高中物理(教科版选修3-5)：第3章 章末综合测评3 含答案

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。

高中物理选修3—5综合测试题一、 选择题1．天然放射现象的发现揭示了：（ ）A ．原子不可再分．B ．原子的核式结构．C ．原子核还可再分．D ．原子核由质子和中子组成． 2．下列说法正确的是（ ）A ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应B ．利用卢瑟福的α粒子散射实验可以估算原子核的大小C ．玻尔理论是依据α粒子散射实验分析得出的D ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小， 原子势能增大，总能量增大3．如图所示，用一束光照射光电管时，电流表A 中有一定读数，下列措施中有可能使电流表的示数增大的是（ ）A 增大入射光的频率B 增大入射光的强度C 滑片P 向右移动D 滑片P 向左移动 4、质量为m 的物体，在水平面上以加速度a 从静止开始运动，所受阻力是f ，经过时间t ，它的速度为V,在此过程中物体所受合外力的冲量是（ ）A.(ma+f )V/aB.mvC.matD.(ma-f )V/a5．用光子能量为E 的光束照射容器中的氢气，氢原子吸收光子后，能发射频率为ν1、ν2、ν3的三种光子，且ν1<ν2<ν3．入射光束中光子的能量应是 （ ） A ．hv 1 C ．h(v 2+v 3) B ．h(v 1+ν2) D ．h(v 1+v 2+v 3)6．如图6—2—4所示，质量为m 的A 小球以水平速度u 与静止的光滑水平面上质量为3m 的 小球B 正碰后，A 球的速率变为原来的一半，则碰后B 球的速度是(以u 方向为正方向)( )A ．B ．u -C ． D7．一个氢原子处于第3能级时，外面射来了一个波长为6.63×10－7m 的光子，下列说法正确的是A.氢原子不吸收这个光子，光子穿过氢原子B.氢原子被电离，电离后电子的动能是0.36evC.氢原子被电离,电离后电子动能为零D.氢原子吸收光子,但不电离8．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 [ ]9．如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ︰m B ＝3︰2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成系统的动量守恒 B ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A 、B 、C 组成系统的动量不守恒 C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成系统的动量守恒D ．若A 、B 所受的摩擦力大小不相等，A 、B 、C 组成系统的动量守恒 10．如图8—3—2所示，在光滑水平面上，有一质量为M ＝3 kg 的薄板和质量为m ＝1 kg 的物都以v ＝4 m ／s 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2．4 m ／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 ．以上运动都可能 二、填空题11．如图是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。

【4份】高中教科版物理选修3-5章末综合测评含答案目录章末综合测评(一) (1)章末综合测评(二) (8)章末综合测评(三) (15)章末综合测评(四) (21)章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．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E．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大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、E错误．【答案】ABC2．如图1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()【导学号：11010014】图1A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越小C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大E．其他量不变，x与m、M均无关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、B、E正确．【答案】ABE3．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E．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大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对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对；由动量定理知E错．【答案】ACD4．如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断()图2A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能E．碰撞过程中系统的机械能守恒分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8 m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝82m/s＝4 m/s，方向向右；碰后：v1′＝0－86－2m/s＝－2 m/s，v2′＝16－86－2m/s＝2 m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3 kg，碰撞损失的机械能：ΔE k＝12m1v21－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m1v1′2＋12m2v2′2＝0，故正确答案应选A、C、E.【答案】ACE5．如图3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3A．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＋mLE．乙车移动的距离为MM＋2mL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，E错误．【答案】ACD二、非选择题(本题共5小题，共70分．)6．(10分)如图4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4(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)7．(12分)如图5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5Ⅰ.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t 1，B 至D 的运动时间t 2；Ⅲ.重复几次，取t 1和t 2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．(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x 1、x 2由计时器计下A 、B 到两板的时间t 1、t 2算出两滑块A 、B 弹开的速度v 1＝x 1t 1，v 2＝x 2t 2. (3)由动量守恒知(m ＋M )v 1－M v 2＝0即：(m ＋M )x 1t 1＝Mx 2t 2. 【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 28．(16分)如图6所示，光滑平台上有两个刚性小球A 和B ，质量分别为2m 和3m ，小球A 以速度v 0向右运动并与静止的小球B 发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B 飞出平台后经时间t 刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m ，速度为2v 0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：【导学号：11010015】图6(1)碰撞后小球A 和小球B 的速度；(2)小球B 掉入小车后的速度．(1)设A 球与B 球碰撞后速度分别为v 1、v 2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以有m A v 0＝m A v 1＋m B v 2有12m A v 20＝12m A v 21＋12m B v 22 由以上两式解得v 1＝(m A －m B )v 0m A ＋m B＝－15v 0 v 2＝2m A v 0m A ＋m B ＝45v 0碰后A 球向左，B 球向右．