高中物理选修3-5同步练习试题解析：16.3(最新整理)

合集下载

高中物理选修3-5同步练习试题解析：16.5~6.pptx

解析：炮弹做平抛运动，竖直下落时间 t＝ 2gh，水平方向 xA＝vAt，xB＝vBt 又发射过程中动量守恒，即 0＝mvA－Mv1,0＝mvB－(M＋M0)v2 解得 v1＝MmvA，v2＝M＋mM0vB。因两次发射时“火药”提供的机械能相等，即12mv2A＋12Mv12＝21mv2＋B 12(M＋M0)2v2，
mx 人＝Mx 船①
又因为 x 人＋x 船＝L②
由①②得船左端离岸的距离 x 船＝Mm＋L m。 mL
答案：M＋m 11．如图 5－3 所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为 R 的半圆形光滑轨道，现将质量为 m 的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？
(M＋m)v′
。
lgM＋M m
代入数据，得 n≥3.41，狗最多能跳上雪橇 3 次。
雪橇最终的速度大小为 v4＝5.625 m/s。
方法二：第一次跳下：Mv1＋m(v1＋v′)＝0， mv′
v1＝M＋m＝1 m/s。
第一次跳上：Mv1＋mv＝(M＋m)v′1。第二次跳下：(M＋m)v′1＝Mv2＋m(v2＋v′)， v2＝(M＋mM)v＋′m1－mv′＝3 m/s。
2MgR M＋m
学海无涯
12．一火箭喷气发动机每次喷出 m＝200 g 的气体，喷出的气体相对地面的速度 v＝1 000 m/s。设此火箭初始质量 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，火箭发动机 1 s 末的速度是多大？
解析：以火箭和它在 1 s 内喷出的气体为研究对象，系统动量守恒。设火箭 1 s 末的速
度为 v′，1 s 内共喷出质量为 20m 的气体，以火箭前进的方向为正方向。由动量守恒定律

(参考资料)最新物理选修3-5习题答案详解

物理选修 3-5 练习题答案详解
1 解：设向右的方向为正方向
据动量守恒定律有： m1v1 + m2v2 = m1v1′ + m2v2′ 代入数据解得 v'1=-20cm/s. 即碰撞后球 m1 的速度大小为 20cm/s，方向向左． 2 解：取向右为正方向，对人和车组成的系统动量守恒： (m+M)V0=－mu+MV
整理并代入数据解得：Ek2=225J 或 4225J。（正确答案是另一块的动能为 225J 或 4225J）。 4 解：把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为 u，取 v0 的方向为正方向，则由：Mv0＋mv＝(m＋M)u，
得： u = Mv0 + mv = 1× 6 + 20 ×10−3 × 300 m/s=11.8m/s
（2）从子弹射入木块开始时，小车作匀减速运动，加速度：
a =μ（m+m0）g/M =1m/s2。
小车经过时间 t1 速度为 v’，有 v’= -v +at1
解得：t1=1s。
在这段时间内通过的位移：S1=
−
vt1
+
1 2
at12
=
0.1m
（在击中点左侧）
小车在 t2 = t-t1=2s 内做匀速运动，通过位移为：s2 = v’t2=1.2m。
所以：V= (m + M )V0 + mu M
方向水平向右
3 解：以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为 625J 的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律： P＝P1＋P2 ①
由动能和动量的关系有： p = 2mEk ②
由①②得： 2mEk = ± 2mEk1 / 2 , m,

高中物理选修3-5综合练习(带解析)

选修3-5综合练习一、单选题（本大题共7小题，共35分）1.下面物理原理中说法不．正确的是()A. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快B. 发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力C. 物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒D. 某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒2.A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象。

a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是()A. A，B碰撞前的总动量为3kg·m/sB. 碰撞时A对B所施冲量为-3N⋅SC. 碰撞前后A的动量变化为3kg·m/sD. 碰撞中A，B两球组成的系统损失的动能为10J3.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A. 30kg⋅m/sB. 5.7×102kg⋅m/sC. 6.0×102kg⋅m/sD. 6.3×102kg⋅m/s4.用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触头c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表G示数为0，则下列说法正确的是（）A. 光电子的最大初动能为1.05eVB. 光电管阴极的逸出功为1.7eVC. 当滑动触头向a端滑动时，电流增大D. 改用能量为2.5eV的光子照射，移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有电流5.关于玻尔理论，下列说法正确的是()A. 电子围绕原子核运动的轨道是连续的B. 原子中的电子呈现不稳定分布C. 氢原子从高能级向低能级跃迁时，氢原子的能量增大D. 玻尔理论成功地解释了氢原子的光谱现象6.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则()A. 6种光子中n=4激发态跃迁到基态时释放的光子康普顿效应最明显B. 6种光子中有3种属于巴耳末系C. 若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应D. 使n=4能级的氢原子电离至少要13.6eV的能量7.下列说法中正确的有()A. 方程式 92238U→90234Tℎ+24He是重核裂变反应方程B. 方程式 11H+12H→23He+γ是轻核聚变反应方程C. 13H+12H→24He+01n是β衰变D. 92235U+01n→54140Ba+201n+3894Kr是α衰变二、多选题（本大题共3小题，共18分）8.下列理解正确的是()A. 光电效应现象证明光是一种波，康普顿效应证明光是一种粒子B. 电子显微镜分辨率比光学显微镜更高，是因为它利用了电子物质波的波长比可见光短，因此不容易发生明显衍射C. 个别光子的行为往往表现出波动性，大量光子的效果往往表现出粒子性D. 波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著9.如图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=6.63×10−34J·s，电子电荷量e=1.6×10−19C，由图可知()A. 该金属的截止频率为4.27×1014HzB. 该金属的截止频率为5.5×1014HzC. 该图线的斜率表示普朗克常量D. 该金属的逸出功约为1.77eV10.下面是铀核裂变反应中的一个：92235U+01n―→54136Xe+3890Sr+1001n已知铀235的质量为235.0439u，中子质量为1.0087u，锶90的质量为89.9077u，氙136的质量为135.9072u，则此核反应中()A. 质量亏损为Δm=235.0439u+1.0087u−89.9077u−135.9072uB. 质量亏损为Δm=(235.0439+1.0087−89.9077−135.9072−10×1.0087)uC. 释放的总能量为ΔE=(235.0439+1.0087−89.9077−135.9072−10×1.0087)×(3×108)2JD. 释放的总能量为ΔE=(235.0439+1.0087−89.9077−135.9072−10×1.0087)×931.5MeV三、填空题（本大题共4小题，共50分）11.完成下列核反应方程式，并在括号内注明核反应的类型。

【新人教版】物理高中选修3-5课时同步练习全集【打印版)(全书完整版)

