高中物理粤教版选修3-5 综合测试题1 Word版含解析

综合测试题(一)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1.美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应.关于康普顿效应，以下说法正确的是（　　）
A.康普顿效应现象说明光具有波动性
B.当光子与晶体中电子碰撞后，光子能量减少
C.当光子与晶体中电子碰撞后，光子频率增加
D.当光子与晶体中电子碰撞后，光子质量不变
解析：康普顿效应现象说明光子具有动量，即具有粒子性，故A错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，根据λ＝，动量变小，根据p＝mc，光子质量减小，根据E＝mc2光子的能量减小，故B正确，C、D错误.
答案：B
2.电子的发现是人类对物质结构认识上的一次飞跃，开创了探索物质微观结构的新时代，下列关于电子的说法正确的是（　　）
A.汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子
B.β衰变时原子核会释放电子，说明电子也是原子核的组成部分
C.电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有粒子性
D.β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线和γ射线都弱
解析：汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子，故A正确；衰变现象是原子核内部的中子转化为质子同时失去一个电子，故B错误；电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有波动性，故C错误； β射线是高速电子流，它的穿透能力比γ射线弱，比α射线强，故D错误.
答案：A
3.下列关于核反应方程及描述，正确的是（　　）
A.42He＋Al→P＋是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程
B.U→Xe＋Sr＋n是核聚变方程
C.H＋H→He＋n是α衰变方程
D.N＋He→O＋H是α衰变方程
解析：该方程是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，找到了放射性的同位素30P，故A正确；该方程是核裂变方程，但方程书写错误，故B错误；该方程是轻核聚变反应，故C错误；该方程是卢瑟福发现质子的方程，故D错误.
答案：A
4.2018年8月19日报道，日本福岛第一核电站核污水净化后的含氚水中，仍残留有其他放射性物质，其中部分物质半衰期长达1570万年.有关原子核的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A.有8个放射性元素的原子核，当有4个发生衰变所需的时间就是该元素的半衰期
B.天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强
C.放射性元素发生β衰变时所释放出电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
D.汤姆孙首先发现了中子，从而说明原子核内有复杂的结构
解析：半衰期具有统计规律，对大量的原子核才适用，故A错误；天然放射性现象中产生的α射线速度为光速的十分之一，电离能力较强，穿透能力较弱，故B错误；放射性元素发生β衰变时原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，并且将电子释放出来，故C正确；电子的发现，表明原子有复杂的结构；天然放射现象的发现，表明原子核有复杂的结构，D错误.
答案：C
5．一个放电管发光，在其光谱中测得一条谱线的波长为1.22×10－7 m，已知氢原子的能级示意图如图所示，普朗克常量h＝6.63×
10－34 J·s，则该谱线所对应的氢原子的能级跃迁是(　　)
A．从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级
B．从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级
C．从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级
D．从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级
解析：波长为1.22×10－7 m的光子能量E＝h＝ J≈1.63×10－18 J≈10.2 eV，从图中给出的氢原子能级图可以看出，这条谱线是氢原子从n＝2的能级跃迁n＝1的能级的过程中释放的，故D项正确．
答案：D
6.如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人.原来车和人都静止.当人从左向右行走的过程中（　　）
A.人和车组成的系统水平方向动量守恒
B.人和车组成的系统机械能守恒
C.人和车的速度方向相同
D.人停止行走时，人和车的速度不为零
解析：人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故A正确.人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误.人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车速度也为零，故C错误，D错.故选A.
答案：A
7.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转.以下说法正确的是（　　）
A.增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小
B.a光照射金属板时验电器的金属小球带负电
C.增大b光的强度，验电器指针偏转
D.若a光是氢原子从n＝4的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的
解析：增大a光的强度，单位时间内发出的光电子数目增多，则验电器的指针偏角增大，故A错误；a光照射金属板时，发生光电效应，有光电子逸出，金属板带正电，所以验电器金属小球带正电，故B错误；用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现b光照射时指针未偏转，根据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可知b的频率小于该金属的极限频率，增大b光的强度，或增大b光的照射时间都不能使金属发生光电效应，验电器的指针偏角一定不偏转，故C错误；因为a光的频率大于b光的频率，则辐射a光的两能级差大于辐射b光的两能级差，因为n＝4和n＝1间的能级差大于n＝5和n＝2之间的能级差，故从n＝5的能级向n＝2的能级跃迁时产生的可能是b光，D正确.
