2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）章末质量检测卷(三)含答案

2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）章末质量检测卷(三)第十八章原子结构(时间：90分钟满分：100分)一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于玻尔的原子模型理论，下列说法正确的是()A．原子可以处于连续的能量状态中B．原子的能量状态不是连续的C．原子中的核外电子绕核做变速运动一定向外辐射能量D．原子中的电子绕核运动的轨道半径是连续的解析：选B玻尔依据经典物理在原子结构问题上遇到了困难，引入量子化观念建立了新的原子模型理论，主要内容为：电子轨道是量子化的，原子的能量是量子化的，处在定态的原子不向外辐射能量，由此可知B正确．2．1996年，物理学家利用加速器“制成”反氢原子，反氢原子是由一个反质子和一个绕它运动的正电子组成，反质子与质子质量相同，电荷量为－e.关于氢原子和反氢原子，下列说法中正确的是()A．它们的原子能级不同B．它们的原子光谱相同C．反氢原子中正电子绕反质子的运动具有确定的轨道D．氢原子和反氢原子以大小相等的速度对心碰撞发生湮灭，只能放出一个光子解析：选B首先要明确一个氢原子是由一个电子和一个质子构成的，那么，一个反氢原子就是由一个反电子和一个反质子构成的．反电子带正电，反质子带负电．它们的原子能级相同，故A错误；它们的原子光谱相同，故B正确；反氢原子中正电子绕反质子的运动，不具有确定的轨道，故C错误；氢原子和反氢原子以大小相等的速度对心碰撞，不会发生湮灭，故D错误．3．核磁共振成像(缩写为MRI)是一种人体不接触放射线，可进行人体多部位检查的医疗影像技术．基本原理是：外来电磁波满足一定条件时，可使处于强磁场中的人体内含量最多的氢原子吸收电磁波的能量，去掉外来电磁波后，吸收了能量的氢原子又把这部分能量以电磁波的形式释放出来，形成核磁共振信号．关于人体内氢原子吸收的电磁波能量，正确的是()A．任何频率的电磁波氢原子均可吸收B．频率足够高的电磁波氢原子才吸收C．能量大于13.6eV的光子氢原子才能吸收D．氢原子只能吸收某些频率的电磁波解析：选D根据玻尔理论，氢原子只能吸收某些频率的电磁波，或吸收能量值大于13.6eV的电磁波．而在核磁共振成像中人体内氢原子吸收的电磁波能量只能是某些频率的电磁波，故A、B、C错误，D正确．4．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为－54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示．假设氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子恰好可以使锌板发生光电效应，则氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子照射锌板时()A．不发生光电效应B．发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为2.6eVC．发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为7.6eVD．发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为10.2eV解析：选B从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子能量为－6.0eV－(－13.6)eV＝7.6eV，从n＝4能级跃迁到n＝2能级释放的光子能量：E＝－3.4eV－(－13.6)eV＝10.2eV>7.6eV，一定能使该板发生光电效应；氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子恰好可以使锌板发生光电效应，说明锌的逸出功为7.6eV，根据光电效应方程：Ekm＝hν－W＝E－W＝10.2eV－7.6eV＝2.6eV，故A、C、D错误，B正确．5．已知氢原子的能级公式表示为En＝eq\f(E1,n2)，式中n＝1、2、3…表示不同的能级，E1是氢原子处于基态的能级．处于基态的氢原子受到某种单色光的照射时，只激发出波长为λ1、λ2、λ3的三种单色光，且λ1>λ2>λ3，则λ2∶λ3等于()A．3∶2 B．4∶3C．9∶4 D．32∶27解析：选D能放出三种光，说明此时氢原子处在第3能级，从第三能级跃迁到基态时放出光子能量为ΔE＝eq\f(hc,λ3)或ΔE＝eq\f(hc,λ1)＋eq\f(hc,λ2)，氢原子的能级公式表示为En＝eq\f(E1,n2)，则有eq\f(hc,λ3)＝eq\f(E1,32)－E1，而eq\f(hc,λ2)＝eq\f(E1,22)－E1，那么λ2∶λ3＝32∶27，故D正确，A、B、C错误．6．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，原子在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子．若用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，则下列说法正确的是()A．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短B．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60eVC．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11eVD．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最低解析：选B根据C32＝3知，这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光的频率最小，则波长最长，故A错误；从n＝3跃迁到n＝1辐射的光子能量最大，hν＝(13.60－1.51)eV＝12.09eV，根据光电效应方程得，最大初动能为Ekm＝hν－W0＝12.09－2.49eV＝9.60eV，故B正确，C错误；这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最高，故D错误．7．