（新人教版）高中物理选修3-5（全册）课时同步练习全集（打印版）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.5．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0, 作用力随时间的变化情况如图3所示, 则( )图3A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零, 外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零, 外力对物体做功为零解析: 选C 0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同, 动量变化量不相等, A 错; t ＝t 0时, 物体速度最大, t ＝2t 0时物体速度为零, 由动量定理Ft ＝m Δv 可得, F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等, B 错, C 正确; 物体先加速后减速, 位移不为零, 动能变化量为零, 外力对物体做功为零, D 错.6．质量相等的A 、B 两个物体, 沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面, 由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1, 如图4所示, 则A 、B 两物体( )图4A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析: 选B 两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中, 机械能守恒, mg (h 2－h 1)＝12m v 2, v ＝2g (h 2－h 1), 物体下滑到h 1处时, 速度的大小相等, 由于α不等于β, 速度的方向不同, 由此可判断, 物体在h 1高度处动能相同, 动量不相同. 物体运动过程中动量的变化量不同, 所以合外力的冲量不相等. 物体下滑的过程中, mg sin α＝ma , h 2－h 1sin α＝12at 2. 由上述两式求得时间t ＝1sin α2(h 2－h 1)g, 由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等.7．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程: 如图5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5(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.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 .答案: (1)m 2μgL (2)L －4r8.用0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里, 打击时铁锤的速度v ＝4.0 m/s, 如果打击后铁锤的速度变为0, 打击的作用时间是0.01 s, 那么:图6(1)不计铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力是多大?(2)考虑铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力又是多大? (g 取10 m/s 2) (3)比较(1)和(2), 讨论是否要忽略铁锤的重力.解析: (1)以铁锤为研究对象, 不计重力时, 只受钉子的作用力, 方向竖直向上, 设为F 1, 取竖直向上为正, 由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 铁锤钉钉子的作用力为200 N, 方向竖直向下.(2)若考虑重力, 设此时受钉子的作用力为F 2, 对铁锤应用动量定理, 取竖直向上为正. (F 2－mg )t ＝0－m v (矢量式) F 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10 N ＝205 N, 方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 此时铁锤钉钉子的作用力为205 N, 方向竖直向下.(3)比较F1与F2, 其相对误差为|F2－F1|F1×100%＝2.5%, 可见本题中铁锤的重力可忽略.答案: (1)200 N, 方向竖直向下(2)205 N, 方向竖直向下(3)见解析课时跟踪检测（二）动量守恒定律1．(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义, 高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统. 据广州铁路局警方测算: 当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时, 受到的阻力约为106N, 如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物, 会产生大约5 000 N的冲击力, 撞击时间约为0.1 s, 瞬间可能造成列车颠覆, 后果不堪设想. 在撞击过程中, 下列说法正确的是()图1A．冲击力对列车的冲量约为500 N·sB．冲击力对列车的冲量约为104 N·sC．冲击力对障碍物的冲量约为175 N·sD．列车和障碍物组成的系统动量近似守恒解析: 选AD冲击力为5 000 N, 冲量为5 000×0.1 N·s＝500 N·s, A对, B、C错; 撞击过程时间极短, 列车和障碍物组成的系统动量近似守恒, D对.2．甲、乙两船静止在湖面上, 总质量分别是m1、m2, 两船相距x, 甲船上的人通过绳子用力F拉乙船, 若水对两船的阻力大小均为F f, 且F f＜F, 则在两船相向运动的过程中()A．甲船的动量守恒B．乙船的动量守恒C．甲、乙两船的总动量守恒D．甲、乙两船的总动量不守恒解析: 选C甲船、人、绳、乙船组成的系统所受的合力为零, 动量守恒, 则选项C正确.3.如图2所示, 在光滑水平面上, 用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上, 已知m A<m B, 经过相同的时间后同时撤去两力, 以后两物体相碰并粘为一体, 则粘合体最终将()图2A．静止B．向右运动C．向左运动D．无法确定解析: 选A选取A、B两个物体组成的系统为研究对象, 根据动量定理, 整个运动过程中, 系统所受的合外力为零, 所以动量改变量为零, 初始时刻系统静止, 总动量为零, 最后粘合体的动量也为零, 即粘合体静止, 所以选项A正确.4．(多选)如图3所示, 小车放在光滑的水平面上, 将系着绳的小球拉开到一定的角度, 然后同时放开小球和小车, 那么在以后的过程中()图3A．小球向左摆动时, 小车也向左运动, 且系统动量守恒B．小球向左摆动时, 小车向右运动, 且系统动量守恒C．小球向左摆到最高点, 小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻, 小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反解析: 选BD以小球和小车组成的系统为研究对象, 在水平方向上不受力的作用, 所以系统在水平方向上动量守恒, 由于初始状态小车与小球均静止, 所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零, 要么大小相等、方向相反, 选项A、C错误, 选项B、D正确.5．(多选)如图4所示, 三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列, 静止在光滑水平面上. c车上有一小孩跳到b车上, 接着又立即从b车跳到a车上. 小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同. 他跳到a车上相对a车保持静止, 此后()图4A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析: 选CD 若人跳离b 、c 车时速度为v , 由动量守恒定律知, 人和c 车组成的系统: 0＝－M 车v c ＋m 人v对人和b 车: m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v 对人和a 车: m 人v ＝(M 车＋m 人)·v a 所以: v c ＝m 人v M 车, v b ＝0, v a ＝m 人vM 车＋m 人即v c >v a >v b , 并且v c 与v a 方向相反.6. (多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静止置于光滑水平面上, 如图5所示, 一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车, 到达某一高度后, 小球又返回小车的左端, 则( )图5A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 20D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为v 202g解析: 选BC 小球上升到最高点时与小车相对静止, 有共同速度v ′, 由动量守恒定律和机械能守恒定律有:M v 0＝2M v ′①12M v 20＝2×⎝⎛⎭⎫12M v ′2＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 204g, 知D 错误.从小球滚上到滚下并离开小车, 系统在水平方向上的动量守恒, 由于无摩擦力做功, 动能守恒, 此过程类似于弹性碰撞, 作用后两者交换速度, 即小球速度变为零, 开始做自由落体运动, 故B 、C 对, A 错.7．如图6所示, 光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C , 质量分别为m A ＝m C ＝2m , m B ＝m , A 、B 用细绳连接, 中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接). 开始时A 、B 以共同速度v 0运动, C 静止. 某时刻细绳突然断开, A 、B 被弹开, 然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起, 最终三滑块速度恰好相同. 求B 与C 碰撞前B 的速度.图6解析: 设共同速度为v , 滑块A 和B 分开后B 的速度为v B , 由动量守恒定律有 (m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B m B v B ＝(m B ＋m C )v联立以上两式得, B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝95v 0.答案: 95v 08.如图7所示, 一质量为M 的物体静止在桌面边缘, 桌面离水平地面的高度为h . 一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后, 以水平速度v 02射出. 重力加速度为g . 求:图7(1)此过程中系统损失的机械能;(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.解析: (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v , 由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－⎣⎡⎦⎤12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12M v 2③ 由②③式得ΔE ＝18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t , 落地点距桌面边缘的水平距离为s , 则h ＝12gt 2④s ＝v t ⑤由②④⑤式得s ＝m v 0Mh 2g. 答案: (1)18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g课时跟踪检测（三）碰撞1．在光滑水平面上, 两球沿球心连线以相等速率相向而行, 下列现象可能的是() A．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同, 碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同, 碰后两球都静止解析: 选A若两球质量相等, 碰前两球总动量为零, 碰后总动量也应该为零, 由此分析可得A可能、B不可能. 若两球质量不同, 碰前两球总动量不为零, 碰后总动量也不能为零, D不可能. 若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开, 则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同, 与碰前总动量方向相反, C不可能.2．关于散射, 下列说法正确的是()A．散射就是乱反射, 毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析: 选C由于散射也是碰撞, 所以散射过程中动量守恒.3.如图1所示, 两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动, 滑块A的质量为m, 速度大小为2v0, 方向向右, 滑块B的质量为2m, 速度大小为v0, 方向向左, 两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止, B向右运动D．A向左运动, B向右运动解析: 选D选向右为正方向, 则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0. B的动量p B＝－2m v0. 碰前A、B的动量之和为零, 根据动量守恒, 碰后A、B的动量之和也应为零, 可知四个选项中只有选项D符合题意.4.A、B两物体发生正碰, 碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动, 其位移—时间图像如图2所示. 由图可知, 物体A、B的质量之比为()图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析: 选C 由图像知: 碰前v A ＝4 m /s, v B ＝0. 碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s, 由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′, 解得m B ＝3m A . 故选项C 正确.5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动, 已知它们的动量分别是 5 kg·m /s 和7 kg·m/s, 甲追上乙并发生碰撞, 碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s, 则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝m 甲B ．m 乙＝2m 甲C ．4m 甲＝m 乙D ．m 乙＝6m 甲解析: 选C 碰撞前, v 甲>v 乙, 即p 甲m 甲>p 乙m 乙, 可得m 甲m 乙<57; 碰撞后, v 甲≤v 乙, 即p 甲′m 甲≤p 乙′m 乙,可得m 甲m 乙≥15; 综合可得15≤m 甲m 乙<57, 选项A 、D 错误. 由碰撞过程动能不增加可知, E 碰前≥E 碰后,由B 得到E 碰前<E 碰后, 所以排除B, 答案选C.6．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上, 箱子中间有一质量为m 的小物块, 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ. 初始时小物块停在箱子正中间, 如图3所示. 现给小物块一水平向右的初速度v , 小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止. 设碰撞都是弹性的, 则整个过程中, 系统损失的动能为( )图3A.12m v 2 B.mM v 22(m ＋M ) C.12NμmgL D ．