欢迎您,[登录][注册] (您的IP:3.235.107.209)
学科导航 >
个人主页

作者信息

fengyun428503

资源 文章 汇编
  • ID:6-7648935 上海市民立中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:波和粒子 单元综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第二章波和粒子/本章综合与测试

    波和粒子 1.已知钙和钾的截止频率分别为和,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.动能 2.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10-18J,已知可见光的平均波长为0.6 μm,普朗克常数h=6.63×10-34J·s,恰能引起人眼的感觉,进入人眼的光子数至少为 ( ) A.1个 B.3个 C.30个 D.300个 3.19世纪初,爱因斯坦提出光子理论,使得光电效应现象得以完美解释,关于光电效应下列说法正确的是 A.在光电效应实验中,入射光足够强就可以发生光电效应 B.在光电效应实验中,入射光照射时间足够长就可以发生光电效应 C.若某金属的逸出功为,该金属的截止频率为 D.保持入射光强度不变,增大入射光频率,金属在单位时间内逸出的光电子数将增大 4.在光电效应实验中,小明同学用同一实验装置(如图a)在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线,如图b所示。则下列说法中正确的是( ) A.乙光的频率小于甲光的频率 B.甲光的波长大于丙光的波长 C.丙光的光子能量小于甲光的光子能量 D.乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能 5.在研究光电效应的实验中,用不同频率的光照射某种金属时,测得遏制电压U0随入射光频率v变化的图线如图所示,图线与横轴交点横坐标为a,斜率为k,已知电子的电荷量大小为e,则由图获取的信息,错误的是(  ) A.该金属的截止频率为a B.普朗克常量为k C.该金属的逸出功为eka D.当入射光的频率为2a时,光电子的最大初动能为eka 6.研究光电效应的实验规律的电路如图所示,加正向电压时,图中光电管的极接电源正极,极接电源负极;加反向电压时,反之.当有光照射极时,下列说法正确的是( ) A.极中有无光电子射出与入射光频率无关 B.光电子的最大初动能与入射光频率成正比 C.只有光电管加正向电压时,才会有光电流 D.光电管加正向电压越大,光电流强度不一定增大 7.下列关于光电效应的说法中正确的是(  ) A.在光电效应中,光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 B.只有入射光的频率大于所照射金属的极限频率时才能发生光电效应 C.对于某种金属,只要入射光的强度足够大,就会发生光电效应 D.用大于金属极限频率的光照射该金属时,入射光越强,饱和电流越大 E.光电效应的发生基本不需要时间积累,只需入射光的波长小于所照射金属的极限波长 8.如图所示在光电效应现象中,光电管阴极K的极限频率为ν0,现用频率为ν(ν>ν0)的光照射在阴极上,若在A、K之间加一数值为U的反向电压时,光电流恰好为零,已知普朗克常数为h,电子电荷量为e,则(  ) A.阴极材料的逸出功为hν0 B.有光电子逸出,且光电子的最大初动能可表示为eU C.有光电子逸出,且光电子的最大初动能可表示为hν-hν0 D.有光电子逸出,且光电子的最大初动能为零 E.无光电子逸出,因为光电流为零 9.如图所示,电路中所有元件都是完好的,当光照射到光电管上时,灵敏电流计指针未发生偏转,可能的原因是(  ) A.入射光强度较弱 B.入射光波长太长 C.光照射时间太短 D.电源正负极接反 E.入射光频率太低 10.某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象.当用某一频率的光照射光电管的阴极时,会发生光电效应现象,电流计中有电流通过.闭合电键,在阳极和阴极之间加上反向电压,通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压,直至电流计中电流恰好为零,此时电压表的电压值称为反向截止电压.现用频率为的绿光照射阴极,测量到反向截止电压为,设电子电量为,普朗克常量为,则( ) A.逸出的光电子的最大初动能为 B.阴极的逸出功 C.如改用紫光照射,则光电子的最大初动能一定增大 D.如改用紫光照射,则阴极的逸出功一定增大 11.某实验小组成员用如图所示装置研究光电效应规律,其中光电管的极限频率为υ0,用某种单色光照射光电管,调节滑动变阻器的滑片,使电流计的示数刚好为零,此时电压表的示数为U0,则照射光的频率为_______,保持滑动变阻器的滑片位置不变,增大照射光的强度,则电流表的示数_________(填“仍然为零”或“不为零”)(已知普朗克常数为h). 12.太阳能直接转换成电能的基本原理是利用光电效应.如图所示是测定光电流的电路简图,光电管加正向电压. (1)标出电源和电流表的正负极______________; (2)入射光应照在________极上. (3)电流表读数是10 μA,则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个. 13.某光电管的阴极是用金属钾制成的,它的逸出功为2.21 eV,用波长为2.5×10- 7 m的紫外线照射阴极,已知真空中的光速为3.0×108 m/s,元电荷为1.6×10-19 C,普朗克常量为6.63×10-34 J·s.则钾的极限频率是_______Hz,该光电管发射的光电子的最大初动能是________J.(保留二位有效数字) 14.利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系,描绘出图乙中的图象,由此算出普朗克常量h.图乙中U1、ν1、ν0均已知,电子电荷量用e表示.当入射光的频率增大时,为了测定遏止电压,滑动变阻器的滑片P应向______(选填“M”或“N”)端移动,由Uc─ν图象可求得普朗克常量h=________(用题中字母表示). 15.已知金属铯的逸出功为1.9eV,在光电效应实验中,要使铯表面发出的光电子的最大动能为1.0eV,(已知1eV=1.6×J, h=6.63×J.S)求: (1)入射光的波长 (2)若入射波的波长为318nm,则光电效应中遏止电压是多少? 16.已知某金属的逸出功为3.8eV,在光电效应实验中,要使该金属表面发出的光电子的最大初动能为2.0eV,入射光的波长和频率各是多少? 17.德布罗意认为,任何一个运动着的物体,都有一种波与它对应,波长是,式中p是运动物体的动量,h是普朗克常量.已知某种紫光的波长是440nm,若将电子加速,使它的德布罗意波波长是这种紫光波长的10-4倍. (1)求电子的动量大小; (2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系. 18.物体中的原子总是在不停地做热运动,原子热运动越激烈,物体温度越高;反之,温度就越低。所以,只要降低原子运动速度,就能降低物体温度。“激光致冷”的原理就是利用大量光子阻碍原子运动,使其减速,从而降低了物体温度。使原子减速的物理过程可以简化为如下情况:如图所示,某原子的动量大小为将一束激光即大量具有相同动量的光子流沿与原子运动的相反方向照射原子,原子每吸收一个动量大小为的光子后自身不稳定,又立即发射一个动量大小为的光子,原子通过不断吸收和发射光子而减速。已知、均远小于,普朗克常量为h,忽略原子受重力的影响 若动量大小为的原子在吸收一个光子后,又向自身运动方向发射一个光子,求原子发射光子后动量p的大小; 从长时间来看,该原子不断吸收和发射光子,且向各个方向发射光子的概率相同,原子吸收光子的平均时间间隔为求动量大小为的原子在减速到零的过程中,原子与光子发生“吸收发射”这一相互作用所需要的次数n和原子受到的平均作用力f的大小; 根据量子理论,原子只能在吸收或发射特定频率的光子时,发生能级跃迁并同时伴随动量的变化。此外,运动的原子在吸收光子过程中会受到类似机械波的多普勒效应的影响,即光源与观察者相对靠近时,观察者接收到的光频率会增大,而相对远离时则减小,这一频率的“偏移量”会随着两者相对速度的变化而变化。 为使该原子能够吸收相向运动的激光光子,请定性判断激光光子的频率和原子发生跃迁时的能量变化与h的比值之间应有怎样的大小关系; 若某种气态物质中含有大量做热运动的原子,为使该物质能够持续降温,可同时使用6个频率可调的激光光源,从相互垂直的3个维度、6个方向上向该种物质照射激光。请你运用所知所学,简要论述这样做的合理性与可行性。 参考答案 1.A 【解析】 【详解】 设入射光的频率为,根据爱因斯坦光电效应方程可知,,由题意可知,钙的截止频率比钾的大,因此钙表面逸出的光电子的最大初动能比钾的小,其动量也小;根据德布罗意波长公式以及可知,钙的波长大,频率小。 A. 波长,与结论相符,选项A符合题意; B. 频率,与结论不相符,选项B不符合题意; C. 能量,与结论不相符,选项C不符合题意; D. 动能,与结论不相符,选项D不符合题意; 2.B 【解析】 【详解】 每个光子的能量为E0=hγ=h,能引起人的眼睛视觉效应的最小能量E=10-18J,由E=nE0得能引起人眼的感觉,进入人眼的光子数至少,故B正确,ACD错误; 3.C 【解析】 【详解】 AB.当入射光的频率大于极限频率时,才会发生光电效应,与入射光强弱以及光照时间均无关,故AB错误; C.某金属的逸出功为W0,根据W0=hv0,则有该金属的截止频率为,故C正确; D.保持入射光强度不变,增大入射光频率,那么单位时间射到金属表面的光子数的数目减小,则在单位时间内逸出的光电子数将减小,故D错误; 4.B 【解析】 乙丙两个的遏止电压相等,且大于甲光的遏止电压,根据,知乙丙两光照射产生光电子的最大初动能相等,大于甲光照射产生的光电子最大初动能。根据光电效应方程,逸出功相等,知乙丙两光的频率相等,大于甲光的频率。所以乙丙两光的光子能量相等大于甲光的光子能量。甲光频率小,则波长长,B正确. 5.B 【解析】 【详解】 ABC.根据动能定理有: meve2=eUc, 爱因斯坦光电效应方程: meve2=hν﹣W0 可得:遏止电压 结合U0﹣v图,斜率即,横轴截距表示截止频率v0=a,普朗克常量h=ek,所用材料的逸出功W0=eka.故B符合题意,AC不符合题意。 D.根据爱因斯坦光电效应方程可得,当入射光的频率为2a时,代入=hν﹣W0得,光电子最大初动能为eka,故D不符合题意。 6.D 【解析】 【分析】 【详解】 当入射光的频率大于极限频率时会发生光电效应,所以极中有无光电子射出与入射光频率有关,故A错误;光电子的最大初动能为从公式可以看出光电子的最大初动能与入射光频率不成正比,故B错误;能不能形成光电流,主要是看溢出的光电子能不能运动到阴极,所以与所加的电压是正向还是反向没有关系,故C错误;光电管加正向电压越大,光电流强度达到饱和电流后就不在增大了,故D正确;故选D 7.BDE 【解析】 【详解】 A. 在光电效应中,光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大,但不是正比关系,选项A错误; B. 根据光电效应的规律,只有入射光的频率大于所照射金属的极限频率时才能发生光电效应,选项B正确; C. 对于某种金属,能否发生光电效应与入射光的强度无关,选项C错误; D. 用大于金属极限频率的光照射该金属时,入射光越强,饱和电流越大,选项D正确; E. 光电效应的发生基本不需要时间积累,光电子的发射一般不超过10-9s,只需入射光的波长小于所照射金属的极限波长,选项E正确. 8.ABC 【解析】 【详解】 A.由逸出功的意义知阴极材料的逸出功,选项A正确; B.K间加的是反向电压,则电子飞出后要做减速运动,当速度最大的光电子到达阳极A时速度减为零,光电流恰好为零,由动能定理得,选项B正确; C. 由爱因斯坦光电效应方程,且,则有,选项 C正确. DE. 由于入射光的频率,所以能发生光电效应,有光电子逸出,且光电子的最大初动能不为零,选项DE错误; 9.BDE 【解析】 【详解】 AB.灵敏电流计指针未发生偏转,可能是未发生光电效应现象,即入射光的频率小于金属的截止频率(入射光的波长大于金属的极限波长),与光照强度无关,选项A错误,B正确; C.光电效应的发生是瞬间的,与入射光的照射时间无关,选项C错误; D.灵敏电流计指针未发生偏转,还可能是由于电源正、负极接反,光电子做减速运动,不能到达阳极,电路中不能形成电流,选项D正确. E.灵敏电流计指针未发生偏转,可能是未发生光电效应现象,即入射光的频率小于金属的截止频率,选项E正确. 10.ABC 【解析】 【详解】 A、由于反向截止电压为,电子逸出后,根据动能定理可得,即逸出的电子的最大初动能为,故A正确; B、根据公式.可得,阴极K的逸出功,由于,则逸出功,故B正确; C、由于紫光的频率大于绿光的频率,逸出功不变,根据公式可得改用紫光照射,光电子的最大初动能一定增加,故C正确; D、由于金属的逸出功由金属本身决定,与照射光的频率无关,所以改用紫光照射,则阴极K的逸出功不变,故D错误. 11.;仍然为零 【解析】 【分析】 从图中可知,所加的电压为反向电压,电流计的读数恰好为零,此时电压表的示数为U0,可知光电子的最大初动能,根据光电效应方程,求出照射光的频率,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,与入射光的频率有关; 【详解】 电流计的读数恰好为零,此时电压表的示数为,知光电子的最大初动能为. 根据光电效应方程有: 解得:; 光电子的最大初动能与入射光的强度无关,与入射光的频率有关,所以增大入射光的强度,电流计的读数仍为零。 【点睛】 解决本题的关键掌握光电效应方程,以及知道光电子的最大初动能与入射光的强度无关,与入射光的频率有关。 12.(1)电源左端是正极,右端是负极;电流表上端是正极,下端是负极 B 6.25×1013 【解析】 【详解】 (1)加正向电压,应该是在电子管中电子由B向A运动,即电流是由左向右.因此电源左端是正极,右端是负极,电流表上端是正极,下端是负极. (2)光应照在B极上. (3)设电子个数为n,则 I=ne,所以n= =6.25×1013(个). 【点睛】 本题通过光电效应考查了有关电学的基础知识,对于这些基础知识要熟练的理解和应用,注意依据光电管的阴阳极,来判定电源的正负极. 13.5.3×1014Hz 4.4×10-19?J 【解析】 试题分析:(1)根据据逸出功W0=hγ0,得:; (2)根据光电效应方程:EK=hγ-W0…① 光速、波长、频率之间关系为:…② 由①②解得:EK=4.4×10-19J 考点:光电效应方程 【名师点睛】本题考察知识点简单,但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系,逸出功W0=hγ0,和光电效应方程:EK=hγ-W; 同时注意逸出功计算时的单位,及运算的准确性. 14.N 【解析】 【分析】 【详解】 [1]入射光的频率增大,光电子的最大初动能增大,则遏止电压增大,测遏制电压时,应使滑动变阻器的滑片P向N端移动; [2]根据 由图象可知,当遏止电压为零时,.所以这种金属的截止频率为; 根据 解得 图线的斜率 则 . 15.(1)(2) 2V 【解析】 【详解】 (1)由公式EK=hf-W知,入射光的频率: 波长: (2)根据Ekm=+W,而Ekm=Ue, 解得,带入数据解得U=2V. 16.2.14×10-7m,1.4×1015Hz; 【解析】 【分析】 【详解】 由公式EKm=hf-W知,入射光的频率 波长 λ==2.14×10-7m 【点睛】 求解本题的根据是知道光电效应方程,还有就是要把电子伏特化为焦耳,计算要细心. 17.(1)1.5×10-23kg·m/s (2) 【解析】 试题分析:根据德布罗意波波长公式与动量表达式,即可求解;根据动能定理,即可求解. (1)根据德布罗意波波长公式: , 电子的动量为: 代入数据解得: (2)根据动能定理: 又因: 联立以上解得: 点睛:本题主要考查德布罗意波波长公式、动量的表达式与动能定理. 18.(1) (2); (3) 【解析】 解:(1)原子吸收和放出一个光子,由动量守恒定律有: 原子放出光子后的动量为: (2)由于原子向各个方向均匀地发射光子,所以放出的所有光子总动量为零。设原子经n次相互作用后速度变为零: 所以: 由动量定理:fnt0=p0 可得: (3)a.静止的原子吸收光子发生跃迁,跃迁频率应为,考虑多普勒效应,由于光子与原子相向运动,原子接收到的光子频率会增大。所以为使原子能够发生跃迁,照射原子的激光光子频率 b.①对于大量沿任意方向运动的原子,速度矢量均可在同一个三维坐标系中完全分解到相互垂直的3个纬度上; ②考虑多普勒效应,选用频率的激光,原子只能吸收反向运动的光子使动量减小。通过适当调整激光频率,可保证减速的原子能够不断吸收、发射光子而持续减小动量; ③大量原子的热运动速率具有一定的分布规律,总有部分原子的速率能够符合光子吸收条件而被减速。被减速的原子通过与其他原子的频繁碰撞,能够使大量原子的平均动能减小,温度降低; 所以,从彼此垂直、两两相对的6个方向照射激光,能使该物质持续降温,这样做是可行的,合理的。

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 681.5KB
  • ID:6-7648934 上海市龙柏高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:碰撞与动量守恒 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第一章碰撞与动量守恒/本章综合与测试

    碰撞与动量守恒 1.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上,并把小球往下按至A位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是(  ) A.A到C的过程,小球的动量增加 B.A到C的过程,小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量 C.A到B的过程,小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量 D.A到B的过程,小球重力的冲量一直变大 2.将质量均为m的三个小球A、B、C从离地同一高度h处以大小相同的初速度v0分别竖直上抛、竖直下抛和平抛,不计空气阻力,则(  ) A.三球着地时的动能相同 B.三球着地时的动量相同 C.飞行过程中三球所受的冲量相同 D.飞行过程中三球动量变化量相同 3.如图所示,A、B两个木块用轻弹簧相连接,它们静止在光滑水平面上,A和B的质量分别是99m和100m,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出,则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为 A. B. C. D. 4.如图所示,一木块用轻细绳悬于O点,开始时木块静止于O点正下方,现用质量远小于木块的弹丸以一定速度打击木块,打击之间极短。第一粒弹丸以向右的水平速度v1打入木块后并留在其中,木块的最大摆角为,当其第一次返回O点正下方时,质量相同的第二粒弹丸以向右的水平速度v2打入木块,也留在木块中,木块最大摆角仍为,忽略空气阻力,则以下结论中正确的是(  ) A.v1=v2 B.v1:v2=1:2 C.v1:v2=2:1 D.v1:v2=1:4 5.完全相同的两个小滑块甲和乙,可视为质点,分别从质量相同,底边长相同的两个斜面体顶端由静止滑下,如图所示,已知斜面倾角为α和β,且α>β,两个滑块和斜面之间的动摩擦因数相同,下滑过程中斜面体均保持静止,下列说法正确的是(  ) A.甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大 B.甲滑块在斜面上滑动的时间一定比乙长 C.甲滑块下滑过程中,机械能的变化量比乙大 D.甲滑块下滑过程中,斜面体对水平地面的压力比乙大 6.如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是( ) A.当v0=时,小球能到达B点 B.如果小球的速度足够大,球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大 D.如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为 7.如图所示,质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落,至某一位置时A被水平飞来的子弹击中(未穿出),则A、B两木块的落地时间tA、tB的比较,正确的是(  ) A.tA=tB B.tA>tB C.tA<tB D.无法判断 8.质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动。当车中的砂子从底部的漏斗中小断流下时,车子速度将(  ) A.减小 B.不变 C.增大 D.无法确定 9.如图所示,细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置,此时悬线与竖直方向的夹角θ=60°,并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是(  ) A. B. C. D. 10.如图所示 “牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示.关于此实验,下列说法中正确的是( ) A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒 B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒 C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 11.质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8kg·m/s,则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是(???) A.m1=m2 B.2m1=m2 C.5m1=3m2 D.4ml=m2 12.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ,进入 泥潭直到停止的过程称为Ⅱ,则(  ) A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小 C.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小 D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量 13.某实验小组做“验证动量守恒定律”的实验.分别设计了图甲、图乙两种实验装置; (1)若采用图甲所示装置进行实验,为了减小偶然误差,确定小球落点的平均位置的方法是: _______________;为了保证入射小球离开斜槽末端的速度相同,每次必须从斜槽上_____滚下; (2)已知入射小球质量为,被碰小球质量为 (),甲同学建议用图甲所示的装置,由水平地板上的白纸与复写纸记录两小球碰撞前后落点的位置,实验中记下了O、M、P、N四个位置,如图甲所示,其中P点是未放小球时小球被释放后落点的位置,若采用图甲所示装置进行实验,若满足______(用、、OM、OP、ON表示),则说明碰撞中动量守恒;乙同学建议用图乙所示的实验装置,用垂直于小球下落轨迹平面的竖直木板及白纸、复写纸记录两小球碰撞前后落点的位置,实验中记下了O、A、B、C四个位置(如图所示),若满足_________(用、、OA、OB、OC表示),则说明碰撞中动量守恒;这两种方案你认为_______(填“甲”或“乙")较好. 14.某实验小组设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验:将连接有穿过打点计时器的纸带的小车甲放在已平衡摩擦力的长木板上,给小车甲某一初速度使之匀速下滑.由于小车甲前端有黏合剂,运动中会与原來静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体,继续做匀速运动,如图1所示.已知电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz. (1)若实验得到的打点纸带如图2所示,并测得各计数点间距(标在图上),则打点计时器先打的纸带______端(填“左”或“右”),根据纸带计算甲和乙碰后的共同速度______(计算结果保留2位有效数字); (2)测得小车甲的质量m甲=0.40kg,则由实验数据可以推算小车乙的质量m乙=_____kg时,动量守恒(计算结果保留2位有效数字). 15.质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,再以4m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向, (1)求小球与地面碰撞前后的动量变化; (2)若小球与地面的作用时间为0.2s,则小球受到地面的平均作用力大小?(取g=10m/s2). 16.如图所示,在水平地面上有两物块甲和乙,它们的质量分别为2m、m,甲与地面间无摩擦,乙与地面间的动摩擦因数恒定.现让甲以速度向着静止的乙运动并发生正碰,且碰撞时间极短,若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞,试求: (1)第一次碰撞过程中系统损失的动能 (2)第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 17.如图所示,物块C质量mc=4kg,上表面光滑,左边有一立柱,放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接,右端与物块B连接,mB=2kg。长为L=3.6m的轻绳上端系于O点,下端系一物块A,mA=3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角,将物块A从静止开始释放,达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2,物块1水平向左运动与B粘合在一起,物块2仍系在绳上具有水平向右的速度,刚好回到释放的初始点。A、B都可以看成质点。取g=10?m/s2。求: (1)设物块A在最低点时的速度v0. (2)物块A炸裂时增加的机械能△E。 (3)在以后的过程中,弹簧最大的弹性势能Epm。 18.如图所示,用0.5kg的铁睡把钉子钉进木头里去,打击时铁锤的速度v=4.0m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01s(取g=10m/s2),那么: (1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力多大? (2)考虑铁锤的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大? 参考答案 1.D 【解析】 【详解】 A.小球从A运动到C位置的过程中,先加速,当到达B点弹簧的弹力k△x=mg时,合力为零,加速度减小到零,速度达到最大,之后小球继续上升,弹簧的弹力小于重力,直到离开弹簧后,小球都做减速运动,故小球从A上升到C的过程中,速度先增大后减小,则动量也是先增大后减小,故A错误; B.根据动量定理可之,A到C的过程,小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量,故B错误; C .A到B的过程,根据动量定理:I弹-I重=mv-0,可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量,故C错误; D.根据重力的冲力等于I重=mgt,可知A到B的过程,小球重力的冲量一直变大,故D正确。 故选D。 2.A 【解析】 【详解】 A.由动能定理知 所以三球着地时的动能相同,故A正确; B.由p=mv知落地时动量大小相同,竖直上抛和竖直下抛的动量方向竖直向下,但是平抛的动量方向是斜向下,故B错误; C.由冲量I合=mgt知三球的冲量大小是 I上抛>I平抛>I下抛 方向都是竖直向下,故C错误; D.由动量定理I合=Δp知 Δp上抛>Δp平抛>Δp下抛 故D错误。 故选A。 3.A 【解析】 【详解】 系统全过程动量守恒: 子弹打入木块过程损失的动能转化为系统内能,A、B速度相同时弹性势能有最大值: 故选A。 4.B 【解析】 【详解】 弹丸打击木块相当于给木块一个定值动量p1,系统动量守恒。则第一颗弹丸打击后,系统获得水平向右的动量p1,木块可以摆到最大摆角,的位置,根据机械能守恒,可知,当木块再回到最低点时,具有水平向左的动量p1,第二颗弹丸打击后,根据动量守恒,木块水平向左的动量肯定要减小,故木块肯定不能摆动到摆角为,由此判定,木块在第二颗弹丸打击后会水平向右摆动到摆角为的位置,且此时木块的动量大小仍为p1,根据动量守恒,可有第二颗弹丸打击过程中有: 可得 又两颗弹丸的质量相等,故据p=mv可知,弹丸速度 故B正确,ACD错误。 故选B。 5.A 【解析】 【详解】 A.令斜面的倾角θ,底边长l,滑块质量为m,斜面的质量为M,滑块在斜面运动时,根据动能定理有 所以滑块达到斜面底端的速度为 由于两斜面的倾角满足α>β,所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大,故A正确; B.滑块在斜面滑动的过程中,根据动量定理有 所以滑块在斜面上的运动时间为 由于甲滑块运动到斜面底端的速度大于乙,且α>β,所以两滑块在斜面上运动时间的大小关系不确定,故B错误; C.根据机械能守恒条件可知,滑块下滑过程机械能的量 则甲乙机械能的改变量相等,故C错误; D.根据牛顿第二定律可知,滑块下滑的加速度大小为 因为,所以 将滑块和斜面当作一个整体,根据牛顿第二定律可知,水平面对斜面体的支持力大小为 因为a甲>a乙且α>β,所以N甲<N乙,根据牛顿第三定律可知,甲下滑过程中,斜面体对水平地面的压力比乙小,故D错误。 故选A。 6.C 【解析】 【详解】 A.当小球刚好到达B点时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,以小球的初速度方向为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得: 由机械能守恒定律得: 代入数据解得: 所以当时,小球不能到达B点,故A错误; B.小球离开四分之一圆弧轨道时,在水平方向上与滑块M的速度相同,则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上,不可能从滑块的左侧离开滑块,故B错误; C.小球在圆弧上运动的过程中,小球对滑块M的压力一直对滑块做正功,所以滑块动能一直增加,故C正确; D.若滑块固定,由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0,在B点,根据牛顿第二定律得: 解得: 根据牛顿第三定律可知,小球返回B点时对滑块的压力为,故D错误。 故选C。 7.B 【解析】 【分析】 【详解】 当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中,水平方向动量守恒,即A会获得水平方向的分速度;而子弹此时竖直方向速度为零,要从零加速到与A具有相同的速度,需受到A向下的作用力,根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力,则A向下的速度会减小,小于B的速度;在竖直方向上,子弹击中木块后到落地过程,它们的加速度与位移都相同,由于A的初速度小于B的初速度,A的运动时间长,故A下落时间较长一些; 故选B。 8.B 【解析】 【详解】 设漏掉质量为m的沙子后,砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0,汽车速度为v′,根据水平方向动量守恒可得: Mv0=mv0+(M-m)v′ 解得: v′=v0 故ACD错误,B正确。 故选B。 9.C 【解析】 【详解】 小球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgL(1-cos60°)=mv2,则 , 两球碰撞过程动量守恒,以小球与泥球组成的系统为研究对象,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=(m+m)v′,解得碰后两球的速度:,碰后两球上摆过程中,机械能守恒,由机械能守恒定律得:?2m?v′2=2m?gh,解得h=;故选C. 10.D 【解析】 试题分析:上述实验过程中,小球5能够达到与小球1释放时相同的高度,说明系统机械能守恒,而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆动到平衡位置的速度相同,说明碰撞过程动量守恒,但随后上摆过程动量不守恒,动量方向在变化,选项AB错.根据前面的分析,碰撞过程为弹性碰撞.那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,那么球3先以与球4发生弹性碰撞,此后球3的速度变为0,球4获得速度后与球5碰撞,球5获得速度,开始上摆,同理球2与球3碰撞,最后球4以速度上摆,同理球1与球2碰撞,最后球3以速度上摆,所以选项C错D对. 考点:动量守恒 弹性碰撞 11.BC 【解析】 【详解】 根据动量守恒定律得: 解得: 碰撞过程系统的总动能不增加,则有 代入数据解得: 碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有: 代入数据解得: 综上有 所以只有可能,故BC正确 12.AC 【解析】 【详解】 A.过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力,由动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量,故A正确; B.过程Ⅱ中,钢珠所受外力有重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误; C.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故C正确; D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的合力的冲量,故D错误。 故选AC。 13.用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面圆心即平均位置 同一位置由静止开始 甲 【解析】 【分析】 【详解】 (1)在进行实验时,该实验利用了多次实验取平均值的思想进行的,在确定小球落点时注意采用的方法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面,圆心即平均位置,这样可以减小实验过程中造成的偶然误差;为了保证入射小球离开斜槽末端的速度相同,每次必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下; (2)对于甲方案, 在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有,根据平抛运动规律有:,,,下落时间t相同,因此有:。 对于乙方案,根据,得,在小球1未与小球2碰撞时,平抛运动的初速度,小球1与小球2碰撞后,小球1的速度,小球2的速度,代入,碰撞中动量守恒的表达式,这两种方案相比,甲方案更好,因为数据处理更方便,误差也较小. 14.左 0.70m/s 0.20 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1][2].因碰后共同速度比原来小,而左端点迹比右端稀疏,则速度较大,打点计时器先打的纸带左端;根据纸带计算甲和乙碰后的共同速度 (2)[3].碰前甲的速度 由动量守恒 解得 m乙=0.20kg. 15.(1)2kg?m/s;方向竖直向上;(2)12N;方向竖直向上; 【解析】 【分析】 【详解】 (1)小球与地面碰撞前的动量为:p1=m(-v1)=0.2×(-6) kg·m/s=-1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2-p1=2 kg·m/s (2)由动量定理得(F-mg)Δt=Δp 所以F=+mg=N+0.2×10N=12N,方向竖直向上. 16.(1);(2) 【解析】 【详解】 解:(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为、,之后甲做匀速直线运动,乙以初速度做匀减速直线运动,在乙刚停下时甲追上乙碰撞,因此两物体在这段时间平均速度相等,有: 而第一次碰撞中系统动量守恒有: 由以上两式可得:, 所以第一次碰撞中的机械能损失为: (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量: 17.(1) 6m/s (2) 108J (3) 36J 【解析】 【详解】 (1)物块A炸裂前的速度为v0,由动能定理有 解得v0=6m/s (2)设物块1的初速度为v1,物块2的初速度为v2,则v2=v0 由动量守恒定律得 解得v1=12m/s 根据能量守恒可知: 解得△E=108J (3)设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB,由动量守恒 所以vB=6m/s 在以后的过程中,当物块C和1、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设共同速度为vm,由动量守恒 有vm=3m/s 由能量守恒得 得Epm=36J 18.(1)200N,方向竖直向下;(2)205N,方向竖直向下 【解析】 【详解】 (1)不计铁锤受的重力时,设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为,取铁锤的速度的方向为正方向,以铁锤为研究对象,由动量定理得 则 由牛顿第三定律可知,铁锤钉钉子的平均作用力的大小也为200N,方向竖直向下。 (2)考虑铁锤受的重力时,设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为,取铁锤的速度的方向为正方向,由动量定理得 可得 即考虑铁锤受的重力时,铁锤打打子的平均作用力为=205N,方向竖直向下。

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 490.5KB
  • ID:6-7648932 上海市龙柏高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:原子世界探秘 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第三章原子世界探秘/本章综合与测试

