模块综合测评--2021年人教版（新课标）高中物理选修3-5同步练习

这是一份人教版 (新课标)选修3选修3-5本册综合课后测评，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的4个选项中，第1～6题只有一个选项符合要求，第7～10题有多个选项符合要求．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)
1．下列说法正确的是( )
A．eq \\al(14, 6)C的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变
B．爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说
C．处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
D．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了光子说
[解析] 元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解释黑体辐射，提出了能量子假说．
[答案] C
2．根据玻尔理论，下列说法正确的是( )
A．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量
B．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量等于动能的增加量
C．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大
D．电子没有确定轨道，只存在电子云
[解析] 根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B错误；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错．
[答案] A
3．下列四幅图的有关说法中正确的是( )
A B
C D
A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围
C．光电效应实验说明了光具有波动性
D．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
[解析] 根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A错；根据卢瑟福的α粒子散射实验现象，可以知道B对；光电效应表明了光的粒子性，C错；根据左手定则可以判断射线甲带负电，D错．
[答案] B
4．根据玻尔原子结构理论，氦离子(He＋)的能级图如图1所示．当某个He＋处在n＝4的激发态时，由于跃迁所释放的光子最多有( )
图1
A．1 B．2个
C．3个D．6个
[解析] 本题研究是某个He＋，若从n＝4到n＝1能级跃迁，则只放出一个光子；若从n＝4能级跃迁到n＝2能级，可以从n＝2能级跃迁到n＝1能级，则有2个光子放出；同理，若从n＝4能级先跃迁到n＝3能级，则还可从n＝3能级向n＝2能级跃迁，也可从n＝2能级向n＝1能级跃迁，则放出3个光子，C项正确．
[答案] C
5．如图所示，有两个质量相同的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B点静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为(g取10 m/s2)( )
A．h/2B．h
C．h/4D．h/eq \r(2)
[解析] A球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由动能定理得，mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，所以v1＝2eq \r(5h)；A、B的碰撞过程动量守恒：mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝eq \r(5h)，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,2)＝(m＋m)gh′，解得h′＝eq \f(h,4).选项C正确．
[答案] C
6．在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化．在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子一定只向一个方向运动
B．0～3.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力做的功小于0
C．4.0 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4.0 s内，电场力的冲量等于0
[解析] 带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E­t图象与横轴所围“面积”成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的“面积”符号相反)．带电粒子在平行正对金属板间先向某一方向运动，而后反向运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图象与横轴所围“面积”表示与电场力冲量成正比的量可知，0～3.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.5～4.0 s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，选项D正确．
[答案] D
7．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应．核反应方程为eq \\al(4,2)He＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(8,4)Be＋γ.以下说法正确的是( )
A．该核反应为聚变反应
B．热核反应中有质量亏损
C．热核反应会放出巨大能量
D．由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的
[解析] 该核反应为聚变反应，故A正确；核反应中的裂变和聚变，都会有质量亏损，都会放出巨大的能量，故B、C正确；核反应中质量数守恒，质量不守恒，故D错误．
[答案] ABC
8．由于放射性元素eq \\al(237, 93)Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知eq \\al(237, 93)Np经过一系列α衰变和β衰变后变成eq \\al(209, 83)Bi，下列判断中正确的是( )
A．eq \\al(209, 83)Bi的原子核比eq \\al(237, 93)Np的原子核少28个中子
B.eq \\al(209, 83)Bi的原子核比eq \\al(237, 93)Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
[解析] eq \\al(209, 83)Bi 的中子数为209－83＝126，eq \\al(237, 93)Np的中子数为237－93＝144，eq \\al(209, 83)Bi的原子核比eq \\al(237, 93)Np的原子核少144－126＝18个中子，A错误，B正确；衰变过程中共发生的α衰变的次数为eq \f(237－209,4)＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C正确，D错误．
[答案] BC
9．在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有( )
A．Ek1Ek0 D．p2＜p0
[解析] 两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成eq \f(p\\al(2,1),2m)＜eq \f(p\\al(2,0),2m)，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D错误．
[答案] AB
10．下列说法正确的是( )
A．eq \\al(232, 90)Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核eq \\al(208, 82)Pb
B．发现中子的核反应方程为eq \\al(9,4)Be＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(12, 6)C＋eq \\al(1,0)n
C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小
[解析] eq \\al(232, 90)Th经过6次α衰变和4次β衰变后，质量数是：m＝232－6×4＝208，电荷数：z＝90－2×6＋4＝82，成为稳定的原子核eq \\al(208, 82)Pb.故A正确；发现中子的核反应方程是eq \\al(9,4)Be＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(12, 6)C＋eq \\al(1,0)n，故B正确；γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确；根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：keq \f(e2,r2)＝eq \f(mv2,r)，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D错误．
[答案] ABC
二、非选择题(本题共6小题，共60分．按题目要求作答．)
11．(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m1＝15 g，被碰小球2的质量m2＝10 g，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是______g·cm/s，由此可得出的结论是__________________________________．
[解析] 由题图知碰前
p1＝m1v1＝m1eq \f(Δx1,Δt1)＝1 500 g·cm/s
碰后p1′＝m1eq \f(Δx1′,Δt1′)＝750 g·cm/s
p2′＝m2eq \f(Δx2′,Δt2′)＝750 g·cm/s.
