2018-2019学年物理(人教版)选修3-5试题：章末质量评估(四) Word版含解析

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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。

人教版物理选修3-5 第十九章章末质量评估(四) 含答案

9．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )A．核反应方程是H＋n→H＋γB．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3C．辐射中的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)cD．γ光子的波长λ＝h（m1＋m2－m3）c2解析：根据核反应过程中的质量数守恒、电荷数守恒可知核反应方程为：H＋n→H＋γ，故选项A错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故选项B正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量E＝(m1＋m2－m3)c2，故选项C错误；由E＝知，γ光子的波长λ＝c，故选项D错误．答案：B10．一个原来静止的238U核发生α衰变，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是下列图中的(图中半径大小没有按比例画)( )解析：由于发生的是α衰变，产物是两个带正电的粒子，根据动量守恒定律Mv1＋mvα＝0，可得这两个新核的运动方向相反，受到的(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；(3)当He旋转3周时，粒子H旋转几周？图甲图乙解析：(1)反应前后动量守恒：m0v0＝m1v1＋m2v2(v1为氚核速度，m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氢核质量)代入数值可解得：v1＝－1.0×103 m/s，方向与v0相反．(2)H和He在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比r1∶r2＝∶＝3∶40.(3)H和He做匀速圆周运动的周期之比T1∶T2＝∶＝3∶2，所以它们的旋转周数之比n1∶n2＝T2∶T1＝2∶3，即He旋转三周，H旋转2周．答案：(1)大小为1.0×103 m/s，方向与v0相反(2)3∶40(3)2周。

高中物理人教版选修3-5习题本册综合能力测试题 Word版含答案

本册综合能力测试题本卷分第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．(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导学号 96140512()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．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A 端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上。

则下述说法中正确的是导学号 96140513()①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒③小车的最终速度与断线前相同④全过程系统的机械能不守恒A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④答案：B解析：取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(若有摩擦，则物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同。

但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒。

3．关于核反应方程21H＋31H→42He＋X，以下说法中正确的是导学号 96140514() 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。

4．(河北邢台一中2014～2015学年高二下学期检测)氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是导学号 96140515()A．一个氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能减少，原子势能减少B．已知可见光的光子能量范围约为1.62eV－3.11eV，处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离C．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应D．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n＝4向n＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为2.55eV答案：A解析：根据C24＝6知，一群氢原子处于量子数n＝4的激发态，它们向较低能级跃迁时可能辐射出6种不同频率的光子，这时动能增大，电势能减小，故A错误；可见光的光子能量范围约为1.62eV－3.11eV，则紫外线的能量高于3.11eV，而n＝3能级的氢原子能量为－1.51eV，因此处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离，故B正确。

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。

高中物理选修3-5：高中物理《选修3-5》全册综合卷含解析

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

人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全册

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

2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。

接球时，两手随球迅速收缩至胸前。

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

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

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

4.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图像如图2所示。

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

2018-2019学年人教版物理选修3-5同步配套练习：模块综合检测 Word版含答案

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：C2.下表给出了一些金属材料的逸出功。

材料铯钙镁铍钛逸出功/(×10-19J)3.04.35.96.26.6现用波长为400 nm的单色光照射上述材料,能产生光电效应的材料最多有(普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,光速c=3.0×108 m/s)()A.2种B.3种C.4种D.5种解析：本题考查发生光电效应的条件,光子的能量及光的波长、波速与频率的关系。

当单色光的频率大于金属的截止频率时便能产生光电效应,即照射光子的能量大于金属的逸出功。

由E=hν及c=λν得E=E=6.6×10-34J=4.95×10-19 J照射光光子的能量大于铯、钙的逸出功,能产生光电效应的材料有2种,故选项A 正确。

答案：A3.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E k,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。

人教版高中物理选修3-5章末测试题全套含答案

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

2018-2019学年高中物理(教科版选修3-5)学业分层测评：第4章 3.光的波粒二象性 Word版含答案

学业分层测评(十五)(建议用时：45分钟)1．频率为ν的光子，具有的能量为h ν，动量为h νc，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是( )A ．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小B ．光子改变原来的传播方向，但传播速度不变C ．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大D ．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长小于入射光子的波长【解析】碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A 错误，B 正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c ＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C 、D 错误．【答案】 B2．(多选)关于光的本性，下列说法中正确的是 ( )A ．关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B ．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C ．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性D ．光电效应说明光具有粒子性【解析】光的波动性指大量光子在空间各点出现的可能性的大小可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波，光的粒子性是指光的能量是一份一份的，每一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．某现象说明光具有波动性，是指波动理论能解释这一现象．某现象说明光具有粒子性，是指能用粒子说解释这个现象．要区分说法和物理史实与波粒二象性之间的关系．C 、D 正确，A 、B 错误．【答案】 CD3．关于光的波粒二象性的理解正确的是 ( )【导学号：22482063】A ．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性B ．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C ．光在传播时粒子性显著，而与物质相互作用时波动性显著D ．高频光是粒子，低频光是波【解析】大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，A 正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B 、C 错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，D 错误．【答案】 A4．(多选)对光的认识，下列说法正确的是( )A ．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了D．光的波粒二象性应理解为：在某些场合下光的波动性表现明显，在某些场合下光的粒子性表现明显【解析】本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C错误，D选项正确．【答案】ABD5．(多选)为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是 ( )A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样C．大量光子的运动规律显示出光的粒子性D．个别光子的运动显示出光的粒子性【解析】单个光子运动具有不确定性，大量光子落点的概率分布遵循一定规律，显示出光的波动性．使光子一个一个地通过双缝，如果时间足够长，底片上会出现明显的干涉图样，A正确，B、C错误；由光的波粒二象性知，个别光子的运动显示出光的粒子性，D正确．【答案】AD6．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是( )A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样B．单个光子通过单缝后，底片上会出现完整的衍射图样C．光子通过单缝的运动路线像水波一样起伏D．单个光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出随机性，大量光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出规律性【解析】个别光子的行为表现出粒子性．单个光子的运动是随机的，无规律的，但出现在底片上明条纹处的概率大些，大量光子的行为表现出波动性，大量光子运动符合统计规律，通过单缝产生衍射图样，故A、D 正确，B错误．光子通过单缝的运动路线是无规律的，故C错误．【答案】AD7．(多选)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图432(a)、(b)、(c)所示的图像，则下列说法正确的是( )图432A．图像(a)表明光具有粒子性B．图像(c)表明光具有波动性C．用紫外光不能产生干涉D ．实验表明光是一种概率波【解析】用很弱的光做双缝干涉实验得到的图片上的一个一个无分布规律的光点，体现了光的粒子性，故A 正确；经过较长时间曝光的图片(c)，出现了明暗相间的条纹，波动性较为明显，本实验表明光是一种概率波，但不能表明光是一种电磁波，故B 、D 均正确；紫外光也属于波，也能发生干涉，故C 错误．【答案】 ABD8．如图433所示，当弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，同时与锌板相连的验电器铝箔有张角，则该实验可以证明光具有________性．图433【解析】弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，这是光的衍射，证明了光具有波动性，验电器铝箔有张角，说明锌板发生了光电效应现象，则证明光具有粒子性，所以该实验证明了光具有波粒二象性．【答案】波粒二象9．(多选)科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中( )【导学号：22482064】A ．能量守恒B ．动量守恒C ．λ＜λ′D ．λ＞λ′【解析】能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，适用于宏观世界也适用于微观世界．光子与电子碰撞时遵循这两个守恒规律．光子与电子碰撞前光子的能量E ＝h ν＝h c λ，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E′＝h ν′＝h c λ′，由E ＞E′，可知λ＜λ′，选项A 、B 、C 正确．【答案】 ABC10．光具有波粒二象性，光子的能量ε＝h ν，其中频率ν表示波的特征．若某激光管以P W ＝60 W 的功率发射波长λ＝663 nm 的光束，试根据上述理论计算：该管在1 s 内发射出多少个光子？【解析】设在时间Δt 内发射出的光子数为n ，光子的频率为ν，每个光子的能量ε＝h ν，所以P W ＝nh νΔt(Δt ＝1 s)．而ν＝c λ，解得n ＝P W Δt·λhc＝ 60×1×663×10－96.63×10－34×3×108个＝2.0×1020个．【答案】 2.0×1020个11．若一个光子的能量等于一个电子的静止能量，已知静止电子的能量为m 0c 2，其中m 0为电子质量，c 为光速，试问该光子的动量和波长是多少？(电子的质量取9.11×10－31 kg ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s) 【解析】一个电子静止能量为m 0c 2，按题意h ν＝m 0c 2光子的动量p ＝h λ＝εc ＝m 0c 2c＝m 0c ＝9.11×10－31 kg×3×108 m/s ≈2.73×10－22 kg·m/s，光子的波长λ＝h p ＝ 6.63×10－34J·s 2.73×10kg·m/s≈2.4×10－12 m.【答案】 2.73×10－22 kg·m/s 2.4×10－12 m12．光具有波粒二象性，光子的能量E ＝h ν，其中频率ν表征波的特征．在爱因斯坦提出光子说之后，又提出了光子动量p 与光波波长λ的关系λ＝h p.若某激光管以P ＝60 W 的功率发射波长λ＝663 nm 的光束，试根据上述理论计算：若该管发射的光束被某黑体表面吸收，那么该黑体表面所受到的光束对它的作用力F 为多大？【解析】由能量守恒定律得Pt ＝n hc λ，可得n ＝2×1020个．对光子由动量定理，可得F′t＝(p 2－p 1)n ，可得F′＝－2×10－7 N由牛顿第三定律知黑体表面所受作用力F ＝－F′＝2×10－7 N.【答案】 2×10－7 N。