    原子世界探秘 1.如图所示是氢原子从n=3、4、5、6能级跃迁到n=2能级时辐射的四条光谱线,其中频率最大的是( ) A.Hα B.Hβ C.Hγ D.Hδ 2.如图所示为氢原子的能级示意图,锌的逸出功是3.34eV,那么对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是(?? ) A.用氢原子从高能级向基态跃迁时辐射的光子照射锌板一定不能产生光电效应 B.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时,能辐射出无数种不同频率的光子 C.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时,辐射的光子照射锌板,锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV D.用能量为10.3eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 3.原子的质量主要集中在() A.质子上??????????????????????????????? B.中子上??????????????????????????????? C.电子上??????????????????????????????? D.原子核上 4.用光子能量为13.07eV的光子照射一群处在基态的氢原子,则氢原子发射多少种不同波长的光(?? ) A.15?????????????????????????????????????????? B.10?????????????????????????????????????????? C.4?????????????????????????????????????????? D.1 5.卢瑟福核式结构理论的主要内容有(?? ) A.原子的中心有个核叫原子核??????????????????????????????????????? B.原子的正电荷均匀分布在整个原子中 C.原子的全部质量和几乎全部电荷都集中在原子核里????? D.电子在原子核内旋转 6.有关对原子的说法正确的是( ) A.汤姆孙通过研究阴极射线得出电子是构成原子的微粒,且测出了电子的电量 B.密立根是通过对电子在电场中做匀速直线运动的研究,测出了电子的电量 C.汤姆孙提出的原子模型不能解释原子呈电中性 D.卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型 7.如图为氢原子能级图.下列说法正确的是(?? ) A.一个处于n=3能级的氢原子,可以吸收一个能量为0.7eV的光子 B.一个处于n=3能级的氢原子,可以吸收一个能量为2eV的光子 C.大量处于n=3能级的氢原子,跃迁到基态的过程中可以释放出3种频率的光子 D.用能量为10eV和3.6eV的两种光子同时照射大量氢原子,有可能使处于基态的氢原子电离 8.如图所示为氢原子的能级示意图,一群氢原子处于n=3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2.49eV的金属钠,下列说法中正确的是(?? ) A.从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时所发出的光的波长最短 B.这群氢原子能发出3种频率不同的光,且均能使金属钠发生光电效应 C.金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60eV D.从n=3的激发态跃迁到基态时所发出的光能使金属钠发生光电效应,且使光电子获得最大初动能 9.下列说法正确的是 A.康普顿效应表明光子只具有能量,不具有动量 B.爱因斯坦在光的粒子性的基础上,建立了光电效应方程 C.德布罗意指出微观粒子的动量越大,其对应的波长就越长 D.卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 10.如图所示是氢原子的能级图,现有一群处于n=4能级上的氢原子,它们在跃迁回到n=1能级的过程中,可能辐射出N种不同频率的光子.辐射出的光子照射某种金属,能产生的光电子最大初动能是Ek,已知该金属的逸出功是4.20 eV,则( ) A.N=3 B.N=6 C.Ek=8.55 eV D.Ek=9.40 eV 11.下列说法正确的是( ) A.玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立 B.可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施 C.天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转 D.强黄光能使某金属发生光电效应,那么同频率弱黄光也能 12.如图所示是氢原子的能级图,大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可以辐射出6种不同频率的光子,其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子,则 A.6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的 B.6种光子中有2种属于巴耳末系 C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量 D.若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应,则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应 E.在6种光子中,n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显 13.在波尔原子理论中,原子从高能级向低能级跃迁,__________,从低能级向高能级跃迁,__________________.跃迁公式:___________ . 14.如图所示为氢原子的能级图.用光子能量为的光照射一群处于基态的氢原子,可能观测到氢原子发射的不同波长的光有______种;其中最长波长为______m(已知普朗克常量) 15.根据玻尔理论,氢原子的能级公式为 (为量子数,为基态能级且大小已知),一个氢原子从的激发态直接跃迁到基态,发射一个光子的频率是________.(已知普朗克常量为) 16.物质的光谱按其产生方式不同可分为发射光谱和吸收光谱两大类,发射光谱又包含有两种光谱连续光谱和明线光谱.炽热的钢水发光产生的属于什么光谱?霓虹灯发光光谱属于什么光谱?太阳光形成的光谱属于光谱? 17.如图所示为氢原子最低的四个能级,当氢原子在这些能级间跃迁时,(已知1eV=1.6×10﹣19J,h=6.63×10﹣24J?s).求: (1)能放出几种能量的光子? (2)在哪两个能级间跃迁时,所发出的光子波长最长?波长是多少?(结果保留2位有效数字) 参考答案 1.D 【解析】 四种跃迁中,由n=6到n=2两能级间能级差最大,辐射的光子能量最大,辐射光子频率最大.所以其中频率最大的是Hδ,故D正确,ABC错误.故选D. 【点睛】 要知道能级间跃迁辐射光子的能量等于两能级间的能级差,能级差最大的,辐射光子频率最大. 2.C 【解析】 A.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV,大于锌板的电子逸出功为3.34eV,因此可能产生光电效应现象,故A错误. B.根据数学组合,当n=3能级的一群氢原子向基态跃迁,可以发出3种不同频率的光子,故B错误. C.处于n=3能级向基态跃迁时发射出光的能量为△E=-1.51-(-13.6)=12.09eV,大于锌板的电子逸出功3.34eV,因此一定能产生光电效应;根据光电效应方程: Ekm=hγ-W=△E-W=12.09-3.34=8.75eV 故C正确. D.从基态跃迁到n=2需要的能量为10.2eV,从基态跃迁到n=3需要的能量为12.09eV,所10.3eV的能量不能等于两个能级的能级差,以基态的氢原子不能吸收能量为10.3?eV的光子.故D错误. 故选C. 【点睛】 解决本题的关键知道光电效应的条件,以及能级的跃迁满足,注意吸收光子是向高能级跃迁,释放光子是向低能级跃迁,同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差. 3.D 【解析】 【详解】 原子中电子的质量很小,可以忽略不计,原子的质量主要集中在原子核上,故D正确,ABC错误; 故选D; 4.B 【解析】 【详解】 根据-13.6+13.07eV=0.53eV知,可知氢原子跃迁到第5能级,根据=10知,氢原子能发射10种不同波长的光,如图所示;故B正确,ACD错误. 故选B. 5.A 【解析】 【分析】 【详解】 卢瑟福原子核式结构理论的主要内容是: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核旋转;故BCD错误,A正确; 故选A. 6.D 【解析】 汤姆孙通过研究阴极射线实验,发现了电子的存在,但没有测出电子的电量,是密立根测出了电子的电量,故A错误;密立根通过著名的油滴实验测出了电子的电量;并没有研究电子在电场中的匀速直线运动的研究,故B错误;汤姆孙提出的原子模型中提出核外电子等于核内的正电荷;对外呈现电中性,故C错误;卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型;故D正确.所以D正确,ABC错误. 7.BC 【解析】 根据△E=Em-En,可知,0.7eV不在△E范围内.故A错误;n=3能级的氢原子,E3=-1.51eV,当吸收能量为2eV的光子,出现电离现象.故B正确;根据 知,这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子.故C正确;由于氢原子基态的能级为-13.6eV,要出现电离,则光子的能量至少为13.6eV,因此10eV和3.6eV的两种光子同时照射时,氢原子只能吸收其中的一个光子,不可能出现电离现象.故D错误.故选BC. 点睛:解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差,注意电离时,吸引能量可以大于能级之差. 8.CD 【解析】 【分析】 根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系.从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大,产生金属钠表面所发出的光电子的初动能最大,根据爱因斯坦光电效应方程求出初动能的最大值. 【详解】 这群氢原子能发出三种频率不同的光,根据玻尔理论△E=Em-En(m>n)得知,从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大,由E=hγ=h得知,频率最高,波长最短.故A错误;金属钠的逸出功为2.49eV,n=3跃迁到n=2时所发出光能量为:E=-1.51-(-3.40)=1.89ev<2.49eV,不能发生光电效应,故B错误;从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大,光照射逸出功为2.49eV的金属钠,所发出的光电子的初动能最大,根据爱因斯坦光电效应方程得,EK=hγ-W=(E3-E1)-W=[-1.51-(-13.6)]-2.49=9.60eV.故C D正确.故选CD. 【点睛】 本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合.关键是知道原子跃迁时能量满足的关系,知道发生光电效应的条件和规律. 9.BD 【解析】 A、康普顿效应表明光子既具有能量,也具有动量,故A错误; B、爱因斯坦在普朗克量子理论的基础上提出了光子假说,建立了光电效应方程,故B正确; C、依据德布罗意波长公式λ=h/p分析知,微观粒子的动量越大,其对应的波长就越短,故C错误; D、卢瑟福根据α粒子散射实验,提出了原子的核式结构模型,故D正确. 故选BD. 【名师点睛】 康普顿效应表明光子有能量,也有动量;爱因斯坦建立了光电效应方程;依据德布罗意波长公式λ=h/p分析波长与动量的关系;卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果,建立了原子的核式结构模型. 10.BC 【解析】 从n=4跃迁到n=1能级,可能从n=4跃迁到n=3、从n=3跃迁到n=2,从n=2跃迁到n=1,从n=4跃迁到n=2、从n=3跃迁到n=1,从n=4跃迁到n=1,即可能辐射6种不同频率的光子;从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大,即 hv=-0.85+13.6eV=12.75eV,根据光电效应方程得,光电子的最大初动能 Ekm=hv-W0=12.75-4.20eV=8.55eV.故选项BC正确,AD错误;故选BC. 点睛:解决本题的关键知道能级跃迁辐射的光子能量与能级差之间的关系,掌握光电效应方程,并能灵活运用,基础题. 11.BD 【解析】 卢瑟福在用粒子轰击金箔的实验中,提出原子核式结构学说,A错误;某些物质在紫外线照射下,能发出荧光,从而来设计防伪措施,B正确;天然放射现象中产生的射线中,射线都能在电场或磁场中发生偏转,而射线不带电,因此在任何场都不偏转,C错误;强黄光和弱黄光的频率相同,所以同频率弱黄光也能使某种金属发生光电效应,D正确. 12.BCE 【解析】 根据跃迁假说在跃迁的过程中释放处光子的能量等于两能级之差,故从n=4跃迁到n=3时释放处光子的能量最小,频率最小,波长最长,所以A错误;由题意知6种光子中有2种属于巴耳末系,他们分别是从n=4跃迁到n=2,从n=3跃迁到n=2时释放处的光子,故B正确;E4=-0.85ev,故n=4能级的电离能等于0.85eV,所以C正确;由图知,从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子的能量小于n=2能级跃迁到基态释放的光子的能量,所以D错误;在6种光子中,n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子的能量最大,频率最高,故其康普顿效应最明显,所以E正确;故选BCE. 13.辐射光子; 吸收光子; ; 【解析】 【分析】 【详解】 在波尔原子理论中,原子从高能级向低能级跃迁,以辐射光子的形式放出能量,反之,从低能级向高能级跃迁,要吸收光子的能量,辐射或放出光子的能量满足:. 14.10 4.144×10-6m 【解析】 【详解】 [1][2].设氢原子吸收该光子后能跃迁到第n能级,根据能级之间能量差可有:13.06eV=En-E1 其中E1=-13.61eV,所以En=-0.54eV,故基态的氢原子跃迁到n=5的激发态.所以放出不同频率光子种数为:=10种.波长最长的光子,频率最小,光子能量最小,根据Em-En=hv得:从n=5跃迁到n=4辐射的光子能量最小,波长最长.所以 △E=E5-E4=0.30eV=0.30×1.6×10-19J=4.8×10-20J; 即 4.8×10-20J=hc/λ 解得: λ=4.144×10-6m. 点睛:原子的能级跃迁是原子物理中的基础知识,要熟练掌握,同时明确能级和产生光子种类之间关系.知道能级间跃迁所满足的规律,即Em-En=hv. 15. 【解析】 基态的能量为E1,n=3激发态对应的能量为:E3=E1/9, 氢原子发射的光子能量为:△E=E3?E1==hν,所以ν=. 16.连续,明线,吸收 【解析】 【分析】 物质吸收电磁辐射后,以吸收波长或波长的其他函数所描绘出来的曲线即吸收光谱.是物质分子对不同波长的光选择吸收的结果,是对物质进行分光光度研究的主要依据.光谱分为连续谱与线状谱(发射),线状谱由稀薄的单质气体产生,是相同种类的少量原子的某些核外电子在其各能级上跃迁时产生的.因此仅有有限的几条谱线. 【详解】 炽热的钢水发光产生的属于连续光谱;霓虹灯发光光谱属于明线光谱,也叫线状谱;太阳光形成的光谱属于吸收光谱; 【点睛】 考查连续光谱与明线光谱、吸收光谱与发射光谱的区别与联系,掌握光谱的特征,学会运用光谱分析. 17.(1)6种 (2)λ=1.9×10﹣6m 【解析】 【详解】 (1)根据N==6知,能放出6种能量的光子. (2)氢原子由第四能级向第三能级跃迁时,波长最长,即h=E4-E3=-0.85-(-1.51)eV=0.66eV, 代入数据解得λ=1.9×10-6m. 【点睛】解决本题的关键知道能级跃迁时,辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差,能级差越小,光子频率越小,波长越长.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 198KB
  • ID:6-7648687 上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:核能与社会 单元综合检测题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第五章核能与社会/本章综合与测试

    核能与社会 1.下列说法正确的是(? ) A.只有铀235裂变才能产生核能 B.方程所描述的是核裂变反应 C.α粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的 D.放射性元素发生正电子衰变时,产生的新核质量数不变,核电荷数减少1 2.下列说法不正确的是() A.太阳辐射的能量主要来自于太阳内部的热核反应 B.波尔根据氢原子光谱分立的特性提出电子轨道和原子能量是量子化的 C.核力是强相互作用的一种表现,在原子核内核力比库仑大得多 D.光电效应和α粒子散射实验都证明了原子核式结构模型 3.一个X核与一个氚核结合成一个氦核时放出一个粒子Y,由于质量亏损放出的能量为△E,核反应方程是;Y可以通过释放一个电子而转化为质子.下列说法中不正确的是(?? ) A.Y是中子 B.可以俘获Y发生裂变反应 C.是原子核的人工转变方程 D.核反应中亏损的质量为 4.氘和氚发生聚变反应的方程式是:,若有2g氘3g氚全部发生聚变反应,NA为阿伏加德罗常数,则释放出的能量是(?? ) A.NA×17.6MeV?????????????? B.2NA×17.6MeV?????????????? C.3NA×17.6MeV?????????????? D.5NA×17.6MeV 5.普朗克说过:“科学的历史不仅是一连串事实、规则和随之而来的数学描述,它也是一部概念的历史”.下列表示正确的是(?? ) A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 B.β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C.紫外线照射到金属锌表面时能够发生光电效应,则当增大紫外线的照射强度时,从锌版表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D.大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 6.氢弹爆炸的核反应是(?? ) A.????????????????????????????????????????? B. C.??????????????????????? D. 7.核反应堆中的燃料棒被控制棒分散隔开着,而控制棒的作用是() A.吸收中子??????????????????? B.防止放射线向外辐射??????????????????? C.作为冷却剂??????????????????? D.作为减速剂 8.下列说法不正确的是() A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应 B.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 C.一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应,是因为该束光的波长太短 D.发生光电效应时,入射光的光强一定,频率越高,逸出的光电子的最大初动能就越大 9.关于核反应与核能,下列说法正确的是() A.目前建成的核电站能源来自于轻核聚变 B.核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 C.重核裂变和轻核聚变过程有质量亏损,均能向外界释放核能 D.核子平均质量越大的原子核越稳定 10.有关近代物理知识,下列说法正确的是(  ) A.碘131的半衰期大约为8天,1g碘131经过64天后,未衰变的大约为 B.比结合能越大,原子核中核子结合的越不牢固,原子核越不稳定 C.铀235的裂变方程可能为92235U→55137Cs+3788Rb+1001n D.处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态,再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的频率 11.关于聚变,以下说法正确的是(? ) A.两个轻原子核聚变为一个质量较大的原子核放出的能量比一个重核分裂成两个中等质量的原子核放出的能量大很多倍 B.一定质量的聚变物质聚变时放出的能量比相同质量的裂变物质裂变时释放的能量小很多 C.聚变发生的条件是聚变物质的体积大于临界体积 D.发生聚变反应时,原子核必须有足够大的动能 12.下列说法正确的是: ( ) A.两个质子之间,不管距离如何,核力总是大于库仑力 B.天然放射现象的发现,揭示了原子的核式结构. C.由爱因斯坦质能方程可知,质量与能量不可以相互转化 D.原子核内的某一核子与其它核子间都有核力作用 13.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核裂变反应 B.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 C.一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应,是因为该束光的波长太短 D.大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 14.下列有关说法中正确的是(? ) A.α散射实验说明了原子内部绝大部分空间是空的 B.核力只存在于质子与质子之间,中子与中子之间没有核力作用 C.因为α粒子的速度比β粒子的速度小,所以α粒子的电离本领也小 D.某放射性物质经过一个半衰期该放射性元素的含量减少了N . 若经过两个半衰期,该放射性元素的含量减少2N 15.下列说法正确的是( ) A.各种原子的发射光谱都是连续谱 B.爱因斯坦的光子说解释了光电效应现象,光电子的最大初动能与入射光子的频率有关 C.原子核的比结合能大小可反映原子核的稳定程度,该值随质量数的增加而增大 D.根据α粒子散射实验,卢瑟福提出了原子核式模型 16.引力波是广义相对论最重要的预言之一.经过近一个世纪的努力,人们终于在2015年9月14日直接探测到首个引力波信号GW50914.经证实,GW50914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合成一个大黑洞的事件,合并后的黑洞质量是太阳的62倍.假设这两个黑洞绕它们连线上的某定点做圆周运动,且这两个黑洞的间距缓慢减小,在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响,则下列说法正确的是( ) A.这两个黑洞中质量越大的线速度越大 B.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等 C.随两个黑洞的间距缓慢减小,这两个黑洞运行的周期也在减小 D.双黑洞的合并存在质量亏损,相当于3个太阳质量的能量在合并过程中被释放 17.下列说法正确的是 (?? ) A.光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性 B.汤姆孙发现了电子,说明原子核有自身的结构 C.有核能释放的核反应就一定有质量亏损 D.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 E.一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时,最多可放出3种不同频率的光子 18.下列关于结合能和比结合能的说法中,正确的有( ) A.核子结合成原子核时放出能量 B.原子核拆解成核子时要放出能量 C.比结合能越大的原子核越稳定,因此它的结合能也一定越大 D.中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大 19.下列说法正确的是(?? ) A.光电效应实验中,入射光越强,单位时间内发射的光电子数越多 B.氢原子辐射一个光子后,氢原子核外电子动能减小 C.大量事实表明,原子核衰变时电荷数和质量数都守恒 D.原子核的半衰期与环境的温度、压强有关 E.比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定 20.下列说法正确的是(?? ) A.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 B.α、β和γ三种射线,α射线的穿透力最强 C.衰变成 要经过6次β衰变和8次α衰变 D.自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能 参考答案 1.D 【解析】 轻核聚变和重核都能产生核能.α粒子散射实验的结果是卢瑟福提出原子核式结构模型的实验依据.放射性元素发生衰变时遵守质量数和电荷数守恒.据此分析. 【详解】 A、轻核聚变和重核都能产生核能.铀238裂变也能产生核能;故A错误.B、是两轻核合成中核的过程,是核聚变反应,故B错误.C、α粒子散射实验的结果证明原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里;故C错误.D、放射性元素发生正电子衰变时,根据质量数和电荷数守恒知,正电子的质量为0,则产生的新核质量数不变,核电荷数减少1;故D正确.故选D. 【点睛】 本题考查了原子物理的基础知识,在平时要加强基础知识的学习和应用.要注意正电子与负电子是反物质,质量相等,电荷量相等,但电性相反. 2.D 【解析】 太阳内部发生的热核反应;玻尔提出了电子轨道的量子化和能量的量子化;核力是一种强相互作用力.光电效应说明光具有粒子性.在核反应中,电荷数守恒、质量数守恒. 【详解】 A、太阳内部在进行剧烈的热核反应,释放出巨大的核能;故A正确.B、玻尔根据氢原子光谱分立的特性提出电子轨道和原子能量是量子化的,故B正确.C、核力是核子之间的作用力,它是核子组成稳定的原子核的非常巨大的力,是一种强相互作用,主要是吸引力,比库仑力大得多,在吸引范围内,核力约是静电斥力的100倍,故C正确.D、α粒子散射实验证明了原子核式结构模型,光电效应证明光具有粒子性,故D错误.本题选不正确的故选D. 【点睛】 本题考查了热核反应、玻尔模型、核力、α粒子散射实验等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点. 3.C 【解析】 【详解】 A、由题意,由于Y可以释放一个电子而转化为质子,即可判断出Y是一个中子,质量数是1,电荷数是0;故A正确.B、由于Y是核反应的过程中释放出的中子,所以可以俘获Y发生裂变反应;故B正确.C、X的质量数:m=4+1-3=2;电荷数:n=2+0-1=1;所以X核是氘核;所以是轻核的聚变;故C不正确.D、根据爱因斯坦质能方程可知,核反应中亏损的等于;故D正确.本题选择不正确的故选C. 【点睛】 该题考查核反应方程、爱因斯坦质能方程、以及轻核的聚变、重核的裂变,属于对原子与原子核物理中基础知识的考查,在平时的学习过程中多加积累即可. 4.A 【解析】 【详解】 2g氘和3g氚都为1mol,刚好有NA个氘和氚发生聚变反应,则释放的核能△E=NA×17.6 MeV.故A正确,B、C、D错误.故选A. 【点睛】 阿伏伽德罗常数建立了宏观质量和微观个数的联系;质能方程建立了质量和能量的关系. 5.A 【解析】 【详解】 A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应,故A正确.B、β衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,故B错误.C、根据光电效应方程Ekm=hv-W0知,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,与入射光的频率有关,故C错误.D、根据知,大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时,可能辐射出3种不同频率的光,故D错误.故选A. 【点睛】 本题考查了轻核聚变、β衰变、光电效应方程、能级等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点,注意β衰变产生的电子来自原子核内部,不是核外电子. 6.A 【解析】 【详解】 氢弹爆炸的核反应是轻核聚变反应,题中A是轻核聚变,BD都是原子核的人工转变方程,C是重核裂变反应;故选A. 7.A 【解析】 【分析】 控制棒是用含有金属铪、铟、银、镉等材料做成的.要想让核燃料的“火势”减弱或加强,可通过调整控制棒在核反应堆里的高度来实现,插入得越深,“吃”掉的中子越多,拔出的越高,产生的中子越多;要想关闭核反应堆,只需把足够量的控制棒插入到核反应堆里即可. 【详解】 在核电站中,通过控制棒(一般用石墨棒)吸收中子多少来控制反应速度,故A正确;故选A. 8.C 【解析】 【分析】 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变.发生光电效应的条件是入射光子的频率大于极限频率,或入射光的波长小于极限波长;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,根据光电效应方程知,光子频率越大,光电子的最大初动能越大,光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目. 【详解】 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变,又称为热核反应.故A正确.原子是化学变化中的最小微粒,但还能再分,天然放射现象的发现就说明原子核能够再分,即说明原子核有复杂的结构,故B正确.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,则入射光子的频率小,波长长.故C错误.光子频率越高,根据光电效应方程知,Ekm=hv-W0,知光电子的最大初动能越大.故D正确.此题选择不正确的选项,故选C. 【点睛】 本题要知道光电效应的条件,以及影响光电子最大初动能的因素,知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目. 9.C 【解析】 【详解】 目前建成的核电站能源来自于重核裂变,选项A错误;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能,故B错误.重核裂变和轻核聚变过程有质量亏损,均能向外界释放核能,选项C正确;核子平均结合能越大的原子核越稳定,选项D错误;故选C. 10.A 【解析】 【分析】 经过一个半衰期有半数发生衰变,结合衰变的次数求出未衰变的质量;比结合能越大,原子核越稳定;重核裂变不能自发进行;能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差. 【详解】 碘131的半衰期大约为8天,1g碘131经过64天后,即经过8个半衰期,未衰变的质量m=m0()8=g,故A正确.比结合能越大,原子核中核子结合的越牢固,原子核越稳定,故B错误.裂变不能自发进行,即反应物中应该有中子,故C错误.处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态,再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不大于吸收光子的频率,故D错误.故选A. 【点睛】 本题考查了衰变、结合能、核反应方程、能级跃迁等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点,注意比结合能越大,原子核结合越牢固. 11.D 【解析】 【详解】 A、由于不明确质量亏损的多少,故无法比较释放出的能量大小;故A错误.B、同样质量的物体发生聚变时放出的能量比同样质量的物质裂变时释放的能量大很多,故B错误.C、由核聚变的条件可知,发生核聚变时不需要达到临界体积;故C错误.D、发生聚变反应时,要求两核子应能达到较近的距离,故应使原子核有足够大的动能;故D正确.故选D. 【点睛】 轻核聚变产生的能量比重核裂变产生的能量大得多;明确核聚变时需要高温高压的条件,使核子能到达足够近的区域,构成热核反应的特点. 12.C 【解析】 核力属于短程力,只是在很短距离内有作用,故A错误;天然放射现象的发现,说明了原子核具有复杂的结构,选项B错误; 由爱因斯坦质能方程可知,一定的质量总是与一定的能量相对应,但是质量与能量不可以相互转化,选项C正确; 原子核内的某一核子与其它相近的核子间有核力作用,选项D错误;故选C. 13.B 【解析】 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应,选项A错误; 天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构,选项B正确; 一束单色光照射到某种金属表面不能发生光电效应,是因为该束光的频率太小,波长太长,选项C错误; 大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射种不同频率的光,选项D错误;故选B. 14.A 【解析】 【分析】 α散射实验中绝大多数不偏转,说明绝大部分空间是空的;核力存在于相邻质子间、中子间、质子与中子间的;α粒子的电离本领最大;经过一个半衰期有半数发生衰变. 【详解】 α散射实验说明了原子内部绝大部分空间是空的,故A正确;核力存在于相邻的质子与质子、质子与中子以及中子与中子之间,故B错误;α粒子的速度比β粒子的速度小,但是α粒子的电离本领较大,故C错误;经过第一个半衰期该放射性元素的含量减少了N.若经过两个半衰期,则第二个半衰期含量减小了0.5N,该放射性元素的含量减少了1.5N,故D错误;故选A. 【点睛】 此题考查α粒子散射实验的意义,掌握核力存在的范围,理解三种射线的电离本领与穿透能力的关系,注意半衰期的内涵. 15.BD 【解析】 【分析】 【详解】 A、原子光谱,是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱.原子吸收光源中部分波长的光形成吸收光谱,为暗淡条纹;发射光子时则形成发射光谱,为明亮彩色条纹.两种光谱都不是连续的,且吸收光谱条纹可与发射光谱一一对应.每一种原子的光谱都不同,遂称为特征光谱;故A错误.B、根据光电效应方程知Ekm=hv-W0,光电子的最大初动能与入射光的频率成一次增函数;故B正确;C、比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢靠,原子核越稳定,比结合能并非随着质量数的最大而增大;故C错误.D、卢瑟福进行了α粒子散射实验后,根据实验的现象提出,原子只能由位于原子中心的原子核和核外的电子组成,原子核应集中大部分的质量及正电荷,由此提出了原子核式结构;故D正确.故选BD. 【点睛】 本题为3-5模块的综合题,模块间不综合,全面考查了选修3-5中的基础知识,对于该部分知识一是注意平时的积累与记忆,二是注意有关光谱、光电效应、物质波、原子核式结构等. 16.CD 【解析】 双星做匀速圆周运动具有相同的角速度,万有引力提供向心力,故,故,故质量越大的线速度越小,A错误;万有引力提供向心力,故,万有引力相等,但质量不等,故质量大的向心加速度小,B错误;根据可得,根据可得,所以,当不变时,L减小,则T减小,即双星系统运行周期会随间距减小而减小,C正确;双黑洞的合并存在质量亏损,合并前质量为36+29=65个太阳质量,合并后为62个太阳质量,故质量亏损为3个太阳质量,即相当于3个太阳质量的能量在合并过程中被释放,D正确. 17.ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A、光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性,故A正确.B、汤姆逊发现电子,知道原子还可以再分,不能说明原子核内部结构,故B错误.C、根据爱因斯坦质能方程知,有核能释放,就一定有质量亏损,故C正确.D、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,故D正确.E、一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时,逐级跃迁产生的光子种类最多,则最多可放出2种不同频率的光子,分别从n=3跃迁到n=2和n=2跃迁到n=1,故E错误.故选ACD. 【点睛】 本题考查了光电效应、康普顿效应、电子的发现、爱因斯坦质能方程、黑体辐射、能级跃迁等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点,对于E选项,要注意是一个氢原子和一群氢原子关于跃迁种类的区别. 18.AD 【解析】 当核子结合成原子核时有质量亏损,要释放一定能量,故A正确;原子核是核子凭借核力结合在一起构成的,要把它拆解成核子时要吸收能量,故B错误;比结合能越大的原子核越稳定,比结合能是结合能与核子数之比,结合能的大小还要考虑核子数,因此它的结合能不一定越大,故C错误;中等质量原子核的结合能和平均结合能均比轻核的要大.故D正确.故选AD. 点睛:本题考查对核力、结合能的理解.核力是自然界四种基本作用力之一,与万有引力性质、特点不同;知道当核子结合成原子核时有质量亏损,要释放一定能量,原子核的平均结合能越大,表示原子核的核子结合得越牢固. 19.ACE 【解析】 【分析】 光电流强度与入射光的强度有关;氢原子辐射出一个光子后,从高能级向低能级跃迁,轨道半径减小,根据库仑引力提供向心力,得出电子速度的变化,从而得出电子动能的变化;衰变方程满足质量数与质子数守恒;而半衰期的大小是有原子核内部决定,与外在环境无关;比结合能越大的,原子核越稳定. 【详解】 A.光电效应实验中,入射光越强,单位时间内发射的光电子数越多,故A正确; B.根据 得 轨道半径减小,则v增大,则动能增大,故B错误; C.原子核衰变时,满足电荷数和质量数都守恒,故C正确; D.放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化,是由原子核内部本身决定的,故D错误. E.比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固,故E正确; 故选ACE. 【点睛】 考查光电流大小与什么因素有关,掌握辐射光子后,动能与电势能如何变化,理解影响半衰期的因素,注意结合能与比结合能的区别. 20.ACD 【解析】 【详解】 天然放射现象中,原子核发生衰变,生成新核,同时有中子产生,因此说明了原子核有复杂的结构,故A正确;γ射线的穿透能力最强,电离能力最弱.α射线的穿透能力最弱,电离能力最强,故B错误;β根据质量数和电荷数守恒知,铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)要经过x次β衰变和y次α衰变,则238=206+4y;92=82+2y-x,解得x=6,y=8,故C正确;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能.故D正确.故选ACD. 【点睛】 考查天然放射现象的作用,理解三种射线的电离与穿透能力及结合能的概念;知道β衰变和α衰变的特点.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 156KB
  • ID:6-7648685 上海市龙柏高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:波和粒子 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第二章波和粒子/本章综合与测试