答案：D
8.一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（　　）
A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
C.地面对他的冲量为mν＋mgΔt，地面对他做的功为零
D.地面对他的冲量为mν－mgΔt，地面对他做的功为零
解析：人从下蹲起跳，经Δt时间速度为v，对此过程应用动量定理得：I＋（－mgΔt）＝mv－0 故在此过程中，地面对他的冲量I＝mν＋mgΔt，人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零.综上，选C.
答案：C
9．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　)
A．0 B.
C. D.
解析：碰撞前系统的总动能Ek＝2×＝，由于碰撞后系统总动能不增加，所以选项B是不可能的．
答案：B
10.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，则下列关于它们下滑过程的说法，正确的是（　　）
A.重力对各环的冲量a的最大
B.弹力对各环的冲量c的最大
C.合力对各环的冲量大小相等
D.各环的动能增量相等
解析：设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t， 圆周的直径为D，则环的加速度大小a＝gcos α.由位移公式得Dcos α＝at2＝gcos αt2，得t＝ ，所以三个环运动时间相同.由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I＝Ft分析可知，各环重力的冲量相等，A错误.c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，B正确.a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误.重力对a环做功最大，其动能的增量最大，D错误.
答案：B
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)
11．下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是(　　)
图甲 　　图乙　　图丙　　图丁
A．图甲的远距离输电，可以降低输电电压来降低输电线路上的能量损耗
B．图乙的霓虹灯，各种气体原子的能级不同但跃迁时发射能量相同的光子
C．图丙的14C测年技术，根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间
D．图丁的核反应堆，通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度
解析：图甲的远距离输电，可以提高输电电压来降低输电线路上的电流，从而减小输电线的能量损耗，选项A错误；各种气体原子的能级不同，由于发射光子的能量等于两个能级的能级差，故跃迁时发射能量不相同的光子，选项B错误；图丙的14C测年技术，根据植物体内的放射性强度变化推算其死亡时间，选项C正确；图丁的核反应堆，通过镉棒插入的深浅调节中子数目以控制反应速度，选项D正确．
答案：CD
12.如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带着一光滑、半径为R的圆弧轨道.现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是（　　）
A.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C.小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
解析：小车和小球在水平方向上的合力为零，此方向上动量守恒，总的合力不为零，所以总的动量不守恒；除重力和系统内弹力以外的力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒.综合可知B、C、D正确.
答案：BCD
13.质量分别为m1、m2的物体，分别受到不同的恒力F1、F2的作用，由静止开始运动，下列说法正确的是（　　）
A.若在相同位移内它们动量变化相同，则＝
B.若在相同位移内它们动量变化相同，则＝
C.若在相同时间内它们动能变化相同，则＝
D.若在相同时间内它们动能变化相同，则＝
解析：由动能定理得：Fx＝mv2－0，动能为：Ek＝mv2＝，则Fx＝，解得F＝，若在相同位移内它们动量变化相同，则F∝有：＝，故A正确，B错误；由牛顿第二定律得：F＝ma，物体动能为Ek＝mv2＝m（at）2＝，F＝ ；若在相同时间内它们动能变化相同，则有F∝，＝ ，故C错误，D正确.