NμmgL解析: 选BD 根据动量守恒, 小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m , 损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M ), 所以B 正确; 根据能量守恒, 损失的动能等于因摩擦产生的热量, 而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移, 所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL , 可见D 正确.7．冰球运动员甲的质量为80.0 kg. 当他以5.0 m /s 的速度向前运动时, 与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞. 碰后甲恰好静止. 假设碰撞时间极短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.解析: (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M, 碰前速度大小分别为v、V, 碰后乙的速度大小为V′. 由动量守恒定律有m v－MV＝MV′①代入数据得V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE, 应有12m v 2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③联立②③式, 代入数据得ΔE＝1 400 J .答案: (1)1.0 m/s(2)1 400 J8．如图4所示, 在足够长的光滑水平面上, 物体A、B、C位于同一直线上, A位于B、C之间. A的质量为m, B、C的质量都为M, 三者均处于静止状态. 现使A以某一速度向右运动, 求m和M之间应满足什么条件, 才能使A只与B、C各发生一次碰撞. 设物体间的碰撞都是弹性的.图4解析: A向右运动与C发生第一次碰撞, 碰撞过程中, 系统的动量守恒、机械能守恒. 设速度方向向右为正, 开始时A的速度为v0, 第一次碰撞后C的速度为v C1, A的速度为v A1. 由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v0＝m v A1＋M v C1①12m v 20＝12m v2A1＋12M v2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0③v C1＝2mm＋Mv0④如果m＞M, 第一次碰撞后, A与C速度同向, 且A的速度小于C的速度, 不可能与B 发生碰撞; 如果m＝M, 第一次碰撞后, A停止, C以A碰前的速度向右运动, A不可能与B 发生碰撞; 所以只需考虑m＜M的情况.第一次碰撞后, A反向运动与B发生碰撞. 设与B发生碰撞后, A的速度为v A2, B的速度为v B1, 同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0⑤根据题意, 要求A只与B、C各发生一次碰撞, 应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5＋2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去.所以, m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M. ⑨答案: (5－2)M≤m＜M课时跟踪检测（四）反冲运动火箭1．(多选)下列属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动解析: 选ACD选项A、C、D中, 三者都是自身的一部分向一方向运动, 而剩余部分向反方向运动, 而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力, 所以A、C、D对, B错.2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后, 火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气, 空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出, 气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气, 然后向后推出, 空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热, 加热周围空气, 空气膨胀推动火箭解析: 选B火箭的工作原理是反冲运动, 火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时, 使火箭获得反冲速度, 故正确选项为B.3．人的质量m＝60 kg, 船的质量M＝240 kg, 若船用缆绳固定, 船离岸1.5 m时, 船边沿高出岸h, 人从船边沿水平跃出, 恰能上岸. 若撤去缆绳, 人要从船边沿安全水平跃出上岸, 船离岸约为(不计水的阻力, 人两次消耗的能量相等)()A．1.5 m B．1.2 mC．1.34 m D．1.1 m解析: 选C 船用缆绳固定时, 设人水平跃出的速度为v 0, 则x 0＝v 0t , t ＝2hg . 撤去缆绳, 由水平方向动量守恒得0＝m v 1－M v 2, 两次人消耗的能量相等, 即动能不变, 12m v 20＝12m v 21＋12M v 22, 解得v 1＝ MM ＋m v 0, 故x 1＝v 1t ＝ MM ＋m x 0≈1.34 m, 选项C 正确. 4.如图1所示, 质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶, 一质量为m 的救生员站在船尾, 相对小船静止. 若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为( )图1A ．v 0＋mM v B ．v 0－mM v C ．v 0＋mM (v 0＋v )D ．v 0＋mM (v 0－v )解析: 选C 根据动量守恒定律, 选向右方向为正方向, 则有(M ＋m )v 0＝M v ′－m v , 解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v ), 故选项C 正确.5．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上, 甲、乙两人分别站在车的左、右端, 当两人同时相向而行时, 发现小车向左移, 则( )A ．若两人质量相等, 必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等, 必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等, 必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等, 必有m 甲<m 乙解析: 选AC 甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒, 且总动量为零, 甲动量方向向右, 小车动量方向向左, 说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|, 即m 甲v 甲>m 乙v 乙, 若m 甲＝m 乙, 则v 甲>v 乙, A 对, B 错; 若v 甲＝v 乙, 则m 甲>m 乙, C 对, D 错.6.如图2所示, 装有炮弹的火炮总质量为m 1, 炮弹的质量为m 2, 炮弹射出炮口时对地的速率为v 0, 若炮管与水平地面的夹角为θ, 则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )图2A.m 2m 1v 0 B.m 2v 0m 1－m 2 C.m 2v 0cos θm 1－m 2D.m 2v 0cos θm 1解析: 选C 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒, 0＝m 2v 0cos θ－(m 1－m 2)v , 得v ＝m 2v 0cos θm 1－m 2, 故选项C 正确.7．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M 的火箭, 突然喷出质量为m 的气体, 喷出的速度为v 0(相对于太空站), 紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体, 此后火箭获得的速度为v (相对于太空站), 火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?解析: 题意中所涉及的速度都是相对于太空站的, 可以直接使用动量守恒定律, 规定v 0的方向为正方向, 则: 第一次喷气后: 0＝m v 0－(M －m )v 1, v 1＝m v 0M －m , v 1与正方向相反第二次喷气后: －(M －m )v 1＝m v 2－(M －2m )v , 所以v 2＝⎝⎛⎭⎫M m －2v －v 0. 答案: 见解析8．在砂堆上有一木块, 质量M ＝5 kg, 木块上放一爆竹, 质量m ＝0.10 kg. 点燃爆竹后木块陷入砂中深5 cm, 若砂对木块运动的阻力恒为58 N, 不计爆竹中火药质量和空气阻力. 求爆竹上升的最大高度. (g 取10 m/s 2)解析: 火药爆炸时内力远大于重力, 所以爆炸时动量守恒, 取向上的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v －M v ′＝0①(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率) 木块陷入砂中做匀减速运动到停止, 其加速度大小为 a ＝F －Mg M ＝58－505m /s 2＝1.6 m/s 2. ② 木块做匀减速运动的初速度 v ′＝ 2as ＝2×1.6×0.05 m /s ＝0.4 m/s ③代入①式, 得v ＝20 m/s. ④爆竹以初速度v 做竖直上抛运动, 上升的最大高度为 h ＝v 22g ＝20220 m ＝20 m. ⑤答案: 20 m课时跟踪检测（五）能量量子化光的粒子性1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( ) A ．温度 B ．材料 C ．表面状况D ．以上都正确解析: 选A 影响黑体辐射电磁波的波长分布的因素是温度, 故选项A 正确. 2．(多选)以下宏观概念中, 哪些是“量子化”的( ) A ．物体的带电荷量 B ．物体的质量 C ．物体的动量D ．学生的个数解析: 选AD 所谓“量子化”应该是不连续的, 而是一份一份的, 故选A 、D. 3．(多选)N 为钨板, M 为金属网, 它们分别与电池的两极相连, 各电池的电动势和极性如图所示, 已知金属钨的逸出功为 4.5 eV . 现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出), 那么图中没有光电子到达金属网的是( )解析: 选AC C 、D 加反向电压, 只要入射光子的能量hν≥W 0＋eU , 就有光电子到达金属网, 将各数值代入上式可知D 中光电子能到达金属网; A 、B 加正向电压, 只要入射光子能量大于逸出功, 就有光电子到达金属网, 可知B 中光电子能到达金属网. 综上所述, A 、C 符合题意.4．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, 只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉. 普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3.0×108 m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( )A ．2.3×10－18 WB ．3.8×10－19W C ．7.0×10－10WD ．1.2×10－18W解析: 选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 所以察觉到绿光所接收的最小功率P ＝E t , 式中E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ＝6×6.63×10－34×3×108530×10－9W ＝2.3×10－18 W. 5.光子有能量, 也有动量, 动量p ＝hλ, 它也遵守有关动量的规律. 如图1所示, 真空中,有“∞”形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动, 其中左边是圆形黑纸片(吸收光子), 右边是和左边大小、质量相同的圆形白纸片(反射光子). 当用平行白光垂直照射这两个圆面时, 关于装置开始时的转动情况(俯视), 下列说法中正确的是( )图1A．顺时针方向转动B．逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动解析: 选B根据动量定理Ft＝m v t－m v0, 由光子的动量变化可知黑纸片和光子之间的作用力小于白纸片和光子之间的作用力, 所以装置开始时逆时针方向转动, B选项正确.6．(多选)光电效应的四条规律中, 波动说不能解释的有()A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光强度无关, 只随入射光频率的增大而增大C．入射光照射到金属上时, 光电子的发射几乎是瞬时的, 一般不超过10－9 sD．当入射光频率大于截止频率时, 光电流强度与入射光强度成正比解析: 选ABC此题应从光电效应规律与经典波动理论的矛盾着手去解答. 按照经典的光的波动理论, 光的能量随光的强度的增大而增大, 与光的频率无关, 金属中的电子必须吸收足够能量后, 才能从中逸出, 电子有一个能量积蓄的时间, 光的强度越大, 单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多, 被电子吸收的光子数目自然也多, 这样产生的光电子数目也多. 但是, 光子不一定全部形成光电流, 故应选A、B、C.7.实验得到金属钙的光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图2所示. 下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功, 参照下表可以确定的是()图2金属钨钙钠截止频率ν0/1014 Hz10.957.73 5.53逸出功W/eV 4.54 3.20 2.29A kmB．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 其斜率比图中直线的斜率大C．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 设其延长线与纵轴交点的坐标为(0, －E k2), 则E k2<E k1D．如用金属钨做实验, 当入射光的频率ν<ν1时, 可能会有光电子逸出解析: 选C由光电效应方程E km＝hν－W可知E km-ν图线是直线, 且斜率相同, A、B项错; 由表中所列的截止频率和逸出功数据可知C项正确, D项错误.8.在光电效应实验中, 飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光), 如图3所示. 则可判断出()图3A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析: 选B当光电管两端加上反向遏止电压且光电流恰好为零时, 有E k－0＝eU c, 对同一光电管(逸出功W0相同)使用不同频率的光照射, 有E k＝hν－W0, 两式联立得, hν－W0＝eU c, 丙光的反向遏止电压最大, 则丙光的频率最大, 甲光、乙光频率相同, A、C错误;又由λ＝cν可知λ丙<λ乙, B正确; 由E k＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大, D错误.9.如图4所示, 当开关S断开时, 用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K, 发现电流表读数不为零. 合上开关, 调节滑动变阻器, 发现当电压表读数小于0.60 V时, 电流表读数仍不为零; 当电压表读数大于或等于0.60 V时, 电流表读数为零. 求:图4(1)此时光电子的最大初动能的大小;(2)该阴极材料的逸出功.解析: (1)由题意可知, 遏止电压为0.60 V, 由动能定理得光电子的最大初动能E k＝eU＝0.6 eV.(2)由光电效应方程E k＝hν－W0得该阴极材料的逸出功W0＝hν－E k＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV.答案: (1)0.6 eV(2)1.9 eV。

