2020年高考物理复习 高三物理强化特训专题13 物理3-5(解析版)

素能演练提升十三选考3-5 动量、原子物理（时间:60 分钟满分:100 分）第I卷（选择题共48分）一、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1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8 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, 有选错或不答的得0分.1. 下列说法正确的是（）A. 玛丽•居里首先提出原子的核式结构学说B. 卢瑟福在“粒子散射”实验中发现了电子C. 查德威克在利用a粒子轰击铍核的实验中发现了中子D. 玻尔为解释光电效应的实验规律提出了光子说解析: 卢瑟福提出了核式结构,A 错误; 汤姆孙发现了电子,B 错误; 查德威克在利用a粒子轰击铍核的实验中发现了中子,C正确；爱因斯坦提出了光子说，D错误.答案:C2. 下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A. B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：B衰变是不稳定的原子核发生的一种现象，它说明原子核是可再分的，选项A 错误; 放射性元素的半衰期由原子核内部的因素决定, 跟原子所处的物理状态（如压强、温度等）或化学状态（如单质、化合物等）无关, 选项 C 错误; 比结合能越小表示原子核中的核子结合得越不牢固，选项D错误.答案:B3. 以下是物理学史上3 个著名的核反应方程xLi f 2yyN^ xOyBe^ zCx、y和z是3种不同的粒子,其中z是（）A. a粒子B.质子C.中子D.电子解析：由于核反应前后核电荷数守恒,则x+3=2y①y+7=x+8②y+4=z+6③,由①②③联立解得x=1,y=2,z=0,故z为中子，选项C正确.答案:C4. 已知钙和钾的截止频率分别为7.73 X 1014 Hz和5.44 X 1014 Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（）A. 波长B.频率C.能量D.动量解析：由爱因斯坦光电效应方程H=h v -W0,金属钙的逸出功大,则逸出的光电子的最大初动能小，即能量小，频率低,波长长,动量小,选项A正确.答案:AE5. 如图所示是某原子的能级图,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光.在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（）□111d11A B c D解析：由E n=、h=AE及能级跃迁图可得a光的波长最短,b光的波长最长,选项C正答案:C6. 两根磁铁放在两辆小车上，小车能在水平面上自由移动，甲车与磁铁总质量为1 kg,乙车与磁铁总质量为 2 kg,两根磁铁的S极相对,推动一下使两车相向而行,若某时刻甲的速度为 3 m/s, 乙的速度为 2 m/s, 可以看到,它们还没有碰上就分开了, 则( )A. 甲车开始反向时,乙车速度减为0.5 m/s,方向不变B. 乙车开始反向时,甲车速度减为0.5 m/s,方向与原来方向相反C. 两车距离最近时，速率相等，方向相反D. 两车距离最近时,速度都为0.33 m/s,方向都与乙车原来的速度方向一致解析：据题知总动量是1 kg • m/s,方向与乙开始运动方向相同，故甲先开始反向，此时甲的动量为零，乙的动量为1 kg • m/s,此时乙的速度为0.5 m/s,A 项对;乙车反向时，甲的动量应为1 kg • m/s,速度应为1 m/s,B项错；两车距离最近时，速度应相同,C项错;根据动量守恒定律，知两车距离最近时，速度为m/s=-0.33 m/s,D 项对.答案：AD7. (2020山东理综,39(1)) 14C发生放射性衰变成为14N,半衰期约5 700年.已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少.现通过测量得知, 某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一. 下列说法正确的是()A.该古木的年代距今约5 700年B.12C、13C 14C具有相同的中子数C. 14C衰变为14N的过程中放出B射线D. 增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变解析：因古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一, 则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为 5 700年,A项正确；12C、13C、14C具有相同的质子数, 由于质量数不同, 故中子数不同,B 项错误; 根据核反应方程可知,14C 衰变为14N的过程中放出电子，即发出B射线,C项正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期,D 项错误.答案：AC8.如图所示,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同，并排悬挂,平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（）A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同解析：根据弹性碰撞时动量守恒定律和动能守恒得mv i=mv i'+m2V2‘，2 2mmv i' +mv2',且m=m,m=3m解得v i'=v i=-v i,V2‘=v i=v i,所以A项正确,B项错误;根据mv=mgh=mgR（ieos 0）,知第一次碰撞后，两球的最大摆角0相同,C项错误,D项正确.答案:AD第U卷（非选择题共52分）二、本题共2小题,共i6分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答•9.n£7eV<x ---- --------- 三二二二一二Q------------------------------- 15134013.60 340（7分）玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示• 当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时,辐射出频率为____________ Hz的光子,用该频率的光照射逸出功为 2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为eV.