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文档简介

模块综合测评(时间:50分钟满分:100分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的4个选项中,第1~4题只有一个选项符合要求,第5~8题有多个选项符合要求.全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.)1.下列说法正确的是()\o\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】C2.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】A3.下列四幅图的有关说法中正确的是()ABCDA.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】B4.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()【导学号:54472264】图1A.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】C5.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\o\al(4,2)He+eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(8,4)Be+γ.以下说法正确的是()图2A.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】ABC6.由于放射性元素eq\o\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\o\al(237,93)Np经过一系列α衰变和β衰变后变成eq\o\al(209,83)Bi,下列判断中正确的是()【导学号:54472102】\o\al(209,83)Bi的原子核比eq\o\al(239,93)Np的原子核少28个中子\o\al(209,93)Bi的原子核比eq\o\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\o\al(209,83)Bi的中子数为209-83=126,eq\o\al(237,93)Np的中子数为237-93=144,eq\o\al(209,83)Bi的原子核比eq\o\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】BC7.下列说法正确的是()A.方程式eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th+eq\o\al(4,2)He是重核裂变反应方程B.光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性C.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D.德布罗意首先提出了物质波的猜想,而电子衍射实验证实了他的猜想【解析】eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th+eq\o\al(4,2)He是衰变反应,不是重核裂变反应方程;故A错误;光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性,故B正确;β衰变所释放的电子,是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的,故C错误;德布罗意首先提出了物质波的猜想,之后电子衍射实验证实了他的猜想,故D正确.【答案】BD8.下列说法正确的是()\o\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\o\al(208,82)PbB.发现中子的核反应方程为eq\o\al(9,4)Be+eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C+eq\o\al(1,0)nC.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\o\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\o\al(208,82)Pb.故A正确;发现中子的核反应方程是eq\o\al(9,4)Be+eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C+eq\o\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5小题,共52分.按题目要求作答.)9.(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=15g,被碰小球2的质量m2=10g,由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图3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__________________________________.【导学号:54472265】图3【解析】由题图知碰前p1=m1v1=m1eq\f(Δx1,Δt1)=1500g·cm/s碰后p1′=m1eq\f(Δx1′,Δt1′)=750g·cm/sp2′=m2eq\f(Δx2′,Δt2′)=750g·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】1500750750两小球碰撞前后的动量守恒10.(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4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=cm,OP=cm,ON=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).【导学号:54472266】图4【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】P211.(12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\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,)8O+eq\o\al(1,1)H中,X粒子,eq\o\al(14,7)N、eq\o\al(17,8)O、eq\o\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\o\al(14,7)N,该反应________发生(填“能”或“不能”),其理由是________.(2)氚(eq\o\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\to(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.【导学号:54472103】【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\o\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,在此反中将吸收能量,eq\o\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\o\al(3,1)H→eq\o\al(0,-1)e+eq\o\al(3,2)He+eq\x\to(ν)e②衰变过程中动量守恒,0=p1+p2+p所以新核的动量大小为p=-p1-p2【答案】(1)α粒子(或eq\o\al(4,2)He)不能违背了动量守恒定律(2)①eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(0,-1)e+eq\o\al(3,2)He+eq\x\to(ν)e②-p1-p212.(12分)如图5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=4m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.【导学号:54472104】图5【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+mbvbeq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)+eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)解得vb=eq\f(2ma,ma+mb)v0=eq\f(8,5)v0va=eq\f(3,5)v0va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)13.(12分)如图6所示,一质量为2m的L形长木板静止在光滑水平面上.木板右端竖起部分内侧有粘性物质,当有其他物体与之接触时即会粘在一起.某一时刻有一质量为m的物块,以水平速度v0从L形长木板的左端滑上长木板.已知物块与L形长木板的上表面的动摩擦因数为μ,当它刚要与L形长木板右端竖起部分相碰时,速度减为eq\f(v0,2),碰后即粘在一起,求:图6(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时长木板在地面上滑行的距离;(2)物块与L形长木板右端竖起部分相碰过程中,长木板受到的冲量大小.【导学号:54472269】【解析】(1)设物块在L形长木板上的滑行时间为t,由动量定理得:-μmgt=me

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