【同步练习】鲁科版物理同步习题：选修3-5参考答案及解析

选修3-5参考答案及解析第十五章动量守恒定律第一单元动量、动量守恒定律及应用第二单元实验：验证动量守恒定律第十六章原子结构原子核第一单元原子结构氢原子光谱第二单元放射性元素的衰变核能章末综合检测15-11、解析：平方公尺即为平方米．光子被舱门反射前后，光子动量变化量最大为Δp ＝2p (垂直入射与反射时)，又因为E ＝pc ，即对应于光子入射的能量为E 时光子的动量改变量为Δp ＝2Ec ，取Δt 时间内入射的所有光子作为研究对象，由题意知Δt 内与舱门发生作用的光子总能量为E 总＝Δt ×1.5 kJ ，根据动量定理FΔt ＝Δp 总有F ＝Δp 总Δt ＝2E 总c Δt ＝2E 总cΔt ，则：F ＝2×1.5×1033×108N ＝1.0×10－5N ，B 正确．答案：B2、解析：从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A 、C 错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为m v 0M ＋m ，B 正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m 2v 202g (M ＋m )2，D 正确．答案：BD3、解析：当人到达软绳的末端时，软绳已离开地面一段高度H ，人能否安全到达地面决定于H 的大小．由人船模型得：m (h －H )＝MH 解得：H ＝mhM ＋m ＝60×60120＋60m ＝20 m人要回到地面得从20米高的地方跳下来，这是很危险的．所以不能．答案：不能4、解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律M v0＝m v，①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞12m v 20＝12m v2，②联立①②解得m＝M.(也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果) 答案：M5、解析：设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为M v男，申雪相对冰面的速度为－(v－v男)，根据动量守恒定律得：(M＋m)v0＝M v男－m(v－v男)解得v男＝v0＋m vM＋m.答案：v0＋m v M＋m6、解析：第一种情况：取水平向右为正方向．钢球碰前的动量为：p1＝m v1＝5 kg·m/s碰后的动量为：p2＝m v2＝－3 kg·m/s动量变化量为：Δp＝p2－p1＝(－3－5)kg·m/s＝－8 kg·m/s负号表示方向水平向左图14第二种情况：p 1、p 2的大小分别为2 3 kg·m/s 和2 kg·m/s ，方向如图14所示，由图所示平行四边形可得Δp 的大小和方向．大小：Δp ＝p 21＋p 22＝(23)2＋22 kg·m/s ＝4 kg·m/s方向：与竖直方向成30°角答案：8 kg·m/s ，方向水平向左4 kg·m/s ，与竖直方向成30°角 7、解析：(1)甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒．由平均动量守恒得：(M ＋m )x 甲＝Mx 乙又x 甲＋x 乙＝L以上两式联立可求得：x 甲＝4 m ，x 乙＝6 m.(2)设两船相遇时甲船的速度为v 1，对甲船和人用动能定理得： Fx 甲＝12(M ＋m )v 21因系统总动量为零，所以人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小，设人跳离的速度为v ，因跳离时，甲船和人组成的系统动量守恒，有：(M ＋m )v 1＝0＋m v 可求得：v ＝43m/s.答案：(1)4 m 6 m (2)43m/s8、解析：(1)设重物在车上向人靠拢L ＝3 m ，车在地面上移动距离为x ，依题意有m (L －x )＝Mx整理得：x ＝1 m(2)人和车的加速度为a ＝F M ＝200 N100 kg ＝2 m/s 2 则人和车在地面上移动1 m 时的速度为 v ＝2ax ＝2 m/s此时物体的对地速度为v 物，依据m v 物＝M v得v 物＝4 m/s答案：(1)1 m (2)2 m/s 4 m/s9、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＝1×3－0.5×20.5＋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′得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s. 答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s10、解析：探测器第一次喷出气体时，沿x 方向动量守恒，且探测器速度变为零．即M v 0＝m v ①第二次喷出气体时，沿y 方向动量守恒： 0＝(M －2m )·2v 0－m v ② 解①②得：m M ＝14，v v 0＝41答案：14 411、解析：设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12m v 2＋12M 1V 2①M 1V ＝m v ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V 2＝12m v 2③ m v ＝(M 2＋m )V ′④ 联立①②③④式得 h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ⑤答案：M 1M 2h(M 1＋m )(M 2＋m )12、解析：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)男孩下车前后，对整体由动量守恒定律有： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝4 m/s(m 1表示女孩质量，m 2表示自行车质量，m 3表示男孩质量)(3)男孩下车前系统的动能 E k ＝12(m 1＋m 2＋m 3)v 20 ＝12(40＋10＋30)×(2.5)2J ＝250 J男孩下车后系统的动能E k ′＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(40＋10)×42J ＝400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J.答案：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)4 m/s (3)250 J 400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J16-11、解析：根据爱因斯坦光电效应方程E K ＝hr －W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随r 的变化而变化，且是线性关系(与y ＝ax ＋b 类似)，直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距QA 表示E K ＝0时的频率r 0，即为金属的极限频率，还可由波速公式C ＝r 0λ0.求该金属发生光电效应照射光的极限波长．E K ＝hν－W ，E K ＝0时，有hν0－W ＝0，r 0＝W h ，又由波速公式，得C ＝r 0λ0，λ0＝hCW .答案：ABD2、解析：由题意a 光光子能量大于b 光光子能量，a 光频率大于b 光频率，由v 水＝cn ，可知C 正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A 错．E 43<E 32，而紫外线光子的能量大于可见光，故B 错．能量大于或等于3.40 eV 的光才能使氢原子在n ＝2的能级时发生电离，故D 错．答案：C3、解析：电池是把其他形式的能转化成电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．答案：A4、解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D 选项正确．答案：D图105、解析：根据ΔE ＝hcλ可以由辐射的波长得到几个能级差； E B －E A ＝2.1 eV ；E C －E A ＝3.8 eV ； E D －E A ＝4.4 eV ；E E －E B ＝2.4 eV ；根据以上能级差所作能级图如答案图10所示．答案：如图10所示6、解析：当n ＝3时，波长最长，1λ＝R (122－132) λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×365 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14 λ＝4R m ＝41.1×107m ＝3.64×10－7m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7 m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7 m7、解析：光电子做半径最大的匀速圆周运动时，它的动能即是最大动能．(1)由eB v ＝m v 2r 得v ＝eBrm 所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )22m 代入数据得12m v 2≈4.41×10－19 J (2)由爱因斯坦光电效应方程得 W ＝hν－12m v 2＝h c λ－12m v 2 代入数据得W ≈7.3×10－19 J.答案：(1)4.41×10－19 J (2)7.3×10－19 J8、解析：本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系．氢原子能量E 3＝E 1/32＝－13.6 eV/32＝－1.51 eV . 电子在第3轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1① 电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以ke 2/r 23＝m v 23/r 3②由①②可得电子动能为 E k 3＝12m v 23＝ke 22×32r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×(1.60×10－19) eV ＝1.51 eV由于E 3＝E k 3＋E p 3，故电子的电势能为： E p 3＝E 3－E k 3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV 答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV9、解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则：k ·e 2r 21＝m v 21r 1∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝13.6 eV (2)E 1＝E k 1＋E p 1∴E p 1＝E 1－E k 1＝－13.6 eV －13.6 eV ＝－27.2 eV (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×108－13.6×1.6×10－19m＝0.9141×10－7m答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m10、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 c 2，所以E ＝m e c 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2J ＝8.2×10－14J.反应过程中动量守恒且总动量为零． (3)粒子的动量p ＝2mE k ，物质波的波长λ＝hp 由m n >m e ，知p n >p e ，则λn <λe .答案：(1)A (2)8.2×10－14 遵循动量守恒 (3)λn <λe 11、解析：根据巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2)，得当n ＝3,4时氢原子发光所对应的波长最长当n ＝3时有1λ1＝1.10×107×(122－132)解得λ1＝6.5×10－7m当n ＝4时有1λ2＝1.10×107×(122－142) 解得λ2＝4.8×10－7 m.除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都是满足与巴耳末公式类似的关系式，即1λ＝R (1a 2－1n 2)．其中a 分别为1,3,4，…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．答案：6.5×10－7 m 4.8×10－7 m 不连续的线状谱12、解析：(1)设运动氢原子的速度为v 0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v ，损失的动能ΔE 被基态氢原子吸收．若ΔE ＝10.2 eV ，则基态氢原子可由n ＝1跃迁到n ＝2.由动量守恒和能量守恒有：m v 0＝2m v ①12m v 20＝12m v 2＋12m v 2＋ΔE ②12m v 20＝E k ③E k ＝13.6 eV ④解①②③④得，ΔE ＝12·12m v 20＝6.8 eV因为ΔE ＝6.8 eV<10.2 eV .所以不能使基态氢原子发生跃迁．(2)若使基态氢原子电离，则ΔE ＝13.6 eV ，代入①②③得E k ＝27.2 eV .答案：(1)不能 (2)27.2 eV16-21、解析：由核反应中质量数、电荷数守恒可确定X 是α粒子．两个核反应中的质量亏损分别为Δm 1＝(1.0078＋12.0000－13.0057)u ＝0.0021 u ，Δm 2＝(1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026)u ＝0.0053 u ，结合爱因斯坦质能方程Q ＝Δmc 2知Q 1<Q 2，故B 正确．答案：B2、解析：在核反应中，电荷数守恒，质量数守恒，可以判断中微子所带电荷数是零，质量数是零，故A 项正确，而中子的质量数是1，故B 项错误；同位素是电荷数相等，质量数不等的同种元素，而3717Cl 和3718Ar 是两种不同的元素，故C 项错误；由爱因斯坦质能方程得中微子的质量m ＝(0.00055＋36.95691－36.95658)u ＝0.00088 u ，而1 u 质量对应的能量为931.5 MeV ，所以中微子的最小能量是E ＝931.5×0.00088 MeV ≈0.82 MeV ，故D 项正确．答案：AD3、解析：核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k ＋d ＋2,6×1＝2k ＋d ，解得k ＝2，d ＝2，因此B 选项正确．答案：B4、解析：由题意知，这群氢原子原来处于n ＝4的能级．它向低能级跃迁时，发出光谱线的条数为4×3×12＝6(种)．答案：65、解析：通过α粒子散射实验可观察到的现象是：绝大多数α粒子几乎不偏转，有少数α粒子发生大角度偏转，甚至有的原方向返回；α粒子由两个质子和两个中子构成，由动能E k ＝12m v 2得，α粒子的速度v ＝2E km＝2×106×1.6×10－194×1.67×1027m/s图3＝6.9×106 m/s.答案：大 6.9×1066、解析：3015P 衰变的方程式：3015P ―→3014Si ＋01e ，即这种粒子为正电子．图中纵坐标表示剩余3215P 的质量，经过t 天4 mg 的3215P 还剩0.25mg ，也就是1 mg 中还剩0.254mg ＝0.0625 mg ，由图示估读出此时对应天数为56天．答案：(1)正电子 (2)t ＝56天(54～58天都算对)7、解析：(1)用m 1、m 2和m 3分别表示中子(10n)、氦核(42He)和氚核的速度，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3代入数值，得v 3＝－8.1×106 m/s即反应后生成的氚核的速度大小为8.1×106m/s方向与反应前中子的速度方向相反．(2)反应前的总动能E 1＝12m 1v 21反应后的总动能E 2＝12m 2v 22＋12m 3v 23经计算知E 2>E 1，故可知反应中发生了质量亏损．答案：(1)8.1×106 m/s ，与反应前中子的速度方向相反(2)E 2>E 1 发生了质量亏损8、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程式为21H＋21H―→32He＋10n.核反应过程中的质量亏损：Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2×2.0136 u －(3.0150＋1.0087) u＝3.5×10－3u.由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以氘核聚变时放出的能量：ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV＝3.3 MeV.(2)31H和42He分解成7个核子所需的能量为E1＝3×1.112 MeV＋4×7.075 MeV＝31.636 MeV7个核子结合成73Li，释放的能量为E2＝7×5.603 MeV＝39.221 MeV所以此核反应过程中释放的核能为ΔE＝E2－E1＝39.221 MeV－31.636 MeV＝7.585 MeV.答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n 3.3(2)7.585 MeV9、解析：(1)由电荷数守恒和质量数守恒可知系数为3.(2)ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m)c2(3)一个月内核反应产生的总能量为E＝Pt，同时E＝mM N AΔE，所以Pt＝mM N AΔE，解得m＝PtMN AΔE＝22 kg.答案：(1)3(2)(m1－m2－m3－2m)c2(3)22 kg10、解析：①342He―→126C＋ΔE②Δm＝3×4.0026 u－12.0000 u＝0.0078 uΔm＝0.0078×1.66×10－27kg＝12.95×10－27kg ΔE＝Δm·c2＝1.16×10－12J③ΔE＝1.16×10－12(1.6×10－19)MeV＝7.25 MeVΔE＝0.0078×931.5 MeV＝7.25 MeV答案：(1)342He―→126C＋ΔE(2)1.16×10－12J(3)7.25 MeV11、解析：铀235释放的能量等于一天发电的电能．计算出50万kW的电站一天发出的电能，也就是一天所需的铀235释放的核能，进而求得铀235的质量．根据发电功率计算出每天应发电能的总量为：E＝24×3.6×103×P＝4.32×1013J要得到这么多能量需要裂变的铀原子数目为：n＝4.32×10132×108×1.6×10－19＝1.35×1024则对应的质量为：m＝nN A·M＝1.35×10246.02×1023×235×10－3kg＝0.527kg答案：0.527 kg12、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程为：21H＋21H―→32He＋10n(2)质量亏损Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2.0136 u×2－(3.0150 u＋1.0087 u)＝0.0035 u由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以核反应中释放的核能为ΔE＝0.0035×931.5 MeV＝3.26 MeV(3)由动量守恒定律有：0＝m He v He－m n v n得v He∶v n＝1∶3答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n(2)3.26 MeV(3)1∶316-末1、解析：轻核聚变而生成质量较大(中等)的新核．故B 正确．答案：B2、解析：由图甲可知α射线和β射线都不能穿透钢板，γ射线的穿透力最强，可用来检查金属内部的伤痕，答案为C.答案：C3、解析：粒子之间相互作用的过程中遵循动量守恒定律，由于原来的原子核是静止的，初动量为零，则末动量也为零，即：α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，所以A 正确．由于释放的α粒子和反冲核，在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，所以由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB .若原来放射性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：R 1＝p 1B ·2e .对反冲核：R 2＝p 2B (Q －2)e. 由于p 1＝p 2，所以有：R 1R 2＝441. 解得：Q ＝90.它们的速度大小与质量成反比．所以B 、C 正确，D 错误．答案：ABC4、解析：由跃迁公式得ΔE 1＝hc λ1，ΔE 2＝hc λ2，联立可得ΔE 2＝λ1λ2.ΔE 1＝0.36 eV ，选项D 对．答案：D5、解析：三种射线中α射线的电离本领最强，当有烟尘时，由于烟尘吸收空气中的离子和α粒子，所以电流会减弱．故B 正确．答案：B6、解析：根据光电效应规律可知A 正确，B 、C 错误．根据光电效应方程12m v 2m ＝hν－W ，频率ν越高，初动能就越大，D 正确．答案：AD7、解析：据核反应过程中质量数和电荷数守恒可判断X 是中子．Δm ＝(235.0432＋1.0087－138.9178－93.9154－3×1.0087) u ＝0.1926 u ，可见该反应释放能量，释放的能量ΔE ＝0.1926×9.3×102 MeV ＝1.8×102 MeV .故C 正确．答案：C8、解析：α射线不能穿过3 mm 厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm 厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响．而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化．即β射线对控制厚度起主要作用．若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些．故B 正确．答案：B9、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，故①错；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，而不是内部有电子，故②错；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，即④错．由核反应规律可知③正确．答案：③10、解析：①题给原理是动量守恒，故应选择器材为ABC. ②由题意知B 对应原理中的m 1.答案：①ABC ②B11、解析：(1)核反应方程式为：42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)设该种粒子的质量为m ，则12C 核的质量为12m .由动量守恒定律可得：m v 0＝m (－v 1)＋12m v 2解得：v 2＝v 0＋v 112 则碰撞后该种粒子运动方向与原粒子运动方向相同．答案：(1)42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)v 0＋v 112 与原粒子运动方向相同12、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 B ＋m B )2gl (1－cos30°)⑤联立④⑤式得p 2p 1＝m B ＋m B m B1－cos30°1－cos45°⑥ 代入已知条件得(p 2p 1)2＝1.03⑦由此可以推出|p 2－p 1p 1|≤4%⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．答案：是13、解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m 2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－[12m (v 02)2＋12M v 2]③由②③式得ΔE ＝18(3－m M )m v 20.④(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2⑤s ＝v t ⑥由②⑤⑥式得s ＝m v 0M h 2g .答案：(1)18(3－m M )m v 20 (2)m v 0Mh2g 14、解析：(1)电子绕核运动具有周期性，设运转周期为T ，由牛顿第二定律和库仑定律有：k e 2r 21＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 1① 又轨道上任一处，每一周期通过该处的电荷量为e ，由电流的定义式得所求等效电流I ＝e T ②联立①②式得I ＝e 22πr 1k mr 1＝(1.6×10－19)22×3.14×0.53×10－10× 9×1099.1×10－31×0.53×10－10 A ＝1.05×10－3 A图8(2)由于这群氢原子的自发跃迁辐射，会得到三条光谱线，如右图8所示．(3)三条光谱线中波长最长的光子能量最小，发生跃迁的两个能级的能量差最小，根据氢原子能级的分布规律可知，氢原子一定是从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级设波长为λ，由h c λ＝E 3－E 2，得λ＝hc E 3－E 2＝ 6.63×10－34×3×108(－1.51＋3.4)×1.6×10－19m ＝6.58×10－7m 答案：(1)1.05×10－3A (2)如图8所示 (3)6.58×10－7m15、解析：(1)ε3Li ＋10n →42He ＋31H(2)因为1 g 氚为13 mol ，根据核反应方程，实现核转变的63Li 也为13mol ，所以有2.0×1023个Li 实现了核转变． (3)根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2.核聚变反应中有5个核子参加了反应，所以质量亏损为Δm ＝3.1×10－29 kg.答案：(1)10n ；42He (2)2.0×1023个 (3)3.1×10－29kg 16、解析：(1)碰撞过程满足动量守恒且机械能守恒，与氢核碰撞时有m v ＝m v 1＋m H v H ，12m v 2＝12m v 21＋12m H v 2H ，解之得v H ＝2m m ＋m Hv ，同理可得v N ＝2m m ＋m N v .(2)由上面可得v H v N＝m ＋m N m ＋m H ，代入数据得m m ′＝m m H ＝1.05. 答案：(1)v H ＝2m m ＋m H v v N ＝2m m ＋m N v (2)m m ′＝1.05 17、解析：(1)由C 2n ＝3可知n ＝3，故照射光的光子能量为E 3－E 1＝12.09 eV由E K ＝hν－W 知E K ＝(12.09－4.54) eV ＝7.55 eV .(2)①核反应方程式为63Li ＋10n →31H ＋42He.②设中子、氦核、新核的质量分别为m 1、m 2、m 3，它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，根据动量守恒有：m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3 v 3＝m 1v 1－m 2v 2m 3＝－1×103 m/s 负号说明新核运动方向与氦核相反．答案：(1)12.09 7.55 (2)①63Li ＋10n →31H ＋42He②1×103 m/s 运动方向与氦核相反。