    波和粒子 1.用单个光子能量为5.6eV的一束光照射图示的光电管阴极K,闭合开关S,将滑片P从右向左滑动,发现电流表示数不断减小,当电压表示数为U时,电流表示数恰好为零,已知阴极材料的逸出功为2.6eV,则(  ) A.U=2.6V B.U=3.0V C.U=5.6V D.U=8.2V 2.已知a光频率大于b光频率,a光照射甲金属能发生光电效应,b光照射乙金属也能发生光电效应,且两者逸出的光电子最大初动能恰好相等,下列说法正确的是 A.a光的强度一定大于b光的强度 B.甲金属的逸出功一定大于乙金属的逸出功 C.b光照射甲金属一定也能发生光电效应 D.a光照射乙金属不一定能发生光电效应 3.对光电效应的解释正确的是( ) A.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应 B.如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功,便不能发生光电效应 C.金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子,当它积累的动能足够大时,就能逸出金属 D.发生光电效应时,入射光越强,光子的能量就越大,光电子的最大初动能就越大 4.关于光电效应,下列几种表述正确的是( ) A.金属的极限频率与入射光的频率成正比 B.光电流的强度与入射光的强度无关 C.用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的最大初动能要大 D.对于任何一种金属都存在一个“最大波长”,入射光的波长必须小于这个波长,才能产生光电效应 5.关于光的波粒二象性,以下说法中正确的是(  ) A.光的波动性与机械波,光的粒子性与质点都是等同的 B.光子和质子、电子等是一样的粒子 C.大量光子易显出粒子性,少量光子易显出波动性 D.紫外线、X射线和γ射线中,γ射线的粒子性最强,紫外线的波动性最显著 6.以下关于物理学史的叙述,符合实际的有(  ) A.康普顿发现了电子,并测定了电子电荷量,且提出了“枣糕模型” B.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型 C.玻尔根据光的波粒二象性,大胆提出假设,认为实物粒子也具有波动性 D.普朗克为了解释黑体辐射现象,第一次提出了能量量子化理论 7.在光电效应实验中,某同学按如图a方式连接电路,利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间电压UAK的关系曲线(甲光、乙光、丙光)如图b所示,则下列说法中正确的是 A.甲、乙两光的光照强度相同 B.丙光照射阴极时,极板的逸出功最大 C.甲、乙、丙三光的频率关系为 D.若把滑动变阻器的滑片P向右滑动,光电流不一定增大 8.下列说法中正确的是( ) A.普朗克引入能量子的概念,得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,与实验符合得非常好,并由此开创了物理学的新纪元 B.康普顿效应表明光子具有能量和动量 C.德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子,认为实物粒子也具有波动性 D.为了解释黑体辐射规律,康普顿提出了电磁辐射的能量是量子化的 9.利用射线或中子束得到晶体的衍射图样,进而分析出晶体的原子排列,则下列分析中正确的是( ) A.电子显微镜所利用的是电子的物质波的波长比原子尺寸小得多 B.电子显微镜中电子束运动的速度应很小 C.要获得晶体的射线衍射图样,射线波长要远小于原子的尺寸 D.中子的物质波的波长可以与原子尺寸相当 10.图1所示为氢原子能级图,大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光,其中用从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光照射图2所示光电管的阴极K时,电路中有光电流产生,则(   ) A.若将滑片右移,电路中光电流增大 B.若将电源反接,电路中可能有光电流产生 C.若阴极K的逸出功为1.05 eV,则逸出的光电子最大初动能为2.4×10-19 J D.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光中只有4种光子能使阴极K发生光电效应 11.对应于3.4×10-19 J的能量子,其电磁辐射的频率为_______ Hz,电磁辐射的波长为_______ m.(h=6.63×10-34 J·s) 12.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象,由图象可知该金属的逸出功等于________.或者表示为________.入射光的频率为2v0时,产生的光电子的最大初动能为________. 13.用同一束单色光,在同一条件下,分别照射锌片和银片,都能产生光电效应,对于这两个过程,下列所列四个物理量中一定相同的是:________;可能相同的是:________.(只选填各物理量的序号) A、入射光子的能量 B、逸出功 C、光电子的动能 D、光电子的最大初动能. 14.如图所示的是工业生产中大部分光控制设备用到的光控继电器示意图,它由电源.光电管.放大器.电磁继电器等几部分组成,看图回答下列问题: (1)图中a端应是电源________极. (2)光控继电器的原理是:当光照射光电管时,________. (3)当用绿光照射光电管K极时,可发生光电效应,则下列说法中正确的是__________. 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,电路中光电流增大 C.?改用比绿光波长大的光照射光电管K极时,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K极时,电路中一定有光电流. 15.某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象当用某单色光照射光电管的阴极K时,会发生光电效应现象.闭合开关S,在阳极A和阴极K之间加上反向电压通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压,直至电流计中电流恰为零,此时电压表读数为U,这一电压称为遏止电压.现分别用频率为和的单色光照射阴极,测量到遏止电压分别为和,设电子电荷量为e.求: (1)普朗克常量h; (2)该阴极K金属的极限频率. 16.几种金属的溢出功W0见下表: 用一束可见光照射上述金属的表面,请通过计算说明哪些能发生光电效应.已知该可见光的波长范围为4.0×10-7~7.6×10-7m,普朗克常数h=6.63×10-34J·s. 17.一光电管的阴极用极限波长λ0=5.0×10-7m的钠制成。用波长λ=3.0×10-7m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 =2.1V,光电流的饱和值I =0.56mA。 (l)求每秒内由K极发射的电子数。 (2)求电子到达A极时的最大动能。 (3)如果电势差U不变,而照射光的强度增到原值的3倍,此时电子到达A极时的最大动能是多少?(普朗克恒量h=6.63×10-34J·s,电子的电量e=1.6×10-19C)。 18.某金属在光的照射下发生光电效应,光电子的最大初动能与入射光频率v的关系如图所示,试求: 普朗克常量用图中字母表示; 入射光的频率为时,产生的光电子的最大处动能. 参考答案 1.B 【解析】 根据光电效应方程可知光电子的最大初动能为:;根据动能定理可得电压表示数至少为:;解得:. A.2.6V与计算结果不相符;故A项错误. B. 3.0V与计算结果相符;故B项正确. C. 5.6V与计算结果不相符;故C项错误. D. 8.2V与计算结果不相符;故D项错误. 2.B 【解析】 A.由题中的条件不能比较 a光的强度与b光的强度大小,选项A错误; B. 根据,因a光频率大于b光频率,两者逸出的光电子最大初动能恰好相等,可知甲金属的逸出功一定大于乙金属的逸出功,选项B正确; C. 因甲金属的逸出功一定大于乙金属的逸出功,则b光照射甲金属不一定也能发生光电效应,选项C错误; D. 因甲金属的逸出功一定大于乙金属的逸出功,a光频率大于b光频率,则a光照射乙金属一定能发生光电效应,选项D错误; 3.B 【解析】 A.无论照射的时间多么长,只要光的频率小于金属的极限频率就不能产生光电效应,故A错误; B.根据光电效应的条件可知,入射光子的能量小于电子脱离某种金属所做功的最小值,不能发生光电效应,故B正确; C.金属内的每个电子吸收一个光子,获取能量,若足够克服金属做功,就能逸出金属,若不够克服金属做功,就不会逸出金属,不会发生积累,故C错误; D.光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与光的强度无关,故D错误. 4.D 【解析】 AB.金属的极限频率由该金属决定,与入射光的频率无关,光电流的大小随入射光强度增大而增大,故选项A、B错误; C.不可见光包括能量比可见光大的紫外线、射线、射线,也包括能量比可见光小的红外线、无线电波,所以不可见光的频率不一定比可见光的频率大,根据光电效应方程知用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的最大初动能要大,故选项C错误; D.任何一种金属都存在一个“最大波长”,入射光波长小于这个波长,才能产生光电效应,故选项D正确。 5.D 【解析】 光的波动性与机械波、光的粒子性与质点有本质区别,故A错误;光子实质上是以场的形式存在的一种“粒子”,而电子、质子是实物粒子,故B错误;光是一种概率波,大量光子往往表现出波动性,少量光子则往往表现出粒子性,故C错误;频率越高的光的粒子性越强,频率越低的光的波动性越显著,故D正确.故D正确,ABC错误. 6.BD 【解析】 A.汤姆孙发现了电子,密立根测定了电子电荷量,故A错误; B.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型,故B正确; C.德布罗意根据光的波粒二象性,大胆提出假设,认为实物粒子也具有波动性,故C错误。 D.普朗克为了解释黑体辐射现象,第一次提出了能量量子化理论,故D正确; 7.CD 【解析】 A. 甲、乙两光对应的遏止电压相同,两光的频率相同,频率相同的情况下,饱和光电流大的光照强度大,则甲光的光照强度大,故A项不符合题意; B. 极板的逸出功是极板金属的属性,不变,故B项不符合题意; C. 甲、乙两光对应的遏止电压相同,小于丙光的遏止电压,根据 入射光的频率越高,对应的截止电压Uc越大,所以甲光、乙光的频率相等,小于丙光的频率,故C项符合题意; D. 图中光电管加的是正向电压,如果已经达到饱和光电流,把滑动变阻器的滑片P向右滑动,正向电压增大,光电流不增大,故D项符合题意. 8.ABC 【解析】 A、普朗克引入能量子的概念,得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,与实验符合得非常好,并由此开创了物理学的新纪元,故A正确; B、康普顿效应表明光子具有动量,故B正确; C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子,认为实物粒子也具有波动性,故C正确; D、为了解释黑体辐射规律,普朗克引入能量子的概念,认为电磁辐射的能量是量子化的,故D错误; 故选ABC. 【点睛】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可解答. 9.AD 【解析】 【详解】 AB.因为电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短,电子显微镜所利用的电子的物质波的波长比原子尺寸小,由德布罗意波长公式可知,当电子束的波长越短时,则运动的速度越大,故选项A正确,B错误; CD.由题中信息“利用射线或中子束得到晶体的衍射图样”及发生衍射现象的条件可知,射线波长要远大于原子的尺寸,或中子的物质波或射线的波长与原子尺寸相当,故选项C错误,D正确。 10.BC 【解析】 A:若将滑片右移,加在光电管上的正向电压变大,光电流有可能增大,也有可能不变(光电流饱和后不再增加)。故A项错误。 B:若将电源反接,加在光电管上的电压变成反向电压,若电压小于遏止电压,则电路中有光电流产生。故B项正确。 C:从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光的能量,若阴极K的逸出功为1.05 eV,则逸出的光电子最大初动能。故C项正确。 D:大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光有6种,其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁光子能量()和从n=3能级向n=2能级跃迁的光子能量()小于从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量()。若逸出功的数值为1.05 eV,则有5种光子能使阴极K发生光电效应。故D项错误。 11. 【解析】 【分析】 【详解】 根据E=hv可得 ; 波长: 12.E E 【解析】 根据根据光电效应方程,知最大初动能与入射光的频率成一次函数关系,图线的斜率表示普朗克常量,当最大初动能为零时,入射光子的能量等于逸出功的大小,为;当入射光的频率为0时,,即;当入射光的频率为2v0时,产生的光电子的最大初动能等于E. 13.A C 【解析】 【分析】 【详解】 同一束光照射不同的金属,一定相同的是入射光的光子能量,不同的金属,逸出功不同,根据光电效应方程Ekm=hv-W0知,最大初动能不同,但是光电子的动能可能相同.故答案为A、C. 【点睛】 解决本题的关键知道不同的金属逸出功不同,以及掌握光电效应方程Ekm=hv-W0.注意区别光电子的“最大初动能”和“动能”的不同. 14.正 K极发射光电子,电路中产生电流,经放大器放大后的电流产生的磁场使铁芯M被磁化,将衔铁N吸住;无光照射光电管时,电路中无电流,N自动离开M BD 【解析】 【分析】 (1)光电子向左运动,光电管的左端为高电势,所以b端应是电源的负极,a端为正极; (2)根据传感器的特点分析即可. (3)若增大绿光的照射强度,光电子最大初动能不变,改用红光照射光电管阴极K时,电路中不一定有光电流. 【详解】 (1)由于光电子从阴极K发出后向A运动,所以光电管的左端为高电势,所以b端应是电源的负极,a端为正极. (2)光控继电器的原理是:当光照射光电管时,K极发射光电子,电路中产生电流,经放大器放大后的电流产生的磁场使铁芯M被磁化,将衔铁N吸住;无光照射光电管时,电路中无电流,N自动离开M. (3)用绿光照射光电管的阴极K时,可发生光电效应,根据光电效应方程可知,增大绿光的照射强度,光电子最大初动能不变,故A错误;增大绿光照射强度,单位时间内入射光的光子的个数增加,则单位时间内射出的光电子的个数也增加,所以电路中光电流增大,故B正确;根据光电效应方程可知,改用比绿光波长大的光照射光电管K极时,光子的能量减小,电路中不一定有光电流.故C错误;根据光电效应方程可知,改用比绿光频率大的光照射光电管K极时,光子的能量增大,电路中一定有光电流,故D正确;故选BD 【点睛】 本题考查了发生光电效应的条件:入射光的频率大于金属的极限频率,最大初动能与光照强度无关,光照强度影响单位时间逸出的光电子的个数. 15.(1) (2) 【解析】 (1)加上反向电压时,光电子在电场中做减速运动,根据动能定理得 -eU=0-Ekm ① 根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W0得 eU1=hν1-W0 ② eU2=hν2-W0 ③ 联立①②③得 ; (2)又因为W0=hνc可得阴极K金属的极限频率 νc= ④ 联立①②③④得 点睛:解决本题的关键掌握光电效应方程Ekm=hν-W0,理解遏制电压的概念,知道最大初动能与遏止电压的关系. 16.纳、钾、铷 【解析】 【分析】 【详解】 光子的能量E= 取λ=4.0×10–7m,则 根据E>W0判断,钠、钾、铷能发生光电效应. 17.(1)每秒内由K极发射的电子数:个 (2) 6.01×10-19J (3)当光强度增到原值三倍时,电子到达A极时的最大动能不变 【解析】 【详解】 (1)每秒钟内由K极发射的光电子数个; (2)阴极K金属的逸出功, 光电子的最大初动能, 由动能定理, 则电子到达A极的最大动能; (3)入射光强度增到原来的三倍,但光子的能量不变,光电管阳极A和阴极K之间的电势差不变,则到达A极时最大动能不变,仍为6.01×10-19J. 18.(1) (2) 【解析】 【详解】 ①由光电效应方程EK=hv-W0,结合图象可知金属的逸出功W0=E,而极限频率为νc,所以hvc-W0=0, 解得:h= ②由光电效应方程:Ek′=h×3vc?W0=2E 【点睛】 解决本题的关键掌握光电效应方程EK=hv-W0,知道最大初动能与入射光频率的关系.结合图线的斜率和截距进行分析.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 344.5KB
  • ID:6-7648683 上海市龙柏高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:核能与社会 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第五章核能与社会/本章综合与测试

    核能与社会 1.关于核力和结合能,下列说法正确的是(?? ) A.强相互作用力是原子核内部的力,弱相互作用力是原子核外部的力 B.强相互作用力和弱相互作用力都是短程力,其力程均在10﹣18米范围内 C.每个核子只跟邻近的核子发生核力作用,这种性质称为核力的饱和性 D.组成原子核的核子越多,它的结合能越低 2.大量释放核能的过程一定是(? ) A.由质量较小的原子核结合成质量较大的原子核 B.由质量较大的原子核分裂成质量较小的原子核 C.由某些重核结合为质量较大的原子核?? D.由某些重核分裂为中等质量的原子核 3.关于原子核中的质子和中子,下列说法中正确的是(  ) A.两个质子之间,不管距离如何,核力总是大于库仑力? B.除万有引力外,任意两个中子之间不存在其他相互作用力 C.质子与中子的质量不等,但质量数相等??? D.同一种元素的原子核有相同的核子数,但中子数可以不同 4.1932年考克饶夫特(J?D?Cockroft)和瓦尔顿(E?T?S?Walton)发明了世界上第一台粒子加速器——高压倍压器,他们将质子()加速到0.5MeV的能量去撞击静止的原子核X,得到两个动能均为8.9MeV的氦核,这是历史上第一次用人工加速粒子实现的核反应.下列说法正确的是(  ) A.X是63Li B.X由组成 C.上述核反应中出现了质量亏损 D.上述核反应的类型是裂变 5.下列核反应方程及其表述中错误的是( ) A.是原子核的β衰变 B.是原子核的α衰变 C.是原子核的人工转变 D.是重核裂变 6.为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献,联合国将2005年定为“国际物理年”.对于爱因斯坦提出的质能方程E=mc2,下列说法中正确的是(  ) A.E=mc2表明物体具有的能量与其质量成反比 B.一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量,表明此过程出现了质量亏损 C.根据△E=△mc2不能计算核反应的能量 D.E=mc2中的E是发生核反应过程中释放的核能 7.下列关于原子或原子核的说法正确的是 A.天然放射现象的发现揭示了原子具有核式结构 B.温度升高,放射性元素衰变的半衰期会减小 C.原子核发生β衰变后原子序数不变 D.比结合能越大,原子核越稳定 8.原子能资源的综合利用已成为世界各国的发展方向,我国在综合利用原子能方面进展较快,目前我国核电站已建成9座、正在建设的3座、即将开建的有4座.届时将较好地改变我国能源结构.对有关原子核的下列说法中正确的是(? ) A.太阳辐射的能量主要来源于重核裂变 B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的 C.X射线是处于激发态的原子核辐射出来的 D.核力是强相互作用的一种表现,在原子核内核力与库仑力差不多大 9.在下列核过程的方程中,表示核聚变过程的是 A. B. C. D. 10.关于核反应方程,下列说法正确的是( ) A.,此反应是核裂变,吸收能量 B.,此反应是核裂变,放出能量 C.,此反应是核聚变,放出能量 D.,此反应是核聚变,由方程可判断X是质子 11.下列说法正确的是 A.比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能 B.碘131的半衰期约为8天,32个碘131经过40天后只剩下1个 C.根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子带走能量后,氢原子的电势能,核外电子的动能均减小 D.经过一系列衰变后变成,此过程一共发生了7次衰变和4次衰变 12.核电站中采用反应堆使重核裂变,将释放出的巨大能量转换成电能.反应堆中一种可能的核反应方程式是,设U核质量为m1,中子质量为m2, Nd核质量为m3,Zr核质量为 m4,x质量为m5,y质量为m6,那么,在所给的核反应中(?? ) A.x 可能是,y可能是 B.x 可能是,y可能是 C.释放的核能为(m1+m2﹣m3﹣m4﹣m5﹣m6)c2 D.释放的核能为(m3+m4+m5+m6﹣m1﹣m2)c2 13.下列说法中正确的是(?? ) A.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.玻尔将量子观念引入原子领域,并能够解释氢原子的光谱特征 C.结合能越小,表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定? D.放射性物质的温度升高,其半衰期不会发生变化 14.下列说法正确的是(?? ) A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B.α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构 C.氢原子核外电子轨道半径越大,其能量越低 D.重核的裂变和轻核的聚变过程都向外界放出核能,都有质量亏损 E.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子;原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子,已知λ1>λ2,那么原子从a能级跃迁到c能级状态时将要吸收波长为 的光子 15.下列关于原子结构和原子核的说法中正确的是(   ) A.氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时,氢原子总能量减少 B.玛丽·居里夫妇最早发现的天然放射现象 C.由图可知,原子核A裂变成原子核B和C要吸收能量 D.比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢靠,原子核越稳定 16.以下有关近代物理内容的几种说法中正确的是(  ) A.重核的裂变过程质量增大,轻核的聚变过程有质量亏损 B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 C.若使放射性物质的温度升高,其半衰期可能变小 D.用14 eV光子照射位于基态的氢原子,可使其电离 17.我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球,并用于嫦娥三号的着陆器和月球车上,核电池是通过半导体换能器,将放射性同位素衰变过程中释放出的能量转变为电能.嫦娥三号采用放射性同位素94239Pu,静止的94239Pu衰变为铀核92235U和α粒子,并放出频率为v的γ光子,已知94239Pu、92235U和α粒子的质量分别为mPu、mU、mα.下列说法正确的是(  ) A.94239Pu的衰变方程为 B.此核反应过程中质量亏损为△m=mPu﹣mU﹣mα C.释放出的γ光子的能量为(mPu﹣mU﹣mα)c2 D.反应后92235U和α粒子结合能之和比94239Pu的结合能大 18.在某些恒星内,3个α粒子结合成一个C,C原子的质量是12.000 0 u,He原子的质量是4.002 6 u,已知1 u=1.66×10-27 kg,则( ) A.反应过程中的质量亏损是Δm=0.007 8 u B.反应过程中的质量亏损是Δm=1.294 8×10-29 kg C.反应过程中放出的能量约为7.266 MeV D.反应过程中放出的能量约为1.16×10-19 J 19.两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核(氦的同位素).若反应前氘核的动能均为.它们正面对撞发生聚变,且反应后释放的核能全部转变为动能.已知氘核质量,氦核质量,中子质量(已知).下列说法中正确的是( ) A.核反应释放的核能约为3.96MeV B.反应后产生的氦核的动能约为0.99MeV C.反应后产生的中子的动能约为3.26MeV D.把两个氘核作为一个系统,对撞过程中满足动量守恒和总能量守恒 20.下列有关核反应的方程中,表述正确的是( ) A.是核聚变反应 B.是衰变 C.是核裂变反应 D.是核裂变反应 参考答案 1.C 【解析】 核力属于强相互作用.核力只存在于相邻的核子之间,故A错误;核力是短程力,作用范围在1.5×10-15m,原子核的半径数量级在10-15m,所以核力只存在于相邻的核子之间,核力是原子核能稳定存在的原因,故B错误,C正确;原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量,而组成原子核的核子越多,它的结合能并不是越低,故D错误.所以C正确,ABD错误. 2.D 【解析】 在重核裂变或轻核发生聚变时释放出的大量的核能,D属于重核裂变,而ABC不能释放大量核能,故D正确.故选D. 3.C 【解析】 在两个质子之间,核力是短程力,作用范围在1.5×10-15m,越过此范围,则核力可以忽略不计,因此会小于库仑力.故A错误.除万有引力外,两个中子之间存在核力.故B错误.根据现在的测量可知,质子与中子的质量不等,但质量数相等.故C正确.同位素具有相等的质子数和不同的中子数,所以核子数也不同.故D错误.故选C. 【点睛】 自然界有四种基本的作用力:万有引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用,核力是短程力,越过一定范围,则没有核力,核力存在斥力与引力之分.同位素具有相等的质子数和不同的中子数. 4.C 【解析】 根据质量与电荷数守恒,则有:;?在X是.故AB错误;由于质子()加速到0.5MeV的能量去撞击静止的原子核,可知碰撞前系统的动能为0.5MeV,而碰撞后系统的动能为2×8.9MeV=17.8MeV,系统的动能增大,根据爱因斯坦质能方程可知上述核反应中出现了质量亏损.故C正确;由题,结合核反应的特点可知,上述核反应的类型是人工核反应.故D错误.故选C. 5.B 【解析】A是β衰变方程,选项A正确;B是轻核聚变方程,选项B错误;C是原子核的人工转变方程,选项C正确;D是重核的裂变反应,选项D正确;此题选项错误的选项,故选B. 6.B 【解析】 E=mc2表明物体具有的能量与其质量成正比.故A错误.一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量,根据爱因斯坦质能方程知,该过程有质量亏损.故B正确.根据△E=△mc2可计算核反应的能量.故C错误.E=mc2中的E是物体蕴含的能量,不是核反应中释放的核能,释放的核能为△E=△mc2.故D错误.故选B. 点睛:解决本题的关键是理解和掌握爱因斯坦质能方程E=mc2,知道释放核能与质量亏损的关系△E=△mc2. 7.D 【解析】 天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂结构,选项A错误;外界环境对半衰期无影响,选项B错误;原子核发生β衰变后原子序数增加1,选项C错误;比结合能越大,原子核越稳定,选项D正确;故选D. 8.B 【解析】 太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变反应,故A错误; β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的,故B正确; X射线是因为原子的内层电子受到激发产生的,γ射线是激发态的原子核辐射的,故C错误;核力是强相互作用的一种表现,在原子核内核力远大于库仑力,故D错误。 故选B。 9.B 【解析】 轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核,并释放出核能的反应,所以由此可知A是衰变,B是氢核聚变,C是重核裂变,D是人工核反应,故B正确.ACD错误; 故选B。 10.B 【解析】 A.是α衰变,放出能量.故A项错误. B.是核裂变,放出能量.故B项正确. C.是原子核的人工转变,故C项错误. D.是核聚变,由方程可判断X是中子.故D项错误. 故选B 11.AD 【解析】A、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损,释放核能,故A正确; B、半衰期是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律,对个别的粒子没有意义,故B错误; C、根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子后,电子从高轨道跃迁到低轨道,电子与原子核之间的距离变小,由库仑力提供向心力可得,核外电子的运动速度增大,核外电子的动能增大,故C错误; D、设经过一系列衰变后变成,需要经过x次α衰变和y次β衰变,根据质量数和电荷数守恒则有:93=2x-y+83,4x=237-209,所以解得:x=7,y=4,故D正确; 故选AD。 12.ABC 【解析】 如果x?是3,y?是11,则核反应过程质量数和电荷数都守恒,则可能是x?是3,y?是11,故A正确;如果x?是3,y?是8 ,则核反应过程质量数守恒、核电荷数守恒,故B正确;质量亏损:△m=m1+m2-m3-m4-m5-m6,由质能方程可知,释放的能量为:E=△mc2=(m1+m2-m3-m4-m5-m6)c2,故C正确,D错误;故选ABC. 点睛:知道核反应过程质量数与核电荷数守恒、掌握爱因斯坦质能方程是解题的前提与关键,掌握基础知识即可解题,平时要注意基础知识的学习与掌握. 13.ABD 【解析】 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,选项A正确;玻尔将量子观念引入原子领域,并能够解释氢原子的光谱特征,选项B正确;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C错误;半衰期与外界因素无关,即放射性物质的温度升高,其半衰期不会发生变化,选项D正确;故选ABD. 14.BDE 【解析】 β衰变现象中的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的,不能说明电子是原子核的组成部分,选项A错误;α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构,选项B正确;氢原子核外电子轨道半径越大,原子的能级越高,原子具有的能量越大,选项C错误;重核的裂变和轻核的聚变过程都向外界放出核能,都有质量亏损,选项D正确;光子的能量:E=.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子;原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子,已知λ1>λ2,那么原子吸收的光子的能量大于发射的光子的能量,所以c能级的能量最大,它们之间的能量差:,那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长是:,故E正确.故选BDE. 15.AD 【解析】 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时,要辐射光子,氢原子的总能量减少,选项A正确;贝可勒尔最早发现天然放射现象,故B错误;由图可知,原子核A裂变成原子核B和C有质量亏损,则要放出能量,选项C错误;比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢靠,原子核越稳定,选项D正确;故选AD. 16.BD 【解析】 【详解】 A.轻核聚变与重核裂变均释放能量,都有质量亏损.故A项错误. B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应,故B项正确. C.半衰期与外界因素无关,使放射性物质的温度升高,其半衰期不变.故C项错误. D.基态的氢原子的电离能是13.6eV,用14 eV的光子照射处于基态的氢原子,光子的能量大于氢原子的电离能,可使其电离.故D项正确. 故选BD。 点睛:当入射光子的能量大于等于原子的电离能时,可使该原子电离;当入射光子的能量等于原子两能级的能量差时,可使对应原子跃迁. 17.ABD 【解析】根据质量数守恒与电荷数守恒可知,的衰变方程为,故A正确;此核反应过程中的质量亏损等于反应前后质量的差,为△m=mpu-mU-mα,故B正确;释放的γ光子的能量为hv,核反应的过程中释放的能量:E=(mpu-mU-mα)c2,由于核反应的过程中释放的核能转化为新核与α粒子的动能以及光子的能量,所以光子的能量小于(mpu-mU-mα)c2,故C错误;衰变成和α?粒子后,释放核能,将原子核分解为单个的核子需要的能量更大,原子变得更稳定,所以反应后和α粒子结合能之和比的结合能大,故D正确;故选ABD. 18.ABC 【解析】 AB、根据题意可知,核反应方程为:,反应中的质量亏损Δm=3×4.0026u-12.0000u=0.0078u,即△m=0.0078×1.66×10-27kg≈1.2948×10-29kg,故AB正确; CD、根据爱因斯坦质能方程可知△E=Δmc2=1.2948×10?29×(3×108)2J=1.16×10-12J==7.26MeV,故C正确,D错误. 故选ABC. 19.BD 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据题意可知,该核反应方程为:, 根据爱因斯坦质能方程可知,核反应中释放的核能约为: ,A错误; (2)由题意可知,两个氘核以相同的动能正面碰撞,则总动量为零;而该聚变过程动量守恒,总能量守恒,D正确; (3)设聚变后氦核和中子的动量大小分别为和,则;设氦核的动能为,则,故中子的动能为;因为反应后释放的核能全部转变为动能,故根据能量守恒,,则氦核动能为,中子动能,故B正确,C错误; 故本题选BD 【点睛】 写出核反应方程,根据爱因斯坦质能方程可以求出该核反应中释放的核能;根据该核反应过程中总能量守恒,总动量守恒,可以求得反应后各原子核获得的动能Ek; 20.AD 【解析】 A反应是轻核聚变反应,选项A正确,B错误;核裂变是重核在中子轰击下分裂成中等核,并放出大量核能的反应,则C反应不是核裂变反应,D反应是重核裂变反应,选项C错误,D正确;故选AD.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 336KB
  • ID:6-7648681 上海市龙柏高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:从原子核到夸克 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第四章从原子核到夸克/本章综合与测试

    从原子核到夸克 1.由原子核的衰变规律可知(  ) A.同种放射性元素在化合物中的半衰期比在单质中长 B.氡的半衰期为3.8天,若有四个氡原子核,经过7.6天就只剩下一个 C.M元素经过一次α衰变和两次β衰变形成新元素N,N与M是同位素 D.放射性元素铀放出的γ射线是高速运动的电子流 2.下列说法正确的是(  ) A.玛丽·居里首先提出了原子的核式结构模型 B.卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子 C.查德威克在原子核人工转变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 3.下列说法正确的是(  ) A.卢瑟福的原子核式结构学说能够解释氢原子的光谱 B.α、β、γ三种射线都是能量不同的光子 C.用升温、加压或化学的方法都不能改变原子核衰变的半衰期 D.阴极射线与β射线都是带负电的电子流,都是由原子核受激发后产生的 4.下列说法中不正确的是(  ) A.如果用紫光照射某种金属发生光电效应,改用绿光照射该金属可能发生光电效应 B.在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,因此,光子散射后波长变长 C.某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变,核内质子数减少4个 D.根据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,原子的电势能减小 5.下列几幅图的有关说法正确的是 A.图一中少数α粒子穿过金箔后方向不变,大多数α粒子穿过金箔后发生了较大偏转 B.图二光电效应实验说明了光具有粒子性 C.图三中射线丙由α粒子组成,每个粒子带两个单位正电荷 D.图四链式反应属于轻核的聚变,又称为热核反应 6.下列说法中正确的是(  ) A.钍的半衰期为24天.1g钍90234Th经过120天后还剩0.2g钍 B.一单色光照到某金属表面时,有光电子从金属表面逸出,延长入射光照射时间,光电子的最大初动能不会变化 C.放射性同位素90234Th经α、β衰变会生成86222Rn,其中经过了2次α衰变和3次β衰变 D.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,最多可产生4种不同频率的光子 7.下表给出了四种放射性同位素的辐射线和半衰期. 在医疗技术中,常用放射线治疗肿瘤,其放射线必须满足:①具有较强的穿透能力,以辐射到体内的肿瘤处;②在较长时间内具有相对稳定的辐射强度.为此所选择的放射源应为( ) A.钋210 B.锝99 C.钴60 D.锶90 8.下列说法正确的是() A.光电效应是金属原子吸收光子向外逸出的现象 B.某元素的半衰期是5天,12g的该元素经过10天后大约还有3g未衰变 C.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应 D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时,原子的总能量增大,电子的动能也增大 9.(钍)经过一系列α和β衰变,变成(铅),下列说法正确的是(   ) A.铅核比钍核少8个质子 B.铅核比钍核少8个中子 C.共经过4次α衰变和6次β衰变 D.共经过6次α衰变和4次β衰变 10.静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核放出一个α粒子,其速度方向与磁场方向垂直.测得α粒子与反冲核轨道半径之比为30∶1,如图所示,则 (   ) A.反冲核的原子序数为62 B.原放射性元素的原子序数是62 C.反冲核与α粒子的速率之比为1∶62 D.α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反 11.下列关于放射线的探测说法中正确的是 (   ) A.气泡室探测射线的原理与云室探测射线原理类似 B.气泡室内也能清晰的看到γ粒子的径迹 C.盖革-米勒计数器探测射线也是利用射线的电离本领 D.盖革-米勒计数器不仅能计数,还能用来分析射线的性质 12.一个静止的铝原子核俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后,变为处于激发态的硅原子核,下列说法正确的是( ) A.核反应方程为 B.核反应过程中系统动量不守恒 C.核反应过程中系统能量不守恒 D.硅原子核速度的数量级为105m/s,方向与质子初速度的方向一致 13.据媒体报道,叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡.英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(Po).若元素钋发生某种衰变,其半衰期是138天,衰变方程为Po→Pb+Y+γ,则下列说法正确的是(  ) A.该元素发生的是β衰变 B.Y原子核含有4个核子 C.γ射线是衰变形成的铅核释放的 D.200 g的Po经276天,已发生衰变的质量为150 g 14.2011年3月11日,日本发生里氏九级大地震,造成福岛核电站的核泄漏事故.在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性元素,它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射,其中131I的衰变方程为,其半衰变期为8天.下列说法正确的是(  ) A.该核反应的实质是131I原子核内一个中子转变成了一个质子和一个电子 B. 原子核中含有78个中子 C.16个 原子核经过16天有12个发生了衰变 D.已知该反应中生成的原子核处于高能级,则其在向低能级跃迁过程中可能释放γ光子 15.研究发现,在核辐射形成的污染中影响最大的是铯137(),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(新核可用X表示):_______.如果在该反应过程中释放的核能为E,光速为c,则其质量亏损为_______. 16.一个质子和两个中子聚变为一个氚核,已知质子质量为mH=1.007 3 u,中子质量为mn=1.008 7 u,氚核质量为m=3.018 0 u,1 u相当于931.5 MeV。 这个聚变方程为______________________________________________; 释放出的核能为_________________________________________ 平均每个核子释放的能量是______________________________________ 17.一个静止的氡核,放出一个α粒子后衰变为钋核 ,同时放出一定的能量。已知M氡=222.086 63 u、mα=4.002 6 u、M钋=218.076 6 u,1 u相当于931.5 MeV的能量。 (1)写出上述核反应方程; (2)求出发生上述核反应放出的能量。 18.已知原子核质量为209.982 87u,原子核的质量为205.974 46u,原子核的质量为4.002 60u,静止的核在α衰变中放出α粒子后变成,求: (1)在衰变过程中释放的能量; (2)α粒子从Po核中射出的动能; (3)反冲核的动能(已知1u相当于931.5MeV,且核反应释放的能量只转化为动能). 参考答案 1.C 【解析】 【详解】 半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关,A错误;半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用,B错误;一次衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,一次衰变的过程中电荷数增1,质量数不变.某原子核经过一次衰变和两次衰变后,电荷数不变,它们是同位素,C正确;射线是高速运动的光子流,D错误. 【点睛】 解决本题的关键知道半衰期的定义,以及影响半衰期的因素,知道半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关,注意半衰期对大量的原子核适用,对几个原子核不适用. 2.C 【解析】 A、卢瑟福在α粒子散射实验中发现极少数粒子发生极大角度的偏转,从而提出了原子核式结构学说,本实验中没有发现质子,是其在用α粒子轰击氮核时发现了质子,故AB错误; C、查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子,故C正确; D、贝可勒尔发现的天然放射现象说明原子核有复杂结构,故D正确. 点睛:本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一. 3.C 【解析】 【详解】 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子具有核式结构,玻尔理论能够解释氢原子的光谱,A错误;射线、射线都是高速运动的带电粒子流,射线不带电,是光子,B错误;半衰期与外界因素无关,用升温、加压或化学的方法都不能改变原子核衰变的半衰期,C正确;阴极射线是阴极发热产生的电子,该电子在电场力作用下被加速而射向阳极,射线是原子核中的一个中子转化为质子同时释放一个电子,D错误. 4.C 【解析】 如果用紫光照射某 种金属发生光电效应,改用绿光照射时由于绿光的频率小于紫光,故该金属不一定发生光电效应,故A错误;α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转,这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一,故B正确; 在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,由 可知光子散射后动量减小,波长变长,故C正确;某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变,核内质子数减少3个,故D错误.根据玻尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时 电子的动能增大,原子的电势能减小,选项E正确;故选BCE. 5.B 【解析】 α粒子大多数穿过金箔侯方向不变,少数α粒子穿过金箔后发生了较大偏转,故A错误;光电效应实验说明了光具有粒子性,故B正确;图三中射线由左手定则可判断射线丙带负电为电子流,所以C错误;图四链式反应属于重核的裂变,故D错误. 6.B 【解析】 【分析】 【详解】 钍的半衰期为24天,1g钍经过120天后,发生5个半衰期,1g钍经过120天后还剩0.03125g.故A错误;根据得知,光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大,与光照射时间无关,故B正确; C、设钍衰变成氡,经过次α衰变,经过次β衰变,由质量数和核电荷数守恒列示得:,,解得:,.故C错误. D、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,最多可产生=6种不同频率的光子.故D错误.故本题选B. 【点睛】 本题需要熟记半衰期公式;利用质量数守恒和核电核数守恒,列方程求解衰变次数;知道爱因斯坦光电效应方程; 7.C 【解析】 【分析】 【详解】 AD.三种射线中γ射线的穿透能力最强,α射线与β射线的穿透性都相对于γ射线较弱,不适合用做医学的放射源.故AD错误. BC.三种射线中γ射线的穿透能力最强,锝99的半衰期较短,而钴60的半衰期较长,钴60在较长时同内具有相对稳定的辐射强度,适合用做医学的放射源;故D错误,C正确. 故选C. 【点睛】 本题考查了三种射线的特点和半衰期的规律,也是科学技术与生活实际相联系的题目. 8.B 【解析】 【详解】 A.光电效应是在光的照射下,某些物质内部的电子会被光子激发向外溢出的现象,故A错误; B.经过10天,即两个半衰期,每个半衰期有一半原子核发生衰变,所以10天后约还有3g未衰变,故B正确; C.太阳的能量来自于内部发生聚变反应。故C错误; D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时,库仑力做负功,原子的总能量增大,电子的动能减小。故D错误。 故选:B 9.AD 【解析】 【分析】 【详解】 A、铅核比钍核少90-82=8个质子,故A正确; B、铅核中子数为208-82=126,钍核中子数为232-90=142,所以铅核比钍核少142-126=16,B错误; C、D:设衰变过程经历了次α衰变、次β衰变,则由电荷数与质量数守恒得:,,得,,故C错D正确;故选AD 【点睛】 根据原子核的组成分析质子数和中子数,由电荷数与质量数守恒判断发生了几次α衰变和几次β衰变. 10.BD 【解析】 ABD、粒子间相互作用遵守动量守恒定律,所以反冲核与α粒子的动量大小相等,方向相反,根据 可知反冲核的电荷量为60,则原放射性元素的原子序数为62,故A错误,BD正确; C、反冲核与α粒子的动量大小相等,方向相反,所以它们的速率应该和质量成反比,由于不知道质量之比,所以速率之比也不确定,故C错误; 故选BD 点睛:本题需要运用力学(动量守恒、向心力、圆周运动)、电学(洛伦兹力)以及衰变规律等综合知识,具有学科内综合特征 11.AC 【解析】 【详解】 气泡室探测射线原理与云室类似,不同的是气泡室中是在射线经过时产生气泡来显示射线径迹的,故A选项正确;γ粒子不带电,且电离能力很弱,所以气泡室内看不到γ粒子的径迹,故B选项错误;盖革—米勒计数器利用射线电离作用,产生电脉冲进而计数,所以C选项正确;由于对于不同射线产生的脉冲现象相同,因此计数器只能用来计数,不能区分射线的种类,所以D选项错误.故本题选AC. 12.AD 【解析】 【详解】 A. 由质量数守恒和电荷数守恒可知,核反应方程为,故A正确;BC、核反应方程过程中系统动量守恒,能量也守恒,故B错误,C错误; D.设质子的质量为m,则铝原子原子核的质量约为27m,以质子初速度方向为正,根据动量守恒定律得:? 解得:,数量级为,方向与质子初速度方向一致,故D正确.本题选AD. 【点睛】 由质量数、电荷数守恒可知核反应方程,核反应方程过程中系统动量守恒,能量也守恒,核反应过程中质量发生亏损,根据动量守恒定律求解硅原子核的速度. 13.BCD 【解析】 根据衰变方程为.可知,Y是,属于α衰变,而γ射线是伴随着α衰变产生的,故A错误;根据电荷数守恒和质量数守恒得,Y的电荷数为2,质量数为4,则核子数为4.故B正确.γ射线是衰变形成的铅核释放的.故C正确.根据 知,200g的经276天,已衰变的质量为150g,故D正确.故选BCD. 点睛:解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒,以及知道核子数等于质量数,同时注意γ射线是伴随着α衰变,或β衰变产生的. 14.ABD 【解析】 【详解】 由题可知,衰变方程为是β衰变,该核反应的实质是131I原子核内一个中子转变成了一个质子和一个电子.故A正确;原子核中含有131和核子,53个质子,所以有:131-53=78个中子.故B正确;半衰期是大量放射性元素衰变的统计规律,对个别的原子没有意义,故C错误;该反应中生成的原子核处于高能级,在原子核由高能级向低能级跃迁过程中可能释放γ光子.故D正确,故选ABD. 【点睛】 衰变是自发的过程,而核反应过程则是人工转变的,它们均满足质量数与质子数守恒规律;同时要注意半衰期是大量放射性元素衰变的统计规律. 15. 【解析】 根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为,根据质能方程可得质量亏损为 16. ; ; ; 【解析】 【详解】 (1)根据电荷数守恒,质量数守恒,知聚变方程为:; (2)核反应的质量亏损为: (3)平均每个核子释放的能量为: 【点睛】 据电荷数守恒和质量数守恒确定聚变方程;根据爱因斯坦质能方程求出核反应过程中放出的核能;释放的核能与核子数的比值即平均每个核子释放的能量。 17.(1)(2)6.92 MeV 【解析】(1) (2)质量亏损Δm=222.086 63 u-4.002 6 u-218.076 6 u=0.007 43 u  根据质能方程,核反应放出的能量ΔE=Δmc2=6.92 MeV 18.(1)5.412 MeV (2)5.31 MeV (3)0.102 MeV 【解析】(1)根据质量数与质子数守恒规律,则有,衰变方程: 衰变过程中质量亏损为,反应过程中释放的能量为; (2)因衰变前后动量守恒,则衰变后粒子和铅核的动量大小相等,方向相反 而,则有:,即, 则 又因核反应释放的能量只能转化为两者的动能,故有 所以粒子从钋核中射出的动能为 (3)反冲核即铅核的动能为