答案：AD
14.如图所示，一光电管的阴极用极限波长为λ0的钠制成.用波长为λ的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差为U，饱和光电流的值（当阴极K发射的电子全部到达阳极A时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流）为I，电子电荷量为e，则
A.若入射光强度增到原来的三倍，但光子的能量不变，从阴极K发射的光电子的最大初动能可能增大
B.若改用同样强度的蓝光照射可能逸出光电子
C.每秒钟内由K极发射的光电子数目为I/e
D.发射的电子到达A极时的动能最大值为hc
解析：从阴极K发射的光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，与入射光强度无关，入射光强度增到原来的三倍，但光子的能量不变，从阴极K发射的光电子的最大初动能不变，故A错误；蓝光的频率比紫外线的频率小，又根据Ek＝hν－W0可得，用同样强度的蓝光照射可能逸出光电子，也可能不逸出光电子，故B正确；由K极发射的光电子数目为n＝＝，每秒钟内由K极发射的光电子数目为 ，故C正确；发射的电子到达A极时的动能最大值为Ek＝hν－W0＝－＝hc，故D正确；故选BCD.
答案：BCD
二、非选择题(本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(6分)在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB.
(1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的序号填在横线上________．
①秒表 ②刻度尺
③天平 ④圆规
(2)如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有________．
①＝ ②＝
③＝ ④＝
解析：(1)由实验原理可知，需要测小球质量，测OM、OP、ON距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规．
(2)根据动量守恒定律有：mAOP＝mAOM＋mBON，即mA(OP－OM)＝mBON，①正确．
答案：(1)②③④　(2)①
16.（9分）一个铍核（Be）和一个α粒子反应后生成一个碳核，放出一个中子并释放出5.6 MeV的能量（保留两位有效数字）.
（1）写出这个核反应方程；
（2）如果铍核和α粒子共130 g，且刚好反应完，求共放出多少能量？
（3）这130 g物质反应过程中，其质量亏损是多少？
解析：（1）Be＋He→C＋n.
（2）铍核和氦核的摩尔质量之和
μ＝μBe＋μα＝（9＋4） g/mol＝13 g/mol，
铍核和氦核各含的摩尔数n＝＝ mol＝10 mol，
所以放出的能量ΔE＝n·NA·E放＝10×6.02×1023×5.6 MeV＝3.371×1025 MeV＝5.4×1012 J.
（3）质量亏损Δm＝＝ kg＝6.0×10－5 kg.
答案：（1）Be＋He→C＋n　（2）5.4×1012 J
（3）6.0×10－5 kg
17.（12分）已知氢原子的基态电子轨道半径为r1＝0.528×10－10 m，量子数为n的能级值为En＝ eV.
（1）求电子在基态轨道上运动的动能；
（2）有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种光谱线；
（3）计算这几种光谱线中波长最短的波.
（静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，真空中光速c＝3.00×108 m/s）
解析：由＝，可计算出电子在任意轨道上运动的动能Ekn＝mv＝，
由En＝ eV计算出相应量子数n的能级值为En.
（1）核外电子绕核做匀速圆周运动，静电引力提供向心力， 则＝，
又Ek＝mv2，故电子在基态轨道的动能为
Ek＝＝ J＝13.6 eV.
（2）n＝1时，能级值E1＝ eV＝－13.6 eV；
n＝2时，能级值E2＝ eV＝－3.4 eV；
n＝3时，能级值E3＝ eV＝－1.51 eV；
能发出的光谱线分别为3→2，2→1，3→1共三种， 能级图如图所示.
（3）由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短.由hν＝Em－En，ν＝，得
λ＝＝ m＝1.03×10－7 m.
答案：（1）13.6 eV　（2）如解析图所示　（3）1.03×10－7 m
18.（12分）如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到A位置，弹簧在弹性限度内.求：
（1）木块第一次回到A位置时的速度大小v；
（2）此过程墙对弹簧冲量的大小I.
解析：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，解得v＝，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v＝.子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I＝－（M＋m）v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0.
答案：（1）v0　（2）2mv0
19.(12分)如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g＝10 m/s2.
求：木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．
解析：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒，得
2mv0－mv0＝3mv，①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理，得
2μmgt1＝mv－m(－v0)，②
设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律，得2μmg＝ma，③
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：
l＝v0t1－at，④
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：
t2＝，⑤
从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：
t＝t1＋t2，⑥
由以上各式得t＝，⑦
代入数据得t＝4 s.
答案：4 s