（已知电子的电荷量e=1.60 x 10-19 C,普朗克常量h=6.63 x 10-34 J • s）解析：氢原子从n=4跃迁到n=2能级时，释放的能量h v =E4-E2=-0.85 eV-（-3.40 eV）,解得v~6.2 x 10 Hz;光电子的最大初动能E<=h v -W0=2.55 eV-2.25 eV=0.30 eV.14答案:6.2 x 10 （3 分）0.30（4 分）10.（9分）现利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律.在图（a）中,气垫导轨上有AB两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连; 滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间.嫌斗遽光片护电门c——1 1------------------------'「图（a）实验测得滑块A的质量m=0.310 kg,滑块B的质量m=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交变电流的频率f=50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰.碰后光电计时器显示的时间为^8=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图（b）所示.~~ t : ・（5} . 7图（b）若实验允许的相对误差绝对值（|| x 100%）最大为5%本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.分析:由打出的纸带分析可知，碰撞前后A都向右运动，碰前A的速度V0可根据纸带右半段的数据求出；碰后A的速度可从纸带左半部分的数据求出.碰后B的速度V2 可根据遮光片宽度d及通过光电门的时间At求出.这样可进一步计算出A和B碰前总动量及碰后总动量, 进而算出相对误差, 就可以根据实验对相对误差的要求, 确定是否在误差范围内验证了动量守恒定律.解析:按定义, 物块运动的瞬时速度大小v 为v=©式中As为物块在很短时间At内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Att则△tA==0.02 s（1 分）②△tA可视为很短,设 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1. 将②式和图给实验数据代入①式得v o=2.OO m/s（1 分）③v i=0.970 m/s（1 分）④设 B 在碰撞后的速度大小为v2, 由①式有v2=（1 分）⑤代入题给实验数据得V2=2.86 m/s（1 分）⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p', 则p=m1v0（1 分）⑦p'=m1v1+m2v2（1 分）⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为S p=|| X 100%（1 分）⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据, 得S P=1.7%<5%（1分）⑩因此, 本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.答案: 见解析三、本题共3小题,共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.11.（10分）如图,质量分别为m、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=3m,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失•求：（1）B球第一次到达地面时的速度；（2）P点距离地面的高度.分析:（1）B球第一次落地前做自由落体运动，由v2=2gh易得落地速度;（2）由于碰撞时间极短,对A、B两球碰撞过程动量守恒，再结合能量守恒，即可求解P点的高度. 解析：（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=（1分）①将h=0.8 m代入上式,得V B=4 m/s.（2 分）②⑵设两球相碰前后,A球的速度大小分别为V1和w'（v 1'=0）,B球的速度分别为V2和V2'.由运动学规律可得V1=gt（1 分）③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变.规定向下的方向为正，有mw+mv2=nmv2'（1 分）④mmmv2'2（1 分）⑤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（1分）⑥设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得h'=（1分）⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h'=0.75 m.（2 分）⑧答案:（1）4 m/s （2）0.75 m12.（12分）（2020湖南十校模拟）如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C, 质量分别为m=m=2m,m=m,A B用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不连接）.开始时A、B以共同速度V0运动,C静止.某时刻细绳突然断开,A、B被弹开, 然后B 又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同•求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）弹簧具有的弹性势能•解析：（1）设弹开后A、B速度分别为V A、V B,三者最后的共同速度为v共,A、B被弹开的过程中,A、B系统动量守恒，有（m A+m）V0=mv共+mv B（2分） B与C碰撞过程,有mv B=（m B+m）v共（3分）得V共=V0,所以V B=V0.（1分）（2）B与C碰撞前后,机械能的损失为△ E=・ 3m（1 分）弹簧释放的弹性势能E P为&+ • 3m・ 5m+^ E（3 分）代入数据得5=.（2分）答案:（1）v 0 （2）13.（14分）（2020湖南怀化一模）如图所示,在光滑水平面上有一个长为L的木板B,上表面粗糙.在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上•现有滑块A以初速度V。