(2)B 球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有m B v 2＋m 车v 3＝(m B ＋m 车)v 3′且v 3＝－2v 0解得v ′3＝110v 0.，方向向右．【答案】 (1)v 1＝－15v 0，碰后A 球向左；v 2＝45v 0，B 球向右 (2)v ′3＝110v 0，方向向右9．(16分)如图7所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M ＝3.0 kg ，木板的长度为L ＝1.5 m ．在木板右端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v 0沿木板向左滑动，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v 0的大小；(2)若初速度v 0＝3 m/s ，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．图7(1)设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律m v 0＝(m ＋M )v①对木板和物块系统，由功能关系μmgL＝12m v2－12(M＋m)v2 ②由①②两式解得：v0＝2μgL(M＋m)M＝2×0.1×10×1.5×(3＋1)3m/s＝2 m/s.(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v 设碰撞过程中损失的机械能为ΔE对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝12m v2－12(m＋M)v2 ③由①③两式解得：ΔE＝mM2(M＋m)v20－2μmgL＝1×32(3＋1)×32 J－2×0.1×10×1.5 J＝0.375 J.【答案】(1)2 m/s(2)0.375 J10．(16分)(2014·全国卷Ⅰ)如图8所示，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B 球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：图8(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝2gh①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s. ②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v1＋m B v2＝m B v2′④12m A v21＋12m Bv22＝12m Bv′22⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v B′，由运动学及碰撞的规律可得v B′＝v B ⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v′2B－v222g⑦联立②～⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m.【答案】(1)4 m/s(2)0.75 m章末综合测评(二)(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5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子() A．一直受到重金属原子核的斥力作用B．动能不断减小C．电势能先增大后减小D．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果E．出现大角度偏转的原因是占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小．α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A、C、E项正确．【答案】ACE2．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．卢瑟福通过对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．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式E．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说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错，C对；巴尔末根据氢原子光谱在可见光区的四条谱线得出巴尔末公式，D对；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，E错．【答案】ACD3．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大E．根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况可以判断阴极射线的带电性质阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B、E对；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的11 836，故阴极射线的比荷比氢原子大，D对．【答案】BDE4．以下关于玻尔原子理论的说法正确的是()【导学号：11010031】A．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的B ．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C ．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D ．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收E ．氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱【答案】 ADE5．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∶1E ．动量之比为1∶4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 3nke 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．动量之比为p 1p 2＝m v 1m v 2＝21，E 错． 【答案】 ACD6．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E ．各种原子的发射光谱都是线状谱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、E.【答案】ABE7．氢原子的部分能级如图1所示，已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间．由此可推知，氢原子()图1A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光均为可见光C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的低E．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的光为可见光从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的能量ΔE1满足E2－E1≤ΔE1≤E∞－E1即10.20 eV≤ΔE1≤13.6 eV均大于可见光的能量．由ΔE＝h cλ可知能量越大，波长越短，故A对．从高能级向n＝2能级跃迁时发出光的能量ΔE2满足E3－E2≤ΔE2≤E∞－E2即1.89 eV≤ΔE2≤3.40 eV只有部分在可见光范围内，故B错，E对．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的能量ΔE3满足E4－E3≤ΔE3≤E∞－E3即：0.66 eV≤ΔE3≤1.51 eV均小于可见光的能量，由ΔE ＝hν可知，能量越小，频率越低，故C 错，D 对．故选A 、D 、E.【答案】 ADE8．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E ．用能量为14.0 eV 的电子碰撞可使处于基态的氢原子跃迁到激发态根据玻尔理论，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．碰撞过程可使部分能量传给氢原子，E 正确．【答案】 ABE二、非选择题(本题共5小题，共52分．)9．(6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________个激发态能级上，其中最高能级的能量值是________eV(基态能量为－13.6 eV).