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 468KB
  • ID:6-7648680 上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:碰撞与动量守恒 单元综合检测题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第一章碰撞与动量守恒/本章综合与测试

    碰撞与动量守恒 1.如图所示,A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A球的质量小于B球的质量.若用锤子敲击A球使A得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B球使B得到v的速度,弹簧压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为(  ) A.L1>L2 B.L1mB ②需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的距离:xA、xB ③ ④ 【解析】①为防止两球碰撞后入射球反弹,反射球的质量应大于被碰球的质量,即: . ②碰撞后两球做减速运动,设碰撞后的速度为、, 由动能定理得:,解得 , , 如果碰撞过程动量守恒,则: 即: 整理得: 实验需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的距离:、. ③ 由②可知,若碰撞前后动量守恒,写出动量守恒的表达式为: , ④ 如果碰撞过程是完全弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得: , 由机械能守恒定律得: 已知:,, 解得: 14.(1) 0 (2) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)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: mAgL(1-cosα)=mAvA2-0,解得:vA= ,则PA=mAvA=mA; 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:-mAgL(1-cosβ)=0-mAvA′2,解得vA′=, PA′=mAvA′=mA; 碰前小球B静止,则PB=0; 碰撞后B球做平抛运动,水平方向:S=vB′t,竖直方向H=gt2, 解得vB′=S,则碰后B球的动量PB′=mBvB′=mBS; (2)由动量守恒定律可知,实验需要验证的表达式为: mA=mA+mBS; 15.(1)v1 =7.0m/s;v2=1.0m/s;(2)v3=-1.0m/s;v4=5.0m/s;(3)1.5m 【解析】 【详解】 (1)对物块A,根据牛顿第二定律有 对长木板B,根据牛顿第二定律有 设经时间t0后A和B共速,则有 v0-a1t0= a2t0 在此t0时间内,A和B的位移及位移差 xA=v0t0-a1 t02 xB =a2t02 Δx= xA -xB 联立解得 Δx=12m>L,xB=2m

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 916KB
  • ID:6-7648679 上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:波和粒子 单元综合检测题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第二章波和粒子/本章综合与测试

    波和粒子 1.关于物质波,下列说法正确的是(  ) A.速度相等的电子和质子,电子的波长长 B.动能相等的电子和质子,电子的波长短 C.动量相等的电子和中子,中子的波长短 D.甲电子速度是乙电子的3倍,甲电子的波长也是乙电子的3倍 2.关于光的本性,下列说法中正确的是(  ) A.光电效应现象表明在一定条件下,光子可以转化为电子 B.光电效应实验中,只有光的强度足够大时,才能观察到光电流 C.光在传播过程中表现为粒子性,在与物质相互作用时表现为波动性 D.康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量 3.如图所示是光电管的原理图,已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时,电路中有光电流,则(  ) A.若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时,电路中一定没有光电流 B.若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时,电路中一定有光电流 C.增加电路中电源电压,电路中光电流一定增大 D.若将电源极性反接,电路中一定没有光电流产生 4.在光电效应实验中,分别用a、b两种单色光先后照射到同种金属上,均能产生光电子,测得相应的遏制电压分别为Ua和Ub,且Ua>Ub,下列说法正确的是 A.在真空中,a光的波长大于b光的波长 B.在同一介质中,a光的传播速度大于b光的传播速度 C.同一介质对a光的折射率大于对b光的折射率 D.从同一介质射入真空,a光的临界角大于b光的临界角 5.大量处于基态的氢原子吸收了某种单色光的能量后能发出3种不同频率的光子,分别用它们照射一块逸出功为W0的金属板时,只有频率为ν1和ν2(ν1>ν2)的两种光能发生光电效应.下列说法正确的是 A.金属板的极限频率为 B.光电子的最大初动能为h(ν1+ν2)-W0 C.吸收光子的能量为h(ν1+ν2) D.另一种光的光子能量为h(ν1-ν2) 6.光电效应的实验结论是:对于某种金属 A.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.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.超过极限频率的入射光强度越弱,所产生的光电子的最大初动能就越小 D.超过极限频率的入射光频率越高,所产生的光电子的最大初动能就越大 7.用a、b两种单色光分别照射处于基态的一群氢原子,用a光照射时,氢原子辐射出6种不同频率的光子,用b光照射时,氢原子辐射出3种不同频率的光子,则a、b两种单色光的特性下列说法正确的是 A.以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,b光的侧移量大 B.a、b两种单色光分别照射同一光电管,且都产生了光电效应,则a光的遏止电压大 C.a、b两种单色光相遇能产生干涉现象 D.a、b两种单色光都能产生多普勒和偏振现象 8.如图所示,是某次试验中得到的甲.乙两种金属的遏止电压Uc与入射光频率ν关系图象,两金属的逸出功分别为W甲、W乙,如果用ν0频率的光照射两种金属,光电子的最大初动能分别为E甲、E乙,则下列关系正确的是( ) A.W甲<W乙 B.W甲>W乙 C.E甲>E乙 D.E甲= E乙 9.如图所示的电路中,K、A是密封在真空玻璃管中的两个电极.现用光入射到K,发现电流表有读数.调节滑动变阻器滑片的位置,可以改变K、A两极间电压.下列说法不正确的是: A.保持入射光不变,滑片从O点向B点滑动的过程中,电流表读数会逐渐增大继而几乎不变 B.保持入射光不变,滑片从B点向O点滑动到某一位置,电流表读数可能为零 C.用频率不同的光入射,电流表读数为零时的电压表读数不同 D.用频率相同但光强不同的光入射,电流表读数的最大值不同 10.新华中学高三物理兴趣小组用实验探究光的色散规律,他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内,在其左方竖直放置一个很大的光屏P,让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后,有两束单色光a和b射向光屏P,如图所示.他们根据实验现象提出了以下四个猜想,你认为正确的是 A.单色光a的波长大于单色光b的波长 B.单色光a的频率大于单色光b的频率 C.若用b光照射锌板发生了光电效应,则a光照射锌板也能发生光电效应 D.当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中,在光屏P上最早消失的是b光 11.一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核(碰撞过程中不受其他外力),该氚核的德布罗意波长为_______________________. 12.已知金属铯的逸出功为W0,在光电效应实验中,要使铯表面发出的光电子的最大初动能为Ek,入射光的波长应为______.(已知真空中的光速为c,普朗克常量为h) 13.已知钠发生光电效应的极限波长为λ0=5×10-7m,普朗克常量h=6.63×10-34J·s;现用波长为λ=4×10-7m 的光照射用金属钠作阴极的光电管,求: (1)钠的逸出功W0=________ J (2)为使光电管中的光电流为零,在光电管上所加反向电压U至少为(写出表达式)________ (用h、U、电子电量e、真空光速c、λ0、λ等字母来表示) 14.如图所示,当开关断开时,用能量为的一束光照射阴极发现电流表读数不为零.合上开关,调节滑动变阻器,发现电压表读数大于或等于时,电流表读数为零.由此可知阴极材料的逸出功为____; 若将照射到阴极上的该光的照射强度变为原来的3倍,则遏止电压为_________. 15.铝的逸出功是4.2 eV,现在将波长200 nm的光照射铝的表面.求: (1)光电子的最大初动能; (2)遏止电压; (3)铝的极限频率. 16.已知小灯泡的功率,设小灯泡发光时向四周均匀辐射平均波长的光,求在距离灯泡处,每秒钟落在垂直于光线方向上面积为处的光子数是多少?(已知,计算结果保留两位有效数字) 17.电子经电势差为U=2000V的电场加速,电子的质量m=0.9×10﹣30kg,求此电子的德布罗意波长.已知普朗克常数h=6.6×10﹣34J·s. 18.生活中很多地方杀毒都用到紫外线,紫外线的波长范围大致是100nm﹣400nm . 100nm、400nm电磁波辐射的能量子ε的值是多少? 参考答案 1.A 【解析】 试题分析:由λ=可知,动量大的波长短,电子与质子的速度相等时,电子动量小,波长长.A对; 电子与质子动能相等时,由动量与动能的关系式p=可知,电子的动量小,波长长.B错; 动量相等的电子和中子,其波长应相等.C错; 如果甲、乙两电子的速度远小于光速,甲的速度是乙的三倍,甲的动量也是乙的三倍,则甲的波长应是乙的,D错; 故答案选A. 考点:物质波 动能 动量 点评:德布罗意波的波长与粒子的质量速度的乘积有关,即由粒子的动量决定,根据德布罗意波的波长公式计算比较即可 2.D 【解析】 本题考查光的本性,根据光电效应的规律、光的波粒二象性、康普顿效应进行分析解答。 【详解】 A.光电效应现象表明在一定条件下,光子的能量可以被电子吸收,故A不符合题意; B.光电效应实验中,只有光的频率大于金属的极限频率,才能观察到光电流;与光照强度无关;故B不符合题意; C.光的波长越长,波动性越明显,频率越高,粒子性越明显;大量光子的运动表现为波动性,单个光子的运动表现为粒子性,故C不符合题意; D.康普顿效应表明光子和电子、质子等实物粒子一样也具有能量和动量,故D符合题意。 【点睛】 本题考查波粒二象性的基本内容,理解光电效应的规律、光的波粒二象性以及康普顿效应是解题的关键。 3.B 【解析】 A、用波长为λ0的光照射阴极K时,电路中有光电流,知波长为λ0的光照射阴极K时,发生了光电效应。换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时,由于频率变小,不一定发生光电效应,电路中不一定有光电流,故A错误; B、换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时,频率变大,一定能发生光电效应,电路中一定有光电流,故B项正确; C、增加电路中电源的路端电压,如果已经达到饱和电流,电流不再增大,故C错误; D、将电路中电源的极性反接,光电子做减速运动,还可能到达阳极,所以还可能有光电流,故D错误。 故选:B。 4.C 【解析】 【详解】 A、根据可知两种单色光的频率关系为,根据可知光的波长小于光的波长,故选项A错误; BCD、由于光的频率大于光的频率,在同一介质中,光的折射率大于光的折射率,根据可知在同一介质中,光的传播速度小于光的传播速度,由临界角公式可知光发生全反射的临界角小于光发生全反射的临界角,故选项C正确,B、D错误. 5.AD 【解析】 A、金属板的极限频率为,得,A正确; B、频率为ν1的光子照射到金属板时逸出的光电子初动能最大,则光电子的最大初动能为,B错误; C、吸收光子的能量为hν1,C错误; D、逸出的三种光子能量关系为:,所以另一种光的光子能量为h(ν1-ν2),D正确. 故选AD. 6.AD 【解析】 【分析】 【详解】 A.每种金属都有它的极限频率,只有入射光子的频率大于极限频率时,才会发生光电效应.只要光的频率小于极限频率,无论光照强度多强,都不能发生光电效应,故A正确; B.发生光电效应的条件是光的频率大于极限频率,与光照强度无关,故B错误 C.由光电效应方程,可知入射光子的频率越大,产生的光电子的最大初动能也越大,与入射光的强度无关,故C错误 D. 由光电效应方程,可知入射光子的频率越大,所产生的光电子的最大初动能就越大,故D正确. 7.BD 【解析】 【详解】 A.光照射一群基态氢原子,原子的能量升高到能级,最多能辐射出6种不同频率的光子,光照射一群基态氢原子,原子的能量升高到能级,最多能辐射出3种不同频率的光子,所以光的频率大于光的频率,光的折射率大于光的折射率,以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,光的偏向角较大,光的侧移量大,故选项A错误; B.根据和光的频率大于光的频率可知光的遏止电压大,故选项B正确; C.干涉现象是两列或两列以上频率相同的波在空间中重叠时发生叠加从而形成新波形的现象,所以、两种单色光相遇不能产生干涉现象,故选项C错误; D.多普勒效应是所有波的特性,偏振现象是横波特有的现象,所以、两种单色光能发生多普勒效应和偏振等所有波的现象,故选项D正确. 8.AC 【解析】 【分析】 【详解】 AB.根据光电效应方程得: Ekm=hγ-W0=hγ-hγ0 又Ekm=qUc 解得: 知Uc-γ图线;当Uc=0,γ=γ0;由图象可知,金属甲的极限频率小于金属乙,则金属甲的逸出功小于乙的,即W甲<W乙,故A符合题意,B不符合题意; CD.如果用v0频率的光照射两种金属,根据光电效应方程,当相同的频率入射光时,则逸出功越大的,其光电子的最大初动能越小,因此E甲>E乙,故C符合题意,D不符合题意. 9.CD 【解析】 【分析】 【详解】 A. 保持入射光不变,滑片从O点向B点滑动的过程中,正向电压增大,电流表读数会逐渐增大,当达到饱和电流时,继续增大电压,电流不变,故A项与题意不相符; B. 保持入射光不变,滑片从B点向O点滑动到某一位置,光电管两端电压减小,即正向电压减小,即使正向电压为0,电流表读数也不为零,故B项与题不相符; C.要使电流表读数为0,在光电管两端为截止电压,由 可知电流表读数为零时的电压表读数不同,故C项与题意相符; D. 光强不同,即单位时间逸出的光电子数不同,饱和光电流不同,故D项与题意相符. 10.AD 【解析】 【详解】 AB、由图知光的偏折程度小于光,所以根据折射定律得知光的折射率小于光的折射率,光的频率小于光的频率,由可知光的波长大于光的波长,故选项A正确,B错误; C、用光照射锌板发生了光电效应,由单色光的频率小于单色光的频率和光电效应方程可知用光照射锌板不一定能发生光电效应,故选项C错误; D、由知光的临界角较大,光的临界角较小,则当光束绕圆心逆时针转动过程中,入射角增大,光最早发生全反射,所以在光屏上最早消失的是光,故选项D正确; 11. 【解析】 中子的动量,氘核的动量 对撞后形成的氚核的动量,所以氚核的德布罗意波波长为 【点睛】任何一个运动着的物体,小到电子、质子,大到行星、太阳,都有德布罗意波.分别写出中子和氘核的动量的表达式,然后根据动量守恒定律得出氚核的动量,代入公式即可. 12. 【解析】 【详解】 据爱因斯坦光电效应方程可得 又光的波长,联立解得 13. 4×10-19  【解析】(1)由WA=hγ0即得:WA=h=6.63×10-34×≈4.0×10-19?J (2)根据光电效应方程得:Ue=h(?) 解得: 点睛:考查爱因斯坦光电效应方程,掌握发生光电效应现象的条件:入射光的频率大于或等于极限频率,该题是考查基础知识的好题. 14.2.0 0.6 【解析】 【分析】 【详解】 根据题意光电子的初动能为: 根据爱因斯坦光电效应方程有: . 将该光的照射强度变为原来的3倍,频率不变,逸出光电子的最大初动能不变,遏止电压不变,根据 . 15.(1)2.02 eV (2)2.02 V (3)1.01×1015Hz 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0可得: Ek=h-W0=3.23×10-19J=2.02 eV. (2)由eUc=Ek,可得遏止电压. (3)由W0=hν0得极限频率:. 16.个 【解析】 每个光子 每秒发射光子数个 解得:个 17.λ=2.75×10﹣11m 【解析】 【分析】 【详解】 根据德布罗意波长公式: 电子在电场中加速度由动能定理有Ek=Ue 且P2=2mEk 代入数据解得:λ=2.75×10-11m. 【点睛】 本题考查了物质波波长的计算公式,明确各物理量的含义和关系,代入数据计算即可. 18.100nm、400nm电磁波辐射的能量子ε的值分别是19.9X10-17J和4.98X10-17J 【解析】 【详解】 由,100nm电磁波辐射的能量子ε的值:E1=6.626×10?34×≈19.9×10?17J;400nm电磁波辐射的能量子ε的值:E2=6.626×10?34×≈4.98×10?17J.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 399.5KB
  • ID:6-7648677 上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:波和粒子 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第二章波和粒子/本章综合与测试

    波和粒子 1.关于光电效应,下列说法正确的是 A.入射光的频率低于截止频率时才会发生光电效应现象 B.在光照条件不变的情况下,随着所加电压增加,光电流会一直增加 C.光电子的最大初动能不仅与入射光的频率有关,还与光电管两端所加电压有关 D.光电效应现象揭示了光的粒子性 2.已知钠发生光电效的的极限波长为540 mn,若用波长为380—470nm的紫色片照射钠,光电子的的最大初动能Ek与入射紫光波长的Ek- 图线中可能正确的是 A.B.C.D. 3.用一束绿光和一束蓝光照射某种金属的表面,均发生了光电效应.下列说法正确的是 A.蓝光照射金属时,逸出的光电子最大初动能更大 B.蓝光照射金属时,单位时间内逸出的光电子数更多 C.增加光照强度,逸出的光电子最大初动能增大 D.如果换作红光照射,一定能使该金属发生光电效应 4.下列说法中正确的是( ) A.质量大的物体,其德布罗意波长小 B.质量小的物体,其德布罗意波长小 C.动量大的物体,其德布罗意波长小 D.速度大的物体,其德布罗意波长小 5.1927年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图所示的是该实验装置的简化图,下列说法正确的是(  ) A.亮条纹是电子到达概率大的地方 B.该实验说明物质波理论是正确的 C.该实验再次说明光子具有波动性 D.该实验说明实物粒子具有波动性 6.如图是金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象。由图象可知( ) A.该金属的逸出功等于 B.该金属的逸出功等于 C.入射光的频率为时,产生的光电子的最大初动能为 D.入射光的频率为,产生的光电子的最大初动能为 7.用极微弱的可见光做双缝干涉实验,随着时间的增加,在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像,则 A.图像(a)表明光具有粒子性 B.图像(c)表明光具有波动性 C.用紫外光观察不到类似的图像 D.实验表明光是一种概率波 8.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象,提出了光子说,关于与光电效应有关的四个图像的说法正确的是( ) 图1为光电效应实验,图2为光电流与电压的关系,图3为金属的遏止电压U与入射光频率的关系,图4为光电子最大初动能与入射光频率的关系. A.如图甲装置,如果先让锌板带负电,再用紫外线照射锌板,则验电器的张角可能变小 B.根据图乙可知,黄光越强,光电流越大,说明光子的能量与光强有关 C.由图丙可知2为该金属的截止频率 D.由图丁可知E等于该金属的逸出功 9.光通过单缝所发生的现象,用位置和动量的不确定性关系的观点加以解释,正确的是( ) A.单缝宽,光是沿直线传播,这是因为单缝宽,位置不确定量Δx大,动量不确定量Δp小,可以忽略 B.当能发生衍射现象时,动量不确定量Δp就不能忽略 C.单缝越窄,中央亮纹越宽,是因为位置不确定量小,动量不确定量大的缘故 D.以上解释都是不对的 10.某种金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压与入射光频率的关系图象如图所示.则由图象可知( ) A.任何频率的入射光都能产生光电效应 B.该金属的逸出功等于 C.入射光的频率发生变化时,遏止电压不变 D.若已知电子电量e,就可以求出普朗克常量h E.入射光的频率为时,产生的光电子的最大初动能为 11.研究光电效应电路如图甲所示.用频率都为ν、强度不同的两束光B、C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(带电荷量为e)被阳极A吸收,在电路中形成光电流.其光电流I与A、K之间的电压UAK的关系如图所示,可知B光的强度___________C光的强度(选填“大于”、“等于”或“小于”),金属钠的逸出功为___________(已知普郎克常量为h). 12.如图所示,一光电管的阴极K用极限波长为λ0的金属制成.用波长为λ的紫外线照射阴极K,加在光电管阳极A和阴极K之间的电压为U,电子电荷量为e,普朗克常量为h,光速为c,光电子到达阳极时的最大动能为____;若将此入射光的强度增大,则光电子的最大初动能____(选填“增大”、“减小”或“不变”). 13.光照射某金属产生光电效应时,实验测得光电子最大初动能与照射光频率的图象如图所示,其中图线与横轴交点坐标为5.5×1014 Hz.用一束波长范围为4.0×10-7~9.0×10-7 m的可见光照射该金属时,求光电子的最大初动能.(已知普朗克常量为h=6.6×10-34 J·s) 14.如图所示为光电效应中光电流随入射光的强度、入射光的频率和外加电压变化的图象,在横轴上的截距表示加上反向电压达到一定值时光电流为零,这个电压称为遏止电压Uc,加上正向电压,电压达到一定值时,对于某一频率的光,在光的强度一定的情况下,光电流也趋于一定,这个电流称为饱和光电流,根据图中提供的信息可以判断出,在光电效应中,遏止电压与________有关,与________无关,饱和光电流与________和________有关,与________无关.(填“入射光的频率”、“入射光的强度”或“外加电压”) 15.用不同频率的光照射某金属产生光电效应,测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν,得到Uc—ν图像如图所示,根据图像求出该金属的截止频率和普朗克常量各为多少。(已知电子电荷量e=1.6×10-19 C) 16.如图所示,当双刀双掷开关空置时,若用一平行单色光照射光电管阴极K,发生了光电效应,现将双刀双掷电键拨向bb′,用同样的光照射光电管,并使变阻器的片P自左向右移动,当电压表示数为3.1V时,电路中的电流恰为零,若将电键拨向aa′并移动变阻器的滑片P,使电压表示数变为4.5V,求电子到达A极的最大动能. 17.在光电效应实验中,某金属的截止频率相应的波长为λ0,求: (1)该金属的逸出功为多少? (2)若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验,求其遏止电压的表达式.(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.) 18.阅读如下资料并回答问题: 自然界中的物体由于具有一定的温度,会不断向外辐射电磁波,这种辐射与温度有关,因此被称为热辐射.热辐射具有如下特点:①辐射的能量中包含各种波长的电磁波;②物体温度越高,单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大;③在辐射的总能量中,各种波长所占的百分比不同. 处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时,也要吸收由其他物体辐射的电磁能量,如果它处在平衡状态,则能量保持不变.若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响,我们定义一种理想的物体,它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射,这样的物体称为黑体.单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比,即P0=σT4,其中常量σ=5.67×10-8 W/(m2·K4). 在下面的问题中,把研究对象都简单地看成黑体. 有关数据及数学公式:太阳半径RS=6.96×105 km,太阳表面温度T=5 770 K,火星半径r=3 395 km,球面积S=4πR2,其中R为球的半径. (1)太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10-7~1×10-5 m范围内,求相应的频率范围. (2)每小时从太阳表面辐射的总能量为多少? (3)火星受到来自太阳的辐射可以认为垂直射到面积为πr2(r为火星半径)的圆盘上,已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍,忽略其他天体及宇宙空间的辐射,试估算火星的平均温度. 参考答案 1.D 【解析】 A.由光电效应规律,当v>v0时才会发生光电效应,故A错误; B.当电流达到饱和光电流时,电压增大,电流不变,故B错误; C.由光电效应方程:Ek=hv?W0,光电子的最大初动能与电压无关,故C错误; D.光电效应说明 了光不是连续,而是一份一份的,提示了光的粒子性,故D正确; 2.C 【解析】 紫光可以使钠发生光电效应,根据爱因斯坦光电效应方程Ek=h-W0,则Ek-λ图像是非线性图像; A.图像与结论不相符,选项A错误; B.图像与结论不相符,选项B错误; C.图像与结论相符,选项C正确 D.图像与结论不相符,选项D错误 3.A 【解析】 【详解】 A.因为蓝光频率更高,根据光电效应方程:,所以蓝光照射时,光电子最大初动能更大,A正确 B.单位时间逸出的光电子数与光强有关,由于不知道光的强度,所以无法确定,B错误 C.根据:,可知最大初动能与光强无关,C错误 D.因为红光的频率比绿光的还小,无法确定是否会发生,D错误 4.C 【解析】 根据p=mv,德布罗意波公式λ=,可得C正确,质量大和质量小的物体其动量不一定大,因此AB错误,速度大的物体其动量也不一定大,因此D错误 5.ABD 【解析】 【详解】 A.由题意可知,亮条纹是电子到达概率大的地方,暗条纹是粒子到达的概率小,故A正确; BCD.电子是实物粒子,能发生衍射现象,该实验说明物质波理论是正确的,不能说明光子的波动性,故BD正确,C错误。 【点睛】 考查衍射现象的作用,理解电子是实物粒子,掌握电子衍射的意义,注意光的波动性与粒子的波动性的区别. 6.ABC 【解析】 【详解】 A.由题图并结合得,,故逸出功,故选项A符合题意; B.当时,,故,故选项B符合题意; C.时,可得出,故选项C符合题意; D.当入射光的频率为时,不发生光电效应,故选项D不符合题意。 7.ABD 【解析】 (a)中是少量的光打在底板上,出现的是无规则的点子,显示出光是粒子性;(b)中延长光照时间,使大量光子打在底板上,出现了明暗相间的干涉条纹或衍射条纹,显示了光的波动性;(c)中用紫外光仍可看到条纹,只是条纹宽度较窄.表明光的波动性和粒子性这一对矛盾在一定条件下可以相互转化,这是一种概率统计波.ABD正确 8.AD 【解析】 【详解】 A.如果先让锌板带负电,再用紫外线照射锌板时,由于光电效应激发出电子,锌板带电量减小,验电器的张角会变小,等锌板电量为零时,验电器就无法张开;如果紫外线继续照射锌板,就会使锌板带正电,验电器的张角又会增大,故A正确; B.由图乙可知,电压相同时,光照越强,光电流越大,只能说明光电流强度与光的强度有关,光子的能量只与光的频率有关,与光的强度无关,故B错误; C.对于某种金属材料,只有当入射光的频率大于某一频率时,电子才能从金属表面逸出,形成光电流,这一频率就称为截止频率.光电效应中截止频率由金属本身的材料决定,图丙中遏止电压为零时所对应的入射光的频率为截止频率,2对应的遏止电压不为零,故C错误; D.根据光电效应方程,知道丁图图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功,则逸出功为E,当最大初动能为零,入射光的频率等于金属的极限频率,则金属的逸出功等于,故D正确. 9.ABC 【解析】 【详解】 A. 单缝宽,光是沿直线传播,这是因为单缝宽,位置不确定量△x大,动量不确定量△p小,可以忽略,故A正确。 B. 能发生衍射现象时,动量不确定量△p,较大,则就不能忽略,故B正确; C. 单缝越窄,中央亮纹越宽,是因为位置不确定量越小,动量不确定量越大的缘故,故C正确; D. 由上分析可知,D错误; 10.BDE 【解析】 【分析】 【详解】 v0为截止频率,只有入射光的频率等于或大于v0时,才能发生光电效应,故A错误;由爱因斯坦光电效应方程可知, ,由图象可知,该金属的逸出功等于,故B正确;入射光的频率越大,光电子的最大初动能越大,遏止电压越大,故C错误;,变形得: ,图象的斜率为 ,由此,若已知电子电量e,可求得普朗克常量h,故D正确;当入射光的频率为3v0时,由爱因斯坦光电效应方程可知,产生的光电子的最大初动能为2hv0,故E正确;故选BDE. 11.大于 【解析】 试题分析:由图像可知,B光的饱和光电流大于A光,所以B光的强度大于C光的强度;由图像可知,反向截止电压为U0,则光电子的最大初动能为U0e,由光电效应方程可知,金属钠的逸出功为 考点:光电效应 12. 不变 【解析】 电子从阴极射出时的最大初动能,根据动能定理得,光电子到达阳极时的最大动能为; 入射光的强度增大,电子的最大初动能不变,则电子到达阳极的动能不变; 【点睛】通过光电效应方程,结合动能定理求出电子到达阳极的最大动能;光的强度不影响光电子的最大初动能. 13.1.32×10-19J. 【解析】 【分析】 【详解】 根据 爱因斯坦光电效应方程:. 14.入射光的频率 入射光的强度 入射光的频率 入射光的强度 外加电压 【解析】 由题图可知,黄光与蓝光的频率不同,遏止电压不同,说明遏止电压与入射光的频率有关,而黄光的强弱不同,但遏止电压相同,说明遏止电压与入射光的强度无关;加上正向电压,电压达到一定值时,对于某一频率的光,在入射光的强度一定的情况下,光电流也趋于一定,说明饱和光电流与外加电压无关,而入射光的频率不同,光强不同,饱和光电流都不同,说明饱和光电流与入射光的频率和强度都有关. 15.1.0×1015  6.4×10-34 J·s 【解析】 【分析】 【详解】 根据光电效应方程得,Ekm=hv-W0=hv-hv0 又Ekm=eUC 解得 。 知图线的斜率 , 解得h=6.4×10-34J。s 当Uc=0,v=v0=1.0×1015Hz。 【点睛】 此题要根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系,通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时,入射光的频率等于截止频率。 16.7.6eV 【解析】 双刀双掷电键拨向bb′时,该装置所加的电压为反向电压,当电压表的示数为3.1V时,电流表示数为0,知道最大初动能EKm=3.1eV.将电键拨向aa′该装置所加的电压为正向电压,电子到达A极的最大动能为4.5eV+3.1eV=7.6eV. 17.(1)(2) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设金属的截止频率为,则该金属的逸出功 ; (2)对光电子,由光电效应方程得 解得 . 18.(1)3×1013~1.5×1015 Hz (2)1.38×1030J (3)204 K 【解析】首先由频率公式ν=,求出太阳辐射的频率范围,然后根据单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的关系式P0=σT4,求出每小时太阳辐射的总能量,接着可认为太阳各个方向均匀辐射,即能量均匀分布到各个方向上,通过太阳辐射的总能量即可求出火星单位面积单位时间吸收的能量,最后认为火星达到热平衡时吸收的能量等于辐射的能量,即可求出火星的温度. (1)由ν=得,ν1==Hz=1.5×1015 Hz,ν2==Hz=3×1013 Hz,所以辐射的频率范围是3×1013~1.5×1015 Hz. (2)每小时从太阳表面辐射的总能量E=P0t·S=σT4t·4π,式中t=3 600 s, 代入数据得E=5.67×10-8×5 7704×3 600×4×3.14×(6.96×105×103)2 J=1.38×1030 J. (3)火星单位时间内吸引来自太阳的辐射能量P入=4πσT4·= 火星单位时间单位面积内向外辐射的能量为σT′4 所以火星单位时间内向外辐射的能量P出=4πr2σT′4(其中4πr2为火星的表面积,T′为火星的温度) 火星处于热平衡状态,则P入=P出, 即=4πr2σT′4 得火星的温度T′==204 K.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 541.5KB
  • ID:6-7648676 上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:原子世界探秘 单元综合检测题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第三章原子世界探秘/本章综合与测试

