6．[导学号07420070] 【解析】选C.质点经过平衡位置时速度最大，速度方向可以根据切线斜率的正、负来判断，可以根据下一时刻位移的变化来判断，也可以根据简谐运动的过程来判断．该题中，从t ＝1.5 s 到t ＝2 s 时间内质点向正的最大位移处运动，因此可判断速度方向为正，C 项正确．7．[导学号07420071] 【解析】选AD.依题意，再经过1 s ，振动图象将延伸到正向位移最大处，这时质点的位移为正向最大，质点的速度为零，无方向，A 、D 正确，B 、C 错误．8．[导学号07420072] 【解析】选C.对弹簧振子，周期为2 s ，当t ＝1 s 时，振子再一次经过平衡位置，速度与初始方向相反离开平衡位置，t ＝1.5 s 时，位移最大，速度为零．t ＝1.2 s 时，振子正在做减速运动，加速度正在增大，所以C 正确．9．[导学号07420073] 【解析】选A.ω＝2πT＝4π rad/s ，当t ＝0时，具有负向最大加速度，则x ＝A ，所以初相φ＝π2，表达式为x ＝8×10－3·sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2m ，A 对．10．[导学号07420074] 【解析】选C.要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，要求货物向上的加速度最大，由振动图象可知在34T 时，货物向上的加速度最大，则选项A 错误，选项C 正确；货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，要求货物向下的加速度最大，由振动图象可知在T4时，货物向下的加速度最大，所以选项B 、D 错误．11．[导学号07420075] 【解析】选CD.t 1时刻质点的速度最大，t 2时刻质点的速度为零，故A 不正确；t 1到t 2这段时间内，质点远离平衡位置，故速度背离平衡位置，而加速度指向平衡位置，二者方向相反，故B 不正确；在t 2到t 3这段时间内，质点向平衡位置运动，速度在增大，而加速度在减小，故C 正确；t 1、t 3时刻质点在平衡位置，故加速度均为零，D 正确．12．[导学号07420076] 【解析】选AD.由题图可知，A 甲＝2 cm ，A 乙＝1 cm ，A 正确；T 甲<T 乙，则f 甲>f 乙，B 错误；前2秒内，甲、乙两振子的加速度方向均为负值，C 错误；第2秒末，甲通过平衡位置，速度为最大值，乙位移最大，加速度最大，D 正确．13．[导学号07420077] 【解析】(1)由图象知：A 的振幅是0.5 cm ，周期是0.4 s ；B 的振幅是0.2 cm ，周期是0.8 s.(2)由图象知：A 中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了12周期，φ＝π，由T ＝0.4 s ，得ω＝2πT＝5π rad/s.则简谐运动的表达式为x A ＝0.5sin(5πt ＋π)cm.B 中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了14周期，φ＝π2，由T ＝0.8 s 得ω＝2πT ＝2.5π rad/s ，则简谐运动的表达式为x B ＝0.2sin ⎝⎛⎭⎫2.5πt ＋π2 cm.【答案】(1)0.5 0.4 0.2 0.8 (2)x A ＝0.5sin(5πt ＋π) cm ，x B ＝0.2sin ⎝⎛⎭⎫2.5πt ＋π2cm14．[导学号07420078] 【解析】由图象上的信息，结合质点的振动过程可断定： (1)质点离开平衡位置的最大距离就是x 的最大值10 cm ；(2)在1.5 s 下一时刻质点位移减小，因此1.5 s 时质点是向平衡位置运动，在2.5 s 下一时刻位移增大，因此2.5 s 时质点是背离平衡位置运动；(3)质点在2 s 时在平衡位置，因此位移为零，质点在前4 s 内完成一个周期性运动，其路程为10 cm ×4＝40 cm ＝0.40 m.【答案】(1)10 cm (2)1.5 s 时向平衡位置运动 2.5 s 时背离平衡位置运动 (3)0 0.40 m15．[导学号07420079] 【解析】(1)弹簧振子在BC 之间做简谐运动，故振幅A ＝10 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动，振子的周期T ＝tn＝0.2 s.(2)振子从平衡位置开始计时，故t ＝0时刻位移是0，经14周期振子的位移为负向最大，故画出振子的位移－时间图象如图所示．(3)由函数图象可知振子的位移与时间的函数关系式为x ＝0.1sin(10πt ＋π) m. 【答案】(1)10 cm 0.2 s (2)见解析图 (3)x ＝0.1sin(10πt ＋π) m 16．[导学号07420080] 【解析】(1)振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δx (m A ＋m B )g sin θ＝k ΔxΔx ＝(m A ＋m B )g sin θ/k ＝10 cm.释放时振子处在最大位移处，故振幅A ＝10 cm ＋10 cm ＝20 cm.(2)由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹簧弹性势能相等，设振子的最大速率为v ，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律：(m A ＋m B )gA ·sin θ＝12(m A ＋m B )v 2. v ＝2gA sin θ≈1.4 m/s.(3)在最高点振子受到的重力分力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律：a ＝k Δx ＋（m A ＋m B ）g sin θm A ＋m B＝10 m/s 2.A 对B 的作用力沿斜面方向向下，其大小F N1＝m B a －m B g ·sin θ＝5 N.【答案】(1)20 cm (2)1.4 m/s (3)5 N。