【导学号：11010032】大量氢原子跃迁发出三种不同能量的光子，跃迁情况为n ＝3的激发态到n ＝2的激发态或直接到n ＝1的基态，也可能是n ＝2的激发态到n ＝1的基态，所以跃迁发生前这些原子分布在2个激发态能级上，最高能量值满足E ＝－13.6 eV ＋12.09 eV ，即E 为－1.51 eV .【答案】 2 －1.5110．(6分)氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n ＝4的能级吸收的光子频率为________．设氢原子基态能量为E 1，则由玻尔理论可得：19E 1－14E 1＝hν，116E 1－E 1＝hν41，解得：吸收的光子频率ν41＝274ν.【答案】 274ν11．(12分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n ＝3的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E 1，则吸收光子的频率ν是多少？当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？据跃迁理论hν＝E 3－E 1，而E 3＝19E 1，所以ν＝E 3－E 1h ＝－8E 19h .由于是大量原子，可从n ＝3跃迁到n ＝1，从n ＝3跃迁到n ＝2，再从n ＝2跃迁到n ＝1，故应有三条谱线．光子能量分别为E 3－E 1，E 3－E 2，E 2－E 1，即－89E 1，－536E 1，－34E 1.【答案】 见解析12．(12分)已知原子的基态能量为－13.6 eV ，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10 m ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电量为1.6×10－19 C ，求：电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？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．由氢原子的能量公式知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 2r 23＝m v 23r 3②由①②可得电子动能为E k3＝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 k3＋E p3，故电子的电势能为：E p3＝E 3－E k3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV .【答案】 －1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV13．(16分)原子可以从原子间的碰撞中获得能量，从而发生能级跃迁(在碰撞中，动能损失最大的是(完全非弹性碰撞)．一个具有13.6 eV 动能、处于基态的氢原子与另一个静止的、也处于基态的氢原子发生对心正碰，设碰撞中损失的能量全部被静止的氢原子吸收．图2(1)是否可以使基态氢原子发生能级跃迁(氢原子能级如图2所示)．(2)若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？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 v2＋12m v2＋ΔE ②12m v 2＝E k ③E k＝13.6 eV解①②③④得，ΔE＝12·12m v2＝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】不能(2)27.2 eV章末综合测评(三)(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5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．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想是正确的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．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子E．贝克勒尔首先发现了天然放射现象【答案】ADE2．典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：23592U＋10n→14456Ba＋8936 Kr＋x10n，铀235质量为m1，中子质量为m2，钡144质量为m3，氪89的质量为m4，下列说法正确的是()A．该核反应类型属于人工转变B．该反应放出能量(m1－2m2－m3－m4)c2C．x的值是3D．该核反应比聚变反应对环境的污染少E．该核反应属于核裂变，比聚变反应对环境的污染重该核反应是核裂变，不是人工转变，故A错误；核反应方程23592U＋10n→14456 Ba＋8936Kr＋x10n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，该反应放出能量为：ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2，故B、C正确；该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故D错误，E正确．【答案】BCE3．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→42He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有()A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应E．两个核反应都有核能释放，因此都有质量亏损根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D、E正确．【答案】ADE4．(2016·青岛二中检测)下列说法正确的是()A．自由核子结合成原子核时，一定遵守质量守恒B．在发生核反应时，反应前物质的总质量一定等于反应后所生成物质的总质量C．发生核反应时，若反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应是放能反应D．发生核反应时，若反应前的总质量小于反应后的总质量，这个反应必定吸收能量E．不论哪种核反应，都遵守质量数守恒和电荷数守恒当自由核子结合成原子核时，一定存在质量亏损；核反应前后一般存在质量的变化，若质量减少则放出能量，反之吸收能量，由此知C、D正确，A、B 错误．由核反应规律知E项正确．【答案】CDE5．放射性元素23892U衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成21083Bi，而21083 Bi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b81T1最后都变成20682Pb，衰变路径如图1所示．则()图1A．a＝84B．b＝206C.21083Bi→210a X是β衰变，21083Bi→b81Tl是α衰变D.21083Bi→210a X是α衰变，21083Bi→b81Tl是β衰变E.b81Tl经过一次α衰变变成20682Pb由21083Bi→210a X，质量数不变，说明发生的是β衰变，同时知a＝84.由21083Bi→b81 Tl是核电荷数减2，说明发生的是α衰变，同时知b＝206，由20681Tl→20682Pb发生了一次β衰变．【答案】ABC6．下列说法中正确的是()【导学号：11010057】A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量C．只要有核反应发生，就一定会释放出核能D．轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数E．轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数大于质子数太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确．核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误．随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误，E正确．【答案】ABE7．“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)．若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)，则()A．生成的新核与衰变前的原子核质量数相同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E．