教科版高中物理选修(3-5)模块检测(二)

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。

高二年下学期必选模块物理选修3-5测试命题者：柳锦辉 2022．6〔总分值100分,测试时间90分钟〕一、选择题.(此题共13小题,每题3分,共39分．在每题给出的四个选项中有的小题只有一个选项符合题意,有的小题有多个选项符合题意,全部选对的得3分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分．)1. 一个氘核〔H 21〕与一个氚核〔H 31〕发生聚变,产生一个中子和一个新核,并出现质量亏损.聚变过程中A ．吸收能量,生成的新核是He 42B ．放出能量,生成的新核是He 42C ．吸收能量,生成的新核是He 32D ．放出能量,生成的新核是He 322 ．光通过各种不同的障碍物后会产生各种不同的衍射条纹,衍射条纹的图样与障碍物的形状相对应,这一现象说明A ．光是电磁波.B ．光具有波动性.C ．光可以携带信息.D ．光具有波粒二象性. 3. 入射光照射到某金属外表上发生光电效应,假设入射光的强度减弱,而频率保持不变,那么A ．从光照至金属外表上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B ．逸出的光电子的最大初动能将减小C ．单位时间内从金属外表逸出的光电子数目将减少D ．有可能不发生光电效应4. 2000年8月21日,俄罗斯“库尔斯克〞号核潜艇在巴伦支海遇难,沉入深度约为100m 的海底．“库尔斯克〞号核潜艇的漂浮再次引起人们对核废料与环境问题的重视．几十年来人们向以巴伦支海海域倾倒了不少核废料,核废料对海洋环境有严重的污染作用．其原因有A ．铀、钚等核废料有放射性B ．铀、钚等核废料的半衰期很长C ．铀、钚等重金属有毒性D ．铀、钚等核废料会造成爆炸 5. 以下说法正确的选项是A ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反响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6．爱因斯坦由光电效应的实验规律,猜想光具有粒子性,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.限制变量C.科学假说D.数学归纳7．关于原子核,以下说法中正确的选项是〔 〕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限制核反响速度C．轻核的聚变反响可以在任何温度下进行D．一切核反响都能释放核能8.目前,在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料,这些岩石都不同程度地含有放射性元素,比方,有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡,而氡会发生放射性衰变,放出α、β、γ射线,这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病,根据有关放射性知识可知,以下说法正确的选项是〔〕A．氡的半衰期为3.8天,假设取4个氡原子核,经7. 6天后就一定剩下一个原子核了B．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所产生的C．γ射线一般伴随着α或β射线产生,在这三种射线中,γ射线的穿透水平最强,电离水平也最强D．发生α衰变时,生成核与原来的原子核相比,中子数减少了49.质量为m的钢球自高处落下,以速率v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v2．在碰撞过程中,钢球受到合力的冲量的方向和大小为A．向下,m〔v1－v2〕B．向下,m〔v1＋v2〕C．向上,m〔v1－v2〕D．向上,m〔v1＋v2〕10.如下图,与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上.物体B沿水平方向向右运动,跟与A相连的轻弹簧相碰.在B跟弹簧相碰后,对于A、B和轻弹簧组成的系统,以下说法中正确的选项是A．当弹簧压缩至最短时,系统的总动量最小B．当弹簧压缩至最短时,A、B的动能之和最小C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不变D．当B脱离弹簧时,A的速度最大11.正电子是电子的反粒子,它跟普通电子的电量相等,而电性相反,科学家设想在宇宙的某些局部可能存在完全由反粒子构成的物质—反物质．1997年初和年底,欧洲和美国的科学研究机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子,这是人类探索反物质的一大进步．你推测反氢原子的结构是〔 〕A ．由一个带正电荷的质子与一个带负电荷的电子构成B ．由一个带负电荷的质子与一个带正电荷的电子构成C ．由一个不带电的中子与一个带负电荷的电子构成D ．由一个带负电荷的质子与一个带负电荷的电子构成12. 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1MH Z 的无线电波的波长,根据表中数可知 〔 〕质量〔kg 〕 速度〔m/s 〕 波长〔m 〕 弹子球 2100.2-⨯ 2100.1-⨯ 30103.3-⨯电子〔100ev 〕 31101.9-⨯6100.5⨯10102.1-⨯无线电波〔1MH Z 〕2100.3⨯①要检测弹子球的波动性几乎不可能 ②无线电波通常情况下只能表现出波动性③电子照射到金属晶体上才能观察到它的波动性 ④只有可见光才有波粒二象性 A ．①④ B ．②④ C ．①② D ．①②③13．中子和质子结合成氘核时,质量亏损为△m ,相应的能量△E=△m C 2=2.2MeV 是氘核的结合能.以下说法正确的选项是A ．用能量小于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时,氘核不能分解为一个质子和一个中子B ．