人教版高中物理选修3-5全册内容综合测试含答案

绝密★启用前人教版高中物理选修3-5全册内容综合测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.科学家通过对月壤样品进行实验分析，估计月壤中氦3的资源总量可达100万－500万吨，若能实现商业化运用，月壤中的氦3可供地球能源需求达数万年．利用氦3的核反应方程为：He＋H→He＋X.则下列说法中正确的是()A．上式中X应为中子B．目前地球上的核电站正是利用氦3作为核燃料，因此迫切需要开发月壤中的氦3C．反应前He与H的质量之和等于反应后He与X的质量之和D．反应前He与H的质量之和大于反应后He与X的质量之和2.如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是()A． 2.4 m/sB． 2.8 m/sC． 3.0 m/sD． 1.8 m/s3.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中()A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量增大D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大4.如图小球A和小球B质量之比为1∶3，球A用细绳系住，绳子的另一端固定，球B置于光滑水平面上．当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与球B弹性正碰，则碰后球A能上升的最大高度是()A．hB．C．D．5.设a、b两球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若它们碰撞前的速度分别为v a、v b，碰后的速度分别为v a′、v b′，则两个小球的质量比m a∶m b为()A．B．C．D．6.用蓝光照射一光电管，能产生光电流，则下列一定可以使光电管发生光电效应的有()A．红光B．黄光C．绿光D．紫光7.光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程，对此下列说法正确的是()A．两种效应中电子与光子组成的系统都服从动量守恒定律和能量守恒定律B．两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程C．两种效应都属于吸收光子的过程D．光电效应是吸收光子的过程，而康普顿效应相当于光子和电子弹性碰撞的过程8.一个质量为m的小球以速率v垂直射向墙壁，被墙以等速率反向弹回．若球与墙的作用时间为t，则小球受到墙的平均作用力大小为()A．B．C．D． 09.用盖革—米勒计数器测定放射源的放射强度为每分钟405次，若将一张厚纸板放在计数器与放射源之间，计数器几乎测不到射线.10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为每分钟101次，则下列关于射线性质及它的半衰期的说法正确的是()A．放射源射出的是γ射线B．放射源射出的是β射线C．这种放射性元素的半衰期是5天D．这种放射性元素的半衰期是2.5天10.下列关于近代物理知识的说法正确的是()A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了1个B．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有较强的穿透能力C．含有10个原子核的放射性元素，经过一个半衰期，一定有5个原子核发生衰变D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减少，电子的动能增加二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有()A． X是中子B． Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应12.(多选)下列核反应方程正确的是()A．He＋N→O＋HB．He＋Be＝C＋nC．He＋Al→P＋nD．→Ba＋Kr＋2n13.(多选)某种元素的原子核符号为X，则()A．原子核的质子数为Z，中子数为A－ZB．原子核的质子数为Z，核子数为AC．原子核的质子数为A，中子数为ZD．原子核的质子数为A，中子数为A－Z14.(多选)太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.下列说法中正确的是()A．方程中的X表示中子(n)B．方程中的X表示正电子(e)C．这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.一个物理学习小组利用图甲所示的装置和频闪相机来验证动量守恒定律．其实验步骤如下：步骤1：用天平测出A、B两个小球的质量mA、mB(mA＞mB)；步骤2：安装好实验装置，使斜槽末端保持水平，调整好频闪相机的位置并固定；步骤3：让入射小球从斜槽上某一位置P由静止释放，小球离开斜槽后，用频闪相机记录下小球相邻两次闪光时的位置，照片如图乙所示；步骤4：将被碰小球放在斜槽末端，让入射小球从位置P由静止开始释放，使它们碰撞．两小球离开斜槽后，用频闪相机记录两小球相邻两次闪光时的位置，照片如图丙所示．经多次实验，他们猜想碰撞前后物体的质量和速度的乘积之和不变．①实验中放在斜槽末端的小球是________ (选填“A”或“B”)；②若要验证他们的猜想，需要在照片中直接测量的物理量有____、____、____(选填“x0”“y0”“x1”“y1”“x2”“y2”)．写出该实验小组猜想结果的表达式____________(用测量量表示)．③他们在课外书中看到“两物体碰撞中有弹性碰撞和非弹性碰撞之分，碰撞中的恢复系数定义为e ＝，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞恢复系数e＝1，非弹性碰撞恢复系数e＜1.”于是他们根据照片中的信息求出本次实验中恢复系数的值e＝________.(结果保留到小数点后两位数字)四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.跳水运动员应先将跳板向下压一下，以便让人弹得更高．如图所示，在北京奥运会3米跳板跳水中，运动员的质量为40 kg，跳板下压的最大距离为0.2 m，跳板储存的弹性势能为160 J，反弹时跳板将弹性势能全部转给运动员，把运动员视为质点，则运动员入水的速度为多大？弹起时运动员与板作用时间为0.8 s，那么在弹起的过程中板对运动员的平均作用力为多少？(g取10 m/s2，板的质量忽略不计)17.如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为m A＝0.1 kg，m B ＝0.1 kg，m C＝0.3 kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4 J转化为A 和B沿轨道方向的动能。