高考冲刺卷物理部分二、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。

）14. 结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误．．的是 A ．图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论 B ．伽俐略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验” 都记录在他的《自然哲学的数学原理》一书中 C ．“电磁学”理论的完备晚于“力学”理论的完备 D ．法拉第发现了电磁感应现象15. 高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线。

列车A 以恒定速率以360km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站。

则下列说法正确的是 A ．无论B 车匀加速的加速度值为多少，s 是相同的 B ．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间 C ．若B 车匀加速的时间为1min ，则s 为4kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5m/S 2则当B 车停下时A 车已距随州站路程为1km 16. 如图所示，置于水平地面上的三脚支架的顶端固定着一质量为m 的照相机，支架的三根轻杆长度均为L 且始终不变，第一次“三个落脚点”均匀分布于半径为L/2的圆周上，第二次均匀分布于半径为2/2L 的圆周上。

两次相机均能处于静止状态，两次相机对每根轻杆的压力分别设为1T 和2T ，则1T ：2T 为 A.36B.2 C.3 D.2617. 如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体，（M 在N 的正上方，WFESN QP M图示平面为竖直平面）P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面上的一点。

单元质检十三热学(选修3-3)(时间:45分钟满分:90分)1.(15分)(2020·全国卷Ⅲ)(1)(5分)(多选)如图所示,一开口向上的导热汽缸内,用活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。

现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。

环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。

在活塞下降过程中。

?A.气体体积逐渐减小,内能增加B.气体压强逐渐增大,内能不变C.气体压强逐渐增大,放出热量D.外界对气体做功,气体内能不变E.外界对气体做功,气体吸收热量(2)(10分)如图所示,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为h=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。

右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm。

管底水平段的体积可忽略。

环境温度为T1=283 K,大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。

(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。

此时水银柱的高度为多少?(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少?答案:(1)BCD(2)(ⅰ)12.9 cm(ⅱ)363 K解析:(1)本题以汽缸为背景,意在考查气体实验定律和热力学定律。

一定质量理想气体的内能仅与温度有关,温度不变,气体内能不变,选项A错误;根据p1V1=p2V2,气体体积变小,压强增大,选项B正确;外界对气体做功W>0,内能不变ΔU=0,由ΔU=W+Q,可得Q<0,气体放出热量,选项C、D正确,选项E错误。

(2)本题以U形管为背景,意在考查气体实验定律。

(ⅰ)设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程体积变为V2,压强变为p2。

由玻意耳定律有p1V1=p2V2①设注入水银后水银柱高度为h',水银的密度为ρ,按题设条件有p1=p0+ρgh0②p2=p0+ρgh'③V1=(2h-l-h0)S,V2=hS④联立①②③④式并代入题给数据得h'=12.9cm。