高中物理选修3-5同步练习试题解析：16.3--(附解析答案)

高中物理选修3-5同步练习试题解析动量守恒定律1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。

将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，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，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。

若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确。

答案：A、C、D2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将( )A．左右来回运动B．向左运动C．向右运动D．静止不动解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。

答案：A3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。

在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是( )A．向右运动B．向左运动C．静止D．上述三种情况都有可能解析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。

人教版高二物理选修3-5第十六章16.3动量守恒定律同步训练含答案

人教版物理选修3-5 16.3动量守恒定律同步训练一、单项选择题（下列选项中只有一个选项满足题意）1．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．向左运动B．左右往返运动C．向右运动D．静止不动2．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒3．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．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动4．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（）A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等5．如图所示，A、B两个小车用轻弹簧连接，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。

将小车B向左推，使弹簧压缩，再由静止释放小车B。

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全册同步测试题解析版(含单元测试题)

人教版高中物理选修3-5全册同步测试题解析版（含单元测试题）目录选修3-5同步测试：16-1实验：探究碰撞中的不变量选修3-5同步测试：16-2动量和动量定理选修3-5同步测试：16-3动量守恒定律选修3-5同步测试：16-4碰撞选修3-5同步测试：16-5反冲运动火箭选修3-5同步测试：17-1能量量子化选修3-5同步测试：17-2光的粒子性选修3-5同步测试：17-3粒子的波动性选修3-5同步测试：17-4、5概率波和不确定性关系选修3-5同步测试：18-1电子的发现选修3-5同步测试：18-2原子的核式结构模型选修3-5同步测试：18-3氢原子光谱选修3-5同步测试：18-4玻尔的原子模型选修3-5同步测试：19-1原子核的组成选修3-5同步测试：19-2放射性元素的衰变选修3-5同步测试：19-3、4探测射线的方法和放射性的应用与防护选修3-5同步测试：19-5核力与结合能选修3-5同步测试：19-6核裂变选修3-5同步测试：19-7、8核聚变和粒子和宇宙选修3-5同步测试：本册综合能力测试题选修3-5同步测试：第16章限时测试题选修3-5同步测试：第17章限时测试题选修3-5同步测试：第18章限时测试题选修3-5同步测试：第19章限时测试题16-1实验：探究碰撞中的不变量基础夯实1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，下列哪些因素可导致实验误差() A．导轨安放不水平B．滑块上挡光板倾斜C．两滑块质量不相等D．两滑块碰后连在一起答案：AB解析：选项A中，导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响，从而产生实验误差；选项B中，挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移；实验中并不要求两滑块的质量相等；两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大，并不影响碰撞中的守恒量。