2019-2020学年人教版高中物理选修3-4学练测精练：章末质量评估卷(四) Word版含解析

姓名，年级：时间：章末质量评估卷（四）第十四章电磁波第十五章相对论简介(时间：90分钟满分:100分）一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．(2019·陕西西安市第八十三中学期中)关于电磁场理论，下列叙述不正确的是（）A．变化的磁场周围一定存在着电场，与是否有闭合电路无关B．周期性变化的磁场产生同频率变化的电场C．变化的电场和变化的磁场相互关联，形成一个统一的场，即电磁场D．电场周围一定存在磁场,磁场周围一定存在电场解析：选D 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围一定存在电场,与是否有闭合电路无关,A不符合题意;周期性变化的磁场产生同频率变化的电场，B不符合题意；由电磁场的定义可知C不符合题意;只有变化的电场周围才存在磁场，只有变化的磁场周围才存在电场,D符合题意．2．在无线电波广播的接收中,调谐和检波是两个必须经历的过程，下列关于接收过程的顺序,正确的是( )A．调谐→高频放大→检波→音频放大B．检波→高频放大→调谐→音频放大C．调谐→音频放大→检波→高频放大D．检波→音频放大→调谐→高频放大解析：选A 接收过程的顺序为调谐、高频放大、检波、音频放大，A正确．3．(2018·贵州铜仁一中期末）若宇宙飞船是全封闭的，航天员与外界没有任何联系，当他发现飞船内没有支撑的物体都以某一加速度落向舱底时，他作出的如下判断中,正确的是（）A．此飞船一定是停在某个星球的表面上B．此飞船一定是正在远离任何天体的空间加速飞行C．此飞船可能是停在某个星球的表面上，也可能是正在远离任何天体的空间加速飞行D．此飞船可能是在远离任何天体的空间中匀速飞行解析：选C 根据等效原理可知，可能是飞船处于某个星球的引力场中，也可能是飞船正在远离任何天体的空间加速飞行，故C正确，A、B、D错误．4. （2019·山西怀仁一中期中）某中学的实验小组为了研究LC振荡电路的充电与放电时间，用自感系数为L的线圈与电容为C的电容器组成如图所示的振荡电路．图中电容器处于充电状态，且此时电容器所带的电荷量为q，通过传感器可在计算机上采集数据，已知从该时刻起到电容器第一次放电结束所用的时间为错误!π错误!，则从图示时刻起到第一次放电开始的瞬间所用的时间为（）A。

2019-2020学年物理(粤教版)选修3-5试题：章末质量评估(四) 含解析

章末质量评估(四)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它的()A．质子数减少一个，中子数不变B．质子数增加一个，中子数不变C．质子数增加一个，中子数减少一个D．质子数减少一个，中子数增加一个解析：发生一次β衰变，原子核里有一个中子变为一个质子和一个电子，即10n→11H＋0－1e.答案：C2．某种元素不同同位素的原子核内，中子数N与原子核质量数A的关系是()解析：同位素的质子数相同，中子数不同，而质量数等于质子数加中子数，设质子数为M，则有：A＝N＋M，所以C正确．答案：C3．如图所示，P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，下列判断正确的是()A．a为α射线、b为β射线B．a为β射线、b为γ射线C．若增大放射源的温度，则其半衰期减小D．若增大放射源的温度，则其半衰期增大解析：α射线为氦核，带正电，β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，故根据电荷所受电场力特点可知：a为β射线、b为γ射线、c为α射线，故A错误B正确；半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故CD错误．答案：B4．原子核A Z X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知()A．A＝2，Z＝1B．A＝2，Z＝2C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2解析：写出核反应方程：A Z X＋21H→42He＋11H，由质量数守恒和电荷数守恒，列方程：A＋2＝4＋1，Z＋1＝2＋1，解得：A＝3，Z＝2，故答案为D.答案：D5．某放射性元素经过11.4天有78的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为()A．1.4天B．7.6天C．5.7天D．3.8天解析：有78的原子核发生了衰变，即有18的原子核未发生衰变．据m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t T ，代入数据解得： t ＝3 T ＝11.4天，即T ＝3.8天．故ABC 错误，D 正确．答案：D6.235 92U 经过m 次α衰变和n 次β衰变，变成207 82Pb ，则( )A ．m ＝7，n ＝3B ．m ＝7，n ＝4C ．m ＝14，n ＝9D ．m ＝14，n ＝18解析：本题考查了原子核衰变的规律，解题的关键是抓住原子核发生α衰变和β衰变时原子核质量数和电荷数的变化规律，在此基础上进行有关计算，原子核每发生一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数增加1.比较这两种原子核，质量数减少28，说明发生了7次α衰变，电荷数应减少14，而电荷数减少10，说明发生了4次β衰变，B 项正确．答案：B7．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，并放出能量．这几种反应的总效果可以表示为621H →k 42He ＋d 11H ＋210n ＋43.15 MeV ，由平衡条件可知( )A ．k ＝1，d ＝4B ．k ＝2，d ＝2C ．k ＝1，d ＝6D ．