用能量等于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和为零C ．用能量大于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和为零D ．用能量大于2.2 MeV 的光子照射静止氘核时,氘核可能分解为一个质子和一个中子,它们的动能之和不为零二、填空、实验题.〔此题共6小题,每题4分,共24分〕14. 一置于铅盒中的放射源发射的α、β和γ射线,由铅盒的小孔射出,在小孔外放一铝箔后,铝箔后的空间有一匀强电场.进入电场后,射线变为a 、b 两束,射线a 沿原来方向行进,射线b 发生了偏转,如下图,那么图中的射线a 为__________射线,射线b 为_______________射线. 15．康普顿效应证实了光子不仅具有能量,也有动量,如图给出了光子与静止电子碰撞后,电子的运动方向,那么碰后光子可能沿方向 运动,并且波长 〔填“不变〞“变小〞或“变长〞〕． 16.如右图所示,一验电器与锌板相连,在A 处用一紫外线灯照射锌板,关灯后,指针保持一定偏角．〔1〕现用一带负电的放射源 带电极板 射线a照 相 底 铅盒 铝箔 带电极板 射线b 片金属小球与锌板接触,那么验电器指针偏角将 填“增大〞“减小〞或“不变〞〕．〔2〕使验电器指针回到零,再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板,验电器指针无偏转．那么,假设改用强度更大的红外线灯照射锌板,可观察到验电器指针〔填“有〞或“无〞〕偏转．〔3〕实验室用功率P =1 500 W 的紫外灯演示光电效应．紫外线波长λ=2 53 nm,阴极离光源距离d =0．5 m,原子半径取r =0．5×10-10 m,那么阴极外表每个原子每秒钟接收到的光子数为 ．〔h=6.63×10-34js 〕17．场强为E 、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A 、B ,它们的质量分别为m １、m ２,电量分别为q １、 q ２．A 、B 两球由静止释放,重力加速度为g ,那么小球A 和Ｂ组成的系统动量守恒应满足的关系式为 ． 18．约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖,他们发现的放射性元素P 3015衰变成i S 3014的同时放出另一种粒子,这种粒子是 ．P 3215是P 3015的同位素,被广泛应用于生物示踪技术．1mg P 3215随时间衰变的关系如下图,请估算4 mg 的P 3215经______天的衰变后还剩0.25 mg .19.两相同的磁铁分别固定在两相同的小车上,水平面光滑,开始两车相向运动 v a ＝3m ／s,v b ＝2m ／s,设相互作用时两车不会相碰,那么当b 车速度为零时,v a =_______, 方向_______；当两车相距最近时,v b ＝_______,方向____________.荷山中学高二年下学期必选模块物理选修3-5测试答 题 卡县〔市、区〕__________学校_____________________班级__________座号__________姓名_____________密封线内不要做题〔总分值100分,测试时间90分钟〕总分：一、选择题〔此题共13小题,每题3分,共39分〕二、填空、实验题〔此题共6小题,每题4分,共24分〕14. ；.15. ；.16.〔1〕；〔2〕＿＿＿＿；〔3〕＿＿＿＿＿.17. ___________________ 18；；19,v a=_______,方向______________；v b＝_______,方向____________.三、计算题〔此题共4小题,共37分.解容许写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写最后答案的不给分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.〕20．〔8分〕一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子,设正负电子对撞前的质量均为m,动能均为E k,光速为c,普朗克恒为h.求：〔1〕写出该反响方程；和转化成的光子在真空中波长λ〔2〕对撞过程中的质量亏损m得分栏21〔9分〕如图,一质量为M 的物块静止在桌面边缘,桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后,以水平速度v 0/2射出.重力加速度为g .求 〔1〕子弹穿过物块后物块的速度V 〔2〕此过程中系统损失的机械能；〔3〕此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.22题有两道题同学可任选一道作答22.〔10分〕静止在匀强磁场中的锂核Li 63俘获一个速度为4107.7 m/s 的中子而发生核反响,反响中放出的α粒子的速度为4102⨯m/s,其方向与反响前的中子的速度方向相同.〔1〕写出核反响方程； 〔2〕求反冲核的速度；〔3〕当α粒子旋转6周时,反冲核旋转几周. 22、.〔10分〕如下图,相距为d 的两平行金属板A 、B 足够大,板间电压恒为U,有一波长为λ的细激光束照射到B 板中央,使B 板发生光电效应,普朗克常量为h,金属板B 的逸出功为W,电子质量为m,电荷量e,求：(1)从B 板运动到A 板所需时间最短的光电子,到达A 板时的动能； (2)光电子从B 板运动到A 板时所需的最长时间．23．〔10分〕两个氘核发生了如下核反响n He H H 10322121+→+,其中氘核的质量为2.0136u,氦核的质量为3.0150u,中子的质量为1.0087u ．〔1 u=931.5 MeV 〕〔1〕假设反响前两个氘核的动能都为0.35MeV,进行对心碰撞,并且结合能全部转化为机械能,求反响中产生的中子和氦核的动能．〔2〕假设反响中产生的氦核沿直线向静止的碳核〔C 126〕接近,受库仑力的影响,当它们距离最近时,两个原子核的动能各是多少?。