2018学年物理选修3-5练习单元质量评估19 含解析

第十九章一、选择题1．关于天然放射现象，下列说法正确的是()A．是玛丽·居里夫妇首先发现的B．说明了原子核不是单一的粒子C．γ射线必须伴随α射线或β射线而产生D．任何放射性元素都能同时发出三种射线解析：首先发现天然放射现象的是法国物理学家贝可勒尔．同时也是首次揭示出原子的可变性，即原子核不是单一粒子，原子核也是具有复杂结构的．γ射线是在原子核放射α粒子或β粒子时，多余的能量以极高频率的γ光子的形式产生的辐射，因此，γ射线是伴随α射线或β射线而放出的．γ射线并不能单独向外辐射．但放射性元素在发生衰变时，虽不能单独放出γ射线，却能单独射出α射线或β射线，若有多余能量，就能同时伴随γ射线的产生，若无多余能量，则只单独放出α射线或β射线，不产生γ射线．因此，放射性元素发生衰变时不一定都能同时射出三种射线．C、D错．答案：BC2．关于放射性同位素的应用，下列说法中正确的有()A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而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使其DNA发生变异，其结果一定是更优秀的品种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伤害解析：利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出．γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视．作物种子发生的DNA 突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种．用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量．答案： D3．关于轻核聚变释放核能，下列说法正确的是()A．一次聚变反应一定比一次裂变反应释放的能量多B．聚变反应比裂变反应每个核子释放的平均能量一定大C．聚变反应中粒子的比结合能变小D．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加解析：在一次聚变反应中释放的能量不一定比裂变反应多，但平均每个核子释放的能量一定大，故A错误，B正确；由于聚变反应中释放出巨大能量，则比结合能一定增加，质量发生亏损，故C、D错误．答案： B4．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是()A．3015P―→3014Si＋01e B．21H＋31H―→42He＋10nC．146C―→147N＋0－1e D．23892U―→23490Th＋42He解析：因为轻核结合成质量较大的核叫做聚变．此题关键在一个“聚”字，暗示变化之前应至少有两种核，四个选项中只有选项B符合要求．答案： B5．近一段时间，朝鲜的“核危机”引起了全球的瞩目，其焦点问题就是朝鲜的核电站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出可供研制核武器的钚239(23994 Pu)，这种23994Pu可由铀23923992U经过n次β衰变而产生，则n为()A．2 B．239C．145 D．92解析：其衰变方程为：23992U―→23992Pu＋n0－1e，β衰变时质量数不变，由电荷数守恒可以判断出发生β衰变的次数为2次．答案： A6．下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是()A．94Be＋42He→126C＋X B．147N＋42He→178O＋XC．20480Hg＋10n→20278Pt＋211H＋X D．23992U→23993Np＋X解析：核反应和核衰变方程中，反应前后应遵从质量数守恒和电荷数守恒，由此可得出正确答案为A、C，而B、D错误．答案：AC7．氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4(质量单位均为kg)，如果氘核和氚核结合成氦核，则下列说法中正确的是()A．核反应方程为21H＋31H→42He＋10n＋EB．这是一个裂变反应C．核反应过程中的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3D．核反应过程中释放的能量为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2解析：方程满足质量数守恒、电荷数守恒，故A正确．此方程为聚变方程，B错误，利用ΔE＝Δmc2知C错误，D正确．答案：AD8．月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3(32He)”的化学元素，是热核聚变的重要原料．科学家初步估计月球上至少有100万吨氦3，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源．关于“氦3(32He)”与氘核聚变，下列说法正确的是() A．核反应方程为32He＋21H→42He＋11HB．核反应生成物的质量将大于参加反应物的质量C．氦3(32He)一个核子的结合能大于氦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：根据质量数守恒、电荷数守恒和已知条件可以写出核反应方程32He＋21H→42He ＋11H，故A对；由于此核反应过程中放出能量将出现质量亏损，所以B错，D正确．由于42 He的平均结合能大于32He的平均结合能，故C错．答案：AD9．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发生核聚变，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解析：32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．答案：BC二、非选择题10．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11．产生聚变的条件是________，我们往往采用________的方法来满足上述条件，这种反应叫做________．太阳每秒钟辐射出来的能量约为3．8×1026 J，就是从________反应中产生的，太阳内部时刻进行着4个质子结合成一个氦核的反应，试写出核反应方程________．解析：“聚变”就是要使原先相距“较远”的核克服库仑斥力而结合为一个“稳定”的新核，因此事先必须让两核获得较大的初动能，常采用加热的方法．答案：使轻核之间的距离减小到10－15 m把它们的温度加热到很高热核反应热核411H→42He＋201e12．核能是一种高效的能源．(1)在核电站中，为了防止放射性物质泄露，核反应堆有三道防护屏障：燃料包壳、压力壳和安全壳(如图甲、乙所示)．结合图可知，安全壳应当选用的材料是________．(2)核反应堆中的核废料具有很强的放射性，目前常用的处理方法是将其装入特制的容器中，然后________．A．沉入海底B．放至沙漠C．运到月球D．深埋地下(3)图丙是用来监测工作人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，结合图分析可知工作人员受到了________射线的辐射；当所有照相底片被感光时，工作人员受到了________射线的辐射．解析：在核电站中，核反应堆的最外层安全壳用的都是厚厚的混凝土．对核废料目前最有效的方法是深埋地下，并远离水源．α射线贯穿本领最弱，一张纸就能把它挡住，β射线贯穿本领较强，它能穿透几毫米厚的铝板，γ射线贯穿本领最强，它能穿透几厘米厚的铅板．答案：(1)混凝土(2)D(3)βγ13．为了验证爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，设计了下面的实验：用动能E1＝0．9 MeV 的质子去轰击静止的锂核73Li，生成两个α粒子，测得这两个α粒子的动能之和E＝19．9 MeV．(质子、锂7核、α粒子的质量分别是1．007 3 u、7．016 u、4．001 5 u)(1)写出该核反应方程式；(2)计算核反应过程中释放的能量ΔE；(3)通过计算说明ΔE＝Δmc2的正确性．解析：可先计算核反应过程中的质量亏损Δm，再根据爱因斯坦质能方程，计算出核反应中释放的能量ΔE，并建立一个理想模型．释放的能量全部转化为系统的动能，计算出核反应中系统的动能的增加量E －E 1．在误差允许的范围内，只要释放的能量ΔE 与系统的动能的增加量E －E 1近似相等，即可说明ΔE ＝Δmc 2是正确的．(1)11H ＋73Li →242He ．(2)核反应过程中的质量亏损Δm ＝(1．007 3＋7．016 0－2×4．001 5) u ＝0．020 3 u ．根据爱因斯坦质能方程，计算出核反应中释放的能量．ΔE ＝0．020 3×931．5 MeV ＝18．9 MeV ．(3)由实验知反应后系统增加的动能是E ＝E 1＝(19．9－0．9) MeV ＝19．0 MeV ．这与核反应中释放的核能在误差允许的范围内近似相等，证明了方程ΔE ＝Δmc 2是正确的．答案： (1)11H ＋73Li →242He(2)18．9 MeV (3)见解析14．(1)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．①碘131核的衰变方程：131 53I →________(衰变后的元素用X 表示)．②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．(2)静止的氮核14 7N 被速度为v 0的中子10n 击中生成碳核12 6C 和另一种原子核甲，已知碳核12 6C 与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后碳核12 6C 与甲核的动量之比为1∶1．①写出该反应的核反应方程________．②求碳核12 6C 与甲核的速度．解析： (1)①根据衰变过程电荷数守恒与质量数守恒可得衰变方程：131 53I ―→131 54X ＋ 0－1e ；②每经1个半衰期，有半数原子核发生衰变，经2个半衰期将剩余14，即有75%发生衰变，即经过的时间为16天．(2)①14 7N ＋10n ―→12 6C ＋31H②设中子质量为m 0，碳核12 6C 质量为m C ，甲核质量为m 甲，则m C ＝12 m 0，m 甲＝3m 0．由动量守恒得m 0v 0＝m C v C ＋m 甲v 甲即m 0v 0＝12m 0v C ＋3m 0v 甲又因为碳核12 6C 与甲核的动量比为1∶1，所以m C v C ＝m 甲v 甲即12m 0v C ＝3m 0v 甲联立以上两个方程，得：v C ＝v 024 v 甲＝v 06．答案： (1)①131 53X ＋ 0－1e ②16(2)①14 7N ＋10n ―→12 6C ＋31H②v 024 v 06。

