人教版高中物理选修35模块综合检测一Word格式文档下载.docx
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2．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
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的能量，则比结合能一定增加，质量发生亏损，故C、D错误．
B
3．为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的热量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性．设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系是（ ）
A．ΔE＝（m1－m2－m3）c2
B．ΔE＝（m1＋m3－m2）c2
C．ΔE＝（m2－m1－m3）c2
D．ΔE＝（m2－m1＋m3）c2
反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损Δm＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝（m1＋m3－m2）c2，选项B正确．
4．卢瑟福提出原子核式结构的实验基础是α粒子散射实验，在α粒子散射实验中，大多数α粒子穿越金箔后仍然沿着原来的方向运动，其较为合理的解释是（ ）
A．α粒子穿越金箔时距离原子核较近
B．α粒子穿越金箔时距离原子核较远
C．α粒子穿越金箔时没有受到原子核的作用力
D．α粒子穿越金箔时受到原子核与电子的作用力构成平衡力
根据α粒子散射实验现象，卢瑟福提出了原子的核式结构，他认为原子的中心有一个很小的核，聚集了原子的全部正电荷和几乎全部质量．大多数α粒子穿越金箔时距离金原子核较远，所以受到原子核的作用力较小，基本上仍然沿着原来的方向运动．
5．一个放电管发光，在其光谱中测得一条谱线的波长为1.22×
10－7m，已知氢原子的能级示意图如图所示，普朗克常量h＝6.63×
10－34J·
s，则该谱线所对应的氢原子的能级跃迁是（ ）
A．从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级
B．从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级
C．从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级
D．从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级
波长为1.22×
10－7m的光子能量E＝h＝J≈1.63×
10－18J≈10.2eV，从图中给出的氢原子能级图可以看出，这条谱线是氢原子从n＝2的能级跃迁n＝1的能级的过程中释放的，故D项正确．
D
6．红宝石激光器的工作物质红宝石含有铬离子的三氧化二铝晶体，利用其中的铬离子产生激光．铬离子的能级图如图所示，E1是基态，E2是亚稳态，E3是激发态，若以脉冲氙灯发出的波长为λ1的绿光照射晶体，处于基态的铬离子受到激发而跃迁到E3，然后自发地跃迁到E2，释放波长为λ2的光子，处于亚稳态E2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长为（ ）
A. B.
C.D.
E3－E1＝，E3－E2＝，E2－E1＝，
根据E3－E1＝（E3－E2）＋（E2－E1），
可得－＝，则λ＝.
A
7．用a、b、c、d表示4种单色光，若①a、b从同种玻璃射向空气，a的临界角小于b的临界角；
②用b、c和d在相同条件下分别做双缝干涉实验，c的条纹间距最大；
③用b、d照射某金属表面，只有b能使其发射电子．则可推断a、b、c、d可能分别是（ ）
A．紫光、蓝光、红光、橙光
B．蓝光、紫光、红光、橙光
C．紫光、蓝光、橙光、红光
D．紫光、橙光、红光、蓝光
本题考查的知识点较多，但都是光学中的基本物理现象，如全反射、双缝干涉和光电效应等，意在考查学生是否掌握了基本的物理现象和规律.由sinC＝知，a光的折射率大于b光，则a光的频率大于b光的频率．双缝干涉实验中，条纹间距和光波波长成正比，则c的频率最小．b、d做光电效应实验，b能使金属产生光电子，则b的频率大于d的频率.因此有fa>
fb>
fd>
fc,则A选项对．
8．下列叙述正确的是（ ）
A．一切物体都在辐射电磁波
B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
一般物体辐射仅与温度有关，而黑体辐射除与温度外，还与频率及波长有关．
9．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是（ ）
A．0B.
C.D.
碰撞前系统的总动能Ek＝2×
＝，由于碰撞后系统总动能不增加，所以选项B是不可能的．
10．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将（ ）
A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝（M＋m）v，
得v＝v0<
v0，故选C.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）
11．下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
图甲 图乙 图丙 图丁
A．图甲的远距离输电，可以降低输电电压来降低输电线路上的能量损耗
B．图乙的霓虹灯，各种气体原子的能级不同但跃迁时发射能量相同的光子
C．图丙的14C测年技术，根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间
D．图丁的核反应堆，通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度
图甲的远距离输电，可以提高输电电压来降低输电线路上的电流，从而减小输电线的能量损耗，选项A错误；
各种气体原子的能级不同，由于发射光子的能量等于两个能级的能级差，故跃迁时发射能量不相同的光子，选项B错误；
图丙的14C测年技术，根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间，选项C正确；
图丁的核反应堆，通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度，选项D正确．
CD
12．带电粒子进入云室会使云室中的气体分子电离，从而显示其运动轨迹．如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨道，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是（ ）
A．粒子先经过a点，再经过b点
B．粒子先经过b点，再经过a点
C．粒子带负电
D．粒子带正电
由r＝可知，粒子的动能越小，圆周运动的半径越小，结合粒子运动轨迹可知，粒子先经过a点，再经过b点，选项A正确；
根据左手定则可以判断粒子带负电，选项C正确．
AC
13.如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s．下列说法正确的是（ ）
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360N
C．球棒对垒球做的功为126J
D．球棒对垒球做的功为36J
设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理，得F·
t＝m（vt－v0），取vt＝45m/s，则v0＝－25m/s，代入上式，得F＝1260N，由动能定理，得W＝mv－mv＝126J，选项A、C正确．
14．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题．光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒．碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的；
若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前两球总动量为零，所以B项不可能；
碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能；
碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以，D项是可能的．
AD
二、非选择题（本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．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．（6分）在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB.