选修3－5综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下面列出的是一些核反应方程：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[答案] D[解析] 由电荷数守恒和质量数守恒规律可知，X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子，故D 正确．2．放射性同位素发出的射线在科研、医疗、生产等诸多方面得到了广泛的应用，下列有关放射线应用的说法中正确的有( )A ．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B ．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C ．用放射线照射作物种子能使其DNA 发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D ．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害[答案] D[解析] 利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视；作物种子发生的DNA 突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量，故选D.3．2020年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m 1的赵宏博抱着质量为m 2的申雪以v 0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，则有( )A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1[答案] C[解析] 因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4.“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的32He含量十分丰富，科学家认为，32He是发生核聚变的极好原料，将来32He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于32He，下列说法正确的是( )A.32He的原子核内有三个中子两个质子B.32He的原子核内有一个中子两个质子C.32He发生聚变，放出能量，一定会发生质量亏损D.32He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起[答案] BC[解析] 32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．5．下列说法正确的是( )A．中子和质子结合氘核时吸收能量B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电[答案] C[解析] 中子和质子结合成氘核时放出能量．放射性物质的半衰期不受温度的影响．原子核经过一次α衰变核内的中子数减少2个，一次β衰变核内的中子数减少一个．γ射线的电离作用很弱，不可用来消除有害静电．6．(2020·温州模拟)2020年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程23592U ＋n→14156Ba ＋9236Kr ＋αX 是反应堆中发生的众多核反应的一种，n 为中子，X 为待求粒子，α为X 的个数，则( )A ．X 为质子 α＝3B ．X 为质子 α＝2C ．X 为中子 α＝2D ．X 为中子 α＝3 [答案] D[解析] 由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X 电荷数为0，即X 应为中子，又由质量数守恒可得α＝3，因此，答案选D.7．颜色不同的a 光和b 光由某介质射向空气时，临界角分别为C a 和C b ，且C a > C b .当用a 光照射某种金属时发生了光电效应，现改用b 光照射，则( )A ．不一定能发生光电效应B ．光电子的最大初动能增加C ．单位时间内发射的光电子数增加D ．入射光强度增加[答案] B[解析] 由sin C ＝1n可知n a <n b ，则a 光的频率小于b 光的频率，因此B 对． 8．(2020·合肥模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v[答案] B[解析] 本题考查碰撞和动量守恒，意在考查学生对碰撞中的动量守恒和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．9．由于放射性元素23793Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi，下列论述中正确的是( )A．核20983Bi比核23793Np少28个中子B．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D．发生β衰变时，核内中子数不变[答案] B[解析] 因为核反应方程的质量和电荷数守恒，可以知道该核反应方程为23793Np→20983Bi＋742He＋40－1e，B正确；20983Bi和23793Np的中子数分别为126和144，相差18个，A错；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，D错．10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3kg的木板，木板上有质量为m＝1kg的物块．它们都以v＝4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能[答案] A[解析] 当木板速度为v1＝2.4m/s时，由动量守恒定律可得，Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝0.8m/s，方向向左，可见物块已经向左匀加速运动，选项A正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)在2020年温哥华冬奥会上，首次参寒的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员王冰玉投掷冰壶的镜头．假设在此次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后中国队的冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑行．若两冰壶质量相等，则对方冰壶获得的速度为________m/s.[答案] 0.3[解析] 由动量守恒定律m1v1＝mv′1＋m2v′2代入数值解得：v′2＝0.3m/s12．(6分)在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B 的质量之比为M A ∶M B ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为p A ∶p B ＝________.[答案] 1∶2[解析] 考查碰撞中动量守恒表达式的应用．实验中碰撞结束时刻的动量之比为p A p B＝M A ·OM M B ·ON ＝32×18.3055.14＝1213．(6分)1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现________．图中A 为放射源发出的________粒子，B 为________气．[答案] 质子 α 氮三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？(2)求此过程中释放的核能．[答案] (1)m 1v 0m 1＋m 2(2)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 2 [解析] (1)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝m 1v 0m 1＋m 2(2)核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3反应过程中释放的核能ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 215．(10分)(2020·江苏省姜堰市二中高三上学期学情调查)用速度为v 0、质量为m 1的42He核轰击质量为m 2的静止的147N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B .其中A 为148O 核，质量为m 3，速度为v 3；B 的质量为m 4.(1)计算粒子B 的速度v B .(2)粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反．[答案] (1)m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)v 3>m 1v 0m 3[解析] 根据动量守恒定律可解得粒子B 的速度，再根据粒子B 的速度方向与42He 核的运动方向相反 ，确定粒子A 的速度符合的条件．(1)由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)B 的速度与42He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0，解得：v 3>m 1v 0m 3 16．(11分)(2020·烟台模拟)如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，M ＝5m ，A 、B 间存在摩擦，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求A 、B 最后的速度大小和方向．[答案] 23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同． [解析] 由动量守恒可知：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝M －m M ＋mv 0 将M ＝5m 代入上式可得：v ＝23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同17．(11分)氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为E e ＝12.89eV 的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激，跃迁到n ＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量m e 与氢原子的质量m H 之比为1∶1840)[答案] 0.15eV[解析] 以v e 和v H 表示碰撞前电子的速度和氢原子的速率，根据题意有： m e v e －m H v H ＝0①碰撞前，氢原子与电子的总动能为：E k ＝12m H v 2H ＋12m e v 2e ② 联立①②两式并代入数据解得：E k ≈12.90eV③氢原子从基态跃迁到n ＝4的能级所需要能量由能级图可得：ΔE ＝－0.85eV －(－13.6eV)＝12.75eV ④碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为：E ′k ＝E k －ΔE ＝12.9eV －12.75eV ＝0.15eV。