模块检测(二)(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．光电效应实验中，下列表述正确的是()A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率时才能产生光电子答案CD解析由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU c＝E k＝hν－W0(其中U c为遏止电压，E k为光电子的最大初动能，W0为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A、B错误，C、D正确．2．下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是()A．图(甲)：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一B．图(乙)：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的C．图(丙)：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D．图(丁)：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性答案AB解析图(甲)为黑体辐射的实验规律，为了解释这一实验规律，提出能量子概念，选项A正确；图(乙)为氢原子的能级图，氢原子处于不同能级间跃迁时辐射或吸收一定频率的光子，选项B正确；图(丙)是α粒子散射实验结果，证明了原子的核式结构，选项C不正确；图(丁)是电子束通过铝箔后的衍射图样，说明了电子的波动性，选项D不正确．3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统答案 A解析判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C选项末动量为零而初动量不为零．D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大等．4．(2014·江苏卷)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，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．动量答案 A解析两种金属的截止频率不同，则它们的逸出功也不同，由W＝hν0可知截止频率大的，逸出功也大．由E k＝hν－W可知，用同样的单色光照射，钙逸出的光电子的最大初动能较小，由p＝2mE k知，其动量也较小，根据物质波p＝hλ知，其波长较长．5．氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.632 8 μm，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96 eV的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为() A．10.50 eV B．0.98 eVC．0.53 eV D．0.36 eV答案 D解析由跃迁公式得ΔE1＝hcλ1，ΔE2＝hcλ2，联立可得ΔE2＝λ1λ2ΔE1＝0.36 eV，D对．6.图1光子有能量，也有动量p＝hλ，它也遵守有关动量的规律．如图1所示，真空中有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直纸面向里照射这两个圆面时，关于此装置开始时转动情况(俯视)的下列说法中正确的是()A．沿顺时针方向转动B．沿逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动答案 B解析由动量定理可知，白光垂直照射到白纸片上，反射能力较好，白光垂直照射到黑纸片上时，吸收性较好，白纸片受到的冲力约为黑纸片受到的冲力的两倍，故俯视看到装置开始逆时针方向转动．7.图2钚的一种同位素23994Pu衰变时释放巨大能量，如图2所示，其衰变方程为23994Pu―→23592U＋42He ＋γ，则()A．核反应中γ的能量就是23994Pu的结合能B．核燃料总是利用比结合能小的核C.23592U核比23994Pu核更稳定，说明23592U的结合能大D．由于衰变时释放巨大能量，所以23994Pu比23592U的比结合能小答案BD解析核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用比结合能小的核，才能更容易实现，B、D正确；核反应中γ光子的能量是结合能中的一小部分，A错；C项说明23592U的结合能小，更稳定，C错．8．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，只是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，下列论断中正确的是()A.20983Bi的原子核比23793Np的原子核少28个中子B.20983Bi的原子核比23793Np的原子核少18个中子C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变答案BC解析20983Bi的中子数为209－83＝126，23793Np的中子数为237－93＝144，20983Bi的原子核比23793Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错．9.图3如图3所示，一沙袋用轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二次弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的140倍，则以下结论中正确的是()A．v1＝v2B．v1∶v2＝41∶42C．v1∶v2＝42∶41 D．v1∶v2＝41∶83答案 D解析根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v，用M表示沙袋的质量，m表示弹丸的质量，由动量守恒定律得：第一次：m v1＝(M＋m)v，第二次：m v2－(M＋m)v＝(M＋2m)v，比较两式可以解得v 1∶v 2＝41∶83.10．某实验室工作人员，用初速度为v 0＝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 答案 AC解析 由质量数守恒和电荷数守恒得：42He ＋2311Na ―→ 2612Mg ＋11H.又因α粒子、新核的质量分别为4m 、26m ，设质子的速率为v ，因为α粒子与钠原子核发生对心正碰，由动量守恒定律得：4m v 0＝26m ·v10－m v ，解得：v ＝0.225c .二、填空题(本题共3小题，共18分)11．(4分)1919年卢瑟福通过如图4所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，由此发现________．图中银箔的作用是恰好阻挡α粒子不射透银箔，实验中充入氮气后显微镜观察到了闪光．完成该实验的核反应方程：42He ＋147N ―→17 8O ＋________．图4答案 (1)质子 (2)11H 12.图5(8分)贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕．如图5中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A、B、C三束．(1)构成A射线的粒子是________；构成B射线的粒子是________；构成C射线的粒子是________．(2)三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子．(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：234Th―→23491Pa＋________；________＋2713Al―→3015P＋10n.90答案(1)电子e(或β粒子)γ光子氦核He(或α粒子)(2)γαβ(3)0－1e42He13．(6分)如图6所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95 kg的橄榄球前锋以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质量均为75 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个为4 m/s，然后他们就扭在了一起．图6(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)．(2)在框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________．答案(1)0.1 m/s(2)能够得分解析(1)设前锋运动员的质量为M1，两防守队员质量均为M2，速度分别为v1、v2、v3，碰撞后的速度为v，设v1方向为正方向，由动量守恒定律得M1v1－M2v2－M2v3＝(M1＋2M2)v代入数据解得，v ＝0.1 m/s(2)因v >0，故碰后总动量p ′的方向与p A 方向相同，碰撞后的状态及动量如图所示，即他们都过了底线，该前锋能够得分．三、计算题(本题共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．(8分)一粒质量为4×10－4 g 的尘埃，在空中下落的速度从1 m/s 增加到3 m/s 时，它的德布罗意波长从多少变化到多少？分析是否可通过衍射现象观察到其波动性． 答案 见解析解析 速度v 1＝1 m/s 时德布罗意波长为λ1＝h m v 1＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×1 m ≈1.66×10－27 m ， 速度v 2＝3 m/s 时德布罗意波长为λ2＝h m v 2＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×3 m ≈5.5×10－28 m. 由于波长太短，所以不能通过衍射现象观察到其波动性． 15．(12分)已知氢原子基态的电子轨道半径为r 1＝0.528×10－10m ，量子数为n 的能级值为E n ＝－13.6n 2eV .(1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n ＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线；(3)计算这几种光谱线中波长最短的波长．(静电力常量k ＝9×109 N ·m 2/C 2，电子电荷量e ＝1.6×10－19C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J ·s ，真空中光速c ＝3.00×108 m/s)． 答案 (1)13.6 eV (2)如图所示(3)1.03×10－7 m解析 (1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则k e 2r 21＝m v 2r 1，又知E k ＝12m v 2，故电子在基态轨道的动能为：E k ＝ke 22r 1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.528×10－10 J ＝2.18×10－18J＝13.6 eV.(2)当n ＝1时，能级值为E 1＝－13.612eV ＝－13.6 eV ； 当n ＝2时，能级值为E 2＝－13.622eV ＝－3.4 eV ；当n ＝3时，能级值为E 3＝－13.632eV ＝－1.51 eV .能发出的光谱线分别为3―→2，2―→1，3―→1共3种，能级图如图所示． (3)由n ＝3能级向n ＝1能级跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．h ν＝E 3－E 1，又知ν＝cλ，则有λ＝hc E 3－E 1＝6.63×10－34×3×10812.09×1.6×10－19 m ＝1.03×10－7m. 16.图7(10分)如图7所示，质量为m 2和m 3的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1的物体以速度v 0向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．问m 3的速度至少多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞？ 答案m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3解析 设m 3发射出去的速度大小为v 1，m 2的速度大小为v 2.以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得m 2v 2－m 3v 1＝0，则v 2＝m 3v 1m 2，只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞．m 3与m 2恰好不相撞时，由动量守恒定律得，m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2代入v 2＝m 3v 1m 2，得v 1＝m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3.即弹簧将m 3发射出去的速度至少为m 1m 2v 0（m 1＋m 2＋m 3）m 3.17.图8(12分)如图8所示，有界的匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.05 T ，磁场方向垂直于纸面向里，MN 是磁场的左边界．在磁场中A 处放一个放射源，内装226 88Ra ，22688Ra 放出某种射线后衰变成22286Rn.(1)写出上述衰变方程；(2)若A 处距磁场边界MN 的距离OA ＝1.0 m 时，放在MN 左侧边缘的粒子接收器收到垂直于边界MN 方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA 的直线1.0 m ．求一个静止226 88Ra 核衰变过程中释放的核能有多少？(取1 u ＝1.6×10－27kg ，e ＝1.6×10－19C ，结果保留三位有效数字)答案 (1)226 88Ra ―→222 86Rn ＋42He(2)2.04×10－14J解析 (1)226 88Ra ―→222 86Rn ＋42He.(2)衰变过程中释放的α粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R ＝1.0 m ，由2 e v B ＝m v 2R 得α粒子的速度v ＝2eBRm衰变过程中系统动量守恒，222 86Rn 、42He 质量分别为222 u 、4 u ，则有222 u ×v ′＝4 u ×v得222 86Rn 的速度v ′＝2111v ， 释放的核能E ＝12×222 u ×v ′2＋12×4 u ×v 2＝错误!代入数据解得E ＝2.04×10－14J.。