    原子世界探秘 1.下列能揭示原子具有核式结构的实验是(  ) A.光电效应实验 B.电子的发现 C.氢原子光谱的发现 D.α粒子散射实验 2.如图所示是某原子的能级图,abc为原子跃迁所发出的三种波长的光,已知三种光的波长分别为、、,则下列关系式正确的是( ) A. B. C. D. 3.氢原子从n=4的激发态直接跃迁到n=2的激发态时,发出蓝色光,则当氢原子从n=5的激发态直接跃迁到n=2的激发态时,可能发出的是(  ) A.红外线 B.红光 C.紫光 D.γ射线 4.根据氢原子的能级图,现让一束单色光照射到大量处于基态(量子数n=1)的氢原子上,受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光,则照射氢原子的单色光的光子能量为( ) A.10.2eV B.3.4eV C.12.09eV D.13.6eV 5.关于原子和原子核的几种说法,正确的是 A.衰变说明原子核内部存在电子 B.天然放射现象说明原子核有复杂结构 C.原子光谱规律表明原子具有核式结构 D.粒子散射实验表明玻尔原子理论的正确 6.卢瑟福提出原子的核式结构学说的根据是粒子轰击金箔的实验,在实验中他发现粒子( ) A.全部穿过或发生很小的偏转 B.全部发生很大的偏转,甚至有的被反弹回 C.绝大多数不发生或只发生很小的偏转,有极少数发生很大的偏转,个别甚至被弹回 D.绝大多数发生很大的偏转,甚至被反弹回,只有少数穿过 7.如图所示,被激发的氢原子从较高能级向较低能级跃迁时,分别发出的波长为λ1、λ2、λ3?的三条谱线,则下列关系正确的是 (  ) A. B. C. D. 8.下列说法正确的是() A.光电效应是金属原子吸收光子向外逸出的现象 B.某元素的半衰期是5天,12g的该元素经过10天后大约还有3g未衰变 C.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应 D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时,原子的总能量增大,电子的动能也增大 9.如图所示为氢原子的能级图,A、B、C分别表示电子在三种不同能级跃迁时放出的光子,则下列判断中正确的是   A.能量和频率最大、波长最短的是B光子 B.能量和频率最小、波长最长的是C光子 C.频率关系为:,所以B的粒子性最强 D.波长关系为: 10.氦原子被电离出一个核外电子,形成类氢结构的氦离子,已知基态的氦离子能量E1=一54.4ev,氦离子的能级示意图如图所示.在具有下列能量的光子或者电子中,能被基态氦离子吸收,而发生跃迁的是 A.42.8eV(光子) B.40.8eV(光子) C.31.0eV(电子) D.43.2eV(电子) 11.如图所示为氢原子能级图,下列说法正确的是   A.氢原子从到能级跃迁时辐射的光子频率最大 B.氢原子从到能级跃迁时,氢原子吸收的光子 C.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子,氢原子可以发出10种不同波长的光 D.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子,辐射光中光子能量为的光波波长最长 E.用光子能量为的光照射基态的氢原子,能使氢原子电离 12.下图为氢原子的能级示意图.现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当氢原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光.下列说法正确的是( ) A.频率最高的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的 B.波长最长的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的 C.这些氢原子总共可辐射出4种不同频率的光 D.共有4种不同频率的光可以让逸出功为2.22eV的金属发生光电效应 13.卢瑟福提出了原子的核式结构模型,这一模型建立的基础是________. 14.根据玻尔理论,某种原子处于激发态的能量与轨道量子数n的关系为(E1表示处于基态原子的能量,具体数值未知).一群处于n=4能级的该原子,向低能级跃迁时发出几种光,其中只有两种频率的光能使极限波长为λ0的某种金属发生光电效应,这两种光中频率中较低的为ν.用频率中为ν的光照射该金属产生的光电子的最大初动能为________;该原子处于基态的原子能量E1为________.已知普朗克常量为h,真空中的光速为c. 15.如图是氢原子的能级示意图,已知基态氢原子能量为E1,普朗克常量为h,则氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时辐射出的光子的频率为________;若此光子恰好能使某金属发生光电效应,则当氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时放出的光子照到该金属表面时,逸出的光电子的最大初动能为________. 16.氢原子第n能级的能量为En=,其中E1为基态能量,E1=-13.6 eV。大量氢原子处于某一激发态,由这些氢原子可能发出的所有的光子中,可具有多少种不同的频率?其中频率最大的光子能量为-0.96E1,频率最小的光子的能量为多少eV?(保留两位有效数字) 17.氢原子电离,就是从外部给电子以能量,使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子. (1)若要使n=2激发态的氢原子电离,至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子? (2)若用波长200nm的紫外线照射氢原子,则n=2的电子飞到离核无穷远处的动能为多少J?(h=6.63×10—34J·s,e=1.6×10-19 C,me =0.9×10-31 Kg,C=λ?ν) 参考答案 1.D 【解析】 A:光电效应说明光具有粒子性,故A项错误. B:电子的发现揭示了原子有复杂结构,故B项错误. C:氢原子光谱的发现是玻尔模型提出的依据,故C项错误. D:α粒子散射实验中少数α粒子能发生大角度偏转,说明原子中绝大部分质量和全部正电荷都集中在原子核上,卢瑟福据此提出了原子具有核式结构.故D项正确. 2.D 【解析】 因为,那么,依据,可知,结合,因此,AC错误;因为,知,所以得,B错误D正确. 3.C 【解析】 根据跃迁理论从从n=4的激发态直接跃迁到n=2的能态时,放出光子的能力 从n=5的激发态直接跃迁到n=2的能态时,放出光子的能力 光子能力变大,频率变大,故可能是紫光,射线是从原子核内发出的,所以C正确,A、B、D错误。 故选C。 4.C 【解析】 因为能自发地发出3种不同频率的光,根据可得n=3,即能跃迁到第3能级,则吸收的光子能量为,故C正确,ABD错误; 故选C. 【点睛】能级间跃迁吸收或辐射的能量等于两能级间的能级差,受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光,可知跃迁到第3能级,从而根据能级差求出照射的光子能量. 5.B 【解析】 衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子,不是证明原子核内部存在电子,A错误;天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构,B正确;粒子散射实验说明原子具有核式结构,原子光谱规律没有表明原子具有核式结构,CD错误. 6.C 【解析】 当α粒子穿过原子时,电子对α粒子影响很小,影响α粒子运动的主要是原子核,离核远则α粒子受到的库仑斥力很小,运动方向改变小.只有当α粒子与核十分接近时,才会受到很大库仑斥力,而原子核很小,即α粒子接近它的机会就很少,所以只有极少数大角度的偏转,而绝大多数基本按直线方向前进,故C正确,ABD错误. 7.C 【解析】 吸收或辐射光子的能量等于两能级间的能级差,因为Em-En=hv,知E3=E1+E2,所以得:;由能级图可知:E3>E2>E1,则即 ;故选C. 8.B 【解析】 【详解】 A.光电效应是在光的照射下,某些物质内部的电子会被光子激发向外溢出的现象,故A错误; B.经过10天,即两个半衰期,每个半衰期有一半原子核发生衰变,所以10天后约还有3g未衰变,故B正确; C.太阳的能量来自于内部发生聚变反应。故C错误; D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时,库仑力做负功,原子的总能量增大,电子的动能减小。故D错误。 故选:B 9.ABC 【解析】 【分析】 根据玻尔理论光子的能量等于初末能级之差,可知B光子能量最大,频率最高,C光子能量最小,频率最小.光子频率越高,粒子性越强.由c=λγ可知,波长与频率成反比. 【详解】 根据玻尔理论可知:A光子的能量,B光子的能量,C光子的能量,所以B光子能量最大,频率最高,C光子能量最小,由可知,波长与频率成反比,则B光子波长最小,C光子波长最长,故AB正确.由上可知频率关系为:,光子频率越高,粒子性越强,则B的粒子性最强,故C正确.由可知,波长与频率成反比,波长关系为: ,故D错误.故选ABC. 10.BD 【解析】 试题分析:氦离子吸收光子发生跃迁,光子能量需等于两能级间的能级差,否则不会被吸收.电子能量可以部分被吸收,发生跃迁. 吸收42.8eV的能量,则能量变为-11.6eV,不能发生跃迁,A错误;吸收40.8eV,则能量变为-13.6eV,可以跃迁到2能级,B正确;吸收31.0eV,则能量变为-23.4eV,不能发生跃迁,C错误;吸收43.2eV中的一部分能量,即吸收40.8eV的能量迁到第2能级,故D正确. 11.CDE 【解析】 【详解】 A.氢原子从高能级向低能级跃迁时,两能级间的能级差越大,辐射光子能量越大,频率越大,则从n=2到n=1能级跃迁辐射光子能量不是最大,故A项错误; B.氢原子从n=5到n=1能级跃迁时,氢原子向外辐射能量,故B项错误; C.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子,氢原子吸收光子能量后原子的能量为,跃迁到第5能级,据知,氢原子可以发出10种不同波长的光,故C项正确; D.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子,氢原子吸收光子能量后原子的能量为,跃迁到第5能级;从n=5到n=4能级跃迁时,光子能量最小,波长最长,光子能量为,故D项正确; E.因,所以用光子能量为的光照射基态的氢原子,能使氢原子电离,故E项正确。 故选CDE。 12.AD 【解析】 A、由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光,能量最大,频率最大,故A正确;B、由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,波长最长.故B错误;C、处于n=4能级的氢原子能发射频率的光,故C错误;D、由n=4能级跃迁到n=3能级和n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量分为、,小于2.22eV,不能使该金属发生光电效应,故能发生光电效应的共四种光,故D正确.故选AD. 【点睛】本题涉及氢原子的能级公式和跃迁,光子的发射,光子能量的计算,光电效应等知识点,涉及面较广,有一定的综合性,比较全面考察了学生对近代物理掌握情况. 13.α粒子的散射实验 【解析】 【详解】 卢瑟福提出了原子的核式结构模型,这一模型建立的基础是α粒子散射实验. 14. 【解析】 【分析】 【详解】 根据光电效应方程得,光电子的最大初动能; 从n=4能级的该原子,向低能级跃迁时发出几种光,其中只有两种频率的光能使极限波长为λ0的某种金属发生光电效应,可知是从n=4跃迁到n=1,n=3跃迁到n=1,较低频率的光子是从n=3跃迁到n=1时释放的,则有:E3-E1=hv,即,解得. 【点睛】 本题考查了光电效应方程和能级跃迁的综合运用,知道能级跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差,掌握光电效应方程,并能灵活运用. 15. 【解析】 根据玻尔理论,处于n=2能级的能量为E1/4,当氢原子从能级n=2跃迁到n=1时,放出光子的频率为E1/4-E1=,;根据玻尔理论,处于n=3能级的能量为E1/9,当氢原子从能级n=3跃迁到n=1时,放出光子的能量为E1/9-E1=-8E1/9,照射到该金属表面时,逸出的光电子的最大初动能为Ek=-8E1/9-(-3E1/4)=-. 16.10种;0.31eV 【解析】 试题分析:根据公式:求出激发态所在的能级,根据求出这群氢原子能发出不同频率光的种数,根据能级的跃迁公式hv=Em-En求解频率最小的光子的能量。 由题意可知:氢原子可能发出的所有的光子中其中频率最大的光子能量为-0.96E1 根据公式:,其中: 联立可得:n=5 这些处于n=5能级的氢原子可能发出种不同的频率的光。 从n=5能级跃迁到n=4发出的光频率最小. 点睛:本题主要考查了能级间跃迁吸收或辐射光子所满足的规律,即hv=Em-En。 17.(1)3.4eV (2) 【解析】 (1)要使处于的氢原子电离,照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处,最小的电磁波的光子能量应为:; (2)波长为的紫外线一个光子所具有的能量 电离能 由能量守恒 代入数据解得: . 点睛:所谓电离,就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到的轨道,时,,要使处于的氢原子电离,照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处,根据由能量守恒求解的电子飞到离核无穷远处的动能.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 387.5KB
  • ID:6-7648674 上海市金山中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:从原子核到夸克 单元综合检测题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第四章从原子核到夸克/本章综合与测试

    从原子核到夸克 1.下列说法正确的是( )。 A.用加温或加压的方法不能改变原子核衰变的半衰期 B.某原子核经过一次α衰变后,核内质子数减少4个 C.与的核内具有相同的中子数和不同的核子数 D.放射性物质发生β衰变时所释放的电子来源于核外电子 2.在下列4个核反应方程中,x表示质子的是 A. B. C. D. 3.核电站泄漏的污染物中含有人工核碘131等. 碘131(即)核不稳定,会发生β衰变,其半衰期为8天,则下列说法中正确的是(  ) A.碘131的半衰期随气温升高而逐渐减小 B.核电站中的核反应堆所发生的是轻核聚变反应 C.经过8天后,30个放射性碘131衰变的个数一定是15个 D.碘131核的衰变方程为(X表示衰变后的元素) 4.一质子束入射到静止靶核上,产生如下核反应:,p、n分别为质子和中子,则产生新核的核子数和电荷数分别为   A.27和12 B.27和14 C.28和13 D.28和15 5.一个原子核经过6次衰变和4次衰变,最后变成稳定的某种原子核,衰变后,原子核中的中子共减少   A.12个 B.4个 C.10个 D.16个 6.放射性元素发生衰变放出一个电子,这个电子   A.原来是原子的外层电子 B.原来是原子的内层电子 C.是在原子核内的质子转化为中子时产生的 D.是在原子核内的中子转化为质子时产生的 7.下列有关原子核和量子论初步的内容,正确的是   A.光的波长越短,光子的能量越大,光的粒子性越明显 B.卢瑟福用粒子散射实验证明了原子核内存在中子 C.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子,并提出了原子的核式结构模型 D.某放射性元素经过3次衰变和2次衰变,变成一种新原子核,新原子核比原来的原子序数减小5 8.重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚,这种钚239可由铀经过n次衰变而产生,则n为   A.2 B.239 C.145 D.92 9.关于、、三种射线,下列说法正确的是   A.三种射线都带电 B.三种射线都是电磁波 C.射线的电离能力最强 D.射线的穿透能力最强 10.朝鲜的“核危机”引起了全世界的瞩目,其焦点问题就是朝鲜生产供研制核武器用的钚239(),这种可由铀239()经过衰变而产生.则下列判断中正确的是( ) A.与的核内具有相同的中子数 B.与的核内具有相同的核子数 C.经过1次α衰变产生 D.经过2次β衰变产生 11.锌对人体的新陈代谢起着重要作用,在儿童生长发育时期测量其体内含锌量已成为体质检查的重要内容之一.取儿童的头发约50 mg,放在反应堆中经中子照射后,头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的锌的同位素,其反应方程式为.衰变放射出能量为115 MeV的γ射线,通过γ射线强度的测定可以计算出头发中锌的含量.关于以上叙述,下列说法正确的是 ( ) A.和有相同的核子数 B.和有相同的质子数 C.γ射线是由锌原子的内层电子激发的 D.γ射线在真空中传播的速度是3×108 m/s 12.原子核俘获一个慢中子后发生裂变,核反应方程式为,,其中X为某种粒子,a为X的个数.则以下说法正确的是( ) A.a=3 B.X为电子 C.上述原子核中的核子数最多的是 D.上述原子核中的中子数最少的是 13.某原子核的衰变过程是,符号表示放出一个粒子,表示放出一个粒子,下列说法中正确的是   A.核C比核B的中子数少2 B.核C比核A的质量数少5 C.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1 D.核C比核A的质子数少1 14.原子核X发生衰变后变成Y核,Y核吸收一个中子后生成Z核并放出一个粒子,则下面说法正确的是   A.X核比Z核多一个中子 B.X核比Z核多一个质子 C.X核的质量数比Z核质量数大3 D.X核的电荷数比Z核电荷数多 15.一静止的氡核()发生α衰变,放出一个速度为v0、质量为m的α粒子和一个质量为M的反冲核钋(Po),则衰变方程为___________,反冲核的速度大小为____________; 16.某核反应过程中产生了一种新的原子核X,反应方程为He +N→O+ X,将该方程配平后,可知它的质量数m为________电荷数n为________ 17.一个静止的铀核23290U(原子质量为232.0372u)放出一个α粒子(原子质量为4.0026u)后衰变成钍核 22890 Th(原子质量为228.0287u).(已知原子质量单位1u=1.67×10﹣27kg,1u相当于931.5MeV的能量) (1)写出铀核的衰变反应方程; (2)求该衰变反应中释放出的核能为多少MeV。 18.如图所示,有界的匀强磁场磁感应强度为B=0.05T,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 Ra, Ra放出某种射线后衰变成 Rn. (1)写出上述衰变方程; (2)若A处距磁场边界MN的距离OA=1.0m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1.0m.求一个静止 Ra核衰变过程中释放的核能有多少?(取1u=1.6×10﹣27 kg,e=1.6×10﹣19 C,结果保留三位有效数字) 参考答案 1.A 【解析】 【详解】 原子核的半衰期与温度、压强无关,由原子核内部因素决定,故A正确;经过一次α衰变后,电荷数少2,质量数少4,知质子数减少2,故B错误;质量数等于核子数,知两种原子核具有相同的核子数,核子数等于中子数加上质子数,因为质子数不同,所以中子数不同,故C错误;放射性物质发生β衰变时所释放的电子来源于原子核,是原子核中的一个中子变成一个质子和一个电子,电子释放出来,故D错误。所以A正确,BCD错误。 2.C 【解析】 A中x表示正电子,B中x表示α粒子,C中x表示质子,D中x表示中子,故ABD错误,C正确.故选C. 3.D 【解析】 半衰期与温度无关,A错误;核电站中的核反应堆所发生的是重核裂变,B错误;半衰期是对大量原子核的一个统计规律,对少数粒子不适用,C错误;根据质量数和电荷数守恒知碘131核的衰变方程为,D正确;故选D. 4.B 【解析】 质子的电荷数为1,质量数为1,中子的电荷数为0,质量数为根据电荷数守恒、质量数守恒,X的质子数为,质量数为.故选B. 5.D 【解析】 α衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,β衰变的过程中电荷数多1,质量数不变,质量数等于核子数,等于中子数加上质子数; 【详解】 α衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,β衰变的过程中电荷数多1,质量数不变,则质量数少6×4=24个,电荷数少6×2-4=8个,中子数+质子数=质量数,则中子数少16个,故D正确,选项ABC错误. 【点睛】 解决本题的关键知道α衰变、β衰变的实质,知道核子数等于中子数和质子数之和. 6.D 【解析】 本题较简单,根据β衰变的本质来判断即可; 【详解】 在β衰变中,核内的一个中子转变为质子,同时释放一个电子,故ABC错误,D正确. 【点睛】 本类问题要求对原子物理的基础知识能熟练掌握,主要考查β衰变的特点,在β衰变的过程中,质量数不变,核电荷数增加1个的特点. 7.A 【解析】 根据公式:即可判断出光子的能量与波长之间的关系;掌握衰变和衰变的衰变实质以及电荷数和质量数之间的关系; 【详解】 A.根据公式:可知,光的波长越短,光子的能量越大,光的粒子性越明显,故A正确; BC.卢瑟福用α粒子散射实验证明了原子的核式结构,故BC错误; D.某放射性元素经过3次α衰变和2次β衰变,质子数减小2×3+1×2=4个,变成一种新原子核,新原子核比原来的原子序数减小4.故D错误. 【点睛】 考查光子的能量、α粒子散射实验的作用、α衰变与β衰变,结合这个过程中释放出的α粒子和β粒子,分析质子数和中子数的变化即可,注意减少的质子数等于减小的原子的序数. 8.A 【解析】 β衰变是原子核内的中子转化为质子,并产生一个电子的过程,即发生β衰变时衰变前后质量数不变,电荷数增加,写出衰变方程即可; 【详解】 β衰变的过程中,质量数不变,核电荷数增加1个 所以衰变为的方程为: 所以: 故:,故选项A正确,选项BCD错误. 【点睛】 本题主要考查β衰变的特点,在β衰变的过程中,质量数不变,核电荷数增加1个的特点,写出衰变方程即可. 9.C 【解析】 α射线是氦核流,β射线是电子流,γ射线是电磁波,α射线的电离能力最强,γ射线的穿透能力最强; 【详解】 AB.α射线是氦核流,β射线是电子流,γ射线是电磁波,故AB错误; C.三种射线中,α射线的电离能力最强,穿透能力最弱,故C正确; D.三种射线中,γ射线的穿透能力最强,电离能力最弱,故D错误. 【点睛】 解决本题的关键知道三种射线的实质,以及知道各种射线的穿透能力、电离能力等. 10.BD 【解析】 AB.的核子数是239,中子数为239-94=145,而的核子数是239,中子数为239-92=147,所以与的核内具有相同的核子数,不同的中子数,选项A错误,B正确; C.经过1次α衰变,生成的新核的质子数为90,所以产生物不是,选项C错误; D.根据质量数守恒和电荷数守恒可判断出,经过2次β衰变后产生的新核是,此过程中有2个中子转变为2个质子,故D正确; 故选BD. 【点睛】 解决本题的关键知道质量数等于质子数加上中子数,以及知道α衰变和β衰变的实质:α衰变电荷数少2,质量数少4,β衰变质量数不变,电荷数多1. 11.BD 【解析】 【详解】 AB.和质子数都是30,核子数分别为64和65,选项A错误,B正确; CD.γ射线是原子核受激产生的高频电磁波,传播速度等于光速3×108 m/s,故C错误,D正确; 故选BD. 12.AC 【解析】 【详解】 AB.根据电荷数和质量数守恒有:92=56+36+0知X为中子,235+1=a+141+92知a=3,A正确,B错误; C.核子数=质量数,则原子核中的核子数最多的是,故C正确; D.中子数235-92=143,141-56=85,92-36=56,上述原子核中的中子数最少的是,故D错误. 故选AC. 13.AD 【解析】 【分析】 发生一次α衰变,电荷数少2,质量数少4,发生一次β衰变,电荷数多1,质量数不变; 【详解】 A.B到C,电荷数少2,质量数少4,因为电荷数等于质子数,质量数等于质子数加上中子数,所以核C比核B中子数少2.故A正确; B.A到B,质量数不变,B到C质量数少4,则核C比核A质量数少4,故B错误; C.中性原子的电子数等于质子数,核B比核A电荷数多1,则核A的中性原子的电子数比核B中性原子的电子数少1,故C错误; D.A到B电荷数多1,B到C电荷数少2,则A到C电荷数少1,则核C比核A质子数少1,故D正确. 故选AD. 【点睛】 解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质,以及知道质量数等于质子数加中子数,质子数等于电荷数. 14.BCD 【解析】 【分析】 根据题意写出核反应方程,再由质量守恒定律和核电荷数守恒来判断各选项; 【详解】 原子核X发生β衰变后变成Y核,核反应方程为,Y核吸收一个中子后生成Z核并放出一个α粒子,核反应方程为; A.X核的中子数为A-Z,Z核的中子数为A-Z-2,可知X核比Z核多2个中子,故A错误; B.X核的质子数为Z,Z核的质子数为Z-1,可知X核比Z核多一个质子,故B正确; C.X核的质量数为A,Z核的质量数为A-3,可知X核的质量数比Z核质量数大3,故C正确; D.X核的电荷数为Z,Z核的电荷数为Z-1,可知X核的电荷数比Z核电荷数多,故D正确. 故选BCD. 【点睛】 本题考查了核反应方程中质量数和核电荷数守恒的知识,属于基础知识,应仔细阅读题目,一步一步向下分析. 15. 【解析】 【详解】 根据电荷数守恒和质量数守恒,衰变方程为:,设钋核的反冲速度大小为v,由动量守恒定律有:0=mv0﹣Mv,v. 16.1 1 【解析】 【详解】 由核反应的质量数和电荷数守恒可知,X的质量数m为:4+14-17=1;电荷数n为:2+7-8=1. 17.(1) 23290U→22890 Th+24He (2) 5.50 MeV 【解析】(1)由质量数与核电荷数守恒可知,核衰变反应方程为 (2)该核衰变反应中质量亏损为: , 根据爱因斯坦质能方程得,释放出的核能; 18.(1)衰变方程 ;(2)一个静止 核衰变过程中释放的核能有 . 【解析】 (1)Ra→Rn+He (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2evB=得 α粒子的速度v= 衰变过程中系统动量守恒,Rn、He质量分别为222 u、4 u,则 222 u×v′=4 u×v 得Rn的速度v′=v 释放的核能E=×222 u×v′2+×4 u×v2= 代入数据解得E=2.04×10-14J.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 430.5KB
  • ID:6-7648672 上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:核能与社会 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第五章核能与社会/本章综合与测试

    核能与社会 1.下列说法正确的是(  ) A.较小比结合能的原子核不稳定,容易发生裂变 B.放射性元素的半衰期跟原子所处的化学状态无关,但与外部条件有关 C.某种频率的紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,若增大该种紫外线照射的强度,从锌板表面逸出的光电子的最大初动能并不改变 D.根据玻尔的原子理论,氢原子的核外电子由能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时,会辐射一定频率的光子,同时核外电子的动能变小 2.下列说法中不正确的是( ) A.目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变 B.原子核内的中子转化成质子和电子,产生的电子发射到核外就是射线 C.氢原子从激发态向基态跃迁时,电子的动能增加,电势能减少,原子总能量减少 D.氡的半衰期为3.8天,4个氡原子核,经7.6天后一定剩下1个原子核 3.下列说法正确的是(????) A.普朗克为了解释黑体辐射现象,第一次提出了能量量子化理论 B.结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固 C.衰变说明原子核内部在电子 D.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式裂变反应 4.1964年至1967年6月我国第一颗原子弹和第一颗氢弹相继试验成功,1999年9月18日,中共中央、国务院、中央军委隆重表彰在研制“两弹一星”中作出贡献的科学家.下列核反应方程式中属于原子弹爆炸的核反应方程式的是 A. B. C. D. 5.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子,同时释放核能,已知氘核、氚核、氦核、中子的质量分别为m1、m2、m3、m4,真空中的光速为c,下列说法不正确的是(  ) A.该核反应属于轻核聚变 B.核反应方程是: C.核反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3-m4 D.释放的能量ΔE=(m3-m4-m1-m2)c2 6.现在太阳向外辐射的能量是由于太阳内部氢聚变产生的,大约在亿年以后太阳内部将会启动另一种核反应,其核反应方程为:,那时太阳向外辐射的能量是由上述两种核反应产生的,已知的质量为,的质量为,则下列判断正确的是( ) A. B. C. D. 7.下列说法正确的是 A.光电效应既显示了光的粒子性,又显示了光的波动性 B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子,这种转化产生的电子发射到核外,就是β粒子,这就是β衰变 C.一个氘核与一个氚核聚变生成一个氦核的同时,放出一个质子 D.按照玻尔理论,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,电子的动能增大,电势能增大,原子的总能量增大 8.一个原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应,其裂变方程为,则下列叙述正确的是(  ) A.X原子核中含有54个质子 B.X原子核中含有141个核子 C.因为裂变时释放能量,根据E=mc2,所以裂变后的总质量数增加 D.因为裂变时释放能量,出现质量亏损,所以生成物的总质量数减少 9.如图所示,表示原子核的比结合能与质量数A的关系,据此下列说法中正确的是(  ) A.重的原子核,例如,铀核(),因为它的核子多,核力大,所以结合得坚固而稳定 B.锂核()的核子的比结合能比铀核的比结合能小,因而比铀核结合得更坚固更稳定 C.原子核结合的松紧程度可以用“比结合能”来表征,比结合能的定义是每个核子的平均结合能;比结合能越大的原子核越稳定 D.以上三个表述都错误 10.铀核裂变时,对于产生链式反应的重要因素,下列说法中正确的是(   ) A.若铀235的体积小于它的临界体积,裂变的链式反应就能够发生 B.为了使裂变的链式反应容易发生,最好直接利用裂变时产生的中子 C.镉棒也叫控制棒,用来调节中子数目以控制反应速度 D.能否发生链式反应与铀块的质量无关 11.已知氘核的平均结合能是,质量为,氚核的平均结合能是,质量为,氦核的平均结合能是,质量为,中子的质量为,在某次核反应中,1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核,则下列说法中正确的是   A.这个核反应质量亏损为 B.核反应方程为 C.核反应过程中释放的核能是?MeV D.目前核电站都采用上述核反应发电 12.下列说法正确的是   A.铀经过,衰变形成稳定的铅,在这一变化过程中,共有6个中子转变为质子 B.一个氢原子从的激发态跃迁到基态时,能辐射3个光子 C.结合能越大的原子核,核子结合得越牢固,原子核越稳定 D.某入射光照射到金属锌版表面时发生光电效应,当增大入射光频率时,光电子最大初动能也随之增大 13.下列说法正确的是   A.用频率为的单色光照射极限频率为的金属,一定能产生光电子 B.用频率为的单色光照射极限频率为的金属,所产生的光电子的最大初动能为 C.一个质子和一个中子结合为一个氘核,若质子、中子和氘核的质量分别为、和,则放出的能量为 D.一个氢原子从能级跃迁到能级,该氢原子吸收光子,能量增加 14.下列说法中正确的是(????) A.衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B.聚变过程有质量亏损,裂变过程质量有所增加 C.一群氢原子从的激发态跃迁到基态时,能辐射出3种不同频率的光子 D.卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型 15.下列说法正确的是(????) A.原子的内层电子发生跃迁时可释放出射线 B.波长为的光子具有的能量为 C.比结合能越大的原子核越稳定 D.衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子 16.用中子()轰击铀核()产生裂变反应,会产生钡核()和氪()并释放中子(),达到某些条件时可发生链式反应,—个铀核()裂变时,释放的能量约为200MeV(1eV= l.6×10-19J).以下说法正确的是: A.裂变方程为 B.裂变方程为 C.发生链式反应的条件与铀块的体积有关 D.一个裂变时,质量亏损约为3.6×10-28kg 17.下图是几个原子物理史上面著名的实验,关于这些实验,下列说法正确的是 A.卢瑟福的粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型,提出原子的核式结构模型 B.乙图中放射线在磁场中偏转,向右偏转的丙为 粒子,电离能力最弱 C.丙图中电压相同时,光照越强,光电流越大,说明遏止电压和光的强度有关 D.链式反应属于重核的裂变 E.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子,认识到原子具有复杂结构 18.2017年11月6日“华龙一号”核电项目首台发电机已通过了“型式试验”,全部指标达到和优于设计要求,标志着我国“华龙一号”首台发电机自主研制成功.“华龙一号”是利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电的,是核电站常用的核燃料.受一个中子轰击后裂变成和两部分,并产生3个中子.要使链式反应发生,裂变物质的体积要大于它的临界体积.已知、、和中子的质量分别是235.043?9u、140.913?9u、91.897?3u和1.008?7u.若取1u=931.5MeV.则下列说法正确的是(  ) A.该核反应方程为: B.该核反应方程为: C.因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量数减少 D.一个裂变时放出的能量约为△E=200.55?MeV 19.“两弹一星”可以说长了中国人的志气,助了中国人的威风,下列原子弹和氢弹说法正确的是(  ) A.原子弹是根据轻核聚变原理,基本核反应方程式H+H→He+n B.原子弹是根据重核的裂变原理,基本核反应方程式U+n→Sr+Xe+10n C.氢弹是根据轻核聚变原理,基本核反应方程式H+H→He+n D.氢弹是根据重核的裂变原理,基本核反应方程式U+n→Sr+Xe+10n 20.下列几幅图的有关说法正确的是(   ) A.图一中少数α粒子穿过金箔后方向不变,大多数α粒子穿过金箔后发生了较大偏转 B.图二光电效应实验说明了光具有粒子性 C.图三中射线丙由α粒子组成,每个粒子带两个单位正电荷 D.图四链式反应属于重核的裂变 参考答案 1.C 【解析】 A.比结合能越大,原子核中核子结合的越牢固,原子核越稳定;而比结合能越小,原子核越不稳定,但不是发生裂变的,故A错误; B.放射性元素的半衰期跟原子所处的化学状态无关,与外部条件也无关,故B错误; C.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,根据光电效应方程 可知当增大紫外线的照射强度时,从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变,故C正确; D.能级跃迁时,由于高能级轨道半径较大,速度较小,电势能较大,故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小,故D错误; 故C正确。 【点睛】 光电效应中最大初动能与入射频率有关,掌握氢原子跃迁能量是不连续的,轨道是不连续的,辐射光子后,动能增大,电势能减小,相反吸收光子后,动能减小,电势能增加,知道半衰期由原子核自身性质决定。 2.D 【解析】 核电站的能量来自于重核裂变,故A说法正确;β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的,故B说法正确;根据牛顿第二定律,结合库仑力提供向心力,当从较高的激发态跃迁到较低的激发态时,库仑引力做正功,电子的动能增加,电势能减小,原子的总能量减小,故C说法正确;半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用.故D说法错误;综上分析:说法不正确的为D. 3.A 【解析】 普朗克为了解释黑体辐射现象,第一次提出了能量量子化理论,A正确;比结合能越大的原子核越稳定,B错误;衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子,同时释放一个电子,原子核内部没有电子,C错误;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应,D错误. 4.D 【解析】 原子弹的爆炸为重核裂变反应. A、α粒子轰击氮为人工核转变,是卢瑟福发现质子的反应;A错误. B、两个氘核结合成氦核是轻核聚变反应,典型代表为氢弹的发明;B错误. C、铀238不稳定解体为氦核和钍核属于α衰变;C错误. D、铀235在中子的轰击下生成两个中核和中子,构成链式反应;D正确. 故选D. 【点睛】 明确四大核反应的特点和曲别;核电站、原子弹的爆炸都是重核裂变,氢弹的爆炸为轻核聚变. 5.D 【解析】 A一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子,是质量数小的原子核聚变生成质量数大的原子核的过程,属于轻核聚变.故A正确,不符合题意; B.当一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子时,由质量数守恒和电荷数守恒可知,核反应方程是:.故B正确,不符合题意; C.该反应的过程中质量亏损为△m=(m1+m2-m3-m4);故C正确,不符合题意; D.根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2,因此核反应放出的能量 .故D错误,符合题意。 6.D 【解析】 太阳向外辐射的能量是由于太阳内能氢核聚变产生的,所以核反应前后质量会减少,反应前的质量为,反应后的质量为,所以,故D正确,ABC错误. 故选D 【点睛】 太阳内部氢核聚变产生能量的过程中有质量亏损,根据质能方程分析即可. 7.B 【解析】 A.光电效应显示了光的粒子性,选项A错误; B.β衰变的核反应方程为,产生的电子发射到核外就是β粒子,选项B正确; C.由核反应方程得,放出一个中子,选项C错误; D.根据玻尔理论,氢原子核外电子获得能量,从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,原子总能量增大,由于库仑引力提供向心力,即 即 v= 半径增大则电子动能减小,由于库仑力做负功,则电势能增大,选项D错误。 故选B. 8.A 【解析】 A、设X的原子核中含有x个质子,质量数为y,根据电荷数和质量数守恒有:92=x+38,235+1=y+94+2,解得x=54,y=140,所以X的中子数为:y-x=86,故A正确; B、由A分析可知X的质量数为140,即核子数为140,故B错误; C、裂变反应过程中质量数守恒,质量数不会增加,裂变过程存在质量有亏损,质量不守恒,故C错误; D、因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量减少,但质量数不变,故D错误.故选A. 【点睛】 本题注意核反应质量数守恒,核电荷数守恒. 9.C 【解析】 比结合能是指要把原子核内核子分开平均每个核子需要的能量,所以比结合能越大,原子核越稳定,由图知,中等大小的原子核比结合能最大,最稳定,而重核和轻核相对比结合能较小,不是很稳定,故ABD错误;C正确. 故选C。 10.C 【解析】 【详解】 要使铀核裂变产生链式反应,铀块的体积必须大于临界体积或铀块的质量大于临界质量,只要组成铀块的体积小于临界体积或质量小于临界质量就不会产生链式反应,裂变反应中产生的中子为快中子,这些快中子不能直接引发新的裂变,如果铀块的质量大,则其体积大,若超过临界体积则发生链式反应.所以ABD错误.故C正确. 11.BC 【解析】 【分析】 1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核,这是聚变反应; 由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确; 由质能方程判断出释放的核能; 目前核电站都采用核裂变发电; 【详解】 A、1个氘核和1个氚核结合生成1个氮核,根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成,反应方程为,依据质量亏损定义,则有:,故A错误,故B正确; C、氘核的比结合能是,氚核的比结合能是,氦核的比结合能是,根据能量守恒定律可知,核反应过程中释放的核能是:,故C正确. D、1个氘核和1个氚核结合生成1个氮核及一个中子,这是聚变反应,而目前核电站都采用核裂变发电,故D错误. 【点睛】 本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用,平时练习中对这类问题注意多加训练,不可忽视. 12.AD 【解析】 试题分析:根据一次α衰变,质量数减小4,质子数减小2,而一次β衰变,质量数不变,质子数增加;当入射光的频率大于极限频率时,才能发生光电效应;一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时跃迁是随机的,能辐射种光子,而一个则最多是2种;平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固,并依据光电效应方程,即可求解. 根据一次α衰变,质量数减小4,质子数减小2,而一次β衰变,质量数不变,质子数增加,因此铀核()衰变为铅核()的过程中,质量数减少32,而质子数减少10,因此要经过8次α衰变,导致质子数减少16,由于质子数只减少10,所以只有发生6次β衰变,因此共有6个中子转变为质子,A正确;一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时跃迁时,最多能辐射2种光子,B错误;平均结合能表示原子核的稳定程度,在原子核中,平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固,C错误;依据光电效应方程Ekm=hγ-W,当增大入射光频率时,光电子最大初动能也随之增大,D正确. 13.AB 【解析】 【分析】 【详解】 A.只要入射光的频率大于极限频率,该金属即可发生光电效应,故A正确; B.根据光电效应方程,其中,当用的单色光照射时最大初动能为,B正确; C.一个质子和一个中子结合为一个氘核,反应过程质量亏损为,故放出的能量为,故C错误; D.一个氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级,该氢原子释放光子,能量减小,故D错误。故选AB。 14.CD 【解析】 【分析】 【详解】 A.衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程,但电子不是原子核的组成部分,A错误; B.聚变、裂变过程都有质量亏损,都放出能量,B错误; C.一群氢原子从的激发态跃迁到基态时跃迁是随机的,能辐射种不同频率的光子,C正确; D.卢瑟福根据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型,D正确. 故选CD. 15.CD 【解析】 【分析】 【详解】 射线一般伴随着或射线产生的,是处于激发态的原子核向基态跃迁时释放出的,A错误;波长为的光子具有的能量为,B错误;比结合能越大的原子核越稳定,C正确;衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子,D正确. 16.BCD 【解析】 【分析】 【详解】 的裂变方程为,方程两边的中子不能相约,故A错误,B正确.一个铀核(92235U)裂变时,释放的能量约为200MeV,根据爱因斯坦质能方程得,质量亏损,故C错误,D正确.故选BD. 【点睛】 解决本题的关键知道在核反应过程中,电荷数守恒、质量数守恒,掌握爱因斯坦质能方程,并能灵活运用.注意核裂变反应两边的中子不能约掉. 17.ADE 【解析】 【详解】 A.卢瑟福通过粒子散射实验否定了原子的“枣糕模型”结构,提出了原子的“核式结构模型”,A正确; B.粒子带正电,根据左手定则可知向右偏转的丙为粒子,其电离能力最强,B错误; C.由图可知,光照越强,光电流越大,但遏止电压是一样,说明与光的强度无关,C错误; D.重核的裂变属于链式反应,D正确; E.通过研究阴极射线发现了电子,汤姆孙提出原子有复杂结构,E正确; 故选ADE。 18.BD 【解析】 【分析】 根据受一个中子轰击,结合质量数守恒与电荷数守恒,即可判断出核反应方程;根据质量亏损,结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量;铀核裂变放出的能量很高,反应前后质量数守恒,有质量亏损. 【详解】 受一个中子轰击后裂变成和两部分,产生3个中子,根据质量数守恒,则有:,故A错误,B正确;该核反应过程中,发生质量亏损,释放能量,但是反应前后总质量数保持不变,故C错误;由题知,,由质能方程,取,代入数据,解得放出的能量约为,故D正确;故选BD. 【点睛】 解决本题的关键知道核反应前后质量数守恒,在重核裂变的过程中有质量亏损,向外放出能量.同时要明确,是所有的核反应中,质量数是守恒的,但质量不守恒,二者不可混淆. 19.BC 【解析】 【分析】 【详解】 原子弹是根据重核的裂变原理,基本核反应方程式,故A错误,B正确;氢弹是根据轻核聚变原理,基本核反应方程式,故C正确,D错误.故选BC. 20.BD 【解析】 A、在α粒子的散射实验中,少数α粒子发生了较大偏转, 大多数α粒子都按直线传播,故A错误 B、光电效应实验说明了光具有粒子性,故B正确; C、根据带电粒子在磁场中偏转,结合左手定则可以知道,射线丙由粒子组成,每个粒子带1个单位正电荷,故C错误. D、图四链式反应属于重核的裂变,故D正确; 故选BD 点睛: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;光电效应说明了光具有粒子性;根据左手定则可以知道,射线丙带负电;链式反应属于重核的裂变.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 544KB
  • ID:6-7648670 上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:原子世界探秘 单元测试题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第三章原子世界探秘/本章综合与测试