由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒．
[答案] 1 500 750 750 两小球碰撞前后的动量守恒
12．(8分)用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置于水平槽边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差eq \f(|p－p′|,p)×100%＝________%(结果保留一位有效数字)．
[解析] M、N分别是碰后两球的落地点的位置，P是碰前A球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p＝mA·OP，碰后系统的总动量可等效表示为p′＝mA·OM＋mB·ON，则其百分误差eq \f(|p－p′|,p)＝eq \f(|mA·OP－mA·OM＋mB·ON|,mA·OP)≈2%.
[答案] P 2
13．(10分)(1)大多数核反应释放核能，而有的需要吸收一定的能量才能发生核反应，比如：X＋eq \\al(14, 7)N→eq \\al(17, )8O＋eq \\al(1,1)H中，X粒子、eq \\al(14, 7)N、eq \\al(17, 8)O、eq \\al(1,1)H的质量分别为mX、mN、mO、mH，由爱因斯坦质能方程可知该反应需要吸收的能量为Q＝[(mO＋mH)－(mX＋mN)]c2，反应方程式中的X粒子为________，如果用动能为Ek＝Q的X粒子轰击速度为0的eq \\al(14, 7)N，该反应________发生(填“能”或“不能”)，其理由是________．
(2)氚(eq \\al(3,1)H)是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的β射线激发荧光物质发光．氚核发生β衰变过程中除了产生β粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子eq \x\t(ν)e.在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后，产生的反中微子和β粒子的运动方向在一条直线上，设反中微子的动量为p1，β粒子的动量为p2.求：
①氚发生β衰变的衰变方程．
②产生新核的动量．
[解析] (1)由核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒可得X为eq \\al(4,2)He；假设该反应能发生，根据爱因斯坦质能方程ΔE＝mc2知，在此反应中将吸收能量，eq \\al(4,2)He粒子的动能将全部被吸收，生成物的质量将增加，所以生成物的速度为0，故生成物的动量为0，而反应物的动量不为0，违背了动量守恒定律，故该反应不能发生．
(2)①根据质量数与电荷数守恒，则氚发生β衰变的衰变方程：eq \\al(3,1)H→eq \\al( 0,－1)e＋eq \\al(3,2)He＋eq \x\t(ν)e
②衰变过程中动量守恒，0＝p1＋p2＋p
所以新核的动量为p＝－p1－p2
[答案] (1)α粒子(或eq \\al(4,2)He) 不能 违背了动量守恒定律
(2)①eq \\al(3,1)H→eq \\al( 0,－1)e＋eq \\al(3,2)He＋eq \x\t(ν)e ②－p1－p2
14．(10分)如图所示，一个半径为R、内侧光滑的圆形轨道平放于光滑水平面上并被固定，其圆心为O.有a、b两个可视为质点的小球，分别静止靠在轨道内侧直径AB的两端，两球质量分别为ma＝4 m和mb＝m.现给a球 一个沿轨道切线方向的水平初速度v0，使其从A向B运动并与b球发生弹性碰撞，已知两球碰撞时间极短，求两球第一次碰撞和第二次碰撞之间的时间间隔．
[解析] a球与b球在B点第一次相碰，以逆时针方向为正方向，设第一次碰后a、b的速度分别为va和vb，由弹性碰撞规律得：
mav0＝mava＋mbvb
eq \f(1,2)maveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)
解得vb＝eq \f(2ma,ma＋mb)v0＝eq \f(8,5)v0
va＝eq \f(3,5)v0
va和vb均为正值，表明碰后两球运动方向相同(都朝逆时针方向)到第二次碰前，设时间间隔为Δt，有：(vb－va)·Δt＝2πR，则Δt＝eq \f(2πR,v0).
[答案] eq \f(2πR,v0)
15．(12分)如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，轻质弹簧的两端与木块接触而不固连．将轻质弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使轻质弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘在一起．以后细线突然断开，轻质弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开轻质弹簧后的速度为v0.求轻质弹簧释放的势能．
[解析] 设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒定律得
3mv＝mv0
设C离开轻质弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得
3mv＝2mv1＋mv0
设轻质弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与轻质弹簧分开的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)×3mv2＋Ep＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立解得轻质弹簧所释放的势能Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0).
[答案] eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
16．(12分)如图所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点．求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为eq \f(m1,m2)＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)
[解析] 设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有
(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得4R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v1t
女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得m2gR＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
已知m1＝2m2
解得x＝8R
[答案] 8R