高中物理人教版5本册总复习总复习 试卷答案

试卷答案1.考点：原子的核式结构．分析：知道哪些实验说明光具有波动性；了解α粒子散射实验的意义；比结合能是结合能与核子数的比值；原子向外辐射光子后，能量减小，加速度增大．解答：解：A、光电效应说明了粒子的粒子性，电子的衍射现象说明粒子的波动性，故A错误；B、α粒子散射实验证实了原子核的结构，并且可以用来估算原子核半径，故B正确；C、氢原子辐射出一个光子后能量减小，电子从高能级跃迁到低能级，能量减小，但加速度随着半径减小而增大．故C正确；D、比结合能是结合能与核子数的比值，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，故D正确；故选：BCD．点评：光电效效应说明了粒子的粒子性，电子的衍射现象说明粒子的波动性，α粒子散射实验发现了原子的核式结构模型，了解物理实验的意义布朗运动是花粉微粒受液体撞击后的运动，A错误；热传递和做功两种改变内能的方式中单一因素无法决定内能的变化情况，B错误；温度是表征物体分子的平均动能大小的物理量，但无法确定一个分子的动能，C错误；气体压强是大量分子做无规则运动撞击容器壁产生的，D正确。3.考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：试管的运动状态取决于它所受浮力与重力的大小关系，而这里重力不变，因此，分析出浮力的大小即可做出判断．浮力的大小与试管排开的水的多少有关，而排开水的多少又与它自身的体积有关，因此，还要分析它自身体积的变化情况．解答：解：当向水槽中加水时，水的深度增加，对试管内空气柱的压强增大，使空气的体积被压缩，则它排开的水的体积减小，浮力减小，重力大于水的浮力，故物体会加速下沉；故选：B．点评：这里应充分考虑到被密封的空气柱的特点，因为它的体积是很容易被压缩的，而它的体积的压缩会直接导致浮力的变化．解：A、用人工的方法使原子核发生转变的过程叫做原子核的人工转变．715N在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变．故A错误．B、由轻原子核生成较重的原子核，同时释放出巨大能量的核反应叫核聚变．故B正确．C、α衰变是原子核自发放射α粒子的核衰变过程，故该反应是α衰变．故C错误．D、用α粒子轰击Al产生P和n，是在人为的作用下发生的故该反应是人工转变．故D正确．故选：BD动量守恒定律解：设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv0=Mv1﹣mv2=对整体有机械能守恒定律可得：mv02=Mv12+mv22联立解得：=故选：C．7解答：解：A：U形管右侧的气体的压强：P=P0﹣ρgh，气体的压强处处相等，所以左右两边水银柱的长度是相等的，所以左管内外水银面高度差一定为h．故A正确；B：气体的压强处处相等，所以左右两边水银柱的长度是相等的，与左右水银面的高度无关，故B错误；C：左右两边水银柱的长度要保持相等，气体的体积要保持不变，故当把U形管向上提高h（不脱离水银面），则右管口的水银面也沿管壁上升h，故C正确；D：整个装置一起向下加速运动，水银柱产生的压强差△p=，压强差减小，气体的压强增大，体积减小，右面的水银面将沿壁上升一段距离．故D正确．故选：ACD．点评：该题考查气体压强，关键的是气体的压强处处相等，左右两边水银柱的长度是相等的．属于简单题．8.解：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，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出3种不同频率的光，故B正确；C、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大=﹣+=，因锌的逸出功是，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=﹣=，故C正确；D、用能量为的光子照射，小于，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于，才能跃迁，故D错误；故选：BC．分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大．两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和A、由图象可知，乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，此时分子处于平衡位置，分子引力与分子斥力大小相等，合力为零，加速度为零，故A错误B、乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，由能量守恒定律则知，分子的动能最大，故B正确；C、乙分子在Q点（x=x1）时，分子间距离小于平衡距离，分子引力小与分子斥力，合力表现为斥力，在Q点分子不处于平衡状态，故C错误；D、由图象可知，乙分子在Q点时分子势能为零，大于分子在P点的分子势能，因此在Q点分子势能不是最小，故D错误；故选：B解：A、如图可知，从金属出来的电子在电场力作用下，加速运动，则对应电压为正向电压，故A正确；B、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，a、c光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据eU截=m=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等，则a、c光