k ＝2，d ＝3解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有4k ＋d ＝10，2k ＋d ＝6，解得k ＝2，d ＝2.正确选项为B.答案：B8．关于原子核及其变化，下列说法中正确的是( )A ．衰变和裂变都能自发的发生B ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C ．升高温度可以使放射性元素的半衰期缩短D ．同种放射性元素在化合物中的半衰期与单质中的半衰期相等解析：衰变能自发发生，裂变不能自发发生，故A 错误；β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B 错误；元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故C 错误，D 正确．答案：D9．静止的氡核222 86Rn 放出α粒子后变成钋核218 84Po ，α粒子动能为E α.若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c ，则该反应中的质量亏损为( )A.4218·E αc 2 B ．0 C.222218·E αc 2 D.218222·E αc 2 解析：由于动量守恒，反冲核和α粒子的动量大小相等，由E k ＝p 22m ∝1m ，它们的动能之比为4∶218，因此衰变释放的总能量是222218E α，由质能方程得质量亏损是222218·E αc 2. 答案：C10．放射性元素238 92U 衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi ，而210 83Bi 可以经一次衰变变成210 a X (X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成 b 81Tl, 210 a X 和 b 81 Tl 最后都变成206 82Pb ，衰变路径如图所示．则下面说法错误的是( )A．a＝84B．b＝206C．①是β衰变，②是α衰变D．①是α衰变，②是β衰变解析：21083Bi经过①变化为210a X，质量数没有发生变化，为β衰变，即：21083Bi→210a X＋0－1e，故a＝84, 21083Bi经过②变化为b81 Tl，核电荷数少2，为α衰变，即：21083Bi→b81Tl＋42He，故b＝206，故ABC正确、D错误．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．某放射性元素的原子核发生2次α衰变和6次β衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中正确的是()A．核子数减小8 B．质子数减小2C．质子数增加2 D．中子数减小10解析：设该原子核的质量数(核子数)为m，电荷数(质子数)为n，衰变后的质量数为x，电荷数为y，则有：m＝x＋8，n＝－6＋4＋y，由此可知衰变后核子数减小8，质子数增加2，中子数减小10，故B 错误，A、C、D正确．答案：ACD12．下列核反应方程及其表述中正确的是()A.2411Na→2412Mg＋0－1e 是原子核的β衰变B.32He＋21H→42He＋11H 是原子核的α衰变C.42He＋2713Al→3015P＋10n 是原子核的人工转变D.23592U＋10n→9236Kr＋14156Ba＋310n是重核的裂变反应解析：A是β衰变方程，故A正确；B是轻核聚变方程，故B 错误；C是原子核的人工转变方程，故C正确；D是重核的裂变反应，故D正确．答案：ACD13．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是() A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量大于可见光光子能量C．与铯137相比，碘131衰变更慢D．铯133和铯137含有相同的质子数解析：该题综合考查了衰变规律和同位素的相关问题，原子核中不包含β射线，A错；γ光子的能量大于可见光光子的能量，B正确；铯137的半衰期长，衰变更慢，C错；铯133和铯137是同位素，含有相同的质子数，D选项正确．答案：BD14．2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖．大多数原子核发生核反应的过程中都伴随中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等．下列关于核反应的说法正确的是()A.23490Th衰变为22286Rn，经过3次α衰变，2次β衰变B.21H＋31H→42He＋10n是α衰变方程，23490Th→23491Pa＋0－1e是β衰变方程C.23592U＋10n→14456Pa＋8936Kr＋310n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程D．高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为147N＋42He→178O＋11H解析：在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，质量数不变，设经过m次α衰变，n次β衰变，根据电荷数和质量数守恒可知，2m－n＝4, 4m＝12，解得m＝3，n＝2，故A正确；21H＋31H→42He＋10n是核聚变方程，23490Th→23491Pa ＋0－1e是β衰变方程，23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n是裂变反应方程，不是氢弹的核反应方程，故BC错误；高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为147N＋42He→178O＋11H，故D正确．答案：AD三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)完成下列核反应方程，并指出核反应的类型．