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11eV.下列说法中正确的是()A．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，可能发出可见光C．用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，所发出的光照射逸出功为2.49eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为9.60eVD．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出5种不同频率的光解析：选C一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出2种不同频率的光，即n＝3能级到n＝2能级，n＝2能级到n＝1能级，故A错误；氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光子能量小于1.51eV，小于可见光的频率，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＝hν－W＝(E3－E1)－W，代入数据可得Ek＝9.60eV，故C正确；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出C42＝6种不同频率的光，故D错误．8．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则()A．λa>λbB．Ua<UbC．a光的光子能量为12.55eVD．b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能Ekb＝7.59eV解析：选D根据能级跃迁知识得：eq\f(hc,λa)＝E4－E1＝－0.85eV－(－13.6)eV＝12.75eV，eq\f(hc,λb)＝E3－E1＝－1.51eV－(－13.6)eV＝12.09eV，显然a光子的能量为12.75eV，大于b光子的能量，a光子的波长要短，故A、C错误；根据光电效应可知，最大初动能：Ek＝eq\f(hc,λ)－W0，所以a光照射后的最大初动能为：Eka＝12.75eV－4.5eV＝8.25eV，b光照射后的最大初动能为：Ekb＝12.09eV－4.5eV＝7.59eV.根据：eU截＝Ekm，可知截止电压：Ua>Ub，故B错误，D正确．二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．关于特征谱线的说法正确的是()A．明线光谱中的明线和吸收光谱中的暗线都是特征谱线B．明线光谱中的明线是特征谱线，吸收光谱中的暗线不是特征谱线C．明线光谱中的明线不是特征谱线，吸收光谱中的暗线是特征谱线D．同一元素的明线光谱的明线与吸收光谱的暗线是相对应的解析：选AD各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线是一一对应的，所以明线光谱的谱线叫做原子的特征谱线，吸收光谱中的暗线也是特征谱线，故A正确，B、C错误；各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线是一一对应的，都有各自的特征，故D正确．10．氢原子能级图如图所示，a、b、c分别表示原子在不同能级之间的三种跃迁途径，设a、b、c在跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是Ea、Eb、Ec和λa、λb、λc，若a光恰能使某金属产生光电效应，则()A．λa＝λb＋λcB.eq\f(1,λb)＝eq\f(1,λa)＋eq\f(1,λc)C．Eb＝Ea＋EcD．c光也能使该金属产生光电效应解析：选BCEa＝E2－E1，Eb＝E3－E1，Ec＝E3－E2，故Eb＝Ea＋Ec，C选项正确；又因为E＝hν＝heq\f(c,λ)，故eq\f(1,λb)＝eq\f(1,λa)＋eq\f(1,λc)，A选项错误，B选项正确；a光恰能使某金属发生光电效应，而Ea>Ec，故c光不能使该金属产生光电效应，D选项错误．11．用具有一定动能的电子轰击大量处于基态的氢原子，使这些氢原子被激发到量子数为n(n>2)的激发态，此时出现的氢光谱中有N条谱线，其中波长的最大值为λ.现逐渐提高入射电子的动能，当动能达到某一值时，氢光谱中谱线数增加到N′条，其中波长的最大值变为λ′.下列各式中可能正确的是()A．N′＝N＋n B．N′＝N＋n－1C．λ′>λ D．λ′<λ解析：选AC氢原子处于n能级向较低激发态或基态跃迁时，可能产生的光谱线条数的计算公式为N＝Cn2＝eq\f(nn－1,2).设氢原子被激发到量子数为n′的激发态时出现的氢光谱中有N′条谱线，则n′＝n＋1，N′＝eq\f(nn＋1,2)＝N＋n，故A选项正确；氢原子能级越高相邻能级差越小，由ΔE＝eq\f(hc,λ)，n′>n，则ΔE′<ΔE，所以λ′>λ，故C选项正确．12．氢原子的能级如图所示，下列说法正确的是()A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B．氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时，发出的光子能量为1.89eVC．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光D．处于n＝1能级的氢原子可以吸收能量为13eV的电子的能量解析：选BCD当原子跃迁时，只能吸收特定频率的光子，A错误；氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时，发出的光子能量为E3－E2＝－1.51eV－(－3.40)eV＝1.89eV，B正确；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，发出光子频率的数量可以由公式C42来计算，C42＝6，C正确；用电子去碰撞氢原子时，入射电子的动能可全部或部分被氢原子吸收，所以只要入射电子的动能大于或等于基态和某个激发态的能量差，也可使氢原子激发，故处于n＝1能级的氢原子能吸收能量为13eV的电子的能量，D正确．13．如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝4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1.90eV的金属铯，下列说法正确的是()A．