高中物理选修3－5模块检测一、选择题1．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是[ ]A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒C．a离开墙后，a、b系统动量守恒D．a离开墙后，a、b系统动量不守恒2．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球质量之比m甲∶m乙是[ ]A．2∶1B．3∶5C．5∶3D．1∶23．A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是[ ]A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量4．在光滑水平面上有A、B两球，其动量大小分别为10kg·m/s与15kg·m/s，方向均为向东，A球在B球后，当A球追上B球后，两球相碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为[ ]A．10kg·m/s，15kg·m/s B．8kg·m/s，17kg·m/sC．12kg·m/s，13kg·m/s D．-10kg·m/s，35kg·m/s5．分析下列情况中系统的动量是否守恒[ ]A．如图2所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统B．子弹射入放在光滑水平面上的木块中对子弹与木块组成的系统(如图3)C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时6．质量为M 的原子核，原来处于静止状态，当它以速度V 放出一个质量为m 的粒子时，剩余部分的速度为 [ ]A ．mV/(M-m)B ．-mV/(M —m)C ．mV/(M+m)D ．-mV/(M ＋m)7．如图4所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，若以两车及弹簧组成系统，则下列说法中正确的是 [ ]A ．两手同时放开后，系统总量始终为零B ．先放开左手，后放开右手后动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不8．船静止在水中，若水的阻力不计，当先后以相对地面相等的速率，分别从船头与船尾水平抛出两个质量相等的物体，抛出时两物体的速度方向相反，则两物体抛出以后，船的状态是 [ ] A ．仍保持静止状态 B ．船向前运动 C ．船向后运动 D ．无法判断 9如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。