2018学年高中物理选修3-5：期末练习题含答案解析

2018学年高中物理选修3-5：期末练习题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．根据爱因斯坦的研究成果，物体的能量和质量的关系是E＝mc2，这一关系叫爱因斯坦质能方程．质子的质量为m p，中子的质量为m n，氦核的质量为mα，下列关系式正确的是( )A．mα＝(2m p＋2m n) B．mα<(2m p＋2m n)C．mα>(2m p＋2m n) D．以上关系式都不正确2．“嫦娥一号”月球探测卫星于2007年10月24日在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭发射升空．该卫星用太阳能电池板作为携带科研仪器的电源，它有多项科研任务，其中一项是探测月球上氦3的含量，氦3是一种清洁、安全和高效的核融合发电燃料，可以采用在高温高压下用氘和氦3进行核聚变反应发电．若已知氘核的质量为2.013 6 u，氦3的质量为3.0150 u，氦核的质量为4.001 51 u，质子质量为1.007 83 u，中子质量为1.008 665 u,1 u相当于931.5 MeV.则下列说法正确的是()A．氘和氦3的核聚变反应方程式：21H＋32He→42He＋X，其中X是中子B．氘和氦3的核聚变反应释放的核能约为17.9 MeVC．核聚变又称热核反应，核聚变时要释放巨大能量，目前人类已经实现了可控热核反应．D．氘和氦3的核聚变反应方程式：21H＋32He→43He＋X，其中X是中子3．关于太阳辐射的主要由来，下列说法正确的是A．来自太阳中氢元素聚变反应释放的核能B．来自太阳中碳元素氧化释放的化学能C．来自太阳中重元素裂变反应释放的核能D．来自太阳中本身贮存的大量内能4．在光滑的水平面上，质量m1＝2 kg的球以速度v1＝5 m/s和静止的质量为m2＝1 kg 的球发生正碰，碰后m2的速度v2′＝4 m/s，则碰后m1()A．以3 m/s的速度反弹B．以3 m/s的速度继续向前运动C．以1 m/s的速度继续向前运动D．立即停下5．某原子核A先进行一次β衰变变成原子核B，再进行一次α衰变变成原子核C，则（）A．核C的质子数比核A的质子数少2B．核A的质量数减核C的质量数等于3C．核A的中子数减核C的中子数等于3D．核A的中子数减核C的中子数等于56．在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大7．关于反冲运动的说法中，正确的是（）A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律8．下列说法正确的是()A．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B．光是高速运动的微观粒子，每个光子都具有波粒二象性C．光子本身所具有的能量取决于光子本身的频率D．在光电效应中，用频率为ν1的绿光照射某金属发生了光电效应，则改用频率为ν2的红光照射该金属一定不发生光电效应9．质量分别为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上相碰，碰撞前后的位移－时间图象如图所示，若图中θ<45°，则()A．m1>m2B．碰撞前两物体速率相等C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动D．碰撞前两物体动量大小相等、方向相反二、多选题10．下列说法中正确的是()A．火箭利用周围空气提供的动力飞行B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型C．铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D．热核反应的温度须达到几百万开尔文，反应过程中要吸收能量11．质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如32He是31H的镜像核，同样31H也是32He的镜像核．下列说法正确的是()A．137N和136C互为镜像核B．157N和168O互为镜像核C．157N和158O互为镜像核D．互为镜像核的两个核质量数相同12．关于光谱的产生，下列说法正确的是()A．正常发光的霓虹灯属稀薄气体发光，产生的是线状谱B．白光通过某种温度较低的蒸气后将产生吸收光谱C．撒上食盐的酒精灯火焰发出的光是线状谱D．炽热高压气体发光产生的是线状谱13．下列关于微观粒子波粒二象性的认识,正确的是()A．因实物粒子具有波动性,故其轨迹是波浪线B．由概率波的知识可知,因微观粒子落在哪个位置不能确定,所以粒子没有确定的轨迹C．由概率波的知识可知,因微观粒子落在哪个位置不能确定,再由不确定性关系知粒子动量将完全确定D．大量光子表现出波动性,此时光子仍具有粒子性14．下列物质中产生线状谱的是()A．炽热的钢水B．发光的日光灯管C．点燃的蜡烛D．极光15．以下有关近代物理内容的几种说法中正确的是()A．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小D．用14 eV光子照射位于基态的氢原子，可使其电离16．下列说法正确的是()A．某个物体的动量变化越快，它受到的合外力一定越大B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D．冲量的方向就是物体运动的方向17．在α粒子散射实验中，如果一个α粒子跟金箔中的电子相撞，则（）A．α粒子的动能和动量几乎没有损失B．α粒子损失了部分的动能和动量C．α粒子不会发生明显的偏转D．α粒子将发生较大角度的偏转18．铁的比结合能比铀核的比结合能大，下列关于它们的说法正确的是A．铁的结合能大于铀核的结合能B．铁核比铀核稳定C．铀核发生核变化变成铁核要放出能量D．铀核发生核变化变成铁核质量要亏损19．如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是()A．滑块和小球组成的系统动量守恒B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒CD．滑块的最大速率为20．正电子发射型计算机断层显像（PET）的基本原理是：将放射性同位素158O注入人体，158O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器的探测到．经计算机处理后产生清晰的图象，根据PET原理判断，下列选项正确的是（）A．158O在人体内衰变的方程是15150871O N e→+B．正负电子湮灭的方程式是00112e eγ-+→C．在PET中，158O的主要用途是作为示踪原子D．在PET中，158O的主要用途是参与人体的代谢过程三、实验题21．某同学设计了一个探究碰撞中的不变量的实验：将打点计时器固定在光滑的长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面．让小车A运动，小车B静止．在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图甲，碰撞时撞针插入橡皮泥把两小车粘合成一体．他在安装好实验装置后，先接通电源然后轻推小车A，使A获得一定的速度，电磁打点计时器在纸带上打下一系列的点，已知电源频率为50Hz.(1)实验中打出的纸带如图乙所示，并测得各计数点间距标在图上，则应选________段计算A的碰前速度；应选________段计算A和B碰后的共同速度(填“BC”、“CD”或“DE”)．(2)已测得小车A的质量m1＝0.20kg，小车B的质量m2＝0.10kg，由以上测量结果可得：碰前A、B两小车质量和速度的乘积之和为________kg·m/s；碰后A、B两小车质量和速度的乘积之和为________kg·m/s.(计算结果均保留三位有效数字)22．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，且线与竖直方向的夹角为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推移到与竖直方向夹角为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 ′＝________________.23．图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。

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单元质量评估(四)第十九章(90分钟100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分。

多选题已在题号后标出)1.(2015·汕头高二检测)核反应方程4He+714N→817O+X,X所代表的粒子是( )2A.1H B.12H C.−10e D.01n1【解析】选A。

根据核反应所遵循的两个守恒,即质量数守恒和电荷数守恒得X 的质量数=4+14-17=1,电荷数=2+7-8=1,因此,X代表的粒子为1H,选项A正确。

12.(2015·韶关高二检测)卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。

发现质子的核反应为:14N+24He→817O+11H。

已知氮核质量为m N=14.007 53u,氧核的质量为m O=717.004 54u,氦核质量m He=4.003 87u,质子(氢核)质量为m p=1.008 15u,(已知:1 uc2=931 MeV)对于这一核反应,下列说法正确的是( )A.放出热量0.001 29 MeVB.吸收热量0.001 29 MeVC.放出热量1.20 MeVD.吸收热量1.20 MeV【解析】选D。

质量亏损Δm=m N+m He-m O-m p=-0.001 29 u,由质能方程得:ΔE=Δmc2=-1.20 MeV,故这一核反应是吸收能量的反应,吸收的能量为1.20 MeV,D项正确。

【互动探究】若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。

反应生成的氧核和质子同方向运动,且速度大小之比为1∶50。

求氧核的速度大小。

【解析】动量守恒m He×v0=m H×v H+m O v O又:v O∶v H=1∶50解得:v O=1.8×106m/s答案：1.8×106m/s3.(2013·大纲版全国卷)放射性元素(222Rn)经α衰变成为钋(21884Po),半衰期约为863.8天;但勘测表明,经过漫长的地质年代后,目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素222Rn的矿石,其原因是( )86A.目前地壳中的222Rn主要来自于其他放射性元素的衰变86B.在地球形成的初期,地壳中元素222Rn的含量足够高86C.当衰变产物218Po积累到一定量以后, 21884Po的增加会减慢22286Rn的衰变进程84D.222Rn主要存在于地球深处的矿石中,温度和压力改变了它的半衰期86【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)知道半衰期大小的决定因素。