这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波长最长B．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n＝4跃迁到n＝1所发出的光频率最高C．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75eVD．金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85eV解析：选AD这群粒子能发出C42＝6种频率的光子，从n＝4跃迁到n＝3所发出的光波的频率最小，波长最长，从n＝4跃迁到n＝1所发出的光的频率最高，A对，B错；光电子的最大初动能对应入射光子的能量最高时，最大入射光能量对应的入射光子的频率最高，即ΔE＝E4－E1＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，由光电效应方程知Ek＝ΔE－W0＝10.85eV，C错，D对．14．氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，则下列说法正确的是()A．Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量B．甲图所示的四种光均属于可见光范畴C．Hβ对应光子的能量约为10.2eVD．Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级解析：选ABD由图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝eq\f(hc,λ)可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；依据氢光谱的特点可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；Hβ谱线对应光子的能量为E＝eq\f(hc,λ)＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,486.27×10－9)＝4.09×10－19J≈2.56eV，故C错误；Hα谱线对应光子的能量为E＝eq\f(hc,λ)＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,656.47×10－9)J＝3.03×10－19J≈1.89eV，可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．15．用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线．调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条．用Δn表示两次观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量．根据氢原子的能级图，可以判断，Δn和E的可能值为()A．Δn＝2,13.22eV<E<13.32eVB．Δn＝1,13.22eV<E<13.32eVC．Δn＝2,12.75eV<E<13.06eVD．Δn＝1,12.75eV<E<13.06eV解析：选BC明确产生光线数目m和能级n之间的关系，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，氢原子原来的最高能级为n，调高后的能级为(n＋Δn)，eq\f(n＋Δn·n＋Δn－1,2)－eq\f(n·n－1,2)＝5，解得2nΔn＋Δn2－Δn＝10.当Δn＝1时，n＝5，调整后的能级为n＝6，此时能级差ΔE＝13.22eV，提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第7能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于ΔE＝13.32eV，B选项正确，D选项错误；当Δn＝2时，n＝2，调整后的能级为n＝4，此时能级差为ΔE＝12.75eV，提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第5能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于ΔE＝13.06eV，A选项错误，C选项正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(8分)用α粒子轰击金箔时，测得α粒子能接近金箔的最小距离为2.0×10－14m．金原子核的平均密度约为多少？(阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol－1，金元素的摩尔质量M＝197g·mol－1)解析：可以把α粒子能接近金箔的最小距离看做金原子核的半径R，金原子核的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(2.0×10－14)3m3＝3.3×10－41m3一个金原子的质量m0＝eq\f(M,NA)＝eq\f(197×10－3,6×1023)kg＝3.3×10－25kg则金原子核的平均密度ρ＝eq\f(m0,V)＝eq\f(3.3×10－25,3.3×10－41)kg/m3＝1×1016kg/m3.答案：1×1016kg/m317．(10分)已知氢原子的基态电子轨道半径为r1＝0.528×10－10m，量子数为n的能级值为En＝－eq\f(13.6,n2)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．(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－19C)解析：(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，静电引力提供向心力，则：eq\f(ke2,r12)＝eq\f(mv12,r1)又知Ek＝eq\f(1,2)mv2故电子在基态轨道的动能为Ek＝eq\f(ke2,2r1)＝eq\f(9×109×1.6×10－192,2×0.528×10－10)J≈13.6eV.