选修3-5专练1．(1)对于下列四幅图的叙述正确的是________。

A ．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B ．由乙图可知，a 光光子的频率高于b 光光子的频率C ．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有14发生衰变D ．由丁图可知，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定 (2)氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量。

若某氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高－34E 1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级。

(3)如图所示，质量为m 的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t 滑到斜面底端时速率为v 。

求此过程中：①斜面对物块的支持力的冲量大小I N ； ②斜面对物块的摩擦力的冲量大小I f 。

解析：(1)由题图甲观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A 项正确；由题图乙可知，a 光光子的频率低于b光光子的频率，故B 项错误； 由题图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有34发生衰变，故C 项错误；由题图丁可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故D 项正确。

(2)由题意可得发射光子后氢原子能量为E ＝E 1＋⎝⎛⎭⎫－34E 1＝14E 1；根据波尔理论氢原子发射光子能量E ＝E m －E n (m >n )，得到氢原子发射光子前的能量为E ′＝14E 1＋⎝⎛⎭⎫－316E 1＝E 116，根据氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，得到发射光子前n ＝4，发射光子后n ＝2。

(3)①把重力沿垂直斜面方向分解，分力为G 1＝mg cos θ，在垂直斜面方向物块受到支持力F N ，物块在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：F N ＝mg cos θ，所以支持力的冲量为：I N ＝F N ·t ＝mg cos θ·t ；②在整个过程，对物块由动量定理可得： mg sin θ·t －I f ＝m v －0， 化简可得摩擦力的冲量为： I f ＝mg sin θ·t －m v 。

选择题强化训练专题十二物理3-4（解析版）一、单选题1.各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是A．γ射线、紫外线、可见光、红外线B．γ射线、红外线、紫外线、可见光C．紫外线、可见光、红外线、γ射线D．红外线、可见光、紫外线、γ射线【答案】A【解析】在电磁波谱中，各电磁波按照频率从小到大的排列顺序是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、α射线、γ射线，所以选项A正确。

2.下列说法正确的是A．电磁波在真空中以光速c传播B．在空气中传播的声波是横波C．声波只能在空气中传播D．光需要介质才能传播【答案】A【解析】电磁波在真空中的传播速度等于光速，A正确；在空气中传播的声波是纵波，B错误；声波的传播需要介质，可以在空气、液体和固定中传播，C错误；光属于电磁波，其传播不需要介质，可以在真空中传播，D错误。

3. 电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是()A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同【答案】C【解析】衍射现象是波的特有现象，A错误；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，B错误；遥远天体和地球的距离发生变化时，遥远天体的电磁波由于相对距离发生变化而出现多普勒效应，所以能测出遥远天体相对地球的运动速度，C正确；光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值是相同的，即光速不变原理，D错误．4.(2019·北京卷)利用图所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图中甲和乙两种图样。

下列关于P处放置的光学元件说法正确的是()A.甲对应单缝，乙对应双缝B.甲对应双缝，乙对应单缝C.都是单缝，甲对应的缝宽较大D.都是双缝，甲对应的双缝间距较大【解析】单缝衍射图样的中央条纹亮且宽，相邻条纹间距不等；双缝干涉图样中相邻条纹间距相等。