模块综合检测(二）（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．关于下列四幅图说法不正确的是（)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，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内解析：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．答案：A2．下列说法正确的是( )A．物体的动量改变,则速度大小一定变化B．物体所受合外力越大，物体动量变化越大C．物体所受合外力越大,物体动量变化率一定越大D．物体的运动状态改变,其动量不一定改变解析：物体的动量是物体的质量和速度的乘积，而速度包括大小和方向两个方面,所以不论是物体的速度大小还是方向改变时，物体的动量一定改变,故选项D错误，A错误；物体动量变化不仅与物体所受合外力有关，还与外力作用的时间有关，选项B错误；由FΔt＝mv2－mv1＝mΔv，可得F＝mΔvΔt，故物体所受合外力越大，物体动量变化率越大，选项C正确．答案：C3．当具有5。

0 eV能量的光子照射到某金属表面后,从金属表面逸出的电子具有最大的初动能是1.5 eV.为了使这种金属产生光电效应，入射光的最低能量为( ）A．1。

5 eV B．3。

5 eVC．5。

0 eV D．6。

5 eV解析：本题考查光电效应方程及逸出功．由E k＝hν－W，得W ＝hν－E k＝5。

0 eV－1.5 eV＝3.5 eV，则入射光的最低能量为hνmin＝W＝3.5 eV，故正确选项为B。

答案：B4．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量为E n，其中n＝2，3…。

模块综合测评(教师用书独具)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法正确的是()A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，原子中电子的轨道半径也在连续地减小B．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D．某放射性原子核经过2次α衰变和1次β衰变，核内质子数减少5个C[根据玻尔理论，原子中电子的轨道半径是量子化的，是不连续的，A 错误；放射性物质的半衰期由物质本身决定，与外界环境无关，B错误；用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，必须用能量大于氘核结合能的光子照射才可能使其分解，C正确；根据α衰变和β衰变的实质知，2次α衰变放出2个42He,1次β衰变放出1个0－1e，核内质子数减小3个，D错误．]2．我国对中微子的研究处于世界领先水平，大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖．太阳发生核反应时会放出大量中微子及能量．假设太阳释放的能量是由“燃烧氢”的核反应——411H→42He＋201e＋2ν提供的，式中ν为中微子，这一核反应平均每放出2个中微子，相应释放28 MeV的能量．已知太阳每秒约辐射2.8×1039 MeV的能量，地球与太阳间的距离r约为1.5×1011 m，则地球表面与太阳光垂直的一平方米面积上每秒接收到中微子数目的数量级为()A．1011B．1014C．1017D．1020B[由题中条件可算得太阳每秒放出中微子的个数n＝2×2.8×103928个＝2×1038个，中微子向四面八方辐射，成球面形状分布，地球表面与太阳光垂直的一平方米面积上每秒可接收到的数目为2×10384πr2个≈7×1014个，选项B正确．]3．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为()A.146C→01e＋145BB.146C→42He＋104BeC.146C→21H＋145BD.146C→0－1e＋147ND[原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断可知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为0－1e，两带电粒子动量大小相等，方向相反，有m1v1－m2v2＝0，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r＝m vqB，可见动量一定时，r与q成反比．因大圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7，所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为147N，所以碳14的衰变方程为146C→0－1e＋147N，选项D正确．] 4．研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示．两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出，则()A．a为电源正极，到达A板的为α射线B．a为电源正极，到达A板的为β射线C ．a 为电源负极，到达A 板的为α射线D ．a 为电源负极，到达A 板的为β射线B [从题图中可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达A 板粒子的竖直位移小于到达B 板粒子的竖直位移，粒子在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向的加速度a ＝qE m ，α粒子的比荷远小于β粒子的比荷，则β粒子的加速度大，偏转效果强，所以到达A 板的为β射线，又因为β粒子带负电，向A 板偏转，故a 为电源正极，选项B 正确．]5．有两个质量均为m 且均处于基态的氢原子A 、B ，A 静止，B 以速度v 0与A 发生碰撞，碰撞后两者一起运动．已知碰撞前后二者的速度均在同一条直线上，碰撞过程中部分动能被某一氢原子吸收，从而使该氢原子由基态跃迁到激发态，然后此原子向低能级跃迁，并放出一个光子，已知氢原子的基态能量为E 1(E 1＜0)，则速度v 0至少为( ) A.－E 1m B.－2E 1m C.－3E 1m D.－4E 1mC [由动量守恒定律有m v 0＝2m v ，碰撞过程损失的动能为ΔE ＝12m v 20－12·2m v 2，由能级跃迁知识可知ΔE 至少为氢原子由n ＝2的能级跃迁至基态时的能量变化，则ΔE min ＝E 2－E 1＝－34E 1，联立解得v 0＝－3E 1m ，故选项C 正确．] 6．如图所示，一砂袋用一根无弹性的细绳悬挂于O 点．开始时砂袋处于静止状态，一子弹以水平速度v 0击中砂袋后未穿出，两者一起摆动．若子弹质量为m ，砂袋质量为5m ，子弹和砂袋形状大小忽略不计，子弹击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．子弹打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B ．子弹打入砂袋过程中，子弹对砂袋的冲量大小大于砂袋对子弹的冲量大小C．子弹打入砂袋过程中所产生的热量为m v20 72D．砂袋和子弹一起摆动所达到的最大高度为v20 72gD[子弹打入砂袋过程中，砂袋的速度增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，A错误；子弹打入砂袋过程中，子弹对砂袋的作用力与砂袋对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，则子弹对砂袋的冲量大小等于砂袋对子弹的冲量大小，B错误；子弹打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v0＝(m＋5m)v，解得v＝v06，产生的热量为Q＝12m v2－12(m＋5m)v2＝512m v2，C错误；设子弹打入砂袋后随砂袋一起摆动的过程中整体达到的最大高度为h，因为此过程中系统的机械能守恒，则有12(m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，h＝v2072g，D正确．]7．下列说法正确的是()A．原子的核式结构模型是汤姆孙提出的B．铀核(23892U)衰变为铅核(20682Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变C．一个氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线D．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小BC[原子的核式结构模型是卢瑟福通过α粒子散射实验提出的，A错误.238＝206＋4×8，质量数守恒，92＝82＋2×8－6，电荷数守恒，B正确；只有一个氢原子跃迁时最多可产生两条谱线，是从3→2和从2→1跃迁时产生的，C正确；能否发生光电效应取决于光的频率与金属的截止频率之间的关系，与光强无关，D错误．]