(2)当n＝1时，能级值为E1＝eq\f(－13.6,12)eV＝－13.6eV当n＝2时，能级值为E2＝eq\f(－13.6,22)eV＝－3.4eV当n＝3时，能级值为E3＝eq\f(－13.6,32)eV＝－1.51eV能发出光谱线分别为3→2,2→1,3→1共三种，能级图如图所示．答案：(1)13.6eV(2)见解析18．(12分)将氢原子电离，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)若用波长为200nm的紫外线照射氢原子，求氢原子电离后电子的速度多大？(电子电荷量e＝1.6×10－19C，电子质量me＝0.91×10－30kg)解析：(1)n＝2时，E2＝eq\f(－13.6,22)eV＝－3.4eV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n＝∞的轨道，n＝∞时，E∞＝0.所以，要使处于n＝2激发态的氢原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4eVν＝eq\f(ΔE,h)＝eq\f(3.4×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz≈8.21×1014Hz.(2)波长为200nm的紫外线一个光子所具有的能量E0＝h·ν0＝6.63×10－34×eq\f(3×108,200×10－9)J＝9.945×10－19J电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19J＝5.44×10－19J由能量守恒hν0－ΔE＝eq\f(1,2)mv2代入数值解得v≈9.95×105m/s.答案：(1)8.21×1014Hz(2)9.95×105m/s19．(12分)汤姆孙1897年用阴极射线管测量了电子的比荷(电子电荷量与质量之比)，其实验原理如图所示，电子流平行于极板射入，极板P、P′间同时存在匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流不会发生偏转；极板间只存在垂直纸面向里的匀强磁场B时，电子流穿出平行板电容器时的偏转角θ＝eq\f(1,15)rad.已知极板长L＝3.0×10－2m，电场强度大小为E＝1.5×104V/m，磁感应强度大小为B＝5.0×10－4T．求电子比荷．解析：无偏转时，洛伦兹力和电场力平衡，则eE＝evB只存在磁场时，有evB＝meq\f(v2,r)，如下图所示，有几何关系r＝eq\f(L,sinθ)偏转角很小时，r≈eq\f(L,θ)联立上述各式并代入数据得电子的比荷eq\f(e,m)＝eq\f(Eθ,B2L)≈1.3×1011C/kg.答案：1.3×1011C/kg20．(13分)氢原子从－3.4eV的能级跃迁到－0.85eV的能级时，是发射还是吸收光子？这种光子的波长是多少(计算结果取一位有效数字)？图中光电管用金属材料铯制成，电路中定值电阻R0＝0.75Ω，电源电动势E＝1.5V，内阻r＝0.25Ω，图中电路在D点交叉，但不相连．R为滑动变阻器，O是变阻器的中间抽头，位于变阻器的正中央，P为滑动端．从变阻器的两端点ab可测得其总阻值为14Ω.当用上述氢原子两能级间跃迁而发射出来的光照射图中的光电管，欲使电流计G中电流为零，变阻器aP间阻值应为多大？已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，金属铯的逸出功为1.9eV.解析：因氢原子是从低能级向高能级跃迁，故应是吸收光子．因为ΔE＝E1－E2＝hνν＝eq\f(c,λ)所以λ＝eq\f(hc,E1－E2)＝eq\f(6.63×10－34×3×108,3.4－0.85×1.6×10－19)m≈5×10－7m因为hν＝E1－E2＝3.4eV－0.85eV＝2.55eV所以入射光光子的能量大于铯的逸出功，故光电管会发射光电子，根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能Ek＝hν－W＝2.55eV－1.9eV＝0.65eV由动能定理W＝eU＝ΔEk可知，欲使G表中电流为零，必须在光电管上加上0.65eV的反向电压．故滑动头须滑向a端．电源所在的主干路的电流I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(1.5,14＋0.75＋0.25)A＝0.1A变阻器滑动头P与中点O间的电阻ROP＝eq\f(UO,I)＝6.5Ω所以aP间电阻RaP＝eq\f(R,2)－ROP＝eq\f(14,2)Ω－6.5Ω＝0.5Ω.答案：吸收5×10－7m0.5Ω章末质量检测卷(四)第十九章原子核(时间：90分钟满分：100分)一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于天然放射性，下列说法正确的是()A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度有关C．α、β和γ三种射线中，α射线的穿透能力最强D．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性解析：选D不是所有元素都能发生衰变，故A错误；放射性元素的半衰期与外界的温度无关，故B错误；α、β和γ三种射线中，α射线的穿透能力最弱，故C错误；放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故D正确．2．一个放射性元素的原子核放出一个α粒子和一个β粒子后，其核内质子数和中子数的变化是()A．质子数减少3个，中子数减少1个B．质子数减少2个，中子数减少1个C．质子数减少1个，中子数减少3个D．质子数减少1个，中子数减少2个解析：选C由α衰变和β衰变的本质可知，放出一个α粒子，质子数和中子数均减少2个，放出一个β粒子后，中子数减少1个，质子数增加1个，放出一个α粒子和一个β粒子后，中子数减少3个，质子数减少1个，选项C正确．3．(2018·宜宾市模拟)下列说法中正确的是()A．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，可使氘核分解为一个质子和一个中子B．质子和中子结合成原子核时不一定有质量亏损，但一定释放出能量C．原子核的结合能越大，原子核越稳定D．