2020届全国金太阳联考新高考冲刺押题模拟（十三）物理试卷★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）1.一物块在水平地面上，以一定的初速度沿水平面滑动，直至速度为零，物块与水平面的动摩擦因数恒定，则关于物块运动的位移（x）、位移与时间比值（xt）、速度（v）、加速度（a）随时间t变化的图像正确的是（设初速度的方向为正方向）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A.x-t图象的斜率表示速度，斜率增大，物块的速度在增大，而物体做减速运动，故A错误；B.根据x=v0t-12at2，变形可得：12xv att=-故xtt-图象为直线，选项B正确；C.物块运动的方向一直为正方向，因此速度为正，物块做匀减速直线运动，v=v0-at，故v-t图线为直线，且初速度的方向为正方向，故C错误；D.由于物块与水平面间的动摩擦因数恒定，因此加速度恒定，且加速度方向与运动方向相反，即加速度为负值，选项D 错误．2.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为1kg 和2kg 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为3N ．现用水平力F 拉B 物体，使A 、B 以同一加速度运动，则F 的最大值为（ ）A. 3NB. 6NC. 9ND. 12N【答案】C 【解析】【详解】当AB 间的静摩擦力达到最大时拉力F 达到最大，根据牛顿第二定律得， 对A 物体：A m f m a =得223m/s 3m/s 1a ==对整体：()A B F m m a =+得：F =（1+2）×3N=9N ．A. 3N ，与结论不相符，选项A 错误；B. 6N ，与结论不相符，选项B 错误；C. 9N ，与结论相符，选项C 正确；D. 12N ，与结论不相符，选项D 错误．3.如图所示，倾角为α＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧相连接，弹簧轴线与斜面平行．现对A 施加一个水平向右、大小为F 的恒力，使A 、B 在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L ，则下列说法错误的是（ ）A. 弹簧的原长为2mgL k-B. 恒力F =C. 小球B 受到的弹力大小为mgD. 撤去恒力F 后的瞬间小球B 的加速度为g 【答案】D 【解析】【详解】A.对小球B 进行受力分析，由平衡条件可得：kx =mg sin 30°解得30mgsin x ko＝所以弹簧的原长为30=2mgsin mgL x L L k k---o ＝， 选项A 正确，不符合题意；B.对小球A 进行受力分析，由平衡条件可得：F cos 30°=mg sin 30°+kx ，解得F =， 故B 正确，不符合题意；C.小球B 受弹簧弹力和斜面的弹力，其合力与重力等大反向，可知小球B 受到的弹力大小为mg ，选项C 正确，不符合题意；D.撤掉恒力F 的瞬间，弹簧弹力不变，B 球所受合力不变，故B 球的加速度为零，故D 错误，符合题意． 4.一个质量为M 的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m 的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是（ ）A. 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但地面对箱子的作用力始终保持不变B. 小球摆到右侧最高点时，箱子对地面的压力为（M ＋m ）g ，箱子受到地面向左的静摩擦力C. 小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M ＋m ）g ，箱子不受地面的摩擦力D. 小球摆到最低点时，小球对细线的拉力大于mg ，箱子处于超重状态 【答案】C 【解析】【详解】A.在小球向下摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：2mv F mgcos rθ-＝ 绳子在竖直方向的分力为：2()mv F Fcos mgcos cos rθθθ'+＝＝当小球的速度越来越大时，角度θ越来越小，故F ′越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A 错误；B.小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体，由于箱子不动加速度为a M =0，a ′为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：（M+m ）g -F N =M•a M +ma ′，其中a ′为m 竖直方向的加速度，故F N 小于（M +m ）g ，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于（M +m ）g ，此时由于小球有水平向左的加速度分量，则地面对整体有向左的摩擦力，即箱子受到地面向左的静摩擦力，故B 错误；CD.