综上所述，答案为A、B。

2．如图(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲力时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)所示，电源频率为50Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s。

人教版高中物理选修3-5 原子物理单元同步测试试题(含答案解析)

人教版高中物理选修3-5 原子物理单元同步测试试题（含答案解析）说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答.共100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷（选择题共40分）一、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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.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 .1999年9月18日，中共中央、国务院、中央军委在人民大会堂隆重表彰为研制“两弹一星”作出突出贡献的科学家.下列核反应方程中属于研究“两弹”的基本核反应方程式是（） A.N 147+He 42→O 178+H 11B. U 23592+n 10→Sr 9038+Xe 13654+10n 10C.U 23892→Th 23490+He 42 D. H 21+H 31→He 42+n 1解析：本题考查重核裂变和轻核聚变的核反应方程.“两弹”是指原子弹和氢弹，原理分别为重核裂变和轻核聚变，B 为重核裂变方程之一，D 为轻核聚变方程.故正确选项为BD.答案BD2.下图为查德威克研究原子核内部结构的实验示意图，由天然放射性元素钋（P o ）放出α射线轰击铍时会产生粒子流a ，用粒子流a 打击石蜡后会打出粒子流b ，经研究知道（）A.a 为质子，b 为中子B.a 为γ射线，b 为中子C.a 为中子，b 为γ射线D.a 为中子，b 为质子解析：本题考查查德威克发现中子的实验装置.选项D 正确. 答案D3.下列说法正确的是（） A.α射线和γ射线都是电磁波B.β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流C.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D.原子核经过衰变生成新核，则新核的总质量总小于原核的质量解析：组成α射线的粒子是氦原子核，γ射线是高频电磁波，A 错.β射线是原子的核内中子转变成质子时放出的电子流，B 错.原子核衰变的半衰期由原子核本身决定，与它所处的物理、化学状态无关，C 对.原子核经过衰变生成新核，因放出了粒子，所以质量减小，D 对.答案CD4.下图所示为卢瑟福α粒子散射实验的原子核和两个α粒子的径迹，其中可能正确（）解析：α粒子在靠近金的原子核时，离核越近，所受库仑力越大，方向偏转越大，根据这个特点可以判断出只有A 正确.答案A5.如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种核反应后产生的两种粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可以判定（）A.原子核只可能发生β衰变B.原子核可能发生α衰变或β衰变C.原子核放出一个正电子D.原子核放出一个中子解析：静止的核发生核反应的过程动量守恒，所以新核和新粒子的速度方向相反，又因为轨迹只有两个，是内切圆，所以放出的新粒子只有一个，且粒子带负电，是β粒子，故A 正确.答案A6.贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器，贫铀是提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力，而且铀238具有放射性，残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染.人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病.下列结确的是（）A.铀238的衰变方程式为：U 23892→Th 23490+He 42B.U 23592和U 23892互为同位素C.人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变D.贫铀弹的穿甲能力很强，也是因为它的放射性解析：本题考查铀238的知识.铀238具有放射性，放出一个α粒子，变成钍234，A 正确. 铀238和铀235质子数相同，故互为同位素，B 正确.核辐射能导致基因突变，是皮肤癌和白血病的诱因之一，C 正确.贫铀弹的穿甲能力很强，是因为它的弹芯是由高密度、高强度、高韧性的铀合金组成，袭击目标时产生高温化学反应，所以其爆炸力、穿透力远远超过一般炸弹，D 错. 答案ABC7.原子核的裂变和聚变都是人类利用原子核能的途径，我国已建设了秦山和大亚湾两座核电站，下面关于这两座核电站的说法中正确的是（）A.它们都是利用核裂变释放原子核能B.它们都是利用核聚变释放原子核能C.秦山核电站是利用核裂变释放原子核能，大亚湾核电站是利用核聚变释放原子核能D.以上说法都不正确解析：本题考查核能的实际利用常识.秦山核电站和大亚湾核电站都是利用核裂变释放的能量，A 正确. 答案A8.最近一段时间，伊朗的“核危机”引起了全球瞩目，其焦点问题就伊朗核电站采用轻水堆还是重水堆，重水堆核电站在发电的同时，还可以生产可供研制核武器的钚239（Pu 23994），这种Pu 23994可以由铀239（U 23992）经过n 次β衰变而产生，则n 的值是（）A.2B.239C.145D.92 解析：本题考查核反应方程. 铀239衰变成Pu 23994的核反应方程是：U 23992→Pu 23994+2e 01-可见，n =2.答案A9.在天然放射性物质附近放置一带电体，带电体所带的电荷很快消失的根本原因是（） A.γ射线的贯穿作用 B.α射线的电离作用 C.β射线的贯穿作用 D.β射线的中和作用解析：本题考查三种射线的特点.由于α粒子电离作用较强，能使空气分子电离，电离产生的电荷与带电体的电荷中和.故正确选项为B.答案B10.质子的质量为mp ，中子的质量为mn ，氦核的质量为m α，下列关系式正确的是（） A.m α=2m p +2m n B.m α＜2m p+2m n C.m α＞2m p +2m n D.以上关系都不对解析：本题考查质量亏损.两个质子和两个中子结合成氦核时放出能量，发生质量亏损.故正确选项为B.答案B第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、本题共5小题，每小题4分，共20分.把答案填在题中的横线上.11.根据宇宙大爆炸理论，在宇宙形成之初是“粒子家族”尽现风采的时期.从大爆炸的瞬间产生夸克、轻子、胶子等粒子，到电子与原子核结合成原子，先后经历了四个时代，它们是：、、、 .解析：根据宇宙大爆炸理论，“粒子家族”在大爆炸开始，到形成原子这105s 时间内，先后经历了强子时代、轻子时代、核合成时代、复合时代.答案强子时代轻子时代核合成时代复合时代12.雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子（νe ）而获得了2002年度诺贝尔物理学奖.他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615 t 四氯乙烯（C 2Cl 4）溶液的巨桶.电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程为v e +Cl 3717→Ar 3718+e 01-已知Cl 3717的质量为36.956 58 u, Ar 3718的质量为36.956 91 u, e 01-的质量为0.000 55 u,1 u 质量对应的能量为931.5 MeV.根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为 .解析：上面核反应过程增加的质量：Δm =36.956 91 u+0.000 55 u-36.956 58 u=0.000 88 u 应吸收的能量：ΔE =Δmc 2=0.000 88×931.5 MeV=0.82 MeV. 答案0.82 MeV13.一个正电子和一个负电子相遇会发生湮灭而转化为一对光子，设正、负电子的质量均为m ，普朗克常量为h ，则这一对光子的频率为 .解析：本题考查质能方程及光子论.2mc 2=2hv 则v =hmc 2.答案hmc 214.已知质子的质量为1.007 227 u ，中子的质量为1.008 665 u ，它们结合成碳核C 126的质量为12.000000 u ，放出的能量为 MeV. 解析：本题考查质能方程.ΔE =Δmc 2=［6×(1.007 227+1.008 665)-12］×931.5 MeV=88.8 MeV. 答案88.815.一个中子和一个质子结合成氘核时要放出2.22 MeV 的能量，这些能量以γ光子的形式辐射出来.这一过程的核反应方程是，质量亏损为 kg,此光子的波长为 m.解析：本题考查核反应方程及质量亏损.核反应方程为H 11+n 10→H 21+γ由ΔE =Δmc 2得Δm =2cE ∆=4×10-30kg 由ΔE =h λc 得λ=Ehc ∆=5.6×10-13m.答案H 11+n 10→H 21+γ4×10-305.6×10-13三、本题共4小题，共40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.16.（8分）中子n 10、质子p 11、氘核D 的质量分别为m n 、m p 、m D .现用光子能量为E 的r 射线照射静止氘核，使之分解.用核符号写出上述核反应方程，若分解后的中子、质子的动能相等，则中子的动能是多少？解析：上述核反应方程是：r +H 21→H 11+n 1上述核反应因质量亏损放出的能量ΔE =(m D -m p -m n )c 2质子和中子获得的总动能是：ΔE +E 所以中子的动能为：E kn =21(ΔE +E )= 21［(m D -m p -m n )c 2+E ］. 答案r +H 21→H 11+n 10 21［(m D -m p -m n )c 2+E ］17.（10分）放射性同位素C 被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物体的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖.（1）宇宙射线中高能量的中子碰到空气中的氮原子后，会形成很不稳定的C 146，它很容易发生衰变，放出β射线变成一个新核，其半衰期为5 730年.试写出此核反应方程.（2）若测得一古生物遗骸中的C 146含量只有活体中的12.5%，则此遗骸距今约有多少年？解析：本题考查核反应方程及它的实际应用.（1）此衰变的核反应方程：N 147+n 10→C 146+H 11 C 146→N 147+e 01-.（2）活体中的C 146含量不变，生物死亡后，遗骸中的C 146按其半衰期变化，设活体中C 146的含量为N 0，遗骸中的C 146含量为N ，由半衰期的定义得：N =(21）τt N 0即0.125=(21)τt所以τt=3 t =3τ=17 190年.答案（1）N 147+n 10→C 146+H 11 C 146→N 147+e 01-（2）17 190 18.（10分）U 23592受中子轰击时会发生裂变，产生Ba 13956和Kr 9436，同时放出能量.已知每个铀核裂变释放的平均能量为200 MeV.（1）写出核反应方程;（2）现在要建设发电功率为5×105kW 的核电站，用U 235作核燃料，假设核裂变释放的能量一半转化为电能，那么该核电站一天消耗U 235多少千克？（阿伏加德罗常数取6.0×1023 mol -1）解析：（1）核反应方程U 23592+n 10→Ba 13956+Kr 9436+3n 10+200 MeV.（2）电站一天发出的电能E 1=Pt ①设每天消耗U 23592为m kg ，核裂变释放的能量为E 2=m ×103×6.0×1023×200×106×1.6×10-19/235 ② 由能量转化得E 1=ηE 2③由①②③式得m =1.06 kg.答案（1）U 23592+n 10→Ba 13956+Kr 9436+3n 10+200 MeV（2）1.06 kg19.(12分)1920年，质子已被发现，英国物理学家卢瑟福曾预言可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在，他把它叫做中子.1930年发现，在真空条件下用α射线轰击铍（Be 94）时，会产生一种看不见的、贯穿力极强的不知名射线和另一种粒子.经过研究发现，这种不知名射线具有如下的特点：①在任意方向的磁场中均不发生偏转；②这种射线的速度小于光速的十分之一；③用它轰击含有氢核的物质，可以把氢核打出来；用它轰击含有氮核的物质，可以把氮核打出来，并且被打出的氢核的最大速度v H 和被打出的氮核的最大速度v N 之比近似等于15∶2.若该射线中的粒子均具有相同的能量，与氢核和氮核碰前氢核和氮核可以为静止，碰撞过程中没有机械能的损失.已知氢核的质量M H 与氮核的质量M N 之比等于1∶14.（1）写出α射线轰击铍核的核反应方程；（2）试根据上面所述的各种情况，通过具体分析说明该射线是不带电的，但不是γ射线，而是由中子组成的.解析：（1）Be 94+He 42→C 126+n 10（2）由①可知，该射线在任何方向的磁场中均不发生偏转，因此该射线不带电. 由②可知，该射线速度小于光速，所以它不是γ射线.由③可知，由于碰撞中无机械能损失，当被打出的氢核和氮核的速度为最大值时，表明它们发生的是弹性正碰.设该粒子的质量为m ，碰撞前速度为v 0，与氢核碰撞后速度为v 1，与氮核碰撞后速度为v 2，则有mv 0=mv 1+M H v H21mv 02=21mv 12+21M H v H 2 解得v H =H 02M m mv +同理得v N =NM m mv +02由题意知215N H =v v ,114H N =M M 解得m =M H即该粒子的质量与氢核（质子）的质量相近，因此这种粒子是中子.答案（1）Be 94+He 42→C 126+n 10（2）略。