重核裂变前后质量数守恒，但质量一定减小解析：选D核子结合成原子核时需要释放能量，原子核分解为核子时需要吸收能量，这个能量即原子核的结合能，用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能，所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，A选项错误；质子和中子结合成原子核时一定有质量亏损，一定释放出能量，B选项错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，原子核的比结合能越大，原子核结合得越牢固，原子核越稳定，C选项错误；重核裂变时释放能量，有质量亏损，因此反应前后质量数守恒，但质量不守恒，D选项正确．4．太阳内部持续不断地发生着热核反应，质量减少，核反应方程是4eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2X，这个核反应释放出大量核能，已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.下列说法中正确的是()A．方程中的X表示中子B．方程中的X表示电子C．这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2－2m3D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2)c2解析：选C根据核反应过程中质量数与核电荷数守恒，可以求出方程中的X表示正电子eq\o\al(0,1)e，故A、B选项错误；核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2－2m3，故C选项正确；根据爱因斯坦质能方程可知，释放的核能为ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2，故D选项错误．5．天然放射现象中可产生α、β、γ三种射线．下列说法正确的是()A．β射线是由原子核外电子电离产生的B.eq\o(92,\s\up2(238))U经过两次α衰变，变为eq\o(90,\s\up2(234))ThC．α射线的穿透能力比γ射线穿透能力强D．放射性元素的半衰期不随温度升高而变化解析：选Dβ射线的实质是衰变中产生的电子，故A错误；α衰变过程中，一个原子核释放一个α粒子(由两个中子和两个质子形成的氦原子核)，并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核．所以eq\o(92,\s\up2(238))U经过一次α衰变，变为eq\o(90,\s\up2(234))Th，故B错误；α、β、γ三种射线分别是氦核、电子、电磁波，三种射线的穿透能力逐渐增强，所以α射线的穿透能力比γ射线穿透能力弱，故C错误；半衰期是由原子核内部性质决定的，与温度无关，故D正确．6．一个质子和一个中子聚变结合成一个核，同时辐射一个光子．已知质子、中子、核质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是()A．核反应方程是eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(3,1)H＋γB．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－2m3C．辐射出的光子的能量E＝(m3－m1－m2)c2D．γ光子的波长λ＝eq\f(h,m1＋m2－m3c)解析：选D核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒，故A选项错误；聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3，故B选项错误；聚变反应中释放的核能以光子的形式释放，光子的能量E＝(m1＋m2－m3)c2，故C选项错误；根据光子的能量E＝hν＝eq\f(hc,λ)得λ＝eq\f(hc,E)＝eq\f(h,m1＋m2－m3c)，故D选项正确．7．心脏起搏器中的微型核电池如图所示，它以钽铂合金作外壳，内装有钚238，整个电池只有160g重，体积仅18mm3.核电池的核心是静态热电换能器，它将热能转化为电能，工作效率只有20%，大部分热能被浪费掉．已知此核电池的输出功率为2.30×10－4W，可以连续使用10年，1g钚238能产生2.46×106J热能，则此核电池中钚238的质量约为()A．0.05g B．0.15gC．1g D．5g解析：选B根据功能关系可知，此核电池释放的功率P0：P0×20%＝P出所以P0＝1.15×10－3W由能量关系可知：n·E0＝P0t代入数据可得n＝0.147g≈0.15g，故A、C、D错误，B正确．8．一个氘核(eq\o(1,\s\up2(2))H)和一个氚核(eq\o(1,\s\up2(3))H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm，已知阿伏加德罗常数为NA，真空中的光速为c，若1mol氘和1mol氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为()A．NAΔmc2 B．2NAΔmc2C.eq\f(1,2)NAΔmc2 D．5NAΔmc2解析：选A一个氘核(eq\o(1,\s\up2(2))H)和一个氚核(eq\o(1,\s\up2(3))H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm，根据爱因斯坦的质能方程可知，释放的能量为Δmc2,1mol氘和1mol氚完全发生上述核反应，释放的能量为上述反应的NA倍，即NAΔmc2，A选项正确．二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．下列核反应或核衰变方程中，符号“X”表示中子的是()A.eq\o(4,\s\up2(9))Be＋eq\o(2,\s\up2(4))He→eq\o(6,\s\up2(12))C＋XB.eq\o(7,\s\up2(14))N＋eq\o(2,\s\up2(4))He→eq\o(8,\s\up2(17))O＋XC.eq\o(92,\s\up2(239))U→eq\o(93,\s\up2(239))Np＋XD.eq\o(80,\s\up2(204))Hg＋eq\o(0,\s\up2(1))n→eq\o(70,\s\up2(202))Pt＋2eq\o(1,\s\up2(1))H＋X解析：选AD由质量数守恒和电荷数守恒得A项中X为eq\o(0,\s\up2(1))n，B项中X为eq\o(1,\s\up2(1))H，C项中X为eq\o(-1,\s\up2(0))e，D项中X为eq\o(0,\s\up2(1))n，故A、D项中X表示中子．