在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2mv T mg r-= 联立解得：2mv T mg r=+ 则根据牛顿第三定律知，球对箱拉力大小为：2'mv T T mg r==+ 故此时箱子对地面的压力为：2mv N M m g T Mg mg r=++'=++（）， 故小球摆到最低点时，箱子对地面的压力大于（M +m ）g ，绳对箱顶的拉力大于mg ，此时箱子不受地面的摩擦力作用，箱子处于平衡状态，故C 正确 D 错误5.如图所示，质量均为m ＝2.0kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态．现使物块B 在水平外力F （图中未画出）作用下向右做加速度大小为a =2m/s 2的匀加速直线运动直至与A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2．则（ ）A. 开始时，弹簧的压缩量大小为8 cmB. 物块A 、B 分离时，所加外力F 的大小为24 NC. 物块A 、B 由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 sD. 物块A 、B 由静止开始运动到分离时，物块A 的位移大小为4 cm 【答案】D 【解析】【详解】A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：kx 0=μ•2mg解得：x 0=0.16m=16cm故A 错误；B.物块A 、B 分离时，此时A 和B 之间的弹力为零，以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F -μmg =ma解得所加外力F =12N故B 错误；CD.以A 为研究对象，分离时弹簧压缩量为x ，则kx-μmg =ma解得x =0.12m此过程A 运动的位移为x 0-x =0.04m=4cm ，根据位移时间关系可得x 0-x =12at 2 解得物块A 、B 由静止开始运动到分离所用的时间为t=0.2s故C 错误、D 正确．6.“嫦娥四号”探测器成功登陆月球，创造了人类历史上三个第一：人类的探测器首次在月球背面实现软着陆，人类第一次成功完成了月球背面与地球之间的中继通信，人类第一次近距离拍摄到月背影像图．“嫦娥四号”登陆月球前环绕月球做圆周运动，轨道半径为r ，周期为T ，已知月球半径为R ，引力常量为G ，根据以上信息可得出（ ）A. 月球的质量为2324()R r GT π+B. 月球的平均密度为23GT πC. 月球表面的重力加速度为23224r R TπD. 月球的第一宇宙速度为2rTπ 【答案】C 【解析】【详解】A.根据月球对卫星的外有引力等于向心力可得：2224Mm G m r r Tπ= 解得月球的质量为2324r M GTπ= 选项A 错误； B. 月球的平均密度为23322334343r M r GT V GT R R ππρπ=== 选项B 错误； C.由2MmGmg R = 可得月球表面的重力加速度223324GM g R Rr T π==选项C 正确；D. 月球的第一宇宙速度是指绕月球表面运行的卫星的速度，则月球的第一宇宙速度不等于2rTπ，选项D 错误．7.如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过x=x 2处，则下列说法正确的是( )A. x 1和x 2处的电场强度均为零B. x 1和x 2之间的场强方向不变C. 粒子从x=0到x=x 2过程中，电势能先增大后减小 D .粒子从x=0到x=x 2过程中，加速度先减小后增大 【答案】D 【解析】【详解】A 、φ-x 图象的切线斜率越大，则场强越大，因此A 项错误；B 、由切线斜率的正负可知，x 1和x 2之间的场强方向先沿正方向后沿负方向，B 项错误；C 、粒子由x=0处由静止沿x 轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C 项错误；D 、由图线的切线斜率可知，从x =0到x =x 2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．然后再根据电场力分析电子的运动情况．8.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定（）A. 该核发生的是α衰变B. 该核发生的是β衰变C. a表示反冲核的运动轨迹D. 磁场方向一定垂直纸面向里【答案】B【解析】放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．故放出的是β粒子，故A错误，B正确．根据动量守恒定律，质量大的速度小，而速度小的，运动半径较小，而b的质量较大，因此b是反冲核的运动轨迹，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向．故D错误．故选B．点睛：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒．正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键．9.如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。