在发生“轨道电子俘获”的过程中，系统动量守恒质子与中子的质量数相同，所以发生“轨道电子俘获”后新核与原核质量数相同，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；以静止原子核及被俘获电子为系统，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、E正确．【答案】ADE8．太阳内部发生的核反应主要是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，氢核的聚变反应可以看做是4个氢核(11H)结合成1个氦核(42He)．下表中列出了部分粒子的质量(1 u相当于931.5 MeV的能量)，以下说法中正确的是()121B．核反应方程式为411H→42He＋20－1eC．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为0.026 6 uD．4个氢核聚变反应过程中释放的能量约为24.8 MeVE．四个氢核聚变反应过程中释放的能量约为24.8 J根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒关系可判断A正确，B错误；根据质能方程可知C、D正确，E错误．【答案】 ACD二、非选择题(本题共5小题，共52分)9．(6分)由图2所示可得出结论质子和中子的质量之和________氘核的质量，氘核分解为质子和电子时要________能量．图2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10．(6分)放射性同位素14C 可用来推算文物的“年龄”.14C 的含量每减少一半要经过约5 730年．某考古小组挖掘到一块动物骨骼，经测定14C 还剩余1/8，推测该动物生存年代距今约为________年．设放射性同位素14C 在活体动物骨骼中的原有质量为m 0.被挖掘的动物骨骼中的剩余质量为m ，根据半衰期公式得m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，因为m ＝18m 0，故有18m 0＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，即n ＝3；又因为n ＝t T ，所以t ＝nT ＝5 730×3年＝17 190年． 【答案】 17 19011．(10分)1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是222 86Rn.222 86Rn 经过m 次α衰变和n 次β衰变后变成稳定的206 82Pb.(1)求m 、n 的值；(2)一个静止的氡核(222 86Rn)放出一个α粒子后变成钋核(218 84Po)．已知钋核的速度v ＝1×106 m/s ，求α粒子的速率．(1)4m ＝222－206，m ＝486＝82＋2m －n ，n ＝4.(2)由动量守恒定律得m αv α－m Po v ＝0。

模块综合测评(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．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．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．下列说法正确的是( )A．卢瑟福用实验得出原子核具有复杂的结构B．玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期变小【解析】关于原子核有复杂结构的信息最先来自于天然放射现象，A错误．中等大小的核的比结合能最大、核子平均质量最小，轻核聚变与重核裂变过程中都是释放能量，都发生质量亏损，C错误．半衰期是描述原子核衰变快慢的物理量，只取决于原子核内部结构，与其化学状态、物理状态无关，D错误．根据玻尔原子理论，知B正确．【答案】 B2．质量为m的物体以速度v0从地面竖直向上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )【导学号：22482071】A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小为mv0，但方向相反B．整个过程中重力的冲量为mv0C．整个过程中重力的冲量为0D．上升、下降过程冲量大小均为mv0，方向向下【解析】不计空气阻力时，物体以速度v0落向地面，上升过程和下降过程中动量变化量等于重力的冲量，大小均为mv0，方向竖直向下，重力的总冲量为2mv0，故D正确，A、B、C错误．【答案】 D3．如图1所示，为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光电管，其逸出功为2.29 eV，以下说法正确的是( )图1A．氢原子只能发出6种不同频率的光B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有3种光子C．为了增大钠光电管的光电流，可增大入射光的频率D．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时放出的电子都是于原子核内部【解析】由C24＝6种知A正确；这六种光子能量依次为12.75 eV、12.09 eV、10.20 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV，故能让钠光电管发生光电效应的光子有四种，B错误．要增大光电流，需增大单位时间内逸出的光电子数目，即增大入射光的强度，C错误．光电管中发出的电子是金属内自由电子获得足够能量逸出的，而β衰变放出的电子是原子核内中子转变为质子时产生的，D错误．【答案】 A4．下列说法正确的是( )【导学号：22482098】A.14 6C的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变B．爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说C．处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子D．爱因斯坦在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说【解析】元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解释黑体辐射，提出了能量子假说．【答案】 C5．如图2所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块在小车的水平车板上水平向右运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )图2A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速【解析】因水平面光滑，小车与木块组成的系统动量守恒，若小车的动量大于木块的动量，则总动量方向向左，最后小车和木块一起向左运动，小车先减速后匀速，木块先向右减速再向左加速，最后匀速，A正确，B错误；若小车动量小于木块动量，则最后两者一起向右运动，木块先减速后匀速，小车先向左减速，再向右加速，最后匀速运动，C正确，D错误．【答案】AC6．根据玻尔理论，下列说法正确的是( )A．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量B．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，电势能的减少量大于动能的增加量C．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大D．电子没有确定轨道，只存在电子云【解析】根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B项正确；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错．【答案】AB7．下列说法正确的是( )A ．方程式238 92U→234 90Th ＋42He 是重核裂变反应方程 B ．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性C ．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转化成中子时所产生的D ．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 【解析】238 92U→234 90Th ＋42He 是衰变反应，不是重核裂变反应方程，故A 错误；光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故B 正确；β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的，故C 错误； 德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证实了他的猜想，故D 正确． 【答案】 BD8．