人教版高中物理选修3-5阶段质量检测(四).docx

高中物理学习材料桑水制作阶段质量检测（四）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题至少一个答案正确)1.(2012·南通高二检测)关于天然放射现象和对放射性的研究，下列说法正确的是( )A.是约里奥—居里夫妇首先发现的B.说明了原子核不是单一的粒子C.γ射线随α射线或β射线而产生D.任何放射性元素都能同时发出三种射线2.关于放射性同位素的应用,下列说法中正确的是( )A.放射性改变了布料的性质使其不再因摩擦而起电,并以此达到消除有害静电的目的B.利用γ射线的贯穿本领可以为金属探伤,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,其结果一定会成为更优秀的品种D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量,以免对人体正常的组织造成太大的伤害3.关于放射性元素的半衰期,下列说法中正确的是( )A.半衰期是原子核质量减少一半所需的时间B.半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间C.半衰期与外界压强和温度有关,与原子的化学状态无关D.半衰期可以用于测定地质年代、生物年代等4.(2012·杭州高二检测)下列说法正确的是( )A.铀235只要俘获中子就能进行链式反应B.所有的铀核俘获中子后都能裂变C.太阳不断地向外辐射大量能量，太阳质量应不断减小，日地间距离应不断增大，地球公转速度应不断减小D.粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的5.对核子结合成原子核的下列说法正确的是( )A.原子核内的核子间均存在核力B.原子核内的质子间均存在核力和库仑力C.当n个核子靠近到核力作用的范围而结合为原子核时,其间势能一定减小D.对质子数较多的原子核，其中的中子起到增加核力、维系原子核稳定的作用6.“轨道电子俘获”也是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核(称为子核)并且放出一个中微子的过程.中微子的质量很小,不带电,很难被探测到,人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的.一个静止的原子的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子.下面的说法中正确的是( )A.母核的质量数等于子核的质量数B.母核的电荷数大于子核的电荷数C.子核的动量与中微子的动量相同D.子核的动能大于中微子的动能7.现有三个核反应，下列说法正确的是( )①2411Na→2412Mg+0-1e②23592U+10n→14456Ba+8936Kr+310n③21H+31H→42He+10nA.①是裂变，②是β衰变，③是聚变B.①是β衰变，②是裂变，③是聚变C.①是聚变，②是裂变，③是β衰变D.①是β衰变，②是聚变，③是裂变8.14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法.若以横坐标t表示时间,纵坐标m表示任意时刻14C的质量,m0为t=0时14C的质量.下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )9.(2012·潍坊高二检测)一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子.已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )A.核反应方程是11H+10n→31H+γB.聚变反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3C.辐射出的γ光子的能量E=(m 3-m 1-m 2)cD.γ光子的波长()2123hm m m cλ=+-10.静止的氡核22286Rn 放出α粒子后变成钋核21884Po,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( )2222E 111E 109E A.B.0C.D.109c 109c 111c ααα11.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,产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹,可能是( )A.原子核发生了α衰变B.原子核发生了β衰变C.原子核放出了一个正电子D.原子核放出了一个中子12.如图所示,一天然放射性物质射出三种射线,经过一个匀强电场和匀强磁场共存的区域(方向如图中所示),调整电场强度E 和磁感应强度B 的大小,使得在MN 上只有a 和b 两个点受到射线照射.下面的哪种判断是正确的( )A.射到b点的可能是α射线B.射到b点的一定是β射线C.射到b点的一定是α射线或β射线D.射到b点的一定是γ射线二、非选择题(本大题共4小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(2012·唐山高二检测)(8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.14.(10分)核反应堆的功率为104 kW,1 h消耗燃料8.75 g,已知每个铀235裂变时放出2×108 eV的能量,求该燃料中铀235的质量百分比.15.(10分)两个氘核聚变产生一个中子和氦核(氦的同位素).已知氘核的质量m D=2.013 60 u,氦核的质量m He=3.015 0 u,中子的质量m n=1.008 7 u.(1)写出聚变方程并计算释放的核能.(2)若反应前两个氘核的动能为0.35 MeV.它们正面对撞发生聚变,且反应后释放的核能全部转化为动能,则产生的氦核和中子的动能各为多大?16.(2012·长宁区高二检测)(12分)如图甲所示,静止在匀强磁场中的63Li 核俘获一个速度为v0=7.7×104 m/s 的中子而发生核反应，即63Li+10n→31H+42He,若已知42He的速度v2=2.0×104 m/s,其方向与反应前中子速度方向相同,试求:(1)31H的速度大小和方向;(2)在图乙中,已画出并标明两粒子的运动轨迹,请计算出轨道半径之比;(3)当42He旋转三周时,粒子31H旋转几周?答案解析1.【解析】选B、C.首先发现天然放射现象的是法国的贝可勒尔，A错误；放射现象的研究揭示出原子的可变性，即原子核不是单一粒子，原子核也是具有复杂结构的，B正确；γ射线是在原子核放射α粒子或β粒子的时候，多余的能量以极高频率的γ光子的形式产生的辐射，因此，γ射线是伴随(不是一定伴随)α射线或β射线而放出的.但放射性元素在发生衰变时,一般不能单独放出γ射线,却能单独放射出α射线或β射线,若有多余能量，则就同时伴随有γ射线产生，若无多余能量，则只单独放出α射线或β射线，不产生γ射线.因此,放射性元素发生衰变时不一定都能同时发出三种射线.C正确,D错误.2.【解析】选D.利用放射性消除有害静电是利用放射线的电离作用,使空气分子电离为导体,将静电泄出,故A错误;γ射线对人体细胞伤害太大,不适合用来进行人体透视,B错误;作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的,还要经过筛选才能培育出优良的品种,C错误;用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用,因此要科学地严格控制剂量,D正确.故正确答案为D.3. 