专题13 探究弹簧弹力与形变量的关系1．实验原理(1)弹簧在下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．(2)弹簧的伸长量越大，弹力也就越大．2．实验器材铁架台、弹簧、钩码、刻度尺、坐标纸．3．实验步骤(1)按如图所示安装实验器材，使弹簧的一端挂在铁架台上自然下垂，刻度尺的零刻度与弹簧上端对齐。

(2)在弹簧下端悬挂钩码，测量弹簧的伸长量(或总长)及所受的拉力(或所挂钩码的质量)，列表作出记录，要尽可能多测几组数据。

(3)以力为纵坐标，以弹簧的伸长量(或弹簧的总长)为横坐标，根据所测数据在坐标纸上描点，并用平滑的曲线(包括直线)连接，使不在曲线上的点均匀分布在图线两侧。

(4)以弹簧的伸长量为自变量，写出曲线所代表的函数，首先尝试一次函数，如果不行再考虑二次函数，从而探究弹簧弹力与形变量的关系。

4.数据处理(1)列表法将测得的F、x填入设计好的表格中，可以发现弹力F与弹簧伸长量x的比值在误差允许范围内是相等的．(2)图象法以弹簧伸长量x为横坐标，弹力F为纵坐标，描出F、x各组数据相应的点，作出的拟合曲线是一条过坐标原点的直线．(3)函数法弹力F与弹簧伸长量x满足F＝kx的关系．5．注意事项(1)安装实验装置时要保持刻度尺竖直并靠近弹簧．(2)实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免弹簧被过度拉伸，超过弹簧的弹性限度．(3)要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据．(4)观察所描点的走向，不要画折线．(5)记录数据时要注意统一单位．6．误差分析系统误差：钩码标值不准确和弹簧自身重力的影响造成系统误差．偶然误差：(1)弹簧长度测量不准（固定刻度尺，多测几次）．(2)描点、作图不准（坐标轴的标度尽量大一些，描线时让尽可能多的点落在线上或均匀分布于线的两侧）．考点一基本实验1．（2022·新疆·模拟预测）某实验小组采用如图甲所示的装置探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，测得弹簧弹力F随弹簧伸长量x变化的图像如图乙所示。

5能量量子化考点一热辐射和黑体辐射1．黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是()A．温度B．材料C．表面状况D．以上都正确2．下列说法正确的是()A．只有温度高的物体才会有热辐射B．黑体只是从外界吸收能量，从不向外界辐射能量C．黑体可以看起来很明亮，是因为黑体可以反射电磁波D．一般材料的物体，辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料的种类和表面情况有关3．(多选)下列说法正确的是()A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高4．红外体温计广泛应用于测量体温。

下列说法正确的是()A．当体温超过37.3 ℃时人体才辐射红外线B．当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线C．红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的D．红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的考点二能量子5．普朗克在1900年将“能量子”引入物理学，开创了物理学的新纪元。

在下列宏观概念中，具有“量子化”特征的是()A．人的个数B．物体所受的重力C．物体的动能D．物体的长度6．下列有关光子的说法不正确的是()A．在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子B．光子是具有质量、能量和体积的实物微粒C．光子的能量跟它的频率有关D．紫光光子的能量比红光光子的能量大7．(多选)对于带电微粒的辐射和吸收能量时的特点，下列说法正确的是( )A ．以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收B ．辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍C ．吸收的能量可以是连续的D ．辐射和吸收的能量是量子化的8．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P ，c 表示光速，h 为普朗克常量，则激光器每分钟发射的光子数为( ) A.λP hc B.hP λc C.60λP hc D.60hP λc考点三 能级9．一个氢原子从较高能级跃迁到较低能级。

2020年高三物理选择题强化训练专题十三物理3-5（解析版）一、单选题1．(2018·北京卷)在核反应方程42He＋147N→178O＋X中，X表示的是()A.质子B.中子C.电子D.α粒子【解析】由核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒，可知X为11H，选项A正确。

【答案】 A2.已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n＝4的能量状态，则A．氢原子可能辐射3种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应【答案】CC＝6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子，故A错误，B错误。

n＝4跃迁到n＝3辐【解析】根据24射的光子能量为0.66 eV，n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量为1.89 eV，n＝4跃迁到n＝2辐射的光子能量为2.55 eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7 eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应。

故C正确，D错误。

3.以下物理内容描述不正确的是A．爱因斯坦通过对光电效应实验规律的分析揭示了光具有粒子性的一面B．玻尔模型对一切原子的光谱现象都能准确解释C．放射性元素的半衰期与其以单质还是化合物形式存在无关D．原子核的比结合能大小可以反映其稳定性特征【答案】B【解析】爱因斯坦通过对光电效应实验规律的分析揭示了光具有粒子性的一面，选项A正确；玻尔模型只能解释氢原子光谱，不能对一切原子的光谱现象准确解释，选项B错误；放射性元素的半衰期与其以单质还是化合物形式存在无关，选项C正确；原子核的比结合能大小可以反映其稳定性特征，比结合能越大，原子核越稳定，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B。

4.电子是我们高中物理中常见的一种微观粒子，下列有关电子说法正确的是A．汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量B．光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子C．卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的D．元素发生α衰变时，能够产生电子，并伴随着γ射线产生【答案】B【解析】A、汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，但电子的电荷量是由密立根油滴实验测出的，故选项A错误；B、根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子，故选项B 正确；C、玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的，卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故选项C错误；D、元素发生β衰变时，能够产生电子，并伴随着γ射线产生，故选项D错误。