下列说法正确的是( )【导学号：22482072】A.23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核20882Pb B ．发现中子的核反应方程为94Be ＋42He→126C ＋10nC ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱D ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小【解析】232 90Th 经过6次α衰变和4次β衰变后，质量数是：m ＝232－6×4＝208，电荷数：z ＝90－2×6＋4＝82，成为稳定的原子核20882Pb ，故A 正确；发现中子的核反应方程是94Be ＋42He→126C ＋10n ，故B 正确；γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C 正确；根据玻尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：k e 2r 2＝mv2r ，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D 错误．【答案】 ABC二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答)9．(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m 1＝15 g ，被碰小球2的质量m 2＝10 g ，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图3所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是________g·cm/s，由此可得出的结论是__________________________________．图3【解析】 由题图知碰前p 1＝m 1v 1＝m 1Δx 1Δt 1＝1 500 g·cm/s 碰后p 1′＝m 1Δx 1′Δt 1′＝750 g·cm/sp 2′＝m 2Δx 2′Δt 2′＝750 g·cm/s.由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒． 【答案】 1 500 750 750 两小球碰撞前后的动量守恒10．(8分)用半径相同的两个小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图4所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B 球，使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B 球静置于水平槽边缘处，让A 球仍从C 处由静止滚下，A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O 点距离：OM ＝2.68 cm ，OP ＝8.62 cm ，ON ＝11.50 cm ，并知A 、B 两球的质量比为2∶1，则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p′的百分误差|p －p′|p×100%＝________%(结果保留一位有效数字).【导学号：22482073】图4【解析】 M 、N 分别是碰后两球的落地点的位置，P 是碰前A 球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p ＝m A ·OP，碰后系统的总动量可等效表示为p′＝m A ·OM＋m B ·ON，则其百分误差|p －p′|p＝|m A ·OP－A·OM＋m B ·ON|m A ·OP≈2%.【答案】 P 211．(12分)一群氢原子处于量子数n ＝4的能级状态，氢原子的能级图如图5所示，则：图5(1)氢原子可能发射几种频率的光子？(2)氢原子由量子数n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时辐射光子的能量是多少电子伏？(3)用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多少电子伏？【解析】 (1)可能发射6(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为E ＝E 4－E 2，代入数据得E ＝2.55 eV.(3)E 只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应．根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为E km ＝E －W 0代入数据得，E km ＝0.65 eV.【答案】 (1)6种 (2)2.55 eV (3)铯 0.65 eV12．(12分)如图6所示，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：【导学号：22482099】图6(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v ； (2)子弹在木块中运动的时间t.【解析】 (1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律： mv 0＝m 25v 0＋3mv解得：v ＝v 05.(2)对系统应用功能关系： fL ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02－123mv 2解得：f ＝9mv 225L对木块应用动量定理：ft ＝3mv 解得：t ＝5L3v 0.【答案】 (1)v ＝v 05 (2)t ＝5L3v 013．(12分)如图7所示，一质量为2m 的L 形长木板静止在光滑水平面上．木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起．某一时刻有一质量为m 的物块，以水平速度v 0从L 形长木板的左端滑上长木板．已知物块与L 形长木板的上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L 形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为v 02，碰后即粘在一起，求：图7(1)物块在L 形长木板上的滑行时间及此时长木板在地面上滑行的距离； (2)物块与L 形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小． 【解析】 (1)设物块在L 形长木板上的滑行时间为t ，由动量定理得： －μmgt ＝m v 02－mv 0解得t ＝v 02μg物块与L 形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：mv 0＝m v 02＋2mv 1解得v 1＝v 04由动能定理得μmgs ＝12×2mv 21解得s ＝v 216μg.(2)物块与L 形长木板右端竖起部分相碰过程，系统动量守恒mv 0＝3mv 2 对长木板由动量定理得：I ＝2mv 2－2mv 1＝mv 06. 【答案】 (1)v 02μg v 2016μg (2)mv 06。

章末检测卷(三)(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40分)1．(2022·新课标Ⅱ·35(1)改编)在人类对微观世界进行探究的过程中，科学试验起到了格外重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．A．密立根通过油滴试验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对自然放射现象的争辩，发觉了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分别出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白在原子核内部存在质子E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷答案ACE解析密立根通过油滴试验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A 正确．贝克勒尔通过对自然放射现象的争辩，明确了原子核具有简洁结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的争辩发觉了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白原子的核式结构，选项D错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，说明白阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E正确．2．(2022·新课标Ⅰ·35(1))关于自然放射性，下列说法正确的是________．A．