10．元素X的原子核可用符号eq\o\al(b,a)X表示，其中a、b为正整数，下列说法正确的是()A．a等于此原子核中的质子数，b等于此原子核中的中子数B．a等于此原子核中的中子数，b等于此原子核中的质子数C．a等于此元素的原子处于中性状态时的核外电子数，b等于此原子核中的质子数加中子数D．a等于此原子核中的质子数，b等于此原子核中的核子数解析：选CDeq\o\al(b,a)X中的a等于此原子核中的质子数，也等于此元素的原子处于中性状态时的核外电子数，b等于此原子核中的质子数加中子数，也等于此原子核中的核子数，故C、D正确，A、B错误．11．(2018·江苏一模)下面四幅示意图中能正确反映核反应过程的是()解析：选AD核反应过程中，电荷数守恒，质量数守恒，用α粒子轰击氮原子核，发现了质子，其核反应方程为eq\o(7,\s\up2(14))N＋eq\o(2,\s\up2(4))He→eq\o(8,\s\up2(17))O＋eq\o(1,\s\up2(1))H，A选项正确，B选项错误；用α粒子轰击铍原子核，发现了中子，其核反应方程为eq\o(2,\s\up2(4))He＋eq\o(4,\s\up2(9))Be→eq\o(6,\s\up2(12))C＋eq\o(0,\s\up2(1))n，C选项错误，D选项正确．12．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是()A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B．核衰变中，γ光子总是伴随α、β衰变辐射的C．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子D．结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定解析：选BCβ衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故A错误；α、β衰变辐射时有能量释放出来，能量以光子即γ射线的形式释放，故B正确；1919年，卢瑟福用加速了的高能α粒子轰击氮原子，结果发现有正电粒子从氮原子核中被打出，发现了质子，故C正确；比结合能越大，原子核结构一定越稳定，故D错误．13．质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如eq\o(2,\s\up2(3))He是eq\o(1,\s\up2(3))H的镜像核，同样eq\o\al(3,1)H也是eq\o(2,\s\up2(3))He的镜像核，利用镜像核可研究短寿命不稳定核．下列说法正确的是()A.eq\o(7,\s\up2(13))N和eq\o(6,\s\up2(13))C互为镜像核B.eq\o(7,\s\up2(15))N和eq\o(8,\s\up2(16))O互为镜像核C．核反应eq\o(1,\s\up2(2))H＋eq\o(1,\s\up2(3))H→eq\o(2,\s\up2(4))He＋eq\o(0,\s\up2(1))n是α衰变D．一个质子和两个中子结合成氚核(eq\o(1,\s\up2(3))H)时一定放出能量解析：选ADeq\o(7,\s\up2(13))N的质子数Z1＝7，质量数A1＝13，故中子数n1＝A1－Z1＝13－7＝6；eq\o(6,\s\up2(13))C质子数Z2＝6，质量数A2＝13，故中子数n2＝A2－Z2＝13－6＝7，得n1＝Z2＝6，n2＝Z1＝7，故eq\o(7,\s\up2(13))N与eq\o(6,\s\up2(13))C互为镜像核，故A正确；eq\o(7,\s\up2(15))N的质子数Z1＝7，质量数A1＝15，故中子数n1＝A1－Z1＝15－7＝8，eq\o(8,\s\up2(16))O质子数Z2＝8，质量数A2＝16，故中子数n2＝A2－Z2＝16－8＝8，得n1＝Z2＝8，n2≠Z1，故B错误；两个质量较小的核结合成一个质量较大的核同时释放出大量的能量的现象称为核聚变，故C项中的核反应是核聚变，而不是α衰变，故C错误；D项中一个质子和两个中子结合成氚核的反应是核聚变反应，一定会放出能量，故D正确．14．一块含铀的矿石质量为M，其中铀元素的质量为m，铀发生一系列衰变，最终生成物为铅．已知铀的半衰期为T，那么下列说法中正确的是()A．经过2个半衰期后，这块矿石中基本不再含有铀B．经过2个半衰期后，原来所含的铀元素的原子核有eq\f(m,4)发生了衰变C．经过3个半衰期后，其中铀元素的质量还剩eq\f(m,8)D．经过1个半衰期后该矿石的质量几乎不变解析：选CD经过2个半衰期后矿石中剩余的铀还有eq\f(m,4)，选项A、B错误；经过3个半衰期后矿石中剩余的铀还有eq\f(m,8)，选项C正确；因为衰变产物大部分仍然留在该矿石中，所以矿石质量没有太大的改变，选项D正确．15．一个铍原子核(eq\o(4,\s\up2(7))Be)俘获一个核外电子(通常是最靠近原子核的K壳层的电子)后发生衰变，生成一个锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)，并放出一个不带电的质量接近零的中微子ve，人们把这种衰变称为“K俘获”．静止的铍核发生零“K俘获”，其核反应方程为eq\o(4,\s\up2(7))Be＋eq\o(-1,\s\up2(0))e→eq\o(3,\s\up2(7))Li＋ve.已知铍原子的质量为MBe＝7.016929u，锂原子的质量为MLi＝7.016004u，1u相当于9.31×102MeV.下列说法正确的是()A．中微子的质量数和电荷数均为零B．锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)获得的动能约为0.86MeVC．中微子与锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)的动量之和等于反应前电子的动量D．