    原子世界探秘 1.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.阴极射线本质是质子 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 2.卢瑟福的α粒子散射实验的结果( ) A.证明了质子的存在 B.证明了原子核是由质子和中子组成的 C.说明原子中的电子只能在某些不连续的轨道上运动 D.说明原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上 3.α粒子散射实验首次表明了( ) A.α粒子带正电 B.电子是原子产的组成部分. C.原子是一个正、负电荷均匀分布的球 D.原子中带正电的部分体积很小. 4.下列关于光谱和光谱分析的说法中,正确的是() A.太阳光谱和白炽灯光谱都是线状谱 B.煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气或霓虹灯产生的光谱不都是线状谱 C.进行光谱分析时,可以用线状谱,不能用连续光谱 D.我们能通过光谱分析鉴别月球的物质成分 5.仔细观察氢原子的光谱,发现它只有几条分离的不连续的亮线,其原因是(  ) A.观察时氢原子有时发光,有时不发光 B.氢原子只能发出平行光 C.氢原子辐射的光子的能量是不连续的,所以对应的光的频率也是不连续的 D.氢原子发出的光互相干涉的结果 6.氢原子中巴耳末系中最短波长是(  ) A. B.R C.R D. 7.根据经典电磁理论,从卢瑟福原子结构模型可以得到的推论是( ) A.原子十分稳定,原子光谱是连续谱 B.原子十分稳定,原子光谱是线状谱 C.原子很不稳定,原子光谱是连续谱 D.原子很不稳定,原子光谱是线状谱 8.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 9.关于卢瑟福的α粒子散射实验,下列说法正确的是( ) A.大部分α粒子穿过金属箔没有显著偏转 B.所有α粒子穿过金属箔没有显著偏转 C.只有少数α粒子穿过金属箔时发生偏转,最大偏转角可达180° D.大部分α粒子穿过金属箔时,发生折射偏向一边 10.卢瑟福的α粒子散射实验说明了下列哪种情况 A.原子内的正电荷全部集中在原子核里 B.原子内的正电荷均匀分布在它的全部体积上 C.原子内的正负电荷是一对一整齐排列的 D.原子的几乎全部质量都集中在原子核里 11.关于原子和原子核,下列说法正确的是( ) A.汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大角度偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C.玻尔原子理论虽然无法解释较复杂原子的光谱现象,但玻尔提出的原子定态和跃迁的概念是正确的 D.原子直径的数量级是10-15m 12.地球上接收到的太阳光谱中有许多暗线,它们对应着某些元素的特征谱线.下列说法正确的是( ) A.太阳光谱是连续光谱 B.太阳表面大气层中存在着相应的元素 C.这些暗线是由于太阳光通过太阳大气层中温度较低的气体时被气体吸收形成的 D.这些暗线是由于太阳光通过太阳大气层中温度较低的气体时发射的 13.法国科学家拉普拉斯曾说过:“认识一位巨人的研究方法对于科学的进步并不比发现本身有更少的用处……”。在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法,如观察、实验、建立模型、物理类比和物理假说等方法。其中物理假说,是根据一定的科学事实和科学理论对研究的问题提出假说性的看法或说明,例如麦克斯韦的电磁场理论、分子动理论等假说,请你再举出两个物理假说的例子________________________;___________________________。 14.某脉冲激光器的耗电功率为2×103W,每秒钟输出10个光脉冲,每个脉冲持续的时间为10-8s,携带的能量为0.2 J,则每个脉冲的功率为_______ W,该激光器将电能转化为激光能量的效率为_______. 15.一个电子由静止经电势差为100 V的加速电场加速后,德布罗意波波长为_______ nm(不考虑相对论效应,电子质量m=0.91×10-30 kg). 16.氢原子能级示意图如图所示,氢原子处于基态时,原子的能级为E1=-13.6 eV(1 eV=1.6×10-19 J),普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,当氢原子在n=4的激发态时,求: (1)要使氢原子电离,入射光子的最小能量值为多大; (2)若氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时,辐射出的光恰好使金属A发生光电效应,则金属A的截止频率为多大; (3)现用氢原子从n=4的能级跃迁到n=1的能级辐射出的电磁波照射金属A的表面,则光电子的最大初动能为多大. 17.(1)一颗质量为5.0kg的炮弹:以200m/s的速度运动时,它的德布罗意波长多大? 若要使它的德布罗意波长与波长是400nm的紫光波长相等,则它必须以多大的速度运动? (2)阴极射线管中电子的速度为2×107m/s,请计算它的德布罗意波波长. 参考答案 1.D 【解析】 阴极射线是原子受激发射出的带负电的电子流,故ABC错;电子带电量与氢原子相同,但质量是氢原子的,故阴极射线的比荷比氢原子大,D对;故选D. 2.D 【解析】 此实验不能说明质子的存在,故A错误;此实验不能说明原子核的构成,故B错误;此实验不能说原子中的电子的运动情况。故D错误;α粒子散射实验中大多数α粒子通过金箔后仍沿原来的方向前进,只有少数的发生了偏转,极少数的超过了90°,有的超过了180°甚至被弹了回来,说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上。故D正确。故选D。 3.D 【解析】 卢瑟福根据该实验现象提出了原子具有核式结构模型:原子中心有一很小的核,集中着全部正电荷,及几乎全部质量,电子绕核旋转,D正确. 4.C 【解析】 试题分析:太阳光谱是吸收光谱,白炽灯光谱是连续光谱,故A错误;炽热气体发光是线状光谱,霓虹灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的是光谱是线状谱,故B错误;光谱分析的基本原理是每种元素都有自己的特征谱线.明线光谱和吸收光谱都是元素的特征光谱,而连续分布的包含有从红光到紫光各种色光的光谱叫做连续光谱,故不能用连续光谱,C正确;月球是反射的阳光.分析月光实际上就是在分析阳光,月球又不象气体那样对光谱有吸收作用,因此无法通过分析月球的光谱来得到月球的化学成分,故D错误. 5.C 【解析】 根据玻尔理论得知,氢原子的能量不连续的,辐射的光子的能量是不连续的,则光子的频率,光子的频率也是不连续的,从而产生几条不连续的亮线,C正确. 6.A 【解析】根据巴耳末公式有:,解得:,当时,波长最短,即最短波长为,A正确;BCD错误; 故选A。 7.C 【解析】 根据经典电磁理论,原子核外电子绕原子核转动会释放电磁破,因此能量降低,原子会做向心运动,且能量是连续的,因此从卢瑟福原子模型可以得到的推论是原子很不稳定,原子光谱是连续谱 故选C。 8.AC 【解析】 A、α粒子和原子核均带正电荷,相互排斥,A正确; B、C、D、少数α粒子发生了大角度偏转,α粒子与原子核先靠近后远离,故库仑斥力先做负功后做正功,根据功能关系,电势能先增加后减小,动能先减小后增加,BD错误;C正确; 故选AC. 9.AC 【解析】 【详解】 卢瑟福的α粒子散射实验中发现,大部分α粒子穿过金属箔仍按原方向运动,没有显著偏转,少数偏离了原来的方向,有的偏转超过900,甚至有的被反向弹回,最大偏转角可达180°; A.大部分α粒子穿过金属箔没有显著偏转,与结论相符,选项A正确; B.所有α粒子穿过金属箔没有显著偏转,与结论不相符,选项B错误; C.只有少数α粒子穿过金属箔时发生偏转,最大偏转角可达180°,与结论相符,选项C正确; D.大部分α粒子穿过金属箔时,发生折射偏向一边,与结论不相符,选项D错误; 故选AC. 10.AD 【解析】 卢瑟福的原子核式结构理论的主要内容:原子的中心有个核,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绕核旋转;原子核所带的电荷数等于核外的电子数. 故选AD. 11.BC 【解析】 汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷像枣糕一样镶嵌在原子内,选项A错误;α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大角度偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一,选项B正确; 玻尔原子理论虽然无法解释较复杂原子的光谱现象,但玻尔提出的原子定态和跃迁的概念是正确的,选项C正确; 原子直径的数量级是10-10m,选项D错误;故选BC. 12.BC 【解析】 试题分析:太阳光谱是吸收光谱,其中的暗线,说明太阳中存在与这些暗线相对应的元素. 太阳光谱是线状谱,A错误;地球上接收到的太阳光谱中有许多暗线,是因为太阳表面大气层中存在相应的元素,B正确;这些暗线是由于太阳光通过太阳大气层中温度较低的气体时被气体吸收形成的,C正确D错误. 13.爱因斯坦光子说光的本性等 【解析】 【详解】 物理假说,是根据一定的科学事实和科学理论对研究的问题提出假说性的看法或说明,例如光的光子说、光的本性. 14.2×1070.1% 【解析】 【分析】 根据每个脉冲持续的时间和携带的能量求出每个脉冲的功率.分别求出1s内产生的激光能量,从而得出激光器将电能转化为激光能量的效率. 【详解】 每个脉冲的功率;1s内激光产生的能量,消耗的电能,则效率. 15.0.123 【解析】 【详解】 根据动能定理可得,由于,所以德布罗意波长为. 16.(1);(2);(3) 【解析】 (1)原子的能级为,,使氢原子电离需要的最小能量; (2)从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射的光子能量为:,再根据得:; (3)从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射的光子能量为:,根据光电效应方程:,则. 17.(1) 6.63×10-37m ;v=h/λm=3.3×10-28 (2) 【解析】 【详解】 (1)由公式可知子弹的德布罗意波的波长为:; 根据代入数据可得; (2)根据公式可得;

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 232KB
  • ID:6-7648667 上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:从原子核到夸克 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第四章从原子核到夸克/本章综合与测试

    从原子核到夸克 1.铝箔被粒子轰击后,发生的核反应方程为.方程中X的中子数为( ) A.15 B.16 C.30 D.31 2.原子核自发地放出电子的现象称为β衰变。开始时科学家曾认为β衰变中只放出电子,即β粒子;后来发现这个过程中除了放出电子以外,还放出一种叫做“反中微子”的高速粒子,反中微子不带电。则( ) A.原子核能发生β衰变,说明原子核内含有电子 B.发生β衰变后的原子核的核子数不变,质子数却减少 C.静止的原子核发生β衰变时放出的能量大于β粒子与衰变后的核的动能之和 D.静止的原子核发生β衰变时β粒子与衰变后的核的动量矢量和一定为零 3.关于放射性元素的衰变,下列说法正确的是( ) A.放射性是原子序数大于或等于83的少数元素才有的 B.原子核发生β衰变,说明原子核内存在电子 C.射线不一定来自原子核,也有可能是核外电子 D.1g经过一个半衰期后剩余0.5g没有发生衰变 4.关于原子结构和原子核的结构,经过不断的实验探索,我们已经有了一定的认识,对于这个探索的过程,下列描述错误的是 ( ) A.卢瑟福根据α粒子轰击金箔时发生散射,提出了原子的核式结构模型 B.为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性,波尔提出了氢原子结构模型 C.卢瑟福通过利用α粒子轰击铍原子核,最终发现了中子 D.人类第一次实现的原子核的人工转变核反应方程是 5.物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展,下列说法符合事实的是( ) A.光电效应说明光具有粒子性,康普顿效应说明光具有波动性. B.卢瑟福用人工转变的方法,发现了质子并预言了中子的存在 C.汤姆生通过α散射实验,得出了原子核内部存在电子 D.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 6.关于天然放射现象,以下叙述正确的是(   ) A. 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 B.若使放射性物质的温度升高,其半衰期将减小 C.在α、β、γ这三种射线中,γ射线的穿透能力最强,射线的电离能力最强 D.铀核 衰变为铅核 的过程中,要经过8次α衰变和10次β衰变 7.核电池是通过半导体换能器,将放射性同位素衰变过程中释放出的能量转变为电能。有种核电池使用放射性同位素 ,Pu衰变为和X粒子,并释放出y光子。已知、U和X粒子的质量分别为mpu、mu、m,则( ) A.X粒子是He原子核 B.与的中子数相等 C.核电池使用过程由于发热会导致的半衰期变短 D.一个核衰变释放出的能量转变的电能为 8.有一钚的同位素核静止在匀强磁场中,该核沿与磁场垂直的方向放出x粒子后,变成轴的一个同位素原子核。则( ) A.放出的x粒子是 B.该核反应是核裂变反应 C.铀核与x粒子在该磁场中的旋转半径之比为1:46 D.铀核与x粒子在该磁场中的旋转周期相等 9.放射性元素衰变时放出三种射线,按电离由强到弱的排列顺序是(  ) A.α射线,β射线,γ射线 B.γ射线,β射线,α射线 C.γ射线,α射线,β射线 D.β射线,α射线,γ射线 10.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中,由于发生衰变而形成如图所示的两个圆形径迹,则 ( ) A.反冲核沿大圆做逆时针方向的运动 B.沿大圆和小圆运动的粒子周期相同 C.该原子核发生了α衰变 D.该原子核发生了β衰变 11.下列说法中正确的是(  ) A.核反应堆是人工控制链式反应的装置 B. ,式中d=3 C.β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的 D.4个放射性元素的原子核经过一个半衰期后一定还剩下2个没有发生衰变 12.如图所示,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射线的电离能力最强 D.⑥射线的穿透能力最强 13.以下是物理学史上3个著名的核反应方程 , , 、y和z是三种不同的粒子,则( ) A.x是α粒子 B.x是质子 C.z是中子 D.z是电子 14.据媒体报道,叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡,英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋().若该元素发生α衰变,其半衰期是138天,衰变方程为,则下列说法中正确的是(  ) A.X原子核含有124个中子 B.X原子核含有206个核子 C.γ射线是由处于激发态的钋核从较高能级向较低能级跃迁时发出的 D.100g的经276天,已衰变的质量为75g 15.1956年,李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒,1957年吴健雄用钴原子核(60Co)在极低温(0.01K)和强磁场中的β衰变实验结果给出了令人信服的证明.在极低温下的半衰期____(选填“大于”、“等于”或“小于”)常温下的半衰期; 16.铀衰变为铅核的过程中,要经过_______次α衰变和______次β衰变 17.发生β衰变生成镍(Ni)的方程式为____. 18.已知钍234的半衰期是24天,1g钍234经过120天后还剩下多少? 19.已知铀235的质量为235.043 9 u,钡141的质量为140.913 9 u,氪92 的质量为91.897 3 u,每个中子质量为1.0087 u,1 kg铀235发生的铀核裂变所放出的能量相当于多少吨优质煤完全燃烧时放出的能量?(1 kg优质煤完全燃烧时能产生 2.9×107 J的热量) 参考答案 1.A 【解析】 根据电荷数守恒、质量数守恒知,X的电荷数为15,质量数为30,中子数为30-15=15; A.15,与结论相符,选项A正确; B.16,与结论不相符,选项B错误; C.30,与结论不相符,选项C错误; D.31,与结论不相符,选项D错误; 故选A. 2.C 【解析】 原子核能发生β衰变,是因为内部的中子转化为质子而同时发出一个电子,故A错误;发生β衰变后的原子核的核子数不变,质子数增加1,故B错误;原子核发生β衰变时,放出的能量等于β粒子、“反中微子”与衰变后的核的动能之和,即静止的原子核发生β衰变时放出的能量大于β粒子与衰变后的核的动能之和,故C正确;衰变后β粒子、“反中微子”与新核的总动量一定为零,故D错误。所以C正确,ABD错误。 3.D 【解析】 原子序数大于83的元素都具有放射性,能自发发出射线,原子序数小于83的元素有的具有放射性,有的不具有放射性,故A错误.原子核发生β衰变,是核内的中子转化为质子时放出的电子,而不是原子核内就存在电子,选项B错误;射线都是由原子核内放出的,不是核外电子,选项C错误;1g经过一个半衰期后会有半数发生衰变,即剩余0.5g没有发生衰变,选项D正确;故选D. 4.C 【解析】 A、卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型,所以A选项是正确的;? B、为了解释原子的稳定性和辐射光谱的不连续性,波尔提出了氢原子结构模型,所以B选项是正确的;? C、查德威克在α粒子轰击铍核时实现了人工转变发现了中子,并获得诺贝尔物理奖.故C错误;? D、卢瑟福用α粒子轰击氮原子核,产生了氧的一种同位素--氧17和一个质子,这是人类第一次实现的原子核的人工转变,该反应方程为.所以D选项是正确的;? 本题选择错误的,所以选C 【点睛】 物理常识:卢瑟福提出了原子核式结构;波尔提出玻尔理论,解释了原子的稳定性和辐射光谱的不连续性;查德威克发现了中子;卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子,并首次实现原子核的人工转变. 5.B 【解析】 康普顿效应说明光具有粒子性,选项A错误;卢瑟福用α粒子轰击,获得反冲核,发现了质子并预言中子的存在,选项B正确;卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型,1897年汤姆生在研究稀薄气体放电的实验中,证明了电子的存在,测定了电子的荷质比,轰动了整个物理学界,选项C错误。贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核具有复杂结构,选项D错误; 故本题选B。 【点睛】 此题是对近代物理学史的考查;都是课本上涉及的物理学家的名字及其伟大贡献,只要多看书、多积累即可很容易得分;对物理学史的考查历来都是考试的热点问题,必须要熟练掌握。 6.A 【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正确; 若使放射性物质的温度升高,其半衰期不变,选项B错误; 在α、β、γ这三种射线中,γ射线的穿透能力最强,α射线的电离能力最强,选项C错误; 铀核衰变为铅核的过程中,要经过(238-206)÷4=8次α衰变和82-(92-2×8)=6次β衰变,选项D错误;故选A. 7.A 【解析】 (1)根据质量数守恒和电荷数守恒可知,的衰变方程为,可知X粒子是原子核,故A正确; (2)有中子239-94=145个,有中子235-92=143个,可知二者的中子数不相等,故B错误; (3)半衰期与放射性元素本身有关,与环境无关,所以核电池使用过程中发热不会导致的半衰期变短,故C错误; (4)释放的光子的能量为,核反应的过程中释放的能量,由于核反应的过程中释放的核能转化为新核与α粒子的动能以及光子的能量,所以光子的能量小于,转变的电能小于,故D错误。 故本题正确答案选A。 【点睛】 根据质量数守恒与电荷数守恒写出核反应方程;核反应的过程中亏损的质量等于反应前后质量的差;核反应的过程中释放的核能转化为新核与α粒子的动能以及光子的能量;半衰期与温度无关。 8.C 【解析】 AB、根据质量数守恒和电荷数守恒可得该反应放出粒子(),是衰变,故AB项错误; CD、由动量守恒定理,,即有粒子和铀核动量大小相等,方向相反,而由于微观粒子在匀强磁场中匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,满足方程,粒子运动半径为,由于铀核与粒子的电荷量之比46:1,铀核与粒子在该磁场中的旋转半径之比为,粒子运动的周期为,由于铀核与x粒子比荷不同,所以 铀核与x粒子在该磁场中的旋转周期不相等,故C正确,D错误; 故选C。 9.A 【解析】试题分析:γ射线的穿透能力最强,电离本领最弱;α射线的电离本领最强,穿透能力最弱;β射线的穿透能力和电离本领都介于二者之间.故选B。 考点:放射性射线 _è§?é??_ 10.D 【解析】 【详解】 CD:由运动轨迹知,衰变时产生粒子与新核所受洛仑兹力方向相同,两者运动方向相反,则该原子核发生了β衰变。故C项错误,D项正确。 A:由洛仑兹力作用下的圆周运动半径公式得,反冲核的轨道半径较小,沿小圆运动,据左手定则知,反冲核做逆时针方向的运动。故A项错误。 B:由洛仑兹力作用下的圆周运动半径公式得,周期与比荷有关,反冲核与电子的比荷不同,则沿大圆和小圆运动的粒子周期不同。故B项错误。 【点睛】 衰变前后动量守恒,衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,若发生β衰变,两轨迹内切;若发生α衰变,两轨迹外切。 11.A 【解析】 【详解】 A.核电站的核心是核反应堆,核反应堆中核的链式反应可以在人工控制下进行,故A正确; B.根据核反应前后电荷数守恒规律,B选项中的d=2,故B错误; C.β衰变是原子核内释放出电子的核反应,不是核外电子的逃逸,故C错误; D.4个放射性元素的原子核经过一个半衰期后,衰变的结果有多种情况,半衰期是对大量原子核的行为的统计预测,对几个核的衰变无法预测,故D错误. 故选:A 12.C 【解析】 【分析】 【详解】 α射线实质是高速氦核流,带正电;β射线实质是电子流,带负电;γ射线实质是高频电磁波,不带电. AB:匀强电场场强向右,①向左偏,为β射线;②不偏转,为γ射线;③向右偏,为α射线.故AB两项错误. CD:匀强磁场方向垂直纸面向里,据左手定则,α射线受的洛仑兹力向左为④,α射线电离能力最强;β射线受的洛仑兹力向右为⑥;γ射线不受洛仑兹力为⑤,γ射线穿透能力最强.故C项正确,D项错误. 【点睛】 β衰变所释放的电子是原子核内所形成的,原子发生一次β衰变,原子序数增加1. 13.BC 【解析】 【分析】 【详解】 设x、y、z的电荷数为a、b、c,质量数为d、e、f,根据电荷数守恒、质量数守恒知,d+7=2e,a+3=2b,e+14=d+17,b+7=a+8,e+9=f+12,b+4=c+6,解得?? c=0,f=1,可知z为中子;b=2,e=4,可知y是α粒子;a=1,d=1,可知a是质子,故BC正确,AD错误.故选BC. 【点睛】 解决本题的关键知道核反应方程电荷数守恒、质量数守恒,基础题. 14.ABD 【解析】 【详解】 AB.X原子核中的核子数为210-4=206(个),中子数为206-(84-2)=124(个),故A正确,B正确; C.γ射线是由于核反应前后因质量亏损释放的能量以γ光子的形式放出,故C错误; D.经过两个半衰期,剩余的钋的质量为原来的四分之一,则已衰变的质量为原来的四分之三,故D正确. 故选:ABD 【点睛】 根据电荷数守恒和质量数守恒得出X原子核的电荷数和质量数,从而得出中子数.根据半衰期的意义求衰变的质量. 15.等于 【解析】 【详解】 半衰期由原子核本身决定,与外界条件无关,所以半衰期不变。 16.8 6 【解析】 【详解】 设发生x次α衰变,y次β衰变,衰变方程为:,则:238=206+4x,解得:x=8,又:92=82+8×2-y,得:y=6. 17. 【解析】 【详解】 根据题意可知,发生β衰变生成镍(Ni)的方程式为,反应过程应保证质量数守恒,电荷数守恒。 18.1/32 g 【解析】已知钍234的半衰期是24天,经过120天后,发生5个半衰期,剩下的质量为 19.2.84×103 t 【解析】质量亏损为Δm=(mU+mn)-(mBa+mKr+3mn)=236.052 6u-235.837 3 u=0.2153u。 释放的能量ΔE=Δmc2≈201 MeV 1 kg铀235 含有的铀原子核数目为N=×6.02×1023=2.56×1024个 1 kg铀完全反应释放的总能量为E总=N·ΔE=2.56×1024×201×106×1.60×10-19 J=8.23×1013 J 1 t煤完全燃烧释放的能量为E=1000×2.9×107 J=2.9×1010 J 故 1kg 铀完全反应相当于这样的煤完全燃烧的质量为n=2.84×103t。 【点睛】解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒,以及掌握爱因斯坦质能方程和能量守恒定律.

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 412.5KB
  • ID:6-7648665 上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5: 碰撞与动量守恒 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第一章碰撞与动量守恒/本章综合与测试