全部元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透力气最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线答案BCD解析自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B、C正确；α、β和γ三种射线电离力气依次减弱，穿透力气依次增加，选项D正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项E错误．3．能源是社会进展的基础，进展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有() A.31H＋21H→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H→42He＋10n是β衰变C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是α衰变答案AC解析β衰变时释放出电子(0－1e)，α衰变时释放出氦原子核(42He)，可知选项B、D错误；选项A中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应；选项C中一个U235原子核吸取一个中子，生成一个Ba原子核和一个Kr原子核并释放出三个中子是典型的核裂变反应．4．原子核A Z X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知()A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2答案 D解析本题考查核反应方程．由题意可知核反应方程为A Z X＋21H→42He＋11H，反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，由此可推断A＝3，Z＝2，选项D正确．5．科学家发觉在月球上含有丰富的32He(氦3)．它是一种高效、清洁、平安的核聚变燃料，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．聚变反应没有质量亏损D．目前核电站都接受32He聚变反应发电答案 B解析该聚变反应释放了能量，是由于发生了质量亏损，A、C错；该聚变反应产生了新原子核11H，B对；目前核电站都是用重核裂变发电而不是用轻核聚变，D错．6．原子核聚变可望给人类将来供应丰富的洁净能源．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答案 B解析依据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得。

高中同步测试卷(三)第三单元光电效应规律和光电效应方程(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．下列关于光电效应实验结论的说法正确的是( )A．对于某种金属，无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B．对于某种金属，无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C．对于某种金属，超过极限频率的入射光强度越大，所产生的光电子的最大初动能就越大D．对于某种金属，发生光电效应所产生的光电子，最大初动能与入射光的频率成正比2．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3．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开了一个角度，如图所示，这时( )A．锌板带正电，指针带负电B．锌板带正电，指针带正电C．锌板带负电，指针带正电D．锌板带负电，指针带负电4．关于光电效应有如下几种叙述，其中叙述正确的是( )A．金属的逸出功与入射光的频率成正比B．饱和光电流与入射光强度有关C．用不可见光照射金属一定比可见光照射金属产生的光电子的最大初动能要大D．光电效应几乎是瞬时发生的5．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h为普朗克常量)( )A．hν B.12 NhνC．NhνD．2Nhν6．用绿光照射一光电管，产生了光电效应，欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增加，下列做法可取的是( )A．改用红光照射B．增大绿光的强度C．增大光电管上的加速电压D．改用紫光照射7．在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的( )A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目8．在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应现象．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是( )A．单位时间内逸出的光电子数B．反向截止电压C．饱和光电流D．光电子的最大初动能9．研究光电效应的电路如图所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是( )10．如图为光电管的工作原理图．当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，电路中有光电流．则以下说法中正确的是( )A．增大绿光照射强度，光电子最大初动能增大B．增大绿光照射强度，电路中的光电流可能会增大C．改用比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流D．改用比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流11．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3.28 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( )12．如图为一光电管电路，滑动变阻器滑动触头P 位于AB 上某点，用光照射光电管阴极K ，电流表无偏转，要使电流表指针偏转，可采取的措施有( )A ．加大照射光强度B ．换用波长短的光照射C ．将P 向B 滑动D ．将电源正负极对调 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(8分)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为_________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h .14．(10分)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h ＝6.63×10－34J ·s.(1)图甲中电极A 为光电管的________(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U c 与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc ＝________Hz ，逸出功W 0＝________J ；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz ，则产生的光电子的最大初动能E k ＝____J.15．(10分)分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2.以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功是多大？16.(12分)如图所示，一光电管的阴极用截止频率对应的波长λ0＝5.0×10－7 m 的钠制成．用波长λ＝3.0×10－7 m 的紫外线照射阴极，光电管阳极A 和阴极K 之间的电势差U ＝2.1 V ，饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A 时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流)I ＝0.56 μA.(h ＝6.63×10－34 J ·s)(1)求每秒钟内由K 极发射的光电子数目；(2)求电子到达A 极时的最大动能．参考答案与解析1．[导学号13050033] 【解析】选A.发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度、光照时间无关，所以光的频率小于极限频率就不能产生光电效应，故A 正确，B 错误．根据光电效应方程E k ＝h ν－W 0，可知入射光的频率大于极限频率时，频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光强度无关，故C 错误．根据光电效应方程E k ＝h ν－W 0，可知光电子的最大初动能与入射光的频率是一次函数关系，故D 错误．2．[导学号13050034] 【解析】选AD.