中微子与锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)的能量之和等于反应前电子的能量解析：选AC反应方程为eq\o(4,\s\up2(7))Be＋eq\o(-1,\s\up2(0))e→eq\o(3,\s\up2(7))Li＋ve，根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，故A正确；铀核获得的动能为“K俘获”中放出的核能，根据质能方程，释放核能ΔE＝(7.016929u＋me－7.016004)×9.31×102MeV>0.86MeV，故B错误；衰变过程中内力远大于外力，故反应前后动量守恒，故中微子与锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)的动量之和等于反应前电子的动量，故C正确；由于反应过程中存在质量亏损，所以中微子与锂核(eq\o(3,\s\up2(7))Li)的能量之和小于反应前电子的能量，故D错误．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(8分)核反应堆的功率为104kW,1h消耗燃料8.7g，已知每个铀235裂变时放出2×108eV的能量，求该燃料中铀235的质量百分比．解析：该反应堆每小时输出的能量为E＝Pt＝107×3600J＝3.6×1010J设放出这些能量消耗的纯铀235的质量为m，则E＝eq\f(m,235)×6.02×1023×2×108×1.6×10－19J＝3.6×1010J则纯铀235的质量m＝eq\f(3.6×1010,8.2×1010)g≈0.439g．铀235的质量百分比是eq\f(0.439,8.75)≈0.05＝5%.答案：5%17．(10分)假设某航空母舰的动力来自核反应堆，其中主要的核反应方程式是eq\o(92,\s\up2(235))U＋eq\o(0,\s\up2(1))n→eq\o(56,\s\up2(141))Ba＋eq\o(36,\s\up2(92))Kr＋()eq\o(0,\s\up2(1))n.(1)在括号内填写eq\o(0,\s\up2(1))n前的系数；(2)用m1、m2、m3分别表示eq\o(92,\s\up2(235))U、eq\o(56,\s\up2(141))Ba、eq\o(36,\s\up2(92))Kr核的质量，m表示中子的质量，则上述反应过程中一个铀235核发生裂变产生的核能ΔE是多少？(3)假设核反应堆的功率P＝6.0×105kW，若一个铀235核裂变产生的能量为2.8×10－11J，则该航空母舰在海上航行一个月需要消耗多少kg铀235?(铀235的摩尔质量M＝0.235kg/mol，一个月约为t＝2.6×106s，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，计算结果保留两位有效数字)解析：(1)由电荷数守恒和质量数守恒可知eq\o\al(1,0)n前的系数为3.(2)ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m)c2.(3)一个月内核反应产生的总能量为E＝Pt，同时E＝eq\f(m,M)NAΔE，解得m＝eq\f(PtM,NAΔE)≈22kg.答案：(1)3(2)(m1－m2－m3－2m)c2(3)22kg18．(10分)一静止的铀核(eq\o(92,\s\up2(238))U)发生α衰变成钍核(Th)，钍核的质量为M，已知放出的α粒子的质量为m，速度为v0.假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钍核的动能．(1)试写出铀核衰变的核反应方程；(2)求出铀核发生衰变时的质量亏损．(已知光在真空中的速度为c，不考虑相对论效应)解析：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，eq\o(92,\s\up2(238))U→eq\o(90,\s\up2(234))Th＋eq\o(2,\s\up2(4))He.(2)铀核衰变过程中动量守恒，0＝mv0－Mv，释放的核能，ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2，根据爱因斯坦质能方程得，ΔE＝Δmc2，联立解得Δm＝eq\f(mv\o\al(2,0)M＋m,2Mc2).答案：(1)eq\o(92,\s\up2(238))U→eq\o(90,\s\up2(234))Th＋eq\o(2,\s\up2(4))He(2)eq\f(mv\o\al(2,0)M＋m,2Mc2)19．(12分)如图甲所示，静止在匀强磁场中的eq\o(3,\s\up2(6))Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104m/s的中子而发生核反应，即eq\o(3,\s\up2(6))Li＋eq\o(0,\s\up2(1))n→eq\o(1,\s\up2(3))H＋eq\o(2,\s\up2(4))He，若已知eq\o(2,\s\up2(4))He的速度v2＝2.0×104m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：(1)eq\o(1,\s\up2(3))H的速度大小和方向；(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；(3)当eq\o(2,\s\up2(4))He旋转三周时，粒子eq\o(1,\s\up2(3))H旋转几周？解析：(1)反应前后动量守恒：m0v0＝m1v1＋m2v2(v1为氚核速度，m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氦核质量)代入数值可解得v1＝－1.0×103m/s，方向与v0相反．(2)eq\o(1,\s\up2(3))H和eq\o(2,\s\up2(4))He在磁场中均受洛伦兹力，做匀速圆周运动的半径之比r1∶r2＝eq\f(m1v1,Bq1)∶eq\f(m2v2,Bq2)＝3∶40.(3)eq\o(1,\s\up2(3))H和eq\o(2,\s\up2(4))He做匀速圆周运动的周期之比T1∶T2＝eq\f(2πm1,Bq1)∶eq\f(2πm2,Bq2)＝3∶2所以它们的旋转周数之比n1∶n2＝T2∶T1＝2∶3即eq\o(2,\s\up2(4))He旋转三周，eq\o(1,\s\up2(3))H旋转2周．答案：(1)1.0×103m/s方向与v0相反(2)3∶40(3)2周20．(15分)钚的放射性同位素eq\o(94,\s\up2(239))Pu静止时衰变为铀核激发态eq\o(92,\s\up2(235))U*和α粒子，而铀核激发态eq\o(92,\s\up2(235))U*立即衰变为eq\o(92,\s\up2(235))U，并放出能量为0.097MeV的γ光子．