8．原子核外的电子在不同轨道上具有不同的能量，氢原子的能级图如图所示，已知氢原子从某一能级跃迁到n＝2的能级时辐射出的光子能量为2.55 eV，由此可推知()A．要使处于该能级的氢原子电离，至少需要吸收的能量为0.85 eVB．处于该能级的氢原子可能向外辐射出能量小于0.66 eV的光子C．用12.85 eV的光照射大量的处于基态的氢原子可辐射出2.55 eV的能量D．用12.85 eV的电子轰击大量的处于基态的氢原子可辐射出2.55 eV的能量AD[氢原子从某一能级跃迁到n＝2能级时辐射出的光子能量为2.55 eV，可知跃迁前氢原子的能量为－0.85 eV，可知氢原子处于n＝4能级，要使处于该能级的氢原子电离，至少要吸收0.85 eV的能量，A正确；氢原子从n＝4能级向低能级跃迁，辐射出的光子的最小能量为0.66 eV，B错误；由于没有一个能级与基态的能量差等于12.85 eV，可知12.85 eV的光子不能被氢原子吸收而发生跃迁，C错误；用12.85 eV的电子轰击大量的处于基态的氢原子，部分电子的动能被氢原子吸收，氢原子可以跃迁到n＝4能级，从n＝4能级跃迁到n＝2能级时辐射出的光子能量为2.55 eV，D正确．]9．在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，均为m，由图像可得()甲乙A．碰撞后，蓝壶经过5 s停止运动B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8 m/sC．红、蓝两壶的碰撞是弹性碰撞D．红、蓝两壶从碰撞到停止运动的过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶2AB[设碰后蓝壶经过时间t停止运动．根据三角形相似可知t＝5 s，A正确；设碰后蓝壶的瞬时速度为v，红壶碰前的瞬时速度为v0，碰后的瞬时速度为v′0，以红壶的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得m v0＝m v′0＋m v，结合题中图像并代入数据解得v＝0.8 m/s，B正确；碰撞过程中两壶损失的动能为ΔE k＝12m v2－12m v′2－12m v2＝0.16 m2/s2·m≠0，所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞，C错误；红、蓝两壶从碰撞到停止运动的过程中，所受摩擦力的冲量大小之比I红∶I蓝＝m v′0∶m v＝1∶4，D错误．]10．如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点有一质量为m2的静止小球2，P挡板的右侧有一质量为m1的与小球2等大的小球1以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则小球1与小球2的质量之比m1∶m2可能为()A．3∶1 B．1∶3C．1∶5 D．1∶7ABD[设小球1、2碰撞后的速度大小分别为v1、v2，若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，两球在B点相遇，是球2与挡板Q碰撞反弹后在B点与球1相遇，有v2t＝3v1t，即v2＝3v1，根据动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，联立解得m1＝3m2，故A正确．若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P 碰撞后反弹，在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即v1＝3v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，联立解得m2＝7m1，故D正确．若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹在B点与球1相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，联立解得m2＝3m1，故B正确．]二、非选择题(共6小题，共60分)11．(8分)如图所示，为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，分别记作球1和球2，按下述步骤做了如下实验：A．用天平测出球1和球2的质量分别为m1和m2，且m1＞m2；B．按照如图所示的那样，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端；C．先不放球2，让球1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下球1在斜面上的落点位置；D．将球2放在斜槽末端边缘上，让球1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下球1和球2在斜面上的落点位置；D．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，请你回答下列问题：(1)球1与球2发生碰撞后，球1的落点是图中的________点，球2的落点是图中的________点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________________________，则说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式____________________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．[解析](1)球1和球2碰撞后，球2的速度增大，球1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后球1的落点是D点，球2的落点是F点．(2)未放置球2时，球1落在图中的E点，设其水平初速度为v1.球1和球2发生碰撞后，球1的落点在题图中的D点，设其水平初速度为v′1，球2的落点是题图中的F点，设其水平初速度为v2.设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得L D sin α＝12gt2，LDcos α＝v′1t，解得v′1＝gL D cos2α2sin α，同理可得v1＝gL E cos2α2sin α，v2＝gL F cos2α2sin α，所以只要满足m1v1＝m1v′1＋m2v2，即m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明两球碰撞过程中动量守恒．(3)若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，故还要满足关系式12m1v21＝12m1v′21＋12m v22，即m1L E＝m1L D＋m2L F.[答案](1)D F(2)m1L E＝m1L D＋m2L F(3)m1L E＝m1L D＋m2L F12．(8分)光电效应证明了光具有粒子性，图中光电管的K为阴极，A为阳极，理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来测量光电管两端的电压．(1)当开关S断开时，用光子能量为3.11 eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零，闭合开关S，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于 1.21 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.21 V时，电流表读数为零．从上述实验数据可知，此时光电子的最大初动能为________eV，该阴极材料的逸出功为________eV.当电压表的示数U0＝1.21 V时，若只增大入射光的强度，电流计的读数________(选填“为零”或“不为零”)．(2)现将电源正、负极对调，闭合开关S，若光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的电压为U.用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流．已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c，则金属铯的逸出功W＝________，光电子到达阳极A的最大动能E k＝________.[解析](1)接通开关，当电压表读数大于或等于1.21 V时，电流表读数为零，可知光电管的遏止电压为U c＝1.21 V，则光电子的最大初动能为E km＝eU c ＝1.21 eV，根据光电效应方程得E km＝hν－W0，解得逸出功为W0＝hν－E km＝3.11 eV－1.21 eV＝1.90 eV.当U0＝1.21 V时，若只增大入射光的强度，而入射光频率仍不变，则电流计的读数为零。