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h ν－W 0＝12mv 2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D 正确．3．[导学号13050035] 【解析】选B.弧光灯照射锌板发生光电效应，锌板上有电子逸出，锌板带正电，验电器指针也带正电，故B 正确．4．[导学号13050036] 【解析】选BD.金属的逸出功取决于金属本身，故A 错误；逸出的光电子数与入射光的强度有关，即饱和光电流与入射光的强度有关，故B 正确；由光电效应方程E k ＝h ν－W 0可知，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，红外线的频率小于可见光的频率，所以用红外线照射金属产生的光电子的最大初动能较小，C 错误；光电效应几乎是瞬时发生的，D 正确．5．[导学号13050037] 【解析】选C.据光子说可知，光子能量与频率有关，一个光子能量为ε＝h ν(h 为普朗克常量)，N 个光子的能量为Nh ν，所以选项C 正确．6．[导学号13050038] 【解析】选D.由爱因斯坦光电效应方程h ν＝W 0＋12mv 2，在逸出功一定时，只有增大光的频率，才能增加最大初动能，与光的强度无关，D 对．7．[导学号13050039] 【解析】选 A.由爱因斯坦光电效应方程E k ＝h ν－W 0可知：E k 只与频率ν有关，故选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．8．[导学号13050040] 【解析】选BD.单位时间内逸出的光电子数以及饱和电流由光照强度决定，所以可能相同，故A 、C 错误；用同一种单色光照射，光电子的能量相同，不同金属的逸出功不同，根据光电效应方程E k ＝h ν－W 0可得光电子的最大初动能一定不同，D 正确；再根据E k ＝eU c 知，反向截止电压一定不同，B 正确．9．[导学号13050041] 【解析】选C.虽然入射光强度不同，但光的频率相同，所以遏止电压相同；又因当入射光强时，单位时间逸出的光电子多，饱和光电流大，所以选C.10．[导学号13050042] 【解析】选BD.光电管的阴极K 涂有金属材料，与阴极相对应的是阳极A ，当光照射到阴极K 时，如果入射光的频率大于阴极材料的极限频率，就会发生光电效应现象．有光电子从阴极K 发出，由于A 、K 之间存在加速电场，光电子在电场的作用下由K 运动到A ，于是在回路中形成电流(光电流)．本题在绿光照射下已经产生了光电流，增大光照的强度，有可能影响光电流的大小，不能改变光电子出射时的最大初动能，所以A 错误，B 正确．换用其他频率或波长的光照射时，若其他光的频率比绿光的大，则肯定可以产生光电流，若用比绿光波长大的光照射，则可能出现两种情况，若此光的频率仍然大于这种阴极材料的极限频率，是可以产生光电流的，反之则无光电流产生，所以C 错误，D 正确．11．[导学号13050043] 【解析】选B.依据光电效应方程E k ＝h ν－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ν0，而ν0＝W 0h ，因此钨的ν0大些．综上所述，B 图正确．12．[导学号13050044] 【解析】选B.由题意可知，电流表没有偏转，说明没有发生光电效应，是因为入射光的频率低于阴极材料的极限频率，采用加大照射光强度、增大电压、对调电源正负极等措施是无用的，只有增大入射光的频率，即换用波长短的光，才可能发生光电效应，使电流表指针发生偏转，故B 正确，A 、C 、D 错误．13．[导学号13050045] 【解析】设金属的截止频率为ν0，则该金属的逸出功W 0＝h ν0＝h c λ0；对光电子，由动能定理得eU 0＝h c λ－W 0，解得U 0＝hc e ·λ0－λλλ0.【答案】hc λ0 hc e ·λ0－λλ0λ(写为hc e ·λ－λ0λ0λ也可) 14．[导学号13050046] 【解析】(1)在光电效应中，电子向A 极运动，故电极A 为光电管的阳极．(2)由题图可知，铷的截止频率νc 为 5.15×1014Hz ，逸出功W 0＝h νc ＝6.63×10－34×5.15×1014J ≈3.41×10－19J.(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz 时，由E k ＝h ν－h νc 得，光电子的最大初动能为E k ＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014J ≈1.23×10－19J.【答案】(1)阳极 (2)5.15×1014 3.41×10－19 (3)1.23×10－1915．[导学号13050047] 【解析】设此金属的逸出功为W 0，根据光电效应方程得如下两式：当用波长为λ的光照射时：E k1＝hc λ－W 0 ① 当用波长为34λ的光照射时：E k2＝4hc 3λ－W 0 ② 又E k1E k2＝12③ 解①②③组成的方程组得：W 0＝2hc 3λ. 【答案】2hc 3λ16．[导学号13050048] 【解析】(1)设每秒内发射的电子数为n ，则n ＝I e ＝0.56×10－61.60×10－19个＝3.5×1012个． (2)由光电效应方程可知E k ＝h ν－W 0＝h c λ－h c λ0＝hc ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1λ0 在A 、K 间加电压U 时，电子到达阳极时的动能为E k ′，则E k ′＝E k ＋eU ＝hc ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1λ0＋eU 代入数值得E k ′＝6.01×10－19 J. 【答案】(1)3.5×1012个 (2)6.01×10－19 J。

高中物理第三章本章测评（含解析）教科版选修35本章测评(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分.每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项正确,第6~10题有多个选项正确,全部选对的得5分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.关于天然放射现象,下列说法正确的是()A.放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期B.放射性物质放出的射线中,α粒子动能很大,因此贯穿物质的本领很强C.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时,将发生β衰变D.放射性元素的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出γ射线解析:半衰期是原子核有半数发生变化所需的时间,选项A错误;放射性物质放出的射线中,α射线贯穿物质的本领较弱,选项B错误;β衰变是核内中子转化为质子时放出的,选项C错误;选项D正确.答案:D2.下列说法正确的是()A.γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转B.β射线比α射线更容易使气体电离C.太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D.核反应堆产生的能量来自轻核聚变解析:γ射线中的γ光子不带电,故在电场与磁场中都不会发生偏转,选项A正确;α射线的特点是电离能力很强,选项B错误;太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变,选项C错误;核反应堆产生的能量是来自重核裂变,选项D错误.答案:A3.现有三个核反应:Na Mg eBa Kr+nHe n下列说法正确的是()A.①是裂变,②是β衰变,③是聚变B.①是聚变,②是裂变,③是β衰变C.①是β衰变,②是裂变,③是聚变D.①是β衰变,②是聚变,③是裂变解析:原子核自发地放出某种粒子成为新的原子核,这种变化叫衰变,①为衰变;原子序数较大的重核分裂成原子序数较小的原子核,叫重核裂变,②为裂变;原子序数较小的原子核聚合成原子序数较大的原子核,叫轻核聚变,③为聚变.故选项C正确.答案:C4.下列关于原子和原子核的说法正确的是()A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B.玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D.比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固解析:β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的,选项A错误;玻尔的基本假设是轨道、能量都是量子化的,选项B正确;半衰期由原子核的内部因素决定,跟元素的化学状态、温度、压强等因素无关,选项C错误;比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,选项D错误.答案:B5.