【解析】选B、D.原子核的衰变是由原子核内部因素决定的,与外界环境无关,C 错误;原子核的衰变有一定的速率,每隔一定的时间(即半衰期),原子核就衰变掉总数的一半,A错误,B正确;利用铀238可测定地质年代,利用碳14可测定生物年代,D正确.4.【解析】选C.要发生链式反应必须同时满足三个条件:(1)必须有足够纯度的铀235(浓缩铀);(2)铀块的体积必须大于或等于临界体积;(3)要有足够数量的慢中子.所以A错误.并不是所有的铀核都能发生裂变,所以B也是错误的.由于太阳在向外辐射能量的过程中,会出现质量亏损,由万有引力定律可知日地间的引力要减小,所以日地间的距离要不断增大,在向外运动的过程中由于要克服引力做功,故地球的公转速度要不断减小，所以C正确;粒子散射实验证明了原子是有核式结构的,所以D错误.故正确答案为C.5.【解析】选C、D.由于核力为短程力,只会发生在相邻核子之间,由此知A、B 错误；当n个核子靠近到核力作用范围内，而距离大于0.5×10-15m时核力表现为引力,在此过程中核力必做正功,其间势能必定减小,形成原子核后距离一般不小于0.5×10-15 m,故C正确;对质子数较多的原子核由于只有相邻的质子间才有核力,但各个质子间均有很强的库仑斥力,随着质子数的增加,其库仑力增加,对于稳定的原子核,必须存在较多的中子才能维系二者的平衡,故D正确.6.【解析】选A、B.衰变时母核与子核的质量数是相等的,A正确;母核中的质子由于变为中子,则子核中的电荷数减少1,所以B 正确;由动量守恒知中微子与子核的动量大小相等,但方向相反,C 错误;由2k p E 2m=知中微子的动能要大于子核的动能,D 错误.7.【解析】选B.根据核反应方程可确定①是β衰变，②是裂变，③是聚变，所以B 选项正确.【变式备选】美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器,通过4820Ca(钙48)轰击24998Cf(锎249)发生核反应,成功合成第118号元素,这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素.实验表明,该元素的原子核先放出3个相同的粒子X,再连续经过3次α衰变后,变成质量数为282的第112号元素的原子核,则上述过程中粒子X 是( ) A.中子 B.质子 C.电子 D.α粒子【解析】选A.由于最终经3次α衰变变成原子核282112X,由此可知原来的核应为294118X,而该核是由某原子核放出了3个粒子X 形成的.而4820Ca 和24998Cf 的总质子数为118,质量数为297,由此可知4820Ca+24998Cf →297118X,297118X →294118X+310n,故A 正确.8.【解析】选C.设半衰期为T,那么m=t T01m ()2.可见,随着t 的增长，物体的质量越来越小,且变化越来越慢,很显然C 选项图线符合衰变规律.9.【解析】选B.根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知,得到的氘核为21H,故A 错误;聚变反应过程中辐射一个γ光子,质量减少Δm=m 1+m 2-m 3,故B 正确;由质能方程知,辐射出的γ光子的能量为E=Δmc 2=(m 2+m 1-m 3)c 2,故C 错误;由c=λν及E=h ν得λ=()123hm m m c+-,故D 错误.10.【解析】选C.由于动量守恒,反冲核和α粒子的动量大小相等,由E k =2p 2m ∝1m知它们的动能之比为4∶218,因此衰变释放的总能量是111E 109α,由质能方程得质量亏损是2111E 109c α. 11.【解析】选A 、C.径迹为两个外切的圆,由左手定则知放出的粒子一定带正电荷,因此该衰变可能是α衰变,也可能是放出正电子的衰变. 12.【解题指南】解答此题应按以下思路分析：(1)明确α粒子、β粒子、γ射线的带电情况，且知道β粒子速度远大于α粒子速度.(2)当电场力和洛伦兹力平衡时或粒子不带电时,粒子沿直线运动.(3)采用假设法,假设α粒子能到达a 点,判断β粒子运动,再假设 β粒子能到达a 点,判断α粒子的运动.【解析】选A 、C.γ射线不带电,在电场或磁场中都不受力的作用,只能射到a 点,因此D 选项错误;调整E 和B 的大小,既可以使带正电的α射线沿直线前进,也可以使带负电的β射线沿直线前进.沿直线前进的条件是电场力与洛伦兹力平衡,即Eq=Bqv.已知α粒子的速度比β粒子的速度小得多,当我们调节使α粒子沿直线前进时,速度大的β粒子向右偏转,有可能射到b 点;当我们调节β粒子沿直线前进时,速度较小的α粒子也将会向右偏,也有可能射到b 点,因此A 、C 选项正确,而B 选项错误.13.【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可判断粒子种类.(1)32He+21H →42He+11H,聚变 (2分) (2)2411Na →2412Mg+0-1e,β衰变 (2分) (3)2311Na+21H →2411Na+11H,人工转变 (2分)(4)23592U+10n →14256Ba+9136Kr+310n ，裂变. (2分) 答案:见解析14.【解析】该反应堆每小时输出的能量为:E=Pt=107×3 600 J=3.6×1010 J (3分) 设放出这些能量消耗的纯铀235的质量为m g,则 E m235=×6.02×1023×2×108×1.6×10-19 J ≈8.2×1010m J (3分) 则纯铀235的质量10103.610m g 0.439 g 8.210⨯=≈⨯ (2分) 铀235的质量百分比是0.4398.75≈0.05=5% (2分) 答案:5%15.【解析】(1)聚变的核反应方程 221H →32He+10n,核反应过程中的质量亏损为Δm=2m D -(m He +m n )=0.003 5 u (2分) 释放的核能为ΔE=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV (2分) (2)对撞过程动量守恒,由于反应前两氘核动能相同,其动量等值反向,因此反应前后系统的动量为0,即0=m He v He +m n v n (2分) 反应前后总能量守恒,得12m He v He 2+12m n v n 2=ΔE+2E k0 (2分)—————————— 新学期新成绩新目标新方向 ——————————桑水解得E kHe =0.99 MeV,E kn =2.97 MeV (2分)答案:见解析16.【解析】(1)反应前后动量守恒:m 0v 0=m 1v 1+m 2v 2(v 1为氚核速度,m 0、m 1、m 2分别代表中子、氚核、氦核质量) (2分) 代入数值可解得:v 1=-1.0×103 m/s,方向与v 0相反. (2分)(2)31H 和42He 在磁场中均受洛伦兹力f,做匀速圆周运动的半径之比r 1∶r 2=112212m v m v Bq Bq ∶ =3∶40. (3分) (3)31H 和42He 做匀速圆周运动的周期之比T 1∶T 2=12122m 2m Bq Bq ππ∶ =3∶2 (3分) 所以它们的旋转周数之比：n 1∶n 2=T 2∶T 1=2∶3，即42He 旋转三周，31H 旋转2周. (2分)答案:(1)大小为1.0×103 m/s,方向与v 0相反(2)3∶40 (3)2周【总结提升】在匀强磁场中研究核反应的规律带电粒子在磁场中的偏转现象的应用可以帮助我们研究核反应的规律,解决这类问题应明确以下三个方面:(1)明确核反应的类型并正确书写核反应方程；(2)建立力学模型,分析核反应过程中的运动情况,应用动量守恒观点和能量守恒观点列出方程；(3)根据带电粒子在磁场中的受力情况和匀速圆周运动的分析方法研究粒子在磁场中的运动规律,确定半径和周期等.。