高中物理学习材料桑水制作物理·选修3－5(人教版)模块综合检测卷(测试时间：50分钟评价分值：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．(2014·上海卷)链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是( )A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子解析：重核的裂变需要中子的轰击，在链式反应中，不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去，B项正确．答案：B2．(2014·福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．①表示γ射线，③表示α射线 B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线 D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：因为γ射线不带电，所以电场和磁场对其都没有力的作用，②⑤表示γ射线，A错误；β射线为电子流，带负电，受到电场力向左，受到洛伦兹力向右，①⑥代表β射线，B、D项错误，C项正确．答案：C3．如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出电磁波的速度大C ．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D ．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量分析：本题考查了能级、电子云、频率、波长、波速等基本概念，强调其间的关联，考查方式较为细致，尤以C 、D 两项为甚．解析：A.由图可知E 43＜E 32，根据公式ε＝h ν可得v 43＜v 32，再由λ＝c v，即得λ43＞λ32.A.正确． B ．错误．若是在真空中，任何电磁波的速度都是3.0×108 m/s.C ．错误．处于不同能级时，核外电子出现的概率对应了不同的电子云．D ．错误．应该是“氢原子”向外放出能量，而非“氢原子核”．答案：A4．(2014·上海卷)不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是( )A ．原子中心有一个很小的原子核B ．原子核是由质子和中子组成的C ．原子质量几乎全部集中在原子核内D ．原子的正电荷全部集中在原子核内解析：卢瑟福通过α散射实验，发现绝大多数粒子发生了偏转，少数发发生了大角度的偏转，极少数反向运动，说明原子几乎全部质量集中在核内；且和α粒子具有斥力，所以正电荷集中在核内；因为只有极少数反向运动，说明原子核很小；并不能说明原子核是由质子和中子组成的，B项正确．答案：B5．(2013·重庆卷)铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：23592U＋10n→a＋b＋210n则a＋b可能是( )A.14054Xe＋9336KrB.14156Ba＋9236KrC.14156Ba＋9338SrD.14054Xe＋9438 Sr分析：根据核反应前后质量数和电荷数都守恒逐项分析即可．解析：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A都不守恒，B质量数不守恒，C电荷数不守恒，D正确．答案：D点评：本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可．6．(2013·江苏卷)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们相等的还有( )A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量解析：根据德布罗意波长公式λ＝hp，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量p亦相等，故选C.答案：C7．(2014·北京卷)带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )A ．q a ＜q bB ．m a ＜m bC ．T a ＜T b D.q a m a ＜q b m b分析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后比较即可．解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r， 解得：r ＝mv qB ，由于mv 、B 相同，故r ∝1q； A ．r ∝1q，a 运动的半径大于b 运动的半径，故q a ＜q b ，故A 正确； B ．由于动量mv 相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，故B 错误；C ．周期T ＝2πr v，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，故C 错误；D ．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r 故：q m ＝v Br，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断比荷关系，故D 错误；故选：A.答案：A点评：本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，然后结合牛顿第二定律列式分析，基础问题．二、双项选择题(本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)8．(2014·新课标全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A ．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验，发现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；密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C ．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子解析：汤姆孙通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测定了粒子的比荷； 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10－19 C ，A 正确；贝克勒尔通过对天然放射性研究发现了中子， B错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论， D错误．答案：AC9．(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的( )A．所有元素都有可能发生衰变B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，半衰期与外界的温度无关C．三种射线中，γ射线的穿透能力最强D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线分析：自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关．解析：A.有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B.放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C.放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D.一个原子核在一次衰变中只能放出α、β和γ三种射线中的一种，α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D 错误．故选B、C.答案：BC点评：本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题．10．(2013·广东卷)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n，下列说法正确的有( ) A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案：AC三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题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．(1)(6分)(2014·全国新课标卷Ⅱ)现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B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，光电计数器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.301 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50 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．碰后光电计数器显示的时间为Δt B ＝3.500 m/s ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰撞前总动量×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．(1)分析：根据图示纸带求出滑块的速度，然后求出碰撞前后的动量，根据题目要求判断动量是否守恒．解析：打点计时器的打点时间间隔t ＝1f ＝150s ＝0.02 s ，由图(b)所示纸带可知，碰撞前A 的速度：v A ＝x A t ＝0.040 00.02m/s ＝2 m/s ， 碰撞后A 的速度：v A ′＝0.019 40.02m/s ＝0.97 m/s ， 碰撞后B 的速度：v B ′＝d Δt B ＝0.010 03.5×10－3m/s ≈2.86 m/s ， 碰撞前后系统总动量分别为：p ＝m 1v A ＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.62kg ·m/s ，p ′＝m 1v A ′＋m 2v B ′＝0.31×0.97＋0.108×2.86≈0.61kg ·m/s ，绝对误差：⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.62－0.610.62×100%≈1.7%＜5%， 由此可知，在误差范围内验证了动量守恒定律．答案：在误差范围内验证了动量守恒定律，证明过程如上所述．点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，由纸带求出滑块速度是正确解题的关键、应用动量计算公式即可正确解题．(2)(6分)(2014·江苏卷)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是22286Rn →218 84Po ＋__________.已知222 86Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩1 g.解析：根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒可知生成物电荷数为2，质量数为4，即为α粒子．设半衰期为τ，半衰期的定义：m 剩＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，而n 为发生半衰期的次数，n ＝t τ；代入数据可得t ＝15.2天．答案：42He 15.2天(3)(6分)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He ＋)的能级图如图所示．电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离__________(选填“近” 或 “远”). 当大量He ＋处在n ＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________ 条．解析：根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n＝3轨道上比处在n＝5轨道上离氦核的距离近．跃迁发出的谱线条数为n(n－1)2，代入n＝4得有6条谱线．答案：近612．(18分)(2013·安徽卷)一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：(1)0～8 s时间内拉力的冲量；(2)0～6 s时间内物体的位移；(3)0～10 s时间内，物体克服摩擦力所做的功．解析：(1)由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8 s内的冲量I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝(1×2＋3×4＋2×2)N·s＝18 N·s.(2)由图2知，物体在0～2 s 内静止，2～6 s 内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3 m/s.所以物体在0～6 s 内的位移即为2～6 s 内匀加速运动的位移：x 1＝v ＋v 02t ＝3＋02×4 m ＝6 m (3)由图2知物体在6～8 s 内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即：f ＝F ＝2 N;物体在6～8 s 内做匀速直线运动位移：x 2＝vt ＝3×2 m ＝6 m物体在8～10 s 内做匀减速运动位移：x 3＝v ＋v 02t ＝3＋02×2 m ＝3 m 所以物体在0～10 s 内的总位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝15 m摩擦力做功：W f ＝－fx ＝－2×15 J ＝－30 J即物体克服摩擦力做功30 J.答案：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量为18 N ·s ；(2)0～6 s 时间内物体的位移为6 m ；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 J.13.(18分)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，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球距离地面的高度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球的速度恰好为零．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：(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球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式即可求解；(2)A球释放后做自由落体运动，根据速度时间公式求出碰撞时，A球的速度，碰撞过程中动量守恒，不考虑动能损失，则机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律即可求解．解析：(1)B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：v1＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4 m/s①(2)设P点距离地面的高度为h′，碰撞前后，A球的速度分别为v1、v1′，B球的速度分别为v2、v2′，由运动学规律可得：v1＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s②由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：m A v1＋m B v2＝m B v2′(碰后A球速度为0)③1 2m A v21＋12m2B＝12m B v2′2④又知m B＝3m A⑤由运动学及碰撞的规律可得B球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4 m/s.则由运动学规律可得h′＝42－v22 2g⑥联立①～⑥式可得h′＝0.75 m.答案：(1)B球第一次到达地面时的速度为4 m/s；(2)P点距离地面的高度为0.75 m.。