（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？
请将这些器材前面的序号填在横线上________．
①秒表②刻度尺
③天平④圆规
（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有________．
①＝②＝
③＝④＝
（1）由实验原理可知，需要测小球质量，测OM、OP、ON距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规．
（2）根据动量守恒定律有：
mAOP＝mAOM＋mBON，即mA（OP－OM）＝mBON，①正确．
（1）②③④
（2）①
16．（9分）某同学用如图所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于O点，使小球1的球心到悬点O的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平桌面上．将小球1从右方的A点（OA与竖直方向的夹角为α）由静止释放，摆到最低点时恰与小球2发生正碰，碰撞后，小球1继续向左运动到C位置，小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点．
（1）实验中已经测得上述物理量中的α、L、x，为了验证两球碰撞过程动量守恒，还应该测量的物理量有_____________________（要求填写所测物理量的名称及符号）．
（2）请用测得的物理量结合已知物理量来表示碰撞前后小球1、小球2的动量：
p1＝________；
p′1＝________；
p2＝__________；
p′2＝__________．
（1）为了验证两球碰撞过程动量守恒，需要测量小球1质量m1和小球2质量m2，小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出，所以还需要测量OC与OB夹角β，需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度，需要测量水平位移x和桌面的高度h.
（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律，得
m1gL（1－cosα）＝m1v，解得v1＝，则p1＝m1v1＝m1；
小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律，得－m1gL（1－cosβ）＝0－mv′，解得v′1＝，则p′1＝m1.碰前小球B静止，则PB＝0；
碰撞后B球做平抛运动，水平方向：
x＝v′2t，竖直方向h＝gt2，联立解得v′2＝x，则碰后B球的动量p′2＝m2x.
（1）小球1的质量m1，小球2的质量m2，桌面高度h，OC与OB间的夹角β
（2）m1 0 m2x
m1
17．（12分）一个铍核（Be）和一个α粒子反应后生成一个碳核，放出一个中子并释放出5.6MeV的能量（保留两位有效数字）．
（1）写出这个核反应过程．
（2）如果铍核和α粒子共130g，且刚好反应完，求共放出多少能量？
（3）这130g物质反应过程中，其质量亏损是多少？
（1）Be＋He→C＋n.
（2）铍核和氦核的摩尔质量之和
μ＝μBe＋μα＝（9＋4）g/mol＝13g/mol，
铍核和氦核各含的摩尔数n＝＝mol＝10mol，
所以放出的能量ΔE＝n·
NA·
E放＝10×
6.02×
1023×
5.6MeV＝3.371×
1025MeV＝5.4×
1012J.
（3）质量亏损Δm＝＝kg＝6.0×
10－5kg.
（1）Be＋He→C＋n
（2）5.4×
1012J
（3）6.0×
10－5kg
18．（15分）已知氢原子的基态电子轨道半径为r1＝0.528×
10－10m，量子数为n的能级值为En＝eV.
（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．
（静电力常量k＝9×
109N·
m2/C2，电子电荷量e＝1.6×
10－19C，普朗克常量h＝6.63×
s，真空中光速c＝3.00×
108m/s）
由＝，可计算出电子在任意轨道上运动的动能Ekn＝mv＝，
由En＝eV计算出相应量子数n的能级值为En.
（1）核外电子绕核做匀速圆周运动，静电引力提供向心力，则：
＝.
又知Ek＝mv2，故电子在基态轨道的动能为：
Ek＝＝J＝13.6eV.
（2）当n＝1时，能级值为E1＝eV＝－13.6eV；
当n＝2时，能级值为E2＝eV＝－3.4eV；
当n＝3时，能级值为E3＝eV＝－1.51eV；
能发出光谱线分别为3→2，2→1，3→1共三种，能级图如图所示．
（3）由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．hν＝Em－En，又知ν＝，则有λ＝＝m＝1.03×
10－7m.
（1）13.6eV
（2）如解析图所示 （3）1.03×
10－7m
19.（12分）如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v0＝6m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g＝10m/s2.
求：
木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．
第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒，得
2mv0－mv0＝3mv，①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理，得
2μmgt1＝mv－m（－v0），②
设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律，得2μmg＝ma，③
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：
l＝v0t1－at，④
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：
t2＝，⑤
从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：
t＝t1＋t2，⑥
由以上各式得t＝，⑦
代入数据得t＝4s.
4s
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