一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+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=(m3-m1-m2)c2D.γ光子的波长λ=解析:核反应方程是H+γ,质量亏损Δm=m1+m2-m3,根据质能方程,辐射出的γ光子的能量E=(m1+m2-m3)c2,γ光子的波长λ=.故选项B正确.答案:B6.某原子核的衰变过程是A B C,符号表示放出一个β粒子,表示放出一个α粒子.下列说法正确的是()A.核C比核B的中子数少2B.核C比核A的质量数少5C.原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子的电子数多1D.核C比核A的质子数少1解析:设原子核A的质量数为x,电荷数为y,则原子核的衰变过程为B C,由此可知选项B、C错误,D正确;核B的中子数为x-(y+1)=x-y-1,核C的中子数为x-4-(y-1)=x-y-3,选项A正确.答案:AD7.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O注入人体O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子,被探测器采集后,经计算机处理生成清晰图像.则根据PET原理判断下列表述正确的是()A.O在人体内衰变方程是 eB.正、负电子湮灭方程是e→2γC.在PET中O主要用途是作为示踪原子D.在PET中O主要用途是参与人体的新陈代谢解析:由题意知,A、B正确;显像的原理是采集γ光子,即注入人体内的O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子,因此O主要用途是作为示踪原子,故C正确,D错误.答案:ABC8.下列说法正确的是()A.卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为He HB.铀核裂变的核反应是Ba Kr+nC.已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3,那么,2个质子和2个中子结合成一个α粒子,释放的能量是(2m1+2m2-m3)c2D.铀U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅Pb)的过程中,有4个中子转变成质子解析:根据物理学史知选项A正确;铀核裂变必须吸收慢中子,B错误;根据爱因斯坦质能方程,知C 正确Pb+He+e,有6个中子转变成电子,故D错误.答案:AC9.关于核反应方程Th Pa+X+ΔE(ΔE为释放的核能,X为新生成的粒子),已知Th的半衰期为1.2 min,则下列说法正确的是()A.此反应为β衰变B Pa核和Th核具有相同的质量数C Th衰变过程中总质量减小D.64 g Th经过6 min还有1 g Th尚未衰变解析:根据电荷数守恒、质量数守恒知,X的电荷数为-1,质量数为0,该反应为β衰变,所以A选项是正确的Pa核和Th核具有相同的质量数,故B正确;此反应中释放出能量,由爱因斯坦质能方程知,此反应过程伴随着质量亏损,则总质量减小,故C正确;6min经过了5个半衰期,则未衰变的质量m=m0=m0×64g=2g,故D错误.答案:ABC10.如图所示,国际原子能机构2007年2月15日公布核辐射警示新标志,新标志为黑框红底三角,内有一个辐射波标记、一个骷髅头标记和一个逃跑的人形.核辐射会向外释放三种射线:α射线带正电,β射线带负电,γ射线不带电.现有甲、乙两个原子核原来都静止在同一匀强磁场中,其中一个核放出一个α粒子,另一个核放出一个β粒子,得出如图所示的四条径迹,则()A.甲核放出的是α粒子,乙核放出的是β粒子B.a为α粒子的径迹C.b为α粒子的径迹D.c为β粒子的径迹解析:衰变过程中满足动量守恒,释放粒子与新核的动量大小相等、方向相反,根据带电粒子在磁场中的运动不难分析:若轨迹为外切圆,则为α衰变;若轨迹为内切圆,则为β衰变.又由R=知半径与电荷量成反比,可知答案为A、C、D项.答案:ACD二、填空题(共2小题,每小题6分,共12分)11.用γ光子轰击氘核,使之产生质子和中子,已知氘核的质量为2.013 5 u,质子的质量为1.007 2 u,中子的质量为1.008 7 u,1 u=1.660 6×10-27 kg,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则γ光子的波长应为 m.解析:Δm=1.0072u+1.0087u-2.0135u=0.0024u=4.0×10-30kg,ΔE=Δmc2=,则λ==5.6×10-13m.答案:5.6×10-1312.雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(ντ)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存615 t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶.电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核,其核反应方程式为ντCl→e.已知Cl核的质量为36.956 58 u Ar核的质量为36.956 91 u e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:核反应过程中,反应前的能量应大于或等于反应后的能量.质量关系为mντ+m Cl≥m Ar+m e,得mντ≥0.00088u.则电子中微子的最小能量应为0.00088×931.5MeV=0.82MeV.答案:0.82 MeV三、计算题(共3小题,13、14题每题12分,15题14分,共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.如下一系列核反应是在恒星内部发生的:p N C+e++νp N p ON+e++νp C+α其中p为质子,α为α粒子,e+为正电子,ν为一种中微子.已知质子的质量为m p=1.672×10-27 kg,α粒子的质量为mα=6.644 929×10-27 kg,正电子的质量为m e=9.11×10-31 kg,中微子质量可忽略不计,真空中的光速c=3.00×108 m/s.试计算这一系列核反应完成后释放的能量.解析:为求出系列反应后释放的能量,可以将题中所给的诸核反应方程左右两侧分别相加,消去两侧相同的项,系列反应最终等效为4p→α+2e++2ν,设反应后释放的能量为Q,根据质能关系和能量守恒得:4m p c2=mαc2+m e c2+Q,代入数值可得Q=3.71×10-12J.答案:3.71×10-12 J14.在核反应堆中,常用减速剂使快中子减速.假设减速剂的原子核质量是中子的k倍,中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰.设每次碰撞前原子核可认为是静止的,求N次碰撞后中子速率与原速率之比.解析:设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为m n和m A,碰撞前中子速度为v n,碰撞后中子和原子核A的速度分别为v n'和v A'.碰撞前后的总动量和总能量守恒,有m n v n=m n v n'+m A v A'①m n m n v n'2+m A v A'2②。

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 。

姓名，年级：时间：章末综合测评(三)(时间:90分钟分值：100分）一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40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7~10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．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；电子带电荷量与氢原子相同，但质量是氢原子的错误!，故阴极射线的比荷比氢原子大，D错．[答案] B3．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．如图所示为原子核式结构模型的α粒子散射图景．图中实线表示α粒子的运动轨迹．则关于α粒子散射实验,下列说法正确的是（）A．图中大角度偏转的α粒子的电势能先减小后增大B．图中的α粒子反弹是因为α粒子与金原子核发生了碰撞C．绝大多数α粒子沿原方向继续前进说明了带正电的原子核占据原子的空间很小D．根据α粒子散射实验可以估算原子大小[解析] 题图中大角度偏转的α粒子所受的电场力先做负功,后做正功，则其电势能先增大后减小，故A错误；题图中的α粒子反弹是因为α粒子与金原子核之间的库仑斥力作用，阻碍α粒子运动，但是并没有发生碰撞,B错误；绝大多数α粒子沿原方向继续前进说明了带正电的原子核占据原子的空间很小,C正确；根据α粒子散射实验可以估算原子核大小，D错误．[答案] C4．如图所示,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( ）A．a B．b C．c D．d[解析] hνa＝E2－E1＝10.2 eV，hνb＝E3－E1＝12。