教科版高中物理选修3-5模块检测（二）(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．图1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(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴的交点坐标为0.5)．由图可知()图1A．该金属的极限频率为4.271014 HzB．该金属的极限频率为5.51014 HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5 eV答案AC解析根据光电效应方程Ek＝hν－W可知，图线的斜率表示普朗克常量，图线与ν轴的交点对应的频率表示极限频率；Ek－ν图象中ν＝0时对应的Ek的值表示逸出功的负值，易知该金属的逸出功不等于0.5 eV，所以选项A、C正确．2．(2014·石河子高二检测)关于光的本性，下列说法中正确的是()A．光电效应反映光的粒子性B．光子的能量由光的强度所决定C．光子的能量与光的频率成正比D．光在空间传播时，是不连续的，是一份一份的，每一份光叫做一个光子答案ACD解析光电效应反映了光的粒子性，A对；光子的能量由光的频率决定，B错误；光子的能量E＝hν，h是普朗克常量，故光子的能量与光的频率成正比，C对；根据光子说的内容可知，D对．3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统答案 A解析判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C选项末动量为零而初动量不为零．D 选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大等．4. 如图2所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小图2球下落的整个过程，下列说法中正确的有( )A ．小球的机械能减少了mg(H ＋h)B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量答案 AC解析 在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量为mg(H ＋h)，故A 对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H ＋h)，故B 错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m 2gH ，故C 对；在整个过程中，小球动量的改变量等于所受合力的冲量，故D 错．5．氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.632 8 μm ，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96 eV 的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为( )A ．10.50 eVB ．0.98 eVC ．0.53 eVD ．0.36 eV答案 D解析 由跃迁公式得ΔE1＝hc λ1，ΔE2＝hc λ2，联立可得ΔE2＝λ1λ2ΔE1＝0.36 eV ，D 对． 6. 光子有能量，也有动量p ＝h λ，它也遵守有关动量的规律．如图3所示，真空中有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片．当用平行白光垂直纸面向里照射这两个圆面时，关于此装置开始时转动情况(俯视)的下列说法中正确的是( )A ．沿顺时针方向转动B ．沿逆时针方向转动C ．都有可能D ．不会转动答案 B解析 由动量定理可知，白光垂直照射到白纸片上，反射能力较好，白光垂直照射到黑纸片上时，吸收性较好，白纸片受到的冲力约为黑纸片受到的冲力的两倍，故俯视看到装置开始逆时针方向转动．7. 钚的一种同位素239 94Pu 衰变时释放巨大能量，如图4所示，其衰变方程为239 94Pu ―→235 92U ＋42He ＋γ，则 ( )A ．核反应中γ的能量就是239 94Pu 的结合能B ．核燃料总是利用平均结合能小的核C.235 92U 核比239 94Pu 核更稳定，说明235 92U 的结合能大D ．由于衰变时释放巨大能量，所以239 94Pu 比235 92U 的平均结合能小答案 BD解析 核燃料在衰变过程中要释放巨大能量，所以总是要利用平均结合能小的核，才能更容易实现，B 、D 正确；核反应中γ光子的能量是结合能中的一小部分，A 错；C 项说明235 92U 的结合能小，更稳定，C 错．8．由于放射性元素237 93Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的图3图4方法制造后才被发现．已知237 93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi ，下列论断中正确的是 ( )A.209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少28个中子B.209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变答案 BC解析 209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子，A 错、B 对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是27－(93－83)＝4次，C 对、D 错．9．(2014·衡水高二检测)如图5所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n ＝4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90 eV 的金属铯，下列说法正确的是( )A ．这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n ＝4跃迁到n ＝3所发出的光波长最短B ．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n ＝4跃迁到n ＝1所发出的光频率最高C ．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75 eVD ．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85 eV答案 D解析 从n ＝4跃迁到n ＝3所发出的光波的频率最小，波长最长，A 错；从n ＝4跃迁到n ＝1所发出的光的频率最高，发出有C24＝6种频率的光子，B 错；光电子的最大初动能对应入射光子的频率最高时，最大入射光能量对应的入射光子的频率最高，即ΔE ＝E4－E1＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ，由光电效应方程知Ek ＝ΔE －W0＝10.85 eV ，C 错、D 对．10．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 ＋1HB ．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答案 AC解析 由质量数守恒和电荷数守恒得：42He ＋2311Na ―→2612Mg ＋1H.又因α粒子、新核的质量分别为4m 、26m ，设质子的速率为v ，因为α粒子与钠原子核发生对心正碰，由动量守恒定律得：4mv0＝26m·v 10－mv ，解得：v ＝0.225c. 二、填空题(本题共3小题，共18分)11．(4分)1919年卢瑟福通过如图6所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，由此发现________．图中银箔的作用是恰好阻挡α粒子不射透银箔，实验中充入氮气后显微镜图5观察到了闪光．完成该实验的核反应方程：42He ＋14 7N ―→17 8O ＋________．图6答案 (1)质子 (2)11H12. (8分)贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕．如图7中P 为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A 、B 、C 三束．(1)构成A 射线的粒子是________；构成B 射线的粒子是________；构成C 射线的粒子是________．(2)三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子．(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：234 90Th ―→234 91Pa ＋________；________＋2713Al ―→3015P ＋10n.答案 (1)电子e(或β粒子) γ光子氦核He(或α粒子)(2)γ α β(3) 0－1e 42He13．(6分)如图8所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95 kg 的橄榄球前锋以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质量均为75 kg 的队员，一个速度为2 m/s ，另一个为4 m/s ，然后他们就扭在了一起．图8(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)．图7(2)在框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________．答案 (1)0.1 m/s (2)能够得分解析 (1)设前锋运动员的质量为M1，两防守队员质量均为M2，速度分别为v1、v2、v3，碰撞后的速度为v ，设v1方向为正方向，由动量守恒定律得M1v1－M2v2－M2v3＝(M1＋2M2)v代入数据解得，v ＝0.1 m/s(2)因v>0，故碰后总动量p′的方向与pA 方向相同，碰撞后的状态及动量如图所示，即他们都过了底线，该前锋能够得分．三、计算题(本题共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．(8分)一粒质量为410－4 g 的尘埃，在空中下落的速度从1 m/s 增加到3 m/s 时，它的德布罗意波长从多少变化到多少？分析是否可通过衍射现象观察到其波动性．答案 见解析解析 速度v1＝1 m/s 时德布罗意波长为λ1＝h mv1＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×1m ≈1.6610－27 m ， 速度v2＝3 m/s 时德布罗意波长为λ2＝h mv2＝ 6.63×10－344×10－4×10－3×3m ≈5.510－28 m. 由于波长太短，所以不能通过衍射现象观察到其波动性．15．(12分)已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.52810－10 m ，量子数为n 的能级值为En ＝－13.6n2eV. (1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n ＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线；(3)计算这几种光谱线中波长最短的波长．(静电力常量k ＝9109 N ·m2/C2，电子电荷量e ＝1.610－19C ，普朗克常量h ＝6.6310－34 J ·s ，真空中光速c ＝3.00108 m/s)．答案 (1)13.6 eV(2)如图所示(3)1.0310－7 m解析 (1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则k e2r21＝mv2r1，又知Ek ＝12mv2， 故电子在基态轨道的动能为：Ek ＝ke22r1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.528×10－10J＝2.1810－18 J＝13.6 eV.(2)当n ＝1时，能级值为E1＝－13.612eV ＝－13.6 eV ； 当n ＝2时，能级值为E2＝－13.622eV ＝－3.4 eV ； 当n ＝3时，能级值为E3＝－13.632eV ＝－1.51 eV. 能发出的光谱线分别为3―→2，2―→1，3―→1共3种，能级图如图答案所示．(3)由n ＝3能级向n ＝1能级跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．h ν＝E3－E1，又知ν＝c λ，则有 λ＝hc E3－E1＝6.63×10－34×3×10812.09×1.6×10－19m ＝1.0310－7m. 16．(11分)如图9所示，质量为m2和m3的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1的物体以速度v0向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．问m3的速度至少多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？图9答案 m1m2v0（m1＋m2＋m3）m3解析 设m3发射出去的速度大小为v1，m2的速度大小为v2.以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得m2v2－m3v1＝0，则v2＝m3v1m2，只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞．m3与m2恰好不相撞时，由动量守恒定律得，m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2代入v2＝m3v1m2，得v1＝m1m2v0（m1＋m2＋m3）m3. 即弹簧将m3发射出去的速度至少为m1m2v0（m1＋m2＋m3）m3. 17．(11分)以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？答案 (1)2.5v0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv20 解析 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos 60°＝v02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，又v1′＝2v0解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔEk ＝12(2m)v1′2＋12mv22－12(3m)v21＝274mv20.。