【同步练习】高中物理选修3-5综合测试题及答案

高二物理3-5（选修）综合测练卷第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：30―→3014Si＋X，94Be＋21H―→105B＋Y，42He＋42He―→73Li＋Z.其中( ) 15PA．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＋m2v2 B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 D．(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．核反应方程23592U＋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为待求粒子，α为X的个数，则( )A．X为质子α＝3 B．X为质子α＝2C．X为中子α＝2 D．X为中子α＝37．放射性元素镭放射出α、β、γ三种射线．如果让它们处于匀强磁场中，则三种粒子在磁场中的轨迹正确的 [ ]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．0.4v C．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．(12分) 如图所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。

高中物理选修3-5 综合训练试卷(含答案解析)

高中物理选修3-5 综合训练试卷（含答案解析）1.(1)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是( )(2)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量__________(选填“越大”或“越小”)。

已知氢原子的基态能量为E 1(E 1<0)，电子质量为m ，基态氢原子中的电子吸收一频率为γ的光子被电离后，电子速度大小为___________(普朗克常量为h ).(3)有些核反应过程是吸收能量的。

例如在14171781X N O H +→+中，核反应吸收的能量20[()()]H X N Q m m m m c =+-+，在该核反应中，X 表示什么粒子？X 粒子以动能E K 轰击静止的147N ，若E K =Q ，则该核反应能否发生？请简要说明理由。

2．（1）下列说法正确的是A ．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D ．将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变（2）北京时间2011年3月11日在日本海域发生强烈地震，并引发了福岛核电站产生大量的核辐射，经研究，其中核辐射的影响最大的是铯137（13755Cs ），可广泛散布到几百公里之外，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：．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．（已知碘（I ）为53号元素，钡（Ba ）为56号元素）（3）如图甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A =1kg ．初始时刻B 静止，A 以一定的初速度向右运动，之后与B 发生碰撞并一起运动，它们的位移-时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B 的质量为多少？3．（1）一个质子以1.0×10７m/s 的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是。

人教版发高二下册选修3-5 第十六章动量守恒定律 16.3 动量守恒定律同步练习

动量守恒定律同步练习一．选择题（共17小题）1．如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。

原来车和人都静止。

当人从左向右行走的过程中（）A．人和车组成的系统水平方向动量不守恒B．人和车组成的系统机械能守恒C．人和车的速度方向相同D．人停止行走时，人和车的速度一定均为零2．两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4kg，m2=2kg，A的速度v1=3m/s （设为正），B的速度v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（）A．v1′=v2′=1.5m/sB．v1′=+4m/s，v2′=-5m/sC．v1′=2m/s，v2′=-1m/sD．v1′=-1m/s，v2′=5m/s3．两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。

现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能不守恒4．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动5．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v7．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。