精选人教版高中物理选修3-5：测试卷(四)含答案

高中同步测试卷(四)第四单元原子的核式结构和能级跃迁(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．卢瑟福的α粒子散射实验的结果( )A．证明原子中绝大部分是空的B．证明了质子的存在C．证明了原子核是由质子和中子组成的D．说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上2．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是( )A．使α粒子产生偏转的力主要是原子中电子对α粒子的作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子3．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量符合下列哪些情况( )A．动能最小B．势能最小C．α粒子与金原子核组成的系统能量最小D．α粒子所受金原子核的斥力最大4．关于原子结构理论与α粒子散射实验的关系，下列说法正确的是( )A．α粒子穿过原子时，只有少数粒子发生大角度偏转的原因是原子核很小，α粒子接近原子核的机会很小B．使α粒子发生大角度偏转的原因是α粒子穿过原子时，原子内部两侧的正电荷对α粒子的斥力不相等C．卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正确性D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论5．如图所示，X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，设入射的动能相同，其偏转轨道可能是图中的( )6．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场的等势面，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从A 运动到B 、再运动到C 的过程中，下列说法中正确的是( )A ．动能先增大，后减小B ．电势能先减小，后增大C ．电场力先做负功，后做正功，总功等于零D ．加速度先变小，后变大7．关于α粒子散射实验的下列说法中正确的是( )A ．在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回，接近180°B ．使α粒子发生明显偏转的力是来自带负电的核外电子；当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转C ．实验表明原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分D ．实验表明原子中心的核带有原子的全部正电荷及全部质量8.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中 ( )A ．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B ．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C ．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D ．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大9．下列叙述中，符合玻尔理论的是( )A ．电子可能轨道的分布是不连续的B ．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道上时，原子将辐射或吸收一定的能量C ．电子在可能的轨道上绕核做圆周运动，不向外辐射能量D ．电子没有确定的轨道，只存在电子云10．已知氢原子处于激发态的能量E n ＝E 1n 2，式中E 1为基态的能量，E 1＝－13.6 eV.对于处于n ＝4激发态的一群氢原子来说，可能发生的辐射是( )A ．能够发出五种能量不同的光子B ．能够发出六种能量不同的光子C ．发出的光子的最大能量是12.75 eV ，最小能量是0.66 eVD ．发出的光子的最大能量是13.6 eV ，最小能量是0.85 eV11．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1<ν2<ν3，则该照射光的光子能量为( )A ．h ν1B ．h ν2C ．h ν3D ．h (ν1＋ν2＋ν3)12．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．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，可能发出可见光C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光D．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光题号123456789101112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)大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89 eV、10.2 eV、12.09 eV.跃迁发生前这些原子分布在几个激发态能级上，其中最高能级的能量值是多少(基态能量为－13.6 eV)?14．(8分)如图给出氢原子最低的四个能级．氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多有几种，其中最低的频率为多少(保留两位有效数字)?15．(10分)1911年前后，物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，获得惊人的发现．试由此实验并根据下面所给的公式或数据估算金原子核的大小．点电荷的电势φ＝kQ R ，k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2.金原子序数为79，α粒子的质量m α＝6.64×10－27 kg ，质子的质量m p ＝1.67×10－27 kg ，α粒子的速度v α＝1.60×107 m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19 C.16.(14分)在α粒子散射实验中，测得α粒子与金核197 79Au 对心正碰所能达到的最近距离为2.0×10－14 m ，以此为依据，估算金核的平均密度是多少？(阿伏加德罗常数N ＝6.0×1023mol －1)参考答案与解析1．[导学号13050049] 【解析】选AD.卢瑟福的α粒子散射实验的结果只能说明原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上，原子中绝大部分是空的，不能证明质子的存在、原子核是由质子和中子组成的和电子只能在某些不连续的轨道上运动，所以选项A 、D 正确．2．[导学号13050050] 【解析】选BCD.原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，故B 对，A 错；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较多，故C 、D 对．3．[导学号13050051] 【解析】选AD.α粒子和金原子核都带正电，库仑力表现为斥力，两者距离减小，库仑力做负功，故α粒子动能减少，电势能增加；系统的能量守恒，由库仑定律可知，随着距离的减小，库仑斥力逐渐增大．4．[导学号13050052] 【解析】选AD.α粒子穿过原子时，只有少数α粒子发生大角度偏转的原因是原子核很小，α粒子接近原子核的机会很小，故A 正确；造成α粒子散射角度大的原因是在原子中极小的区域内存在对α粒子产生库仑力的正电荷，α粒子受到的斥力比较大，故B 错误；卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论，C 错误，D 正确；故选A 、D.5．[导学号13050053] 【解析】选D.离金核越远的α粒子受到的斥力越小，偏转角度也就越小，离核较近的粒子方向变化较大，故D 正确，A 、B 、C 均错．6．[导学号13050054] 【解析】选C.α粒子从A 点经B 点到达等势点C 的过程中电场力先做负功，后做正功，α粒子的电势能先增加，后减少，回到同一等势线上时，电场力做的总功为零，故C 项正确．7．[导学号13050055] 【解析】选AC.A 项是对该实验现象的正确描述，正确；B 项中，使α粒子偏转的力是原子核对它的静电排斥力，而不是电子对它的吸引力，故B 错；C 项是对实验结论之一的正确表述；原子核集中了全部正电荷和几乎全部质量，因核外还有电子，故D 错．故正确选项为A 、C.8．[导学号13050056] 【解析】选D.根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B 错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k e 2r 2＝m v 2r ，又E k ＝12mv 2，所以E k ＝ke 22r.由此式可知：电子离核越远，即r 越大时，电子的动能越小，故A 、C 错；由r 变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D 正确．9．[导学号13050057] 【解析】选ABC.根据玻尔理论可知电子可能轨道的分布是不连续的，电子从一个轨道跃迁到另一个轨道上时，原子将辐射或吸收一定的能量，电子在可能的轨道上绕核做圆周运动，不向外辐射能量，所以选项A 、B 、C 符合题意．10．[导学号13050058] 【解析】选BC.最大能量是从n ＝4的激发态跃迁到基态，最小能量是从n ＝4的激发态跃迁到n ＝3的激发态．11．[导学号13050059] 【解析】选C.处于基态的氢原子吸收光子的能量跃迁到激发态后，能且只能向外辐射三种频率的光，由此可推出该激发态为第3轨道，因ν1<ν2<ν3，则可断定h ν1为第3轨道向第2轨道跃迁时释放出的能量，h ν2为第2轨道向第1轨道跃迁时释放的能量，h ν3为第3轨道向第1轨道跃迁时释放的能量．那么从第1轨道向第3轨道跃迁需要吸收h ν3的能量，故选项C 正确．12．[导学号13050060] 【解析】选AC.由于E 3＝－1.51 eV ，紫外线光子的能量大于可见光光子的能量，即E 紫>E ∞－E 3＝1.51 eV ，可以使氢原子电离，A 正确；大量氢原子从高能级向n ＝3能级跃迁时，最大能量为1.51 eV ，即辐射出光子的能量最大为1.51 eV ，小于可见光光子的能量，B 错误；n ＝4时跃迁发出的频率数为C 24＝6种，C 正确；一个处于n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出(3－1)＝2种不同频率的光，D 错误．13．[导学号13050061] 【解析】由题知x －(－13.6 eV)＝12.09 eV ，解得x ＝－1.51 eV.【答案】2 －1.51 eV14．[导学号13050062] 【解析】法一：利用跃迁规律画出可能辐射光谱线条数，如图所示，共6种．法二：利用数学中的组合公式计算辐射的光子的频率有：N ＝n （n －1）2＝4×32＝6(种)从n ＝4跃迁到n ＝3，能量差最小，辐射的光子的频率最低．由h ν＝E 4－E 3，得其频率为ν＝E 4－E 3h ＝[－0.85－（－1.51）]×1.6×10－196.63×10－34Hz ＝1.6×1014Hz. 【答案】6种 1.6×1014Hz15．[导学号13050063] 【解析】设α粒子接近金原子核最近时的距离为R ，则R 可认为是金原子核的半径．由动能定理得12m αv 2α＝q αφ 又因为φ＝kQ R ，Q 为金原子核电荷量，则R ＝2q αkQ m αv 2α，其中q α＝2e ，Q ＝79e ，代入上式可得R ＝4ek ·79e m αv 2α＝4×10－14 m. 【答案】4×10－14 m16．[导学号13050064] 【解析】把α粒子能够接近金箔的最小距离近似看做金原子核的半径R ，金核的体积V ＝43πR 3＝43×π×(2.0×10－14)3m 3＝3.3×10－41 m 3一个原子的质量m 0＝197×10－36.0×1023 kg ＝3.3×10－25 kg 金原子核的平均密度 ρ＝m 0V ＝3.3×10－253.3×10－41 kg/m 3＝1.0×1016 kg/m 3 【答案】1.0×1016 kg/m 3。