    碰撞与动量守恒 1.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。在某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1 = 0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为(  )(忽略撞击过程中地面阻力的影响。) A.I0=5.76×104N·S,F0=1.6×105N B.I0=1.6×104N·S,F0=1.6×105N C.I0=1.6×105N·S,F0=1.6×105N D.I0=5.76×104N·S,F0=3.2×105N 2.将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出,上升到某一高度后又回到地面。若该过程空气阻力不能忽略,且视为恒力,则小球(  ) A.重力上升的冲量大于下降的冲量 B.重力上升的冲量等于下降的冲量 C.重力的冲量大于小球动量变化量 D.重力的冲量等于小球动量变化量 3.火箭向后喷气后自身获得向前的速度。某一火箭在喷气前的质量为,间断性完成了多次向后喷气,每秒钟可完成5次喷气。设每一次喷气均喷出气体,气体喷出后的速度为,则第三次喷气后火箭的速度为(题中涉及各速度均以地面为参考系)(  ) A. B. C. D. 4.学校运动会进行跳远比赛时,要在沙坑里填沙。这样做的目的是为了减小人触地过程中的   A.作用时间 B.动量变化量 C.动量变化率 D.受到的冲量 5.材料相同质量不同的两滑块,以相同的初动能在同一水平面上运动,最后都停了下来。下列说法正确的是( ) A.质量大的滑块摩擦力做功多 B.质量大的滑块运动的位移大 C.质量大的滑块运动的时间长 D.质量大的滑块摩擦力冲量大 6.如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O.不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C三个小球(  ) A.在空中运动过程中,动量变化率之比为1:1:1 B.在空中运动过程中,重力做功之比为1:2:3 C.初始时刻纵坐标之比为1:4:9 D.到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:4:9 7.如图所示,一轻弹簧连着两球,现将弹簧压缩后用锁扣(图中未画出)锁住,放在足够大的光滑水平面上,B、C两球并排靠在一起但不粘连,A、B、C三球的质量均为m。现解除锁扣,弹簧第一次伸长到最长时,弹簧的弹性势能为Ep。下列说法正确的是(  ) A.从解除锁扣到弹簧恢复到自然伸长状态的过程中,A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B.C最终的速度大小为 C.弹簧压缩后被锁扣锁住时的弹性势能为 D.弹簧第一次伸长到最长时,A的速度大小为 8.关于动量冲量和动能,下列说法正确的是(  ) A.物体的动量越大,表明它受到的冲量越大 B.物体的动量变化,其动能有可能不变 C.物体受到合外力的冲量作用,则其动能一定变化 D.物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上 9.如图1,一物块静止在光滑水平面上,t=0时在水平力F的作用下开始运动,F随时间t按正弦规律变化如图2所示,则( ) A.在0~1.5 s时间内,第1 s末质点的动量最大 B.第2 s末,质点回到出发点 C.在0~1 s时间内,F的功率先增大后减小 D.在0.5~1.5 s时间内,F的冲量为0 10.如图所示,光滑水平面上有质量均为的物块A和B,B上固定一轻质弹簧,B静止,A 以速度水平向右运动,从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( ) A.A、B的动量变化量大小相等 B.A、B的动量变化率相同 C.A、B系统的总动能保持不变 D.A、B系统的总动量保持不变 11.如图所示,在光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧.两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动,滑块P的质量为2m,速度方向向右,滑块Q的质量为m.速度方向向左,则下列说法正确的是   A.P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统动能始终保持不变 B.当两个滑块的速度相等时,弹簧的弹性势能最大 C.两个滑块最终能以共同的速度一起向右运动 D.从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中,滑块Q的速度大小先减小后增大 12.如图,长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上,在木板上放置一质量为m的物块,物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动,若木板固定不动时,物块恰好能从木板的右端滑下.若木板不固定时,下列叙述正确的是(  ) A.物块不能从木板的右端滑下 B.对系统来说产生的热量Q=μmgL C.经过,物块与木板便保持相对静止 D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 13.气垫导轨是常用的一种实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用两个光电门以及滑块A和B来探究动量守恒定律,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下: a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB b.调整气垫导轨,使导轨处于水平 c.给B一个水平向左初速度,记录B通过光电门2的挡光时间为tB d.B与静止在导轨上的A发生碰撞后,A向左运动通过光电门1的挡光时间为tA,B向右运动通过光电门2的挡光时间为tB′ (1)实验中测得滑块B上遮光条的宽度为dB,还应测量的物理量是__________。 (2)利用上述测量的实验数据,得出关系式__________成立,即可验证动量守恒定律。 14.利用如图所示装置研究碰撞中的动量守恒定律.放置在桌面上的长轨道上有两个材质相同的小车,两车相对的侧面上装有尼龙粘贴,两车质量分别为m1和m2,小车m1后面连接纸带,通过打点计时器记录小车运动情况.开始时小车m1获得一初速度向左运动,与左侧静止的小车m2相碰后粘在一起继续运动,打点计时器所用电源频率为50Hz. (1)以下对本装置的叙述正确的是_______ A.小车m1的起始位置应靠近打点计时器 B.实验需满足m1>m2 C.实验前需要适当抬高长木板右端平衡摩擦力 D.平衡摩擦力时木板右端抬起的高度与两小车质量均有关 (2)一个同学在上述实验中测出m2=4m1,根据实验中纸带的测量数据画出小车m1的位移x随时间t变化的图像如图所示,以下对实验结果的分析正确的是_____ A.此实验验证了动量守恒定律 B.此实验中碰撞前后动量不守恒,原因可能是存在阻力 C.此实验中碰撞前后动量不守恒,原因可能是小车m2受扰动具有了初速度 D.此实验中碰撞前后动量不守恒,原因可能是碰撞中有机械能损失 15.如图所示,MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道,竖直固定在水平桌面上,轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点,另一个完全相同的小球A由M点静止释放,经过N点时与B球发生正碰,碰后粘在一起水平飞出,落在地面上的碰点。若桌面高度为h=0.8m,取重力加速度g=10m/。不计空气阻力,小球可视为质点。求: (1)小球A运动到N点与小球B碰前的速度的大小; (2)小球A与小球B碰后瞬间的共同速度的大小; (3)P点与N点之间的水平距离x. 16.如图所示,在竖直平面内,一半径为R=0.45m的光滑半圆轨道MN和粗糙水平轨道PM在M点相切,MN为圆弧轨道的直径,O为圆心,一质量为mA=1kg的物块A(可视为质点)水平向右运动.与静止在M点的质量为mB=2kg的物块B发生完全弹性碰撞,已知碰撞前瞬间物块A的速度为v0=9m/s,碰撞后物块A最终静止在水平轨道的Q处(图中未标出),物块B脱离半圆轨道后也恰好落到Q处,重力加速度g=10m/s2,求: (1)碰撞后瞬间物块B的速度大小; (2)物块和水平轨道之间的动摩擦因数. 17.如图所示,木块A质量=2kg,木板B质量=5kg,质量为=3kg的小木块C(可看成质点)置于木板B的最右端,水平地面光滑,B、C间动摩擦因数μ为0.25。开始时B、C均静止,现使A以=9m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以1m/s速度弹回。已知A与B的碰撞时间极短,此后的运动过程中C始终未从B上脱落。G取10m/,求: (1)A、B碰后瞬间B木板的速率; (2)此后的运动过程中木块C的最大速率; (3)木板B的最小长度。 18.如图所示,质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车,车的质量为1.6kg,木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设小车足够长,求: (1)木块和小车相对静止时小车的速度大小; (2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间; (3)为了防止木块从小车上滑落,小车至少多长? 参考答案 1.B 【解析】 【详解】 汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小 平均撞击力,根据动量定理可知 带入数据解得: A. I0=5.76×104N·S,F0=1.6×105N与分析不符,故A错误; B. I0=1.6×104N·S,F0=1.6×105N与分析相符,故B正确; C. I0=1.6×105N·S,F0=1.6×105N与分析不符,故C错误; D. I0=5.76×104N·S,F0=3.2×105N与分析不符,故D错误。 故选:B。 2.C 【解析】 【详解】 AB.由于空气阻力对小球做负功,所以小球的机械能不断减少,则经过同一点时上升的速度比下降的速度大,所以上升过程平均速度比下降过程的平均速度大,而两个过程位移大小相等,所以上升所用时间比下降的短,由 I=mgt 知,重力上升的冲量小于下降的冲量,故AB错误; CD.根据动量定理知重力和空气阻力的合力冲量等于小球动量的变化量,重力的冲量方向与小球动量变化量方向相同,空气阻力的冲量的方向与小球动量变化量的方向相反,故重力的冲量大于小球动量变化量,故C正确,D错误。 故选C。 3.D 【解析】 【详解】 取喷气前的火箭整体为研究对象,喷气过程动量守恒。设每次喷出气体的速度为v,三次喷气后火箭的速度为,由动量守恒定律得 解得 故ABC错误,D正确。 故选D。 4.C 【解析】 【详解】 跳远比赛时,运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等,设为,由动量定理可知,人受到的合力的冲量是一定的,人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间,t变大,由动量定理得:,,一定,t越长,动量变化率越小,人受到的合外力越小;故能减小的只有动量的变化率,故C正确,ABD错误。 5.D 【解析】 【详解】 AB.滑块匀减速直线运动停下的过程,根据动能定理有 得 故摩擦力做功相同,质量大的滑块位移小,故AB错误; CD.根据动量定理有 故质量大的滑块受到的冲量大,运动时间短,故C错误,D正确。 故选D。 6.AC 【解析】 【详解】 A.动量的变化率为合外力,即为重力,重力相同,则动量的变化率相等,故A正确; BC.小球做平抛运动,水平初速度相同,、、水平位移之比为1:2:3,根据可得它们在空中运动的时间之比为1:2:3,根据可得该过程小球的下落高度之比1:4:9,由于初始时刻纵坐标之比等于该过程小球的下落高度之比,所以初始时刻纵坐标之比为1:4:9,根据可知重力做功之比为1:4:9,故B错误,C正确; D.根据可知竖直向速度之比为1:2:3,水平向速度相向,而速度方向与水平方向夹角的正切值为 则速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:2:3,故D错误; 故选AC。 7.BC 【解析】 【分析】 【详解】 A.解除锁扣后弹簧伸长,弹簧恢复到自然伸长状态后,B、C分离,此后C做匀速直线运动,从解除锁扣到弹簧恢复到自然伸长状态的过程中,由于B受到C向左的弹力作用,故A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,故A错误; BCD.设弹簧处于自然伸长状态时,A、B的速度大小分别为vA、vB,则C球最终的速度大小vC=vB,对A、B、C和弹簧组成的系统,由动量守恒定律有 设弹簧压缩后被锁扣锁住时的弹性势能为Ep',由机械能守恒定律有 弹簧恢复到自然伸长状态后,A的速度减小,B的速度先减小到零后反向(向左)增大,当A、B的速度相等时,弹簧第一次伸长到最长,设此时A、B的速度为v,对A、B和弹簧组成的系统,由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得 所以B正确,C正确,D错误。 故选BC。 8.BD 【解析】 【详解】 A.根据动量定理可知,动量的改变量越大,冲量越大,动量和冲量无直接联系,故A错误; B.匀速圆周运动的速度方向时刻变化,但速度大小不变,所以动量变化,但动能不变,故B正确; C.匀速圆周运动的合外力的冲量不为零,但动能不变,故C错误; D.由公式可知,由于动量和动量变化为矢量,遵循平行边形定则,则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上,故D正确。 故选BD。 9.ACD 【解析】 【详解】 A.从图象可以看出在前1 s内力的方向和运动的方向相同,物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第1 s末,物块的速度最大,动量最大,故A正确; B.该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以物体在0~2 s内的位移为正,没有回到出发点,故B错误; C.0~1 s内,速度在增大,力F先增大后减小,根据瞬时功率P=Fv得力F瞬时功率开始时为0,1 s末的瞬时功率为0,所以在0~1 s时间内,F的功率先增大后减小,故C正确; D.在F–t图象中,F与t之间的面积表示力F的冲量,由图可知,0.5~1 s之间的面积与1~1.5 s之间的面积大小相等,一正一负,所以和为0,则在0.5~1.5 s时间内,F的冲量为0,故D正确. 10.AD 【解析】 【详解】 AD.由题意可知两物体相互作用过程中系统的合外力为零,故系统的总动量守恒,则A、B动量变化量大小相等、方向相反,故A正确,D正确; B.由动量定理 得: 可以知道动量的变化率等于物体所受的合外力,A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反,所受的合外力不同,则动量的变化率不同,故B错误; C.因整个过程中只有弹簧弹力做功,A、B系统的总机械能不变,弹性势能在变化,则总动能在变化,故C错误。 故选AD。 11.BD 【解析】 【详解】 对于P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统,由于只有弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,即系统动能和弹簧弹性势能之和不变,动能是变化的,故A错误;P以某一初速度压缩弹簧,在弹簧弹力作用下P做减速运动,Q做加速运动,当P与Q速度相等时,弹簧最短,弹性势能最大,故B正确;设最终P、Q两个滑块的速度分别为和规定向右为正方向,根据动量守恒定律得: ,根据系统的机械能守恒得,解得:,或,,故C错误;从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中,滑块Q一直受到向右的弹力,速度先向左减小至零,再向右增大,故D正确. 12.AC 【解析】 【详解】 A、木板固定不动时,物块减少的动能全部转化为内能.木板不固定时,物块向右减速的同时,木板要向右加速,物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能,所以产生的内能必然减小,物块相对于木板滑行的距离要减小,不能从木板的右端滑下.故A正确.B、对系统来说,产生的热量Q=fs相对=μmgs相对<μmgL,故B错误.C、设物块块与木板最终的共同速度为v,滑块和木板系统动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律,有:mv0=(m+M)v,对木板M,由动量定理得:μmgt=Mv,联立解得,故C正确.D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等,物块对地位移较大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功.故D错误.故选AC. 【点睛】 本题的关键是明确木块和木板的运动规律,正确分析能量的转化情况.要知道木板不固定时,木块和木板组成的系统动量守恒. 13. 滑块A上遮光条的宽度为dA 【解析】(1)由于滑块的宽度除以滑块通过光电门的时间即为滑块通过光电门时的速度,所以还应测量的物理量是滑块A上遮光条的宽度为; (2)由于系统水平方向所受合外力为0,故系统水平方向动量守恒,在释放前系统的动量为,取向左为正方向,故在释放后系统的动量仍然为,则根据动量守恒有:,即可验证动量守恒定律。 点睛:由于系统水平方向所受合外力为0,故系统水平方向动量守恒,找出释放前后的动量,注意方向性的问题。 14.AC C 【解析】 【分析】 【详解】 (1)为了使得纸带打出较多的点,并且等小车速度稳定后再碰撞,应使得小车的起始位置应靠近打点计时器,故A正确;为了更好粘合在一起,应使得,故B错误;为了使得两车在运动过程中合力为零,应平衡摩擦力,平衡摩擦力时是根据重力沿斜面的分力与摩擦力平衡而进行的,故有,质量约去,即平衡摩擦力时木板右端抬起的高度与两小车质量无关,故C正确,D错误。 (2)x-t图像的斜率表示速度,在碰撞前有,在碰撞后有,此实验中碰撞前后动量不守恒,并且碰撞后的动量大于碰撞前的动量,原因可能是小车m2受扰动具有了初速度,x-t可求出碰撞前瞬间的速度,所以有无阻力对实验没有影响,并且完全非弹性碰撞肯定有机械能损失,故C正确,ABD错误。 15.(1)4m/s(2)2m/s(3)0.8m 【解析】 【分析】 (1)小球在圆弧轨道内下滑过程中,由动能定理即可求出; (2)小球到达N点,与B发生碰撞,由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度; (3)由平抛运动规律即水平方向上匀速和竖直方向自由落体可求水平距离。 【详解】 (1)小球在圆弧轨道内下滑过程中,由动能定理得: 代入数据解得: ; (2)两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,设碰撞后的共同速度为v,则: 代入数据可得: (3)小球从N点飞出后做平抛运动, 竖直方向上: 水平方向上: 解得: 。 【点睛】 本题是平抛运动和动能定理的综合应用,速度是它们之间联系的纽带。根据动能定理求解变力做功是常用的思路。 16.(1)6m/s(2)0.25 【解析】 【分析】 (1)根据碰撞过程动量守恒和能量守恒关系求解碰撞后瞬间物块B的速度大小;(2)碰后物体B沿轨道上滑到达最高点后做平抛运动,根据平抛运动的规律求解落点的位置;在研究物体A碰前的减速过程,由动能定理求解动摩擦因数. 【详解】 (1)物块A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律: mAv0=mAv1+mBv2 由能量关系:mAv02=mAv12+mBv22, 解得v1=-3m/s v2=6m/s (2)物块B从M点运动到N点的过程中,由动能定理: 解得 然后做平抛运动,则2R=gt2,x=vNt 解得x=1.8m; 对A物体由动能定理: 解得μ=0.25 17.(1)4m/s(2)2.5m/s(3)2m 【解析】 【详解】 A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,B速度最大.以A、B组成的系统为研究对象,碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得: , ,代入数据得: (2)A、B碰撞后,B与C相互作用使B减速、C加速,因为B板足够长, 所以B和C能达到相同速度,二者共速后,C速度最大, 以B、C组成的系统为研究对象,以向右为正方向, 由动量守恒定律得: , 代入数据得: . (3)B和C共速过程中,损失的机械能全部转化为内能,就等于摩擦力乘以相对位移: 代入数据得: 。 18.(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m 【解析】 【详解】 (1) 以木块和小车为研究对象,向右为正方向,由动量守恒定律可得: 解得: (2) 以木块为研究对象,由动量定理可得 且 得到 (3)根据能量守恒 解得小车至少长度 。 答:(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 526.5KB
  • ID:6-7648660 上海市甘泉高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:碰撞与动量守恒 单元测评题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第一章碰撞与动量守恒/本章综合与测试

    碰撞与动量守恒 1.2017年7月,哈市香坊区一名独自在家的6岁女童从约20m高的阳台不小心坠下,危急关头,路过此地的肖奇老师迎步上前,用自己的臂膀和身躯去接坠落的孩子,挽救了女童的生命,被称为“最美男教师”、“眼镜侠”。假设肖奇老师接女童的时间约为0.1s,女童的质量大约25kg,则肖奇老师两只手臂受到的冲击力一共大约是(  ) A.50N B.5×102N C.5×103N D.5×104N 2.如图所示,一个质量为m1=50kg的人爬在一只大气球下方,气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=20kg,长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h=7m。如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是(可以把人看作质点)(  ) A.0 B.2m C.5m D.7m 3.人从高处跳到低处时,一般都是让脚尖部分先着地并弯曲下肢,这是为了(  ) A.减小冲量 B.使动量的增量变得更小 C.增长人与地面的作用时间,从而减小受力 D.增大人对地的压强,起到安全作用 4.光滑水平面上,一质量为的滑块以速度与质量为的静止滑块相碰,碰后两者粘在一起共同运动。设碰撞过程中系统损失的机械能为。下列说法正确的是(  ) A.若保持M、m不变,v变大,则变大 B.若保持M、m不变,v变大,则变小 C.若保持m、v不变,M变大,则变小 D.若保持M、v不变,m变大,则变小 5.质子p()与粒子()以相同初速v0垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场,从进入到射出该偏转电场的过程中,关于质子与粒子(均不计重力)偏转时的各物理量比值正确的是( ) A.侧移量比 B.速度偏转角正切比 C.动能增量比 D.动量增加量比 6.人从高处跳到较硬的水平地面时,为了安全,一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿,这是为了( ) A.减小地面对人的冲量 B.减小人的动量的变化 C.增加人对地面的冲击时间 D.增大人对地面的压强 7.如图所示,A、B两物块质量之比为2:1,用水平细线相连静止在水平地面上,现用水平恒力F作用在物块B上,使A、B一起向右以速度v做匀速运动。某时刻A、B间的细线突然断开,当物块B的速度为2v时,物块A仍在运动,则此时物块A的速度大小为(  ) A. B. C. D. 8.甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1m/s,甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1m/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比( ) A. B. C. D. 9.一个质量为5kg的物体从离地面80m的高处自由下落,不计空气阻力,在下落这段时间内,物体受到的重力冲量的大小是( ) A.200N·s B.150N·s C.100N·s D.250N·s 10.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量恰好相同,两者质量之比M:m可能为(  ) A.0.5 B.1.6 C.2.7 D.3.8 11.如图所示,在光滑水平面上,有两个半径相等的小球A、B,质量分别为mA、mB。A向右运动过程中与静止的B发生正碰,碰后两球动量相同,则mA与mB的关系可能(  ) A.mA=0.5mB B.mA=2mB C.mA=3mB D.mA =4mB 12.如图所示,A、B两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上,一颗子弹以水平速度v0先后穿过A和B(此过程中A和B没相碰).子弹穿过B后的速度变为,子弹在A和B内的运动时间t1:t2=1:2,若子弹在两木块中所受阻力相等,则( ) A.木块A、B对子弹的冲量大小之比为1:2 B.木块A、B对子弹的冲量大小之比为1:4 C.子弹在A和B内克服阻力做功之比为1:4 D.子弹在A和B内克服阻力做功之比为3:4 13.利用频闪照相机和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验,步骤如下: ①用天平测出滑块A、B的质量分别为400g和600g; ②安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平; ③向气垫导轨通入压缩空气 ④把A、B两滑块放到导轨上,并分别给他们初速度,同时开始闪光照片,闪光的时间间隔为0.2s,照片如图所示 该照片是闪光4次摄得的.在这4次闪光的瞬间,A、B两滑块均放在0~80cm刻度范围内;第一次闪光,滑块A恰好通过x=55cm处,滑块B恰好通过x=70cm处;碰后滑块B处于静止状态. 取向右为正方向,滑块碰撞时间发生在第一次闪光后_____s;碰撞前两滑块的总动量是_________kg?m/s,碰撞后两滑块的总动量是_________kg?m/s;该碰撞_______(填“是”或“不是”)弹性碰撞。 14.某同学用如图所示的装置,利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律,图中AB是斜槽,BC是水平槽,它们连接平滑,O点为过水平槽末端C的重锤线所指的位置.实验时先不放置被碰球2,让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复10次,得到球1落点的平均位置为P.然后将球2置于水平槽末端,让球1仍从位置G由静止滚下,和球2碰撞,碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹,重复10次.实验得到两小球的落点的平均位置分别为M、N. ⑴在该实验中,不需要用的器材是下列器材中的________.(单选题、填序号) A.天平 B.刻度尺 C.秒表 D.大小相同的钢球和硬橡胶球各一个 ⑵在此实验中,球1的质量为,球2的质量为,需满足________(选填“大于”、“小于”或“等于”). ⑶被碰球2飞行的水平距离由图中________线段表示. ⑷某次实验中得出的落点情况如图所示,假设碰撞过程中动量守恒,则入射小球质量 和被碰小球质量之比为____________. ⑸若该碰撞是弹性碰撞,则线段OM、ON、OP应满足的关系是:________________(只用线段OM、ON、OP表示). 15.质量为2 kg的小球从125 m的高空自由落下,不计空气阻力,取g=10 m/s2,求: (1)第2 s内动量的变化量大小; (2)从开始下落到落地这段时间内,重力的冲量大小. 16.如图所示三个小球质量均为m,B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑水平面上,A球以速度沿B、C两球的球心连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起.问: (1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大? (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大? (3)弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能. 17.如图所示,在高为2L的光滑桌面上的左端固定一轻质弹簧,在桌面右端的正上方通过一长为L轻绳悬挂一小球B,小球B刚好与桌面接触。弹簧的右端与小球A接触而不固连,弹簧处于原长时,用一水平力推小球A,使弹簧压缩,其弹性势能为Ep时从静止释放,小球A离开弹簧后又运动一段距离与小球B发生弹性碰撞,碰撞后,小球B摆动到最高点时,绳与竖直方向的夹角为600..小球A落到水平面上时水平距离为,已知小球A的质量为m。重力加速度是g。试求弹簧的弹性势能EP的值。 18.如图所示,粗糙水平面上静止放着相距的两块要同的长木板A、B,每块木板长均为L,与地面的动摩擦因数。一可视为质点的物块C以的初速度水平向右滑上木板A的左端,C的质量为每块木板质量2倍,C与木板的动摩擦因数。若A、B碰后速度相同但不粘连,碰撞时间极短,且A和B碰撞时C恰好运动到A的最右端,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求: (1)木板A与木板B相碰前瞬间的速度v1; (2)木板A的长度L; (3)木板A、B最终停下时,两者间的距离。 参考答案 1.C 【解析】 【详解】 由可知,女童落到肖奇老师手上的速度大小约为 由动量定理得 则有 解得 故选C。 2.C 【解析】 设人的速度v1,气球的速度v2,根据人和气球动量守恒得 则有 所以 气球和人运动的路程之和为7m,则人下滑的距离为 气球上升的距离为 故选C。 3.C 【解析】 【详解】 人在和地面接触时,人的速度减为零,由动量定理可知(F-mg)t=?P;而脚尖着地可以增加人着地的时间,可以减小动量的变化率,故减小受到地面的冲击力,故C正确,ABD错误.故选C. 4.A 【解析】 【详解】 两滑块组成的系统在水平方问动量守恒,有 而此过程中系统损失的机械能 联立以上两式可得系统损失的机械能 AB.根据以上分析可知,若保持M、m不变,v变大,则变大,故A正确,B错误; CD.根据以上分析可知,若保持m、v不变,M变大,或若保持M、v不变,m变大,则变大,故CD错误。 5.D 【解析】 【详解】 A.侧移量 则侧移量比 选项A错误; B.速度偏转角正切 则速度偏转角正切比 选项B错误; C.动能增量 则动能增量比 选项C错误; D.动量增量 则动量增加量比 选项D正确。 故选D。 6.C 【解析】 【详解】 设人的质量为m,着地前速度大小为v,着地时间为t,地面对人冲量大小为I,作用力大小为F,取竖直向下方向为正方向。 AB.人着地过程,人的动量从一定值减到零,动量的变化量不变,根据动量定理得:mgt-I=0-mv,得到地面对人的冲量I=mgt+mv,m、v一定,t延长,则I增大,故AB错误; C.让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿,增加地面对人的冲击时间,故C正确; D.根据动量定理得:mgt-Ft=0-mv,可知t增大,则F减小,人对地面的压强减小,故D错误。 故选C。 7.C 【解析】 【详解】 由于B速度为2v时,A未停止运动,因此两物块组成的系统合外力为零,系统动量守恒。当B的速度为2v时,设A的速度为,根据动量守恒有 解得 故C正确,ABD错误。 故选C。 8.D 【解析】 【详解】 由动量守恒定律得 解得 代入数据得 故选D。 9.A 【解析】 【详解】 由自由落体的规律可得运动时间 则重力的冲量为 故A正确,BCD错误。 故选A。 10.BC 【解析】 【详解】 设碰撞后两者的动量都为p,根据题意可知,碰撞前后总动量为2p,根据动量和动能的关系有 碰撞过程动能不增加,有 解得 根据碰后的规律知:碰后M的速度不大于m的速度,则 所以应有 故选BC。 11.BC 【解析】 【详解】 取向右为正方向,根据动量守恒定律得 根据碰撞过程总动能不增加有 据题有 又有 联立解得 故选BC。 12.AD 【解析】 【详解】 A、B项:由冲量定义可得:子弹在两木块中所受阻力相等,所以冲量之比等于时间之比即为1:2,故A正确,B错误; C、D项:设子弹穿过木块速度v,由动量定理得: 解得: 根据动能定理得: 则子弹在A和B内克服阻力做功之比为 ,故C错误,D正确. 故选AD. 13. 0.1; -0.4; -0.4; 不是 【解析】碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为vA′,所以有:vA′?△t=20, 碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm,时间为t′,有:vA′?t′=10, 第一次闪光到发生碰撞时间为t,有:t+t′=△t, 解得:; 设向右为正方向,碰撞前,B的速度大小为:vB=-=1m/s, A的速度为:vA==0.5m/s, 则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为:P1=mAvA+mBvB=0.4×0.5-0.6×1=-0.4kgm/s. 碰撞后,B静止,A速度为:vA′==-1m/s, 则碰撞后两滑块的总动量为:P2=-mAvA′=-0.4×1=-0.4kgm/s; 碰撞前系统机械能:E=mAvA2+mBvB2=×0.4×0.52+×0.6×12=0.65J, 碰撞后系统机械能:E′=mAvA′2=×0.4×(-1)2=0.2J,E>E′,碰撞不是弹性碰撞; 点睛:本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验,要求能明确实验原理,注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度,再根据动量守恒定律列式即可求解. 14. C 大于 ON 4∶1 【解析】(1)在小球碰撞过程中水平方向遵从动量守恒定律,故有: 在做平抛运动的过程中,由于飞行时间相等,所以得: , 即: 可知,需要两个质量不等大小相等的小球,且要用天平测量小球的质量,使用刻度尺测量小球在水平方向的位移,不需要测飞行时间,即不需要秒表,故选C; (2)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有: 在碰撞过程中动能守恒故有:, 解得: 要碰后入射小球的速度,即,则 故答案为:大于. (3)1球和2球相撞后,2球的速度增大,1球的速度减小,都做平抛运动,竖直高度相同,所以所以碰撞后2球的落地点是N点,所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示; (4)由动量守恒表达式:,将,,,代入得: (5)若为弹性碰撞,则在小球碰撞过程中遵从动量守恒定律: 在碰撞过程中动能也守恒:, 又,,,结合,可得:, 15.(1)20 kg·m/s(2)100 N·s. 【解析】 【详解】 (1)第2s内的初速度为:v1=gt1=10×1m/s=10m/s 第2 s内的末速度为:v2=gt2=10×2m/s=20m/s 所以第2 s内动量的变化量为:Δp=p2-p1=mv2-mv1=2×20kg·m/s-2×10 kg·m/s=20 kg·m/s (2)由:h=gt2,得:t=5s 所以从开始下落到落地这段时间内,重力的冲量为:I=mgt=100 N·s. 16.(1)(2)(3)mv02 【解析】 试题分析:(1)A、B两球碰撞过程动量守恒,以A球的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:mv0=(m+m+m)v1,解得:; (2)以A、B、C三球组成的系统为研究对象,以A球的速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:mv0=(m+m+m)v2,解得:; (3)由能量守恒定律得:?2mv12=?3mv22+EP, 解得:EP=mv02; 考点:动量守恒定律;能量守恒定律. 17. 【解析】 【详解】 弹簧的弹性势能EP转化为小球A的动能,则有 AB两小球发生弹性碰撞有:mAv0=mAvA+mBvB 能量守恒: 碰撞后,对于小球B有:mBgL(1-cos600)= 对于小球A,做平抛运动有: 由以上几式联立解得: EP =mgL 18.(1)2m/s(2)5m(3)1.5m 【解析】 【详解】 (1)设A、B的质量均为m, C、A 相互作用的过程中,对A由牛顿第二定律有: 代入数据解得: A运动位移d与B发生碰撞,则有: 代入数据解得: 木板A与B相碰前瞬间的速度: (2)C、A相互作用过程中,对C: 代入数据解得: C发生的位移为: 代入数据解得: 木板A的长度: (3)碰前C的速度为: A和B碰撞过程中动量守恒有: 代入数据解得: A和B分离后,A板做匀减速运动有: 解得: A从分离到停下发生位移为: B板以的加速度做匀加速运动直到与C同速,设此过程经历时间为,有: 解得: 此过程B板的位移: 此后B和C一起以加速度做匀减速运动直到时停下,发生位移为: 木板A、B最终停下时,两者间的距离: 答:(1)木板A与木板B相碰前瞬间的速度; (2)木板A的长度; (3)木板A、B最终停下时,两者间的距离。

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 694.5KB
  • ID:6-7648659 上海市甘泉高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:波和粒子 单元测评题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第二章波和粒子/本章综合与测试

    波和粒子 1.如图所示,是研究光电效应的电路图,对于某金属用绿光照射时,电流表指针发生偏 转.则以下说法正确的是(??) A.将滑动变阻器滑动片向右移动,电流表的示数一定增大 B.当滑动变阻器不动时,光电流大小与光强成正比 C.将 K 极换成逸出功小的金属板,仍用相同的绿光照射时,遏止电压不变 D.将电源的正负极调换,仍用相同的绿光照射时,将滑动变阻器滑动片 向右移动一些, 电流表的读数一定为零 2.如图所示是某金属在光的照射下,光电子的最大初动能Ek与入射光的波长的倒数(1/λ)的关系图象,由图象可知 A.图象中的λ0是产生光电效应的最小波长 B.普朗克常量和光速的乘积hc=Eλ0 C.该金属的逸出功等于-E D.若入射光的波长为λ0/3,产生的光电子的最大初动能为4E 3.激光的主要特点之一是它的频率很大,设P表示激光功率,λ表示激光波长,则激光器每秒射出的光子数是 A.h B. C. D.Phcλ 4.光子有能量,也有动量,它也遵守有关动量的规律.如图所示,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.当用平行白光垂直照射这两个圆面时,关于此装置开始时转动情况(俯视)下列说法中正确的是 A.逆时针方向转动 B.顺时针方向转动 C.都有可能 D.不会转动 5.在如图所示的光电管的实验中(电源正负极可以对调),用同一光电管得到了三条可见光的光电流与电压之间的关系曲线(图二中的甲光、乙光、丙光).下列说法中正确的有(?? ) A.同一光电管对不同颜色的单色光有各自不同的极限频率 B.只要电流表中有电流通过,光电管中就发生了光电效应 C.(图一中)电流表G的电流方向可以是a流向b、也可以是b流向a D.(图二中)如果乙光是黄光,则丙光可能是紫光 6.一束绿光照射某金属发生了光电效应,则以下说法正确的是( ) A.若增加绿光的照射强度,则单位时间内逸出的光电子数增加 B.若增加绿光的照射强度,则逸出的光电子的最大初动能增加 C.若改用紫光照射,则可能不会发生光电效应 D.若改用紫光照射,则逸出的光电子的最大初动能增加 7.下列叙述正确的是 A.一切物体都在辐射电磁波,电磁波具有能量 B.光是一种电磁波 C.普朗克提出了能量子假说 D.自然界的能量守恒,不同形式的能可互相转化,所以不需要节约能源 8.用一束绿光照射某金属,能产生光电效应,现在把入射光的条件改变,再照射这种金属,下列说法正确的是 A.把这束绿光遮住一半,则可能不产生光电效应 B.把这束绿光遮住一半,则逸出的光电子数将减少 C.若改用一束红光照射,则可能不产生光电效应 D.若改用一束蓝光照射,则逸出光电子的最大初动能将增大 9.用频率为v0的光子恰好能使某种金属发生光电效应。下列说法正确的是 A.此金属的逸出功为hv0 B.当照射光的频率v大于v0时,若v增大,则此金属的逸出功增大 C.当照射光的频率v大于v0时,若光强增大一倍,则光电子的最大初动能也增大一倍 D.当用频率为2v0的单色光照射该金属时,所产生的光电子的最大初动能为hv0 10.如图是氢原子的能级图,a、b、c为原子跃迁时所发出的三种光。当用c光照射某种金属时恰能发生光电效应,下列说法正确的是 A.c光的频率小于b光的频率 B.a光的频率大于b光的频率 C.换成a光照射该种金属,一定会发生光电效应 D.换成b光照射该种金属,可能会发生光电效应 11.如图甲,合上开关,用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K,发现电流表读数不为零。调节滑动变阻器,发现当电压表读数小于0.60V时,电流表读数仍不为零,当电压表读数大于或等于0.60V时,电流表读数为零。把电路改为图乙,当电压表读数为2V时,则逸出功为_______,电子到达阳极时的最大动能为_________. 12.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压与入射光频率的关系如图乙所示.入射光的频率增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片向_______(填“M”或“N”)端移动,已知电子电量为表示,则可从图乙中的数据算出普朗克常量=_________. 13.深沉的夜色中,在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道,如图所示是一个航标灯自动控制电路的示意图.电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属.下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长,又知可见光的波长在400~770 nm(1 nm=10-9 m). 各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长: 金属 铯 钠 锌 银 铂 极限频 率( Hz) 4.545× 1014 6.000× 1014 8.065× 1014 1.153× 1014 1.529× 1014 极限波 长(μm) 0.660 0 0.500 0 0.372 0 0.260 0 0.196 2 根据上图和所给出的数据,你认为: (1)光电管阴极K上应涂有金属________; (2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触; 14.用一束单色光照射截止频率为νc=1.5×1015 Hz的某种金属,产生的光电子的最大初动能Ek=6eV,该单色光一个光子的动量为______kg.m/s.(普朗克常量h=6.63×10﹣34 J.s,光在真空中的速度c=3×108m/s)(结果保留两位有效数字) 15.静止的钍(Th)核发生β衰变时放出一个β粒子而变成一个镤(Pa)核,同时产生了一个能量为ε的中微子.已知真空中光速为C,普朗克常量为h.求: ①该中微子的频率; ②衰变后β粒子和镤核的合动量的大小. 16.某光电管用金属钠作为阴极金属,已知金属钠的逸出功为2.29 eV,现用波长为300 nm的光照射金属钠表面,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,真空中的光速c=3.0×108m/s, 电子电荷量e=1.6×10-19 C,1 nm=10-9 m,求: (1)金属钠的截止频率 (2)光电子的最大初动能 (3)该光电管的遏止电压.(结果均保留两位有效数字) 17.人体表面辐射本领的最大值落在波长为940μm处,它对应的是何种辐射?能量子的值为多大? 18.有一个成语叫做“炉火纯青”,原意说的是道士炼丹时候的温度控制,温度高低主要是靠看火焰的颜色,温度低的时候,是偏红的,温度最高的时候,才呈现青色,所以炉火纯青表示温度已经足够高了。怎样用热辐射来解释温度与颜色的关系? 参考答案 1.B 【解析】 【详解】 滑动变阻器滑片向右移动,电压虽然增大,但若已达到饱和电流,则电流表的示数可能不变,故A错误;当滑动变阻器不动时,光电管两端电压一定,则光电流大小与光强成正比,选项B正确;将 K 极换成逸出功小的金属板,仍用相同的绿光照射时,则最大初动能变大,根据可知,遏止电压变大,选项C错误.电源的正负极调换,仍用相同的绿光照射时,将滑动变阻器滑片向右移一些,若此时的电压仍小于反向截止电压,则电流表仍可能有示数,故D错误; 2.B 【解析】 【详解】 由光电效应方程可得:,则图象中的λ0是产生光电效应的最大波长,选项A错误;当时, ;且,则hc=Eλ0,选项B正确,C错误;若入射光的波长为λ0/3,产生的光电子的最大初动能为,选项D错误。 3.B 【解析】 【详解】 激光的强度由光子数目决定。因为 则单位时间内射出的光子数 故B正确。 4.A 【解析】 【详解】 白纸反射各种色光,故用平行白光垂直照射白纸片时光子会被反弹回去,而黑纸面会吸收各种色光,即光子与黑纸片碰撞后具有相同的速度方向,结合动量守恒知光子与白纸片碰撞后,白纸片会获得较大速度,故此装置会逆时针方向转动(俯视). 故ACD选项错误,B正确. 5.BD 【解析】 【详解】 A、光电管的极限频率由光电管本身决定,与入射光的颜色无关,故A错误。B、只要电流表中有电流通过,可知有光电子逸出,即光电管发生光电效应,故B正确。C、光电子从光电管的右端逸出,流过电流表G的电流方向为a到b,故C错误。D、丙光照射光电管,遏止电压较大,即光电子的最大初动能较大,根据光电效应方程Ekm=hv-W0知,丙光的频率较大,如果乙光是黄光,则丙光可能是紫光,故D正确。故选BD。 【点睛】 解决本题的关键掌握光电效应方程,会根据遏止电压的大小比较光子频率,知道同一种色光,遏止电压相等,光强不同,饱和电流不同. 6.AD 【解析】 光的强度增大,则单位时间内逸出的光电子数目增多,根据光电效应方程知,光电子的最大初动能不变,故A正确、B错误;因为紫光的频率大于绿光的频率,一定发生光电效应,故C错误;根据光电效应方程Ekm=hv-W0知,光电子的最大初动能增加,故D正确.所以AD正确,BC错误. 7.ABC 【解析】 【详解】 A.一切物体都在辐射电磁波,电磁波具有能量,选项A正确; B.光是一种电磁波,选项B正确; C.普朗克提出了能量子假说,选项C正确; D.自然界的能量守恒,但能直接应用的能源使用后品质降低,不能直接应用,所以可利用能源越来越少,需要节约能源,故D错误。 8.BCD 【解析】 【分析】 【详解】 能否发生光电效应与入射光的强度无关,只由入射光的频率决定,A错;将光遮住一半则光强减弱,逸出的光电子的数目减少,B正确;改用红光照射则光的频率降低,有可能低于截至频率,不发生光电效应,C正确;光电子的最大初动能,蓝光的频率更大;可知D对; 9.AD 【解析】 【详解】 A.用频率为v0的光子恰好能使某种金属发生光电效应,可知此金属的逸出功为hv0,选项A正确; B.金属的逸出功与入射光的频率无关,由金属本身性质决定,故B错误。 C.光电子的最大初动能与光强无关,故C错误。 D.金属逸出功为hv0,根据光电效应方程得,用频率为2ν0的单色光照射该金属时,所产生的光电子的最大初动能为: Ekm=h?2v0-hv0=hv0 故D正确。 10.BC 【解析】因为Em-En=hv,则Ea>EC>Eb,依据E=hγ,可知,γa>γc>γb,可知a光的频率最高,b光的频率最低,故A错误,B正确;因为a光的能量大于c光的能量,所以能发生光电效应,故C正确;因为b光的能量小于c光的能量,所以不能发生光电效应,故D错误。所以BC正确,AD错误。 11. 1.9eV 2.6eV 【解析】设用光子能量为2.5eV的光照射时,光电子的最大初动能为Ekm,阴极材料逸出功为W0, 当反向电压达到U=0.60V以后,具有最大初动能的光电子也达不到阳极,因此eU=Ekm 由光电效应方程:Ekm=hν-W0;由以上二式:Ekm=0.6eV,W0=1.9eV. 所以此时最大初动能为0.6eV,该材料的逸出功为1.9eV.当电压表读数为2V时,则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为Ekm=0.6+2=2.6eV; 点睛:正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键,注意逸出的最大初动能与到达阳极时的最大动能的区别. 12. 【解析】(1)入射光的频率增大,光电子的最大初动能增大,则需所加电压变大,滑动变阻器的滑片P应向N端移动, (2)由, 故答案为:(1). (2). 。 13. 铯或钠 b 【解析】(1)因为可见光的波长只有小于铯的极限波长,所以光电管阴极K上应涂上金属铯或钠. (2)夜晚没有光,不发生光电效应,但是指示灯亮,知开始开关K与b端相连. 14.6.5×10﹣27 【解析】 根据光电效应方程,Ekm=hν-W=hν-hνc; 则有: 再依据,及,则有: 15.① ② 【解析】 ①根据 得 ② 设粒子和镤核的合动量为P1,中微子的动量P2,根据动量守恒 P1+P2=0 由 得 所以粒子和镤核的合动量大小为   16.(1)5.5×1014 Hz(2)3.0×10-19 J (3)1.9 V 【解析】(1)根据逸出功W0=hν0,得截止频率:ν0= Hz=5.5×1014 Hz (2)根据光电效应方程:Ek=hν-W0=-W0=3.0×10-19 J (3)光电子动能减小到0时,反向电压即遏止电压,根据动能定理:eU=Ek, 代入数据得:U=1.9 V 17.红外辐射 2.12×10-22J 【解析】查表可得波长为940 μm的辐射为红外辐射,E=hν=h=J=2.12×10-22J 【答案】见解析 【解析】黑体辐射与温度之间有着密切的关系,热辐射的光谱是连续光谱,辐射光谱的性质与温度有关,在室温下,大多数物体辐射不可见的红外光。但当物体被加热到500℃左右时,开始发出暗红色的可见光,随着温度的不断上升,辉光逐渐亮起来,而且波长较短的辐射越来越多,大约在1500℃时就会变成明亮的白炽光。这说明同一物体在一定温度下所辐射的能量,在不同光谱区域的分布是不均匀的,而且温度越高,光谱中与能量最大的辐射相对应的频率也越高。因此,火焰颜色也随之而改变。