(1)32He＋________→42He＋11H，是________变．(2)2411Na→2412Mg＋________，是________变．(3)2311Na＋________→2411Na＋11H，是________变．(4)23592U＋10n→14256Ba＋9136Kr＋3______，是______变．解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可判断粒子种类．答案：(1)21H聚(2)0－1eβ衰(3)21H人工转(4)10n裂16．(12分)(1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K 时，可以发生“氦燃烧”．完成“氦燃烧”的核反应方程为：42He ＋______→84Be ＋γ.(2)Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16 s ．一定质量的Be ，经7.8×10－16 s 后所剩Be 占开始时的__________________．(3)一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程式为____________．该反应放出的能量为Q ，则氘核的平均结合能为______．(4)太阳内部不停地进行着热核反应(氢聚变为氦)，同时释放出巨大的能量．太阳能的特点之一是不________环境，太阳能电池是根据在半导体中发生的________效应制成的．解析：(1)根据电荷数、质量数守恒，未知粒子的质量数为4，电荷数为2，为42He.(2)半衰期为2.6×10－16 s ，经7.8×10－16 s ，即3个半衰期，根据m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18知，剩余84Be 占开始时的18＝12.5%. (3)由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：10n ＋11H →21H ；氘核的平均结合能为Q 2； (4)太阳内部不停地进行着热核反应(氢聚变为氦)，同时释放出巨大的能量．太阳能的特点之一是不污染环境，太阳能电池是根据在半导体中发生的光电效应制成的．答案：(1)42He (2)12.5% (3)10n ＋11H →21H Q 2(4)污染光电 17．(14分)山东烟台海阳核电站项目，一期工程和2号常规岛正在进行设备安装，一期工程规划建设两台125万千瓦AP1000核电机组．如果铀235在中子的轰击下裂变为9038Sr 和136 54Xe ，质量m U ＝235.0439 u ，m n ＝1.008 7 u ，m Sr ＝89.907 7 u ，m Xe ＝135.907 2 u ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.(1)写出裂变方程；(2)求出一个铀核裂变放出的能量；(3)若铀矿石的浓度为3%，一期工程建成后，一年将消耗多少吨铀矿石？解析：(1)235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n.(2)裂变过程的质量亏损Δm ＝m U ＋m n －m Sr －m Xe －10m n ＝0.1507 u ，释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝0.1507×931MeV ≈140.3 MeV .(3)核电站一年的发电量E ＝Pt ＝2×125×107×365×24×60×60 J ＝7.884×1016 J ，由E ＝N ΔE ＝m ·3%M N A ΔE ，得m ＝EM 3%·N A ΔE＝ 7.884×1016×2353%×6.02×1023×140.3×106×1.6×10－19g ≈4.57×107 g ＝45.7 t.答案：(1)235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n(2)140.3 MeV (3)45.7 t18．(16分)1996年清华大学和香港大学的学生合作研制了太阳能汽车，该车是以太阳能电池将所接受的太阳光能转化为电能而提供给电动机来驱动的．已知车上太阳能电池接收太阳光能的板面面积为8 m2，正对太阳能产生120 V的电压，并对车上的电动机提供10 A 的电流，电动机的直流电阻为4 Ω，而太阳光照射到地面处时单位面积上的辐射功率为103 W/m2.(1)太阳光的能量实际上是由质子所参与的一系列反应所产生的，即在太阳内部持续不断地进行着热核反应，4个质子聚变为1个氦核(42He)，写出核反应方程；(2)该车的太阳能电池转化太阳光能的效率η1是多少？电池把电能转化成机械能的效率η2是多大？(3)若质子、氦核、正电子的静止质量分别为m p＝1.672 6×10－27 kg、mα＝6.642 5×10－27 kg、m e＝0.000 9×10－27 kg，一次核反应过程中释放的能量是多少？(4)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？若太阳质量减少万分之三，热核反应不能继续进行，计算太阳能存在多少年(太阳的质量为2×1030 kg，结果保留一位有效数字)?解析：(1)核反应方程：411H→42He＋201e.(2)η1＝UIP0S＝15%，η2＝UI－I2RUI＝66.7 %.(3)ΔE＝(4m p－mα－2m e)c2＝4.15×10－12 J，(4)太阳每秒释放的能量为3.8×1026 J，则太阳每秒减少的质量为Δm＝ΔEc2＝0.4×1010 kg，太阳的质量为2×1030kg，太阳还能存在的时间为t＝ΔMΔm＝2×1030×3×10－40.4×1010s≈1.5×1017s≈5×109年．答案：(1)411H→42He＋201e(2)15%66.7%(3)4.15×10－12J(4)0.4×1010kg5×109年。

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