最新人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案解析

最新人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案解析第16章动量守恒定律章末综合测评(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，在每小题给出的4个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～8题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．下列说法中正确的是()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不同的D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大【解析】A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F＝ΔpΔt是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C错；玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与水泥地的作用时间短，并不是所受冲量太大，D错误．【答案】 A2.如图1所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图1A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【解析】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．【答案】 B3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.mMv0 B.Mmv0 C.MM－mv0 D.mM－mv0【解析】根据动量守恒定律m v0＝(M－m)v，得v＝mM－mv0，选项D正确．【答案】 D4．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则()A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．【答案】 D5．如图2所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()图2A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A正确，B、C、D错误．【答案】 A6．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则()A．在相等的时间间隔内动量的变化相同B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D错误．【答案】ABC7．如图3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()图3A．机械能守恒，动量守恒B．机械能不守恒，动量守恒C．三球速度相等后，将一起做匀速运动D．三球速度相等后，速度仍将变化【解析】因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A 错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确．【答案】BD8．如图4所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()图4A．甲、乙两车运动中速度之比为M＋m MB．甲、乙两车运动中速度之比为M M＋mC．甲车移动的距离为M＋m 2M＋mLD．乙车移动的距离为M2M＋mL【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为M＋mM，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．【答案】ACD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(8分)如图5所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为m a、m b，半径分别为r a、r b，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b 小球碰撞后落点的平均位置．图5(1)本实验必须满足的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放D．入射球与被碰球满足m a＝m b，r a＝r b(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．【答案】(1)BC(2)测量OM的距离x2测量ON的距离x3(3)m a x1＝m a x2＋m b x3(写成m a OP＝m a OM＋m b ON也可以)10．(10分)如图6所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：图6Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．(1)在调整气垫导轨时应注意________；(2)应测量的数据还有________；(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是m v的矢量和．【解析】(1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2由计时器计下A、B到两板的时间t1、t2算出两滑块A、B弹开的速度v1＝x1t1，v2＝x2t2.(3)由动量守恒知(m＋M)v1－M v2＝0即：(m＋M)x1t1＝Mx2t2.【答案】 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 的左端到挡板C 的距离x 1和滑块B 的右端到挡板D 的距离x 2 (3)(M ＋m )x 1t 1＝Mx 2t 211．(10分)在光滑的水平面上，质量为2m 的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 的小球B 处于静止状态，如图7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求：图7(1)两球在P 点碰后速度的大小？ (2)求两球在O 点碰撞的能量损失．【解析】 (1)由碰撞过程中动量守恒得 2m v 0＝2m v 1＋m v 2 由题意可知：OP ＝v 1t OQ ＋PQ ＝v 2t 解得v 1＝13v 0，v 2＝43v 0.(2)两球在O 点碰撞前后系统的机械能之差 ΔE ＝12×2m v 20－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2m v 21＋12×m v 22 代入(1)的结果得ΔE ＝0.【答案】 (1)v 1＝13v 0，v 2＝43v 0 (2)012．(12分)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 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至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，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离.图8【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，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 v21解得：v1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mg h16＝12m v1′2解得：v1′＝gh8设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有m v1＝－m v1′＋5m v2解得：v2＝gh8由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5m v2＝54m2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F＝5μmg设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有－Fs＝0－12×5m v 22解得：s＝h16μ.【答案】54m2ghh16μ13．(12分)如图9所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，木板足够长，静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s.子弹射入后，求：图9(1)物块相对木板滑行的时间；(2)物块相对木板滑行的位移．【解析】(1)设子弹射入物块后，其共同速度为v1，则对子弹打入物块过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1设物块与木板达到共同速度时，速度为v2，对物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2对子弹物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)联立解得物块相对木板的滑行时间t＝v2－v1－μg＝1 s.(2)设物块相对木板滑行的位移为d，由能量守恒定律得μ(m0＋m)gd＝12(m0＋m)v21－12(m0＋m＋M)v22联立解得d＝3 m.【答案】(1)1 s(2)3 m第17章波粒二象性章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的4个选项中，第1～6题只有一个选项符合要求，第7～9题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．一个光子和一个电子具有相同的波长，则()A．光子具有较大的动量B．光子具有较大的能量C．电子与光子的动量相等D．电子和光子的动量大小关系不确定【解析】根据德布罗意波长公式λ＝hp，若一个光子的德布罗意波长和一个电子的波长相等，则光子和电子的动量一定相等故A、D错误，C正确；光子的能量E光＝hν＝hcλ，电子的能量E e＝mc2＝m v c2v＝pc2v＝hc2λv＝c v·E光，因电子的速度v＜c，故E e＞E光，B错误．【答案】 C2．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成正比D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子【解析】在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D正确．由－eU＝0－E k，E k＝hν－W，可知U＝(hν－W)/e，即遏止电压与入射光频率ν有关，但二者间不是正比关系，C错误．【答案】 D3．紫外线光子的动量为hνc，一个静止的O3吸收了一个紫外线光子后()A．仍然静止B．沿着光子原来运动的方向运动C．沿光子运动相反方向运动D．可能向任何方向运动【解析】由动量守恒定律知，吸收了紫外线光子的O3分子与光子原来运动方向相同，故正确选项为B.【答案】 B4．用波长为λ1和λ2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面．单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象，设两种金属的逸出功分别为W C和W D，则下列选项正确的是()A．λ1＞λ2，W C＞W D B．λ1＞λ2，W C＜W DC．λ1＜λ2，W C＞W D D．λ1＜λ2，W C＜W D【解析】由题意知，A光光子的能量大于B光光子的能量，根据E＝hν＝h cλ，得λ1＜λ2；又因为单色光B只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象，所以W C＜W D，故正确选项是D.【答案】 D5．光子有能量，也有动量p＝hλ，它也遵守有关动量的规律，真空中有一如图1所示装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于此装置开始时转动情况(俯视)的下列说法中正确的是()图1A．顺时针方向转动B．逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动【解析】光照射到黑纸片上时被吸收，照射到白纸片上时被反射，因此白纸片受到的冲量大，装置逆时针转动，故正确选项为B.【答案】 B6．研究光电效应规律的实验装置如图2所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出．当电流计的示数恰好为零时，电压表的示数称为反向截止电压U c.在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是()图2A BC D【解析】当反向电压U与入射光频率ν一定时，光电流i与光强成正比，所以A正确；频率为ν的入射光照射阴极所发射出的光电子的最大初动能为E k＝hν－W0，而遏止电压U c 与最大初动能的关系为eU c＝E k，所以遏止电压U c与入射光频率ν的关系是eU c＝hν－W0，其函数图象不过原点，所以B错误；当光强与入射光频率一定时，单位时间内单位面积上逸出的光电子数及其最大初动能是一定的，所形成的光电流强度会随反向电压的增大而减小，所以C正确；根据光电效应的瞬时性规律知D正确．【答案】 B7．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大【解析】增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W逸＝12可知，增加2m v照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确．【答案】AD8．下列叙述的情况中正确的是()A．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样B．光是波，与橡皮绳上的波类似C．光是波，但与宏观概念的波有本质的区别D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的【解析】光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位置的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项A、B错误，C正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确．【答案】CD9．电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是() A．氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置B．电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道C．电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律D．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的【解析】微观粒子的波动性是一种概率波，对于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置，电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置，综上所述，C、D 正确．【答案】CD二、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．)10．(10分)太阳能直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳能转换成电能．如图3所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．图3(1)标出电源和电流表的正负极；(2)入射光应照在________极上．(3)电流表读数是10 μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个．【解析】(1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B向A运动，即电流是由左向右．因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．(2)光应照在B极上．(3)设电子个数为n，则I＝ne，所以n＝10×10－61.6×10－19＝6.25×1013(个)．【答案】(1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极(2)B (3)6.25×101311．(12分)深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道．如图4所示是一个航标灯自动控制电路的示意图．电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属．下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770 nm(1 nm＝10－9m)．图4各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：金属铯钠锌银铂极限频率(Hz) 4.545×1014 6.000×10148.065×1014 1.153×1015 1.529×1015极限波长(μm)0.660 00.500 00.372 00.260 00.196 2(1)光电管阴极K上应涂有金属________；(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生．【解析】(1)依题意知，可见光的波长范围为400×10－9～770×10－9m而金属铯的极限波长为λ＝0.660 0×10－6m＝660×10－9m，因此，光电管阴极K上应涂金属铯．(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S应和b接触．(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a接触，所以电路中的开关S应和a接触．【答案】(1)铯(2)b(3)a12．(12分)德布罗意认为：任何一个运动着的物体，都有着一种波与它对应，波长是λ＝hp，式中p是运动着的物体的动量，h是普朗克常量．已知某种紫光的波长是440 nm，若将电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍，求：(1)电子的动量的大小；(2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加速电压的大小．电子质量m＝9.1×10－31 kg，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，加速电压的计算结果取一位有效数字．【解析】(1)由λ＝hp知电子的动量p＝hλ＝1.5×10－23 kg·m/s.(2)电子在电场中加速，有eU＝12m v2又1 2m v 2＝p22m解得U＝m v22e ＝h22meλ2≈8×102 V.【答案】(1)1.5×10－23 kg·m/s(2)U＝h2 2meλ28×102 V13．(12分)如图5所示，相距为d的两平行金属板A、B足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应，已知普朗克常量为h，金属板B 的逸出功为W0，电子质量为m，电荷量为e.求：图5(1)从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；(2)光电子从B板运动到A板时所需的最长时间．【解析】(1)根据爱因斯坦光电效应方程得E k＝hν－W0光子的频率为ν＝cλ所以光电子的最大初动能为E k＝hcλ－W0能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板的动能为E k1，由动能定理，得eU＝E k1－E k所以E k1＝eU＋hcλ－W0.(2)能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子．则d＝12at 2＝Uet22dm解得t＝d2mUe.【答案】(1)eU＋hcλ－W0(2)d2mUe第18章原子结构章末综合测评(三)(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4个选项中，第1～4题只有一个选项符合要求，第5～8题有多个选项符合要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．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．查德威克通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型D．玻尔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【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B、C错；巴耳末根据氢原子光谱在可见光区的四条谱线得出巴耳末公式，D错误．【答案】 A2．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是()A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的B．阴极射线本质是电子C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电D．阴极射线的比荷比氢原子核小【解析】阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B对；电子带电量与氢，故阴极射线的比荷比氢原子大，D错．原子相同，但质量是氢原子的11 836【答案】 B3．如图1所示，a、b、c、d分别表示氢原子在不同能级间的四种跃迁，辐射光子频率最大的是()图1A．a B．bC．c D．d【解析】hνa＝E2－E1＝10.2 eV，hνb＝E3－E1＝12.09 eV，hνc＝E3－E2＝1.89 eV，hνd ＝E4－E3＝0.66 eV，故频率最大的是b光子，选项B正确．【答案】 B4．已知处于某一能级n上的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出10种不同频率的光，下列表示辐射光波长最长的那种跃迁的示意图是()【解析】根据能级图可知，从n＝5到n＝4时能级差最小，辐射光子的能量最小，所以其波长最长．【答案】 A5．处于基态的氢原子吸收一个光子后，则下列说法正确的是( )A ．电子绕核旋转半径增大B ．电子的动能增大C ．氢原子的电势能增大D ．氢原子的总能量增加【解析】由玻尔理论可知，氢原子吸收光子后，应从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，在此跃迁过程中，电场力对电子做负功，电势能增加．另由经典电磁理论知，电子绕核做匀速圆周运动的向心力即为氢核对电子的库仑力，故ke 2r 2＝m v 2r ，所以E k ＝12m v 2＝ke 22r .可见，电子运动轨道半径增大，动能减小，再结合能量守恒定律，氢原子吸收光子，总能量增加，故正确选项为A 、C 、D.【答案】 ACD6．根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时( )A ．轨道半径之比为1∶4B ．速度之比为4∶1C ．周期之比为1∶8D ．动能之比为4∶1【解析】由玻尔公式r n ＝n 2r 1，所以轨道半径之比为r 1∶r 2＝12∶22＝1∶4，故A 对．根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2r 2n ＝m v 2n r n ，v n ＝ke 2mr n ，所以速度之比为v 1v 2＝r 2r 1＝2∶1，故B 错．根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2r 2n ＝m (2πT )2r n ，T ＝4π2mr 3n ke 2，所以周期之比为T 1T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝1∶8，故C 对．根据12m v 2n ＝12k e 2r n ，所以动能之比为E k1E k2＝r 2r 1＝4∶1，故D 对．【答案】 ACD7．关于光谱，下列说法正确的是( )A ．太阳光谱是吸收光谱B ．太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的C ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成D ．根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素【解析】太阳光谱是吸收光谱．因为太阳是一个高温物体，它发出的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收．上述选项中正确的是A 、B.【答案】 AB8．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )A ．用波长为60 nm 的X 射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子B ．用能量为10.2 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C ．用能量为11.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态D ．用能量为12.5 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态【解析】根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收(即hν＝E m －E n )，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n ＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：ΔE 21＝E 2－E 1＝E 122－E 1＝－13.64eV －(－13.6)eV ＝10.20 eV ，ΔE 31＝E 3－E 1＝E 132－E 1＝－13.69eV －(－13.6)eV ＝12.09 eV ，ΔE 41＝E 4－E 1＝E 142－E 1＝－13.616eV －(－13.6)eV ＝12.75 eV ，ΔE ∞1＝0－E 1＝－(－13.6 eV)＝13.6 eV(电离)．波长为λ＝60 nm 的X 射线，其光子能量E ＝h ·c λ＝6.63×10－34×3×10860×10－9 J ＝3.315×10－18 J ＝20.71 eV>ΔE ∞1.所以可使氢原子电离，A 正确；比较B 、C 、D 选项中的光子能量与各能级与基态的能量差，知道只有B 项中光子可使氢原子从基态跃迁到n ＝2的激发态，B 正确．【答案】 AB。