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 259KB
  • ID:6-7648657 上海市丰华高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:碰撞与动量守恒 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第一章碰撞与动量守恒/本章综合与测试

    碰撞与动量守恒 1.静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球,甲向左抛,乙向右抛,如图所示.甲先抛,乙后抛,抛出后两小球相对岸的速率相等,若不计水的阻力,则下列说法中正确的是( ) A.两球抛出后,船往左以一定速度运动,乙球受到的冲量大一些 B.两球抛出后,船往右以一定速度运动,甲球受到的冲量大一些 C.两球抛出后,船的速度为零,甲球受到的冲量大一些 D.两球抛出后,船的速度为零,两球所受的冲量相等 2.如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为I,运动员入水后到最低点的运动过程记为II,忽略空气阻力,则运动员 A.过程I的动量改变量等于零 B.过程II的动量改变量等于零 C.过程I的动量改变量等于重力的冲量 D.过程II 的动量改变量等于重力的冲量 3.如图所示,竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连,木块A、B静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动,之后与墙壁碰撞,碰撞的时间为0.2s,碰后的速度大小变为4m/s,当A与B碰撞后立即粘在一起运动,g取10m/s2,则(  ) A.A与墙壁碰撞过程中,墙壁对A的平均作用力的大小 B.A和B碰撞过程中,A对B的作用力大于B对A的作用力 C.A、B碰撞后的速度 D.A、B滑上圆弧的最大高度 4.吴菊萍徒手勇救小妞妞,被誉为“最美妈妈”。若两岁的妞妞质量约为12kg,从十楼坠落,下落高度为28.8m,吴菊萍的手臂与妞妞的接触时间约为0.1s,已知重力加速度g=10m/s2,则她受到的冲击力约为 A.3000N B.2880N C.1440N D.3220N 5.如图所示的木块B静止在光滑的水平面上,木块上有半径为的光滑圆弧轨道,且圆弧轨道的底端与水平面相切,—可视为质点的物块A以水平向左的速度冲上木块,经过一段时间刚好运动到木块的最高点,随后再返回到水平面。已知两物体的质量为、重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是( ) A.物块A滑到最高点的速度为零 B.物块A的初速度大小为4m/s C.物块A返回水平面时的速度为4m/s D.木块B的最大速度为2m/s 6.在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车,另有一质量与小车相等可视为质点的铁块,以速度从小车的右端向左滑上小车,如图所示,铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回,不计空气阻力,则铁块返回到小车的右端以后,相对于地面,将做的运动是(  ) A.又以速度沿小车向左滑动 B.以与大小相等的速度从小车右端平抛出去 C.以比小的速度从车右端平抛出去 D.自由落体运动 7.以下说法正确的是(  ) A.合外力对物体做功为0,则该物体动量一定不变 B.合外力对物体冲量为0,则该物体动能一定不变 C.做变速运动的物体,动能一定变化 D.做变速运动的物体,动量可能不变 8.如图所示,A、B、C、D、E、F、G七个质量均匀、大小相同的球,A、G两球质量相等,B、C、D、E、F五球质量相等,A球质量小于B球质量,B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上,A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则发生一系列碰撞之后,最终(  ) A.五个小球静止,两个小球运动 B.四个小球静止,三个小球运动 C.三个小球静止,四个小球运动 D.七个小球都运动 9.如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,整个过程中凹槽不会侧翻,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是(  ) A.球和滑块组成的系统水平方向动量守恒 B.当时,小球恰能到达B点 C.小球在滑块上运动的过程中,滑块的动能先增大后减小 D.如果小球的速度足够大,球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 10.如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B,在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列说法正确的是(  ) A.弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大 B.B板的加速度先增大后减小 C.弹簧给木块A的冲量大小为 D.弹簧的最大弹性势能为 11.甲乙两个质量均为1kg的物块,在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用,由静止开始加速,甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如图所示,当水平力分别按各自的规律从0增大到10N的过程中,下列说法正确的是( ) A.当水平力均为10N时,甲和乙的动量均为10kgm/s B.甲所受力F对物块的冲量为10Ns,乙所受力T对物块所做的功为10J C.甲在此过程中的位移为10m D.当水平力均为10N时,甲的动能为50J,乙的动量为 12.如图所示,可看作质点的物体从固定光滑斜面的顶端a以某初速度水平抛出,落在斜面底端b,运动时间为t,重力的冲量大小为I1,合外力做功为W1,若物体从a点由静止释放,沿斜面下滑,物体经过时间2t到达b,重力的冲量大小为I2,合外力做功为W2,不计空气阻力。下列判断正确的是(  ) A. B. C.斜面与水平面的夹角为 D.物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为 13.在“探究碰撞中的不变量”实验中,装置如图所示,入射小球1与被碰小球2的质量分别为m1和m2. (1)m1 ______ m2(填大于、小于或者等于) (2)现有下列器材,为完成本实验,必需的器材有_____. A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.圆规 (3)用图中的符号来表示1、2两小球碰撞过程中动量守恒的表达式是_______. 14.如图1所示,用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系: (1)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP,然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__;(填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量m1、m2 B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM、ON (2)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为__(用②中测量的量表示),若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为__;(用②中测量的量表示) (3)经测定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1:p1′=__:11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′:p2′=11:__;实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为__。 15.如图所示,一物体从固定斜面顶端由静止开始经过下滑到底端,已知斜面的倾角,斜面长度,,,取重力加速度,求: (1)物体与斜面间的动摩擦因数; (2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值; (3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值. 16.如图所示,光滑水平桌面的右端接有倾角为的斜面,一物块静止在桌面上。一颗质量为的子弹以水平速度射入物块后以水平穿出,然后物块冲出桌面,经落在斜面上。,,。求: (1)物块冲出桌面时的速度大小; (2)子弹射穿物块过程中对物块做的功。 17.如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图,地面与水面的距离为H.用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变),龙头离地面高h,水管横截面积为S,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力. (1)水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出,水落地的位置到管口的水平距离为10h.设管口横截面上各处水的速度都相同.求: a.每秒内从管口流出的水的质量m0; b.不计额外功的损失,水泵输出的功率P. (2)在保证水管流量不变的前提下,在龙头后接一喷头,如图2所示.让水流竖直向下喷出,打在水平地面上不反弹,产生大小为F的冲击力.由于水与地面作用时间很短,可忽略重力的影响.求水流落地前瞬间的速度大小v. 18.质谱仪是利用电场和磁场分析带电粒子性质的仪器,某同学设计的一种质谱仪结构如图所示。一对平行金属板的板间距为,板间电压为,上极板带正电。我们把板间区域叫区域Ⅰ。在上板右端紧挨着上板垂直放置一足够大的荧光屏。以下板右端点为顶点的足够大的区域叫做区域Ⅱ,角。在区域Ⅰ、Ⅱ间均分布有垂直纸面向里,磁感应强度为的匀强磁场。以下问题中均不考虑带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用。 (1)某带电粒子沿两板间中线方向射入后沿直线运动进入区域Ⅱ,恰好垂直边界射出,判断带电粒子的电性,求出粒子的荷质比以及粒子在区域Ⅱ中的运动时间; (2)仅将(1)问中的粒子电性改变,而且将大量这样的粒子从两极板左端口从上到下均匀排列,沿平行极板方向源源不断地射入板间。求某时刻击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比; (3)在(2)问中若屏上某点接收到粒子流形成的电流为,假设粒子击中屏后速度变为零,求粒子对屏的平均撞击力大小。 参考答案 1.C 【解析】 设小船的质量为M,小球的质量为m,甲球抛出后,根据动量守恒定律有:mv=(M+m)v′,v′的方向向右.乙球抛出后,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:(M+m)v′=mv+Mv″,解得v″=0.根据动量定理得,所受合力的冲量等于动量的变化,对于甲球,动量的变化量为mv,对于乙球动量的变化量为mv-mv′,知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量,所以抛出时,人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大.故C正确. 2.C 【解析】 分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等,由此确定动量的变化是否为零。 【详解】 AC.过程I中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故A错误,C正确; B.运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程II的动量改变量不等于零,故B错误; D.过程II 的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误。 3.D 【解析】 A.规定向右为正方向,则 , 对A在与墙碰撞的过程,由动量定理得 所以A错误; B.A和B碰撞过程中,A对B的作用力和B对A的作用力是一对相互作用力,应该大小相等,方向相反,所以B错误; C.由题意可知,A和B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得 所以C错误; D.A和B碰后一起沿圆轨道向上运动,在运动过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得 所以D正确。 故选D。 4.A 【解析】 对妞妞下降过程有 得 规定向上为正向,由动量定理得 代入数据求得 A. 3000N与分析相符,故A正确; B. 2880N与分析不符,故B错误; C. 1440N与分析不符,故C错误; D. 3220N与分析不符,故D错误; 故选:A。 5.B 【解析】 AB.物块A刚好运动到木块B的最高点时,两者共速为v,对物块A和木块B组成的系统,由机械能守恒和水平方向动量守恒得: =mAgR+ 解得 v0=4m/s、v=2m/s 故A错误,B正确; CD.当物块A返回到水平面时,木块B的速度最大,由机械能守恒和水平方向动量守恒得: =+ 解得 v2=4m/s、v1=0m/s 另一组解 v1=4m/s、v2=0(舍去) 故CD错误。 6.D 【解析】 【详解】 小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向的动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得 根据机械能守恒定律可得 因为M=m,所以解得。所以铁块离开车时将做自由落体运动。故ABC错误,D正确。 故选D。 7.B 【解析】 【详解】 A.合外力对物体做功为0,物体动能不变,速度方向可能改变,它的动量可能要改变,故A错误; B.由动量定理可知,合外力对物体冲量为0,则物体的动量不变,即物体的速度不变,所以物体的动能一定不变,故B正确; C.做变速运动的物体,动能不一定变化,如匀速圆周运动的速度大小不变,动能不变,故C错误; D.做变速运动的物体,速度一定变化,则物体的动量一定变化,故D错误。 故选B。 8.B 【解析】 【详解】 由题,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则结合动量守恒定律和动能守恒,设入碰小球的速度为v0,碰撞后的速度分别为v1和v2,则碰撞后两个小球的速度分别为: , 由于A球质量小于B球质量,AB相碰后A速度向左运动,B向右运动,B、C、D、E、F五球质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终F有向右的速度,BCDE静止,由于G球质量小于F球质量,则GF球碰撞后,两球都向右运动,所以AFG三球运动,BCDE四球静止。 故选B。 9.A 【解析】 【详解】 A.由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用,所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒,故A正确; B.当小球刚好到达B点时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,以小球的初速度方向为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得 机械能守恒定律得 联立解得 所以当时,小球不能到达B点,故B错误; C.小球在圆弧上运动的过程中,小球对滑块M的压力一直对滑块做正功,所以滑块动能一直增加,故C错误; D.小球离开四分之一圆弧轨道时,在水平方向上与滑块M的速度相同,则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上,不可能从滑块的左侧离开滑块,故D错误。 故选A。 10.BCD 【解析】 【详解】 A.在木块A与弹簧相互作用的过程中,从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中,弹簧对木板B有向左的弹力,B板仍在加速,所以弹簧压缩量最大时,B板运动速率不是最大,当弹簧恢复原长时B板的速率最大,故A错误; B.弹簧压缩量先增加后减小,弹簧对B板的弹力先增大后减小,故B板的加速度先增加后减小,故B正确; C.设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2,取向左为正方向,根据动量守恒定律,有 根据机械能守恒定律,有 解得 , 对滑块A,根据动量定理,有 故C正确; D.当滑块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,根据动量守恒定律,有 系统机械能守恒,根据守恒定律,有 联立解得 故D正确。 故选BCD。 11.BD 【解析】 【分析】 【详解】 由甲图可知,图线与t轴围成的面积表示冲量,则当水平力为F=10N时,冲量为,根据动理定理,得此时甲的动量为,则此时甲的速度为,则甲的动能为,因F是变力,故无法求出甲运动的位移;由乙图可知,图线与x轴围成的面积表示拉力T做的功,则当水平力T=10N时, 则拉力T做的功为,根据动能定理有:,解得:,此时乙的动量为,故AC错误,BD正确;故选BD. 12.ABC 【解析】 【详解】 A.由冲量定义式可知,两次重力相同,则冲量之比等于时间之比,即为 故A正确; B.物体两种状态从a到b,都只有重力做功,物体下落高度一致,故合外力做功相等,即 故B正确; C.物体平抛落到b点的过程,运动时间为t,则斜面高度,物体沿斜面下滑,设斜面与水平面的夹角为θ,受重力、支持力作用,合外力为 运动时间为2t,则位移为 加速度为 则有 即 则有 解得 得 故C正确; D.物体平抛落到b点的过程,水平位移为,竖直位移为,则有 那么,物体在b点的水平速度为v0,竖直速度为gt,所以,物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为 故D错误。 故选ABC。 13.大于 BCD 【解析】 【分析】 【详解】 (1)要使两球发生对心正碰,两球半径应相等,为防止入射球碰撞后反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即:m1、m2大小关系为m1>m2. (2)小球离开轨道后做平抛运动,由得小球做平抛运动的时间,由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同,则它们在空中的运动时间t相等,验证碰撞中的动量守恒,需要验证:m1v1=m1v1′+m2v2,则:m1v1t=m1v1′t+m2v2t,得m1x1=m1x1′+m2x2,由图所示可知,需要验证:m1OP=m1OM+m2ON,因此实验需要测量的量有:①入射小球的质量,②被碰小球的质量,③入射小球碰前平抛的水平位移,④入射小球碰后平抛的水平位移,⑤被碰小球碰后平抛的水平位移,测量水平位移需要用直尺,测质量需要天平,找平均落点需要用到圆规画最小圆,因此需要的实验器材是BCD. (3)根据分析可知验证的表达式为:m1OP=m1OM+m2ON. 14.ADE 【解析】 【分析】 【详解】 (1)实验时,先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP,然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复,测量平均落点的位置,找到平抛运动的水平位移,因此步骤中D、E是必须的,而且D要在E之前,至于用天平秤质量先后均可以,所以答案是ADE或DEA; (2)设落地时间为t,则,, 而动量守恒的表达式是 动能守恒的表达式是 所以若两球相碰前后的动量守恒,则成立, 若碰撞是弹性碰撞,动能是守恒的,则有成立; (3)碰撞前后m1动量之比: (1~1.01均正确) 点睛:验证动量守恒定律实验中,质量可测而瞬时速度较难,因此采用了落地高度不变的情况下,水平射程来反映平抛的初速度大小,所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度,过程中小球释放高度不需要,最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。 15.(1);(2);(3) 【解析】 【分析】 根据匀加速直线运动位移时间公式可求得物体下滑的加速度,根据牛顿第二定律即可求解物体与斜面间的动摩擦因数;损失的机械能等于克服摩擦力做的功.减小的重力势能等于重力做的功;由速度公式求出物体到达斜面底端时的速度,由动量定理求合外力的冲量.由冲量的定义式求重力的冲量,再求它们冲量之比. 【详解】 解:(1)根据,解得:a=5m/s2 根据牛顿第二定律得: 解得: (2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功,为: 减少的重力势能为: 故损失的机械能与减少的重力势能的比值为: (3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v,则有:v=at=5m/s 根据动量定理得:合外力冲量的大小为: 在下滑过程中重力的冲量为: 所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为: 16.(1)(2) 【解析】 【详解】 (1) 物块冲出桌面后做平抛运动,则有: 联立并代入数据得物块冲出桌面时的速度大小: (2)设物块的质量为,子弹射穿物块,动量守恒,则有: 子弹射穿物块过程中,根据动能定理可得: 子弹射穿物块过程中对物块做的功: 17.(1)a.;b.;(2). 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析:(1)a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动,设水喷出时速度为v0,落地时间为t 竖直方向 水平方向 时间t0内喷出的水的质量 m=ρV=ρv0t0S 每秒喷出的水的质量 联立以上各式解得 b.时间t0内水泵输出功 输出功率 解得 (2) 取与地面作用的一小块水Δm为研究对象 根据动量定理 由题意可知 解得 18.(1)(2)(3) 【解析】 【详解】 (1)粒子恰好垂直边界射出,根据左手定则可知粒子在带负电; 粒子区域Ⅰ中做匀速直线运动,则有: 设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为,如图所示,由几何关系得: 根据牛顿第二定律可得: 联立解得粒子的荷质比为: 设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的周期为: 由几何关系得圆心角为,粒子在区域Ⅱ中的运动时间: (2)设从点射入区域Ⅱ的粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹恰好与边界相切,如图所示。 由题目已知可得,粒子轨迹半径仍为,则在之间射入区域Ⅱ的粒子均可以击中荧光屏,设轨迹圆的圆心为,则有: 击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比: (3)设一段短时间内击中荧光屏上某点的粒子个数为,根据动量定理有: 根据电流定义可有: 解得: 由牛顿第三定律知,粒子对屏的平均撞击力大小为:

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 705.5KB
  • ID:6-7648656 上海市丰华高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5:原子世界探秘 章末综合复习题(含解析)

    高中物理/沪科版/选修3-5/第三章原子世界探秘/本章综合与测试

    原子世界探秘 1.下列关于元电荷的说法中正确的是(  ) A.元电荷实质上是指电子和质子本身 B.一个带电体的带电荷量可以为205.5倍的元电荷 C.元电荷有正负之分 D.元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的 2.氢原子基态的能量为E1,激发态能量为,其中n=2,3,4,…….大量氢原子处于某一激发态,由这些氢原子可能发出6种不同频率的光子,这些光子中频率最大光子的能量为 A. B. C. D. 3.下列说法中正确的是( ) A.铀核裂变的某种核反应方程是 B.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 C.卢瑟福通过α粒子散射实验验证了在原子核内部存在质子 D.一群处于能级态的氢原子,自发向低能级跃迁的过程中能辐射12种不同频率的电磁波 4.太阳光谱是吸收光谱,这是因为太阳内部发出的白光(  ) A.经过太阳大气层时某些特定频率的光子被吸收后的结果 B.穿过宇宙空间时部分频率的光子被吸收的结果 C.进入地球的大气层后,部分频率的光子被吸收的结果 D.本身发出时就缺少某些频率的光子 5.红外热象仪是利用被测物体的红外辐射进行探测成像的一种器材。它可以作为对电力系统线路状态进行监测的一种手段。红外热象仪可通过红外线遥感测出架空高压输电线各处的温度高低,根据发热点(一般在电线接头处)相对周围环境温度的温升来判断线路缺陷。请思考:红外热象仪为什么要选择红外线来进行遥感呢?线路中有缺陷的地方温度为什么高呢?以下几种答案中正确的是 A.红外线光子能量小,红外热象仪发射红外线时消耗能量少;线路中温度高的地方电流大 B.红外线光子能量小,红外热象仪发射红外线时消耗能量少;线路中温度高的地方电阻大 C.一切物体都在不停地发射红外线,不同的物体在不同的温度下发射红外线的频率和强度不同,线路中温度高的地方电流大 D.一切物体都在不停地发射红外线,不同的物体在不同的温度下发射红外线的频率和强度不同,线路中温度高的地方电阻大 6.2002 年诺贝尔物理学奖中的一项是奖励美国科学家贾科尼和日本科学家小柴晶俊发现了宇宙 X 射线源. X 射线是一种高频电磁波,若 X 射线在真空中的波长为λ,以 h 表示普朗克常量,c表示真空中的光速,以 E 和 p 分别表示 X 射线每个光子的能量和动量,则 A.E=,p=0 B.E= ,p= C.E= ,p=0, D.E=,p= 7.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.贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究,发现了原子中存在原子核 B.居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(P0)和镭(Ra)两种新元素 C.卢瑟福通过粒子散射实验,证实了在原子核内存在质子 D.汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成,并测出了该粒子的比荷 8.有关氢原子光谱的说法正确的是 ( ) A.氢原子的光谱是连续谱 B.氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光 C.氢原子光谱说明氢原子能级是分立的 D.巴耳末公式反映了氢原子辐射电磁波波长的分立特性 9.关于α粒子散射实验,下列说法正确的是 A.在实验中观察到的现象是:绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进,少数发生了较大偏转,极少数偏转角度超过90°,有的甚至被弹回 B.使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子,当α粒子接近核时是核的斥力使α粒子偏转,当α粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏转 C.实验表明:原子中心有一个极小的核,它占有原子体积的极小部分 D.实验表明:原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量 10.关于玻尔的原子模型,下述说法中正确的有 A.它彻底否定了经典的电磁理论 B.它发展了卢瑟福的核式结构学说 C.它完全抛弃了经典的电磁理论 D.它引入了普朗克的量子观念 11.a光经过某干涉仪形成的光的干涉图样如图甲所示,若只将a光换成b光照射同一干涉仪,形成的光的干涉图样如图乙所示.则下述正确的是: A.a光光子的能量较大 B.在水中a光传播的速度较大 C.b光光子的能量较大 D.若用a光照射某金属时不能发生光电效应,则用b 光照射该金属时也不能发生光电效应 12.1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念,任何一个运动着的物体,小到电子,大到行星、恒星都有一种波与之对应,波长为λ=h/p,p为物体运动的动量,h是普朗克常数.同样光也具有粒子性,光子的动量为:p=h/λ.根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子会发生下列情况:设光子频率为ν,则E=hν,p=h/λ=hν/c,被电子吸收后有hν/c = meV,hν=,解得:v = 2c,电子的速度为光速的二倍,显然这是不可能的。关于上述过程以下说法正确的是 A.因为在微观世界动量守恒定律不适用,上述论证错误,所以电子有可能完全吸收一个γ光子 B.因为在微观世界能量守恒定律不适用,上述论证错误,所以电子有可能完全吸收一个γ光子 C.动量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍适用规律,所以唯一结论是电子不可能完全吸收一个γ光子 D.若γ光子与一个静止的自由电子发生作用,则γ光子被电子散射后频率会减小 13.1897年,英国物理学家汤姆孙发现了_______________,使人们进一步认识到原子不是组成物质的最小单位,它是有内部结构的。 14.根据卢瑟福的原子___________________可知,____________是非常小的,其半径只有原子半径的十万分之一。 15.1909年,英国物理学家_________和他的同事们用高速飞行的粒子去轰击金箔,根据粒子飞行路径的改变,得出如下结果:(1)_____________________________________________;(2)_____________________________________________;(3)___________________________。 16.将氢原子电离,就是从外部给电子能量,使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子。已知氢原子处于基态时,原子的能量为E1=-13.6Ev,求: (1)若要使n=2激发态的氢原子电离,至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子? (2)若用波长为200nm的紫外线照射氢原子,则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大?(电子电荷量E=1.6×10-19C,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,电子质量mE=9.1×10-3kg) 17.如图所示为汤姆孙用来测定电子比荷的装置.当极板P和间不加偏转电压时,电子束打在荧光屏的中心O点处,形成一个亮点;加上偏转电压U后,亮点偏离到点,点到O点的竖直距离为d,水平距离可忽略不计;此时在P与之间的区域里再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场,调节磁感应强度,当其大小为B时,亮点重新回到O点,已知极板水平方向长度为,极板间距为b,极板右端到荧光屏的距离为; (1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小; (2)推导出电子比荷的表达式。 参考答案 1.D 【解析】 【详解】 元电荷是指最小的电荷量,不是指质子或者是电子,故A错误;带电体的带电量一定是元电荷的整数倍;故B错误;元电荷是一个电荷量,不分正负;故C错误;电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的,元电荷的值通常取作e=1.60×10-19C,故D正确。故选D。 2.B 【解析】 大量处于某一激发态的氢原子可能发出6种不同频率的光子,可知是从n=4的能级向低能级跃迁产生的,则频率最大的光子由n=4到n=1跃迁产生,最大能量为,故选B. 3.B 【解析】 【详解】 A. 铀核裂变的核反应是:是,两边中子不能约。故A错误; B. 质子、中子、α粒子质量分别为m1、m2、m3,质子和中子结合成一个α粒子,释放能量是(2m1+2m2?m3)c2.故B正确; C. 卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子,实验验证了在原子核内部存在质子,故C错误; D. 根据波尔理论,一群处于n=4能级态的氢原子,自发向低能级跃迁的过程中能辐射6种不同频率的电磁波,故D错误。 故选:B。 4.A 【解析】 【详解】 太阳光谱是一种吸收光谱,是因为太阳发出的光穿过温度比太阳本身低得多的太阳大气层,而在这大气层里存在着从太阳里蒸发出来的许多元素的气体,太阳光穿过它们的时候跟这些元素的特征谱线相同的光都被这些气体吸收掉了,故A正确,BCD错误。 5.D 【解析】 【分析】 用红外热成像技术,探测目标物体的红外辐射,并通过光电转换、信号处理等手段,将目标物体的温度分布图象转换成视频图象的设备,我们称为红外热成像仪. 【详解】 红外线光子能量小,波长长,容易绕过障碍物;一切物体都在不停地发射红外线,不同的物体在不同的温度下发射红外线的频率和强度不同;线路中温度高的地方电阻大,发热多,温度高,D正确. 6.D 【解析】 【详解】 光子的能量.根据可得,D正确. 7.BD 【解析】贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究,证明原子核有复杂结构,并不是说明原子中存在原子核.α粒子散射实验说明原子中存在原子核;AC错误;居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(P0)和镭(Ra)两种新元素,B正确;汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成,并测出该粒子的比荷,D正确. 8.BC 【解析】由于氢原子发射的光子的能量:E=En-Em,所以发射的光子的能量值E是不连续的,只能是一些特殊频率的谱线,故A错误B正确;由于氢原子的轨道是不连续的,故氢原子的能级是不连续的即是分立的,故C正确;由于跃迁时吸收或发射的光子的能量是两个能级的能量差,所以氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关,巴耳末公式反映了氢原子辐射光子频率的分立特性,D错误; 9.AC 【解析】 【分析】 【详解】 AB. α粒子散射实验的内容是:绝大多数α粒子几乎不发生偏转;少数α粒子发生了较大的角度偏转;极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°,有的甚至几乎达到180°,被反弹回来),故A正确B错误; CD. 实验表明:原子中心有一个极小的核,它占有原子体积的极小部分,原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子几乎全部的质量,故C正确D错误; 故选AC。 10.BD 【解析】 【详解】 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念,成功地解释了氢原子光谱实验规律;但对于稍微复杂一点的原子如氦原子,玻尔理论就无法解释它的光谱现象。这说明玻尔理论还没有完全揭示微观粒子运动的规律;它的不足之处在于保留了经典粒子的观念,仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动,AC错误;玻尔首先把普朗克的量子假说推广到原子内部的能量,来解决卢瑟福原子模型在稳定性方面的困难,BD正确. 11.BC 【解析】 【分析】 根据双缝干涉条纹的间距公式比较出两束光的波长大小关系,从而得出频率关系和折射率关系,根据,去判断光子能量的大小以及在介质中的速度大小.根据光子能量的大小判断是否能够发生光电效应. 【详解】 a光的间距大于b光,由得a光的波长大于b光的波长,根据知,a光的频率小于b光的频率,根据公式可知b光光子的能量大,A错误C正确;a光的频率小于b光的频率,a光的折射率小于b光的折射率,根据得,a光的折射率小,则a光在水中的传播速度大,B正确;若用a光照射某金属没有光电子逸出,因为a光的频率小于b光,所以b光照射该金属时不一定没有光电子逸出,D正确. 12.CD 【解析】 【详解】 根据常识“动量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律”从而可判断AB错误,光电效应中金属内部电子在吸收一定能量的光子后克服逸出功从而成为自由电子、以及玻尔能级跃迁中基态的电子吸收一定频率的光子后能跃迁到较高能级的印象,在这两个例子中,都是电子吸收光子的,C正确;同时学生头脑中有康普顿效应的印象,所以能判断光子被电子散射后因能量变小从而频率降低,D正确. 13.电子 【解析】 【详解】 [1]1897年,英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子,使人们进一步认识到原子不是组成物质的最小单位,它是有内部结构的。 14.核式结构模型 原子核 【解析】 【详解】 [1][2]根据卢瑟福的原子核式结构模型可知,原子核是非常小的,其半径只有原子半径的十万分之一。 15.卢瑟福 绝大多数α粒子穿过金销后,与原来的运动方向偏离不多 少数α粒子产生较大角度的偏转 极少数α粒子产生超过的大角度偏转,个别α粒子甚至被弹回 【解析】 【详解】 (1)1909年,英国物理学家卢瑟福和他的同事们完成了α粒子散射实验; [2][3][4]根据粒子飞行路径的改变,得出如下结果:绝大多数α粒子穿过金销后,与原来的运动方向偏离不多、少数α粒子产生较大角度的偏转、极少数α粒子产生超过的大角度偏转,个别α粒子甚至被弹回 16.(1)8.21×1014Hz(2)9.95×105m/s 【解析】 【详解】 (1)n=2时, eV 要使处于n=2激发态的原子电离,电离能为ΔE=E∞-E2=3.4eV Hz (2)波长为300nm的紫外线一个光子所具有的能量 J 电离能ΔE=3.4×1.6×10-19J=5.44×10-19J 由能量守恒 代入数值解得v≈9.95×105m/s。 17.(1) (2) 【解析】 【详解】 (1)电子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速直线运动,有: 得:,即打到荧光屏O点的电子速度的大小为; (2)P与之间只有偏转电场时,电子的加速度为a,运动时间为t,电子离开偏转电场的偏移量为y,速度偏转角为,根据运动学公式: 根据牛顿第二定律有: 运动时间: 解得: 由于: 可得:。

    • 2020-07-29
    • 下载0次
    • 274.5KB