的波长相等；因b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，则a光的波长大于b光的波长，故B错误，C正确；D、由图可知，a的饱和电流大于c的饱和电流，而光的频率相等，所以a光的光强大于c光的光强，故D错误；故选：ACA、从状态d到c，温度不变，气压减小，根据理想气体状态方程，体积增加；体积增加说明对外做功，温度不变说明内能不变，根据热力学第一定律公式，气体吸收热量，故A错误；B、从状态c到b，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低内能减小，根据热力学第一定律知气体放热，故B正确；C、从状态a到d，气压不变，温度升高，根据理想气体状态方程，故体积增加，温度升高说明内能增加，体积增加说明对外做功，根据热力学第一定律公式，故气体吸收热量，故C正确；D、从状态b到a，ad的延长线过原点，是等容变化，温度升高说明内能增加，体积不变说明气体不做功，根据热力学第一定律公式，气体吸收热量，故D正确。故选BCD。解：A、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故A错误，B正确；C、系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m从A到C的过程中，m向右运动，M向左运动，m从C到B的过程中M还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C错误；D、设滑块从A到B的过程中为t，滑块发生的水平位移大小为x，则物体产生的位移大小为2R﹣x，取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：m﹣M=0解得：x=所以物体产生的位移的大小为2R﹣x=，故D错误；故选：B．13..油膜法；单分子层；直径；5*10-1014.（1）>±（2）ABD15.16.解：（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律得：=，解得：T=；（2）对活塞，由平衡条件得：mg+pS=p0S，气体做功：W=Fl=pSl=pS（L﹣L0），解得：W=（p0S﹣mg）（L﹣L0）；（3）由热力学第一定律得：△U=W+Q，气体吸收的热量：Q=△U+（p0S﹣mg）（L﹣L0）；答：（1）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到；（2）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功为（p0S﹣mg）（L﹣L0）；（3）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为△U，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为△U+（p0S﹣mg）（L﹣L0）．【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】（1）气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度；（2）应用功的计算公式求出功．（3）应用热力学第一定律求出气体吸收的热量．17.考点：理想气体的状态方程；气体的等温变化．专题：理想气体状态方程专题．分析：先根据理想气体的等温变化解得此时气体的压强，然后根据，解得所加的物体重力．第二步气体做的是等压变化，根据等压变化的规律来解．解答：解：（1）若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，根据理想气体的等温变化：P1V1=P2V2P1=1×105PaV1=VP2=P2V2=解得：P2=2×105Pa活塞面积：S=100×10﹣4m2=10﹣2m2因为P2=P0+解得：所加的重物G=1000N（2）在加压重物的情况下，保持气缸内压强不变，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，已知P3=2×105PaV3=VT3=T3根据理想气体状态方程：解得：T3=600K所以t=T﹣273℃=327℃答：（1）若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强为2×105Pa，所加重物的重力为1000N；（2）在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到327℃．点评：正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化．18.解：（1）设子弹、滑块、小车的质量分别为m0、m和M，由于整个过程中子弹、滑块、小车系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：m0v子=（m0+m+M）v车；代入数据解得v车=m/s（2）设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为v0，子弹、滑块、小车的共同速度为v，因为m0+m=M，故由动量守恒定律得：Mv0=2Mv…①再设AB长为l，滑块与小车车面间的动摩擦因数为μ，由动能定理得：μMgl=﹣…②由①②解得：l=在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回B处的过程中，系统的机械能守恒，在滑块相对于小车由B处向左滑动的过程中有机械能损失，