金版学案2018-2019学年物理(人教版)选修3-5试题：章末质量评估(四)

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．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.下列关于放射线的说法中不正确的是（）A.放射线可以用来进行工业探伤B.放射线可以使细胞发生变异C.放射同位素可以用来做示踪原子D.放射线对人体无害解析：γ射线具有比较强的穿透性，可以用来进行工业探伤.所以A选项是正确的；射线具有比较高的能量，可以使细胞发生变异，对人体有害，所以B选项是正确的，D错误；放射性同位素可以利用它的放射性的特点，用来做示踪原子.所以C选项是正确的，本题选择不正确的，所以本题答案是D.答案：D2.下列所述不正确的是（）A.强子是参与强相互作用的粒子B.轻子是不参与强相互作用的粒子C.目前发现的轻子只有8种D.夸克有6种，它们带的电荷量分别为元电荷的＋23或－13解析：根据作用力的不同，粒子分为强子、轻子和传播子三大类.强子就是所有参与强力作用的粒子的总称.轻子就是只参与弱力、电磁力和引力作用，而不参与强相互作用的粒子的总称.目前发现的轻子只有6种，分别是电子、电子中微子、μ子、μ子中微子、τ子和τ子中微子，C是错误的.因选不正确的，故选C.答案：C3.原子核23490Th表示（）A.核外有90个电子B.核内有234个质子C.核内有144个中子D.核内有90个核子解析：原子核23490Th其中234是质量数，90是电荷数，所以Th内有90个质子，中子数234－90＝144个，质子和中子统称为核子，所以核内有234个核子，故C正确；A、B、D错误.答案：C4．科学家发现在月球上含有丰富的32He(氦3)，它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为：32He ＋32He→211H＋42He.关于32He聚变下列表述正确的是() A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚应反应没有质量亏损D．目前核电站都采用32He聚变反应发电解析：由于核聚变过程中存在质量亏损，故C错误；根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2可以判断核聚变会释放能量，故A错误；由于该核反应的生成物有42He和11H，故该反应产生了新的原子核，故B正确；目前的核电站都采用了U235的核裂变，而核聚变仍处于实验阶段，故D错误．故选B.答案：B5．下列说法中正确的是()A．核反应堆是人工控制链式反应的装置B.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋d10n，式中d＝3C．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的D．4个放射性元素的原子核经过一个半衰期后一定还剩下2个没有发生衰变解析：核电站的核心是核反应堆，核反应堆中核的链式反应可以在人工控制下进行，A项正确；根据核反应前后电荷数守恒规律，B 选项中的d＝2，B项不正确；β衰变是原子核内释放出电子的核反应，不是核外电子的逃逸，C项不正确；4个放射性元素的原子核经过一个半衰期后，衰变的结果有多种情况，半衰期是对大量原子核的行为的统计预测，对几个核的衰变无法预测，D项不正确．答案：A6.某核反应方程为21H＋31H→42He＋X.已知（1 u＝931 Mev），21H 的质量为2.0136 u，31H的质量为3.018 0 u，42H的质量为4.002 6 u，X的质量为1.008 7 u，则下列说法中正确的是（）A.X是中子，该反应释放能量，放出18.27×1016J能量B.X是中子，该反应释放能量，放出18.90 MeV能量C.X是质子，该反应吸收能量，吸收18.90 MeV能量D.X是中子，该反应吸收能量，吸收18.27×1016J能量解析：某核反应方程为21H＋31H→32He＋X.根据核反应方程质量数和核电荷数守恒得：X的质量数为1，核电荷数为0.所以X是中子.反应前质量为2.013 6 u＋3.018 u＝5.031 6 u.反应后质量为4.002 6 u ＋1.008 7 u＝5.0113 u.所以该反应释放能量，放出的能量为E＝Δmc2＝（5.031 6－5.011 3）×931 MeV≈18.90 MeV，B正确.答案：B7．下面列出的是一些核反应方程：3015P→3014Si＋X，94Be＋21H→105B ＋Y，42He＋42He→73Li＋Z，其中()A．X是质子，Y是中子，Z是正电子B．X是正电子，Y是质子，Z是中子C．X是中子，Y是正电子，Z是质子D．X是正电子，Y是中子，Z是质子解析：根据质量数和电荷数守恒，可知X为正电子，Y为中子，Z为质子，故D正确．答案：D8．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，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为621H―→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知()A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3解析：根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得12＝4k＋d＋2，①6＝2k＋d.②解①②得k＝2，d＝2.答案：B9．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是()A．核反应方程是11H＋10n→31H＋γB．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3 C．辐射中的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)cD．γ光子的波长λ＝h（m1＋m2－m3）c2解析：根据核反应过程中的质量数守恒、电荷数守恒可知核反应方程为：11H＋10n→21H＋γ，故选项A错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故选项B正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量E＝(m 1＋m2－m3)c2，故选项C错误；由E＝hcλ知，γ光子的波长λ＝hm1＋m2－m3c，故选项D错误．答案：B10．一个原来静止的238U核发生α衰变，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是下列图中的(图中半径大小没有按比例画)()解析：由于发生的是α衰变，产物是两个带正电的粒子，根据动量守恒定律M v1＋m vα＝0，可得这两个新核的运动方向相反，受到的洛伦兹力方向相反，即轨迹应该是外切圆，再利用左手定则判断洛伦兹力的方向，故D项正确．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正确，全部选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)11．我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应方程有：(1)23592U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋k10n(2)21H＋31H→42He＋d10n关于这两个方程的下列说法，正确的是()A．方程(1)中k＝10，方程(2)中d＝1B．方程(2)是氢弹涉及的核反应方程C．方程(1)属于轻核聚变D．方程(2)属于α衰变解析：由电荷数和质量数守恒，可知(1)中235＋1＝90＋136＋k，得k＝10；(2)中2＋3＝4＋d，得d＝1，故A正确；(1)属于重核裂变，是原子弹的一个反应方程式，(2)属于轻核聚变，是氢弹涉及的核反应方程．故B正确．答案：AB12.某实验室工作人员，用初速度为v0＝0.09c（c为真空中的光速）的α粒子，轰击静止在匀强磁场中的钠原子核2311Na，产生了质子.若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动.通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1∶10，已知质子质量为m.则（）A.该核反应方程是42He＋2311Na→2612Mg＋11HB.该核反应方程是42He＋2311Na→2612Mg＋10nC.质子的速度约为0.225cD.质子的速度为0.09c解析：根据质量数和电荷数守恒可知，新原子核的质量数：m ＝23＋4－1＝26，核电荷数：z ＝11＋2－1＝12，核反应方程为42He ＋2311Na→2612Mg ＋11H ，A 正确B 错误；质子质量为m ，则α粒子、新核的质量分别为4 m 、26 m ，设质子的速度为v ，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得4mν0＝26m ·v 10－m v ，解得v ＝0.225c ，C 正确D 错误.答案：AC13. 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 发生核聚变，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解析：32He 是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A 错误、B 正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C 正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D 错误．答案：BC14．据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡，英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(210 84Po)．若该元素发生α衰变，其半衰期是138天，衰变方程为210 84Pu →X ＋42He ＋γ，则下列说法中正确的是( )A ．X 原子核含有124个中子B．X原子核含有206个核子C．γ射线是由处于激发态的钋核从较高能级向较低能级跃迁时发出的D．100 g的21084Po经276天，已衰变的质量为75 g解析：X原子核中的核子数为210－4＝206(个)，B项正确．中子数为206－(84－2)＝124(个)，A项正确．γ射线是由于核反应前后因质量亏损释放的能量以γ光子的形式放出，C项错．经过两个半衰期，剩余的钋的质量为原来的四分之一，则已衰变的质量为原来的四分之三，D项正确．答案：ABD三、非选择题(本题共4小题，共54分．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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15.（12分）用速度大小为v的中子轰击静止的锂核（73Li），发生核反应后生成氚核和α粒子.生成的氚核速度方向与中子的速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m，质子的质量可近似看成m，光速为c.（1）写出核反应方程；（2）求氚核和α粒子的速度大小；（3）若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出质量亏损.解析：（1）根据质量数守恒与电荷数守恒，则有核反应方程为：1n＋63Li→31H＋42He.（2）由动量守恒定律得m n v＝－m H v1＋m He v2.由题意得v1∶v2＝7∶8，解得v1＝711v，v2＝811v.（3）氚核和α粒子的动能之和为E k ＝12·3m v 21＋12·4m v 22＝403242m v 2，释放的核能为ΔE ＝E k －E k n ＝403242m v 2－12m v 2＝141121m v 2，由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为Δm ＝ΔE c 2＝141m v 2121c 2. 答案：（1） 10n ＋63Li →31H ＋42He （2） 7v 11，8v 11 （3） 141m v 2121c 216．(14分)钚的放射性同位素239 94Pu 静止时衰变为铀核激发态235 92U*和α粒子，而铀核激发态235 92U *立即衰变为铀核235 92U ，并放出能量为0.097 MeV 的γ光子．已知：239 94Pu 、235 92U 和α粒子的质量分别为m Pu＝239.052 1 u 、m U ＝235.043 9 u 和m α＝4.002 6 u ，1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量．(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．解析：(1)衰变方程为：239 94Pu →235 92U *＋42He ，①235 92U *→235 92U ＋γ.②合起来有239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ.③(2)上述衰变过程的质量亏损Δm ＝m Pu －m U －m α，④放出的能量ΔE ＝Δmc 2，⑤此能量是铀核235 92U 的动能E kU 、α粒子的动能E k α和γ光子的能量E γ之和，即ΔE ＝E kU ＋E k α＋E γ，⑥由④⑤⑥式，得E kU ＋E k α＝(m Pu －m U －m α)c 2－E γ，⑦设衰变后的铀核和α粒子的速率分别为v U 和v α，由动量守恒，有m U v U ＝m αv α，⑧又由动能的定义知E kU ＝12m U v 2U ，E k α＝12m αv 2α.⑨ 由⑧⑨式得E kU E k α＝m αm U.⑩ 由⑦⑩式得E k α＝m U m U ＋m α[(m Pu －m U －m α)c 2－E γ]．代入题给数据得E k α≈5.034 MeV .答案：(1)239 94Pu →235 92U *＋42He 235 92U *→235 92U ＋γ(或239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ) (2)5.034 MeV17．(14分)(2014·海南卷)一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B 的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R 的圆．已知α粒子的质量为m ，电荷量为q ，新核的质量为M ，光在真空中的速度大小为c .求衰变前原子核的质量．解析：设衰变产生的α粒子的速度大小为v ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R.① 设衰变后新核的速度大小为v 1，衰变前后动量守恒，有：0＝M v 1－m v .②设衰变前原子核质量为M 0，衰变前后能量守恒，有：M 0c 2＝Mc 2＋12M v 21＋mc 2＋12m v 2.③ 联立以上三式解得：M 0＝(M ＋m )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋（qBR ）22Mmc 2. 答案：(M ＋m )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋（qBR ）22Mmc 2 18．(14分)如图甲所示，静止在匀强磁场中的63Li 核俘获一个速度为v 0＝7.7×104 m/s 的中子而发生核反应，即63Li ＋10n →31H ＋42He ，若已知42He 的速度v 2＝2.0×104 m/s ，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：(1)31H 的速度大小和方向；(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；(3)当42He 旋转3周时，粒子31H 旋转几周？图甲图乙解析：(1)反应前后动量守恒：m 0v 0＝m 1v 1＋m 2v 2(v 1为氚核速度，m 0、m 1、m 2分别代表中子、氚核、氢核质量)代入数值可解得：v 1＝－1.0×103 m/s ，方向与v 0相反．(2)31H 和42He 在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比r 1∶r 2＝m 1v 1Bq 1∶m 2v 2Bq 2＝3∶40. (3)31H 和42He 做匀速圆周运动的周期之比T 1∶T 2＝2πm 1Bq 1∶2πm 2Bq 2＝3∶2，所以它们的旋转周数之比n 1∶n 2＝T 2∶T 1＝2∶3，即42He 旋转三周，31H 旋转2周．答案：(1)大小为1.0×103 m/s ，方向与v 0相反(2)3∶40 (3)2周。