已知eq\o\al(239,94)Pu、eq\o(92,\s\up2(235))U和α粒子的质量分别为mPu＝239.0521u、mU＝235.0439u和mα＝4.0026u,1u＝931.5MeV/c2.(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．解析：(1)衰变方程为eq\o(94,\s\up2(239))Pu→eq\o(92,\s\up2(235))U*＋α，eq\o(92,\s\up2(235))U*→eq\o(92,\s\up2(235))U＋γ，或合起来有eq\o(94,\s\up2(239))Pu→eq\o(92,\s\up2(235))U＋α＋γ.(2)上述衰变过程的质量亏损Δm＝mPu－mU－mα①放出的能量ΔE＝Δmc2②这些能量是铀核eq\o(92,\s\up2(235))U的动能EU、α粒子的动能Eα和γ光子的能量Eγ之和，即ΔE＝EU＋Eα＋Eγ③由①②③式得EU＋Eα＝(mPu－mU－mα)c2－Eγ④设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα，则由动量守恒定律有mUvU＝mαvα⑤又由动能的定义知EU＝eq\f(1,2)mUveq\o\al(2,U)，Eα＝eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)⑥由⑤⑥式得eq\f(EU,Eα)＝eq\f(mα,mU)⑦由④⑦式得Eα＝eq\f(mU,mU＋mα)[(mPu－mU－mα)c2－Eγ]代入数据得Eα＝5.034MeV.答案：(1)eq\o(94,\s\up2(239))Pu→eq\o(92,\s\up2(235))U*＋α，eq\o(92,\s\up2(235))U*→eq\o(92,\s\up2(235))U＋γ(或eq\o(94,\s\up2(239))Pu→eq\o(92,\s\up2(235))U＋α＋γ)(2)5.034MeV章末质量检测卷(一)第十六章动量守恒定律(时间：90分钟满分：100分)一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选B在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒．但在子弹进入木块过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒，故B正确，A、C、D错误．2．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较()A．重力在上升过程的冲量大B．合外力在上升过程的冲量大C．重力冲量在两过程中的方向相反D．空气阻力冲量在两过程中大小相等解析：选B乒乓球上升过程加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2可知，上升过程时间小于下降过程时间，则重力在上升过程冲量小于下降过程冲量，故A错误；上升过程加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相等，由v2＝2ax可知，乒乓球返回抛出点的速度小于上抛时的速度，上升过程动量变化量大于下降过程动量变化量，由动量定理可知，合外力在上升过程的冲量大，故B正确；重力方向始终竖直向下，两过程中重力冲量方向相同，都向下，故C错误；上升过程时间小于下降过程时间，空气阻力大小不变，上升过程空气阻力冲量小于下降过程空气阻力冲量，故D错误．3．蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从离蹦床1.8m处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s(取g＝10m/s2，不计空气阻力)，则这段时间内，下列说法错误的是()A．运动员受到的合力冲量大小300N·sB．重力的冲量大小100N·sC．蹦床对运动员的冲量大小200N·sD．运动员动量变化量大小300N·s解析：选C设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)＝6m/s；选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向．设蹦床对运动员的平均作用力为eq\x\to(F)，则有(eq\x\to(F)－mg)Δt＝0－mv；合力的冲量为动量的变化量：I＝0－mv＝0－50×(－6)＝300N·s，则A、D正确；重力的冲量为－mgΔt＝－500×0.2＝－100N·s，则B正确；床对运动员的冲量为eq\x\to(F)Δt＝0－mv＋mgΔt＝400N·s，则C错误．4．如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则下列说法正确的是()A．每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0B．每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为eq\f(mgT,2)C．每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0D．每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为eq\f(mgT,2)解析：选C转动一周时，时间为T，则小球所受重力的冲量I＝mgT，故A、B错误；因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故C正确；由于小球在竖直面上做变速圆周运动，故转动半周用时不一定为eq\f(T,2)，故重力的冲量不一定为mgeq\f(T,2)，故D错误．5．质量为m的物体以初速度v0水平抛出，经过一段时间其竖直分速度为v.在这个过程中，下列说法正确的是()A．物体动量变化量的大小为mvB．物体动量变化量的大小为mv－mv0C．物体动量变化量的大小为meq\r(v2－v02)D．物体动能变化量为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解析：选A物体做平抛运动，当速度为v时经历的时间为t＝eq\f(v,g)，根据动量定理可知：Δp＝mgt＝mg·eq\f(v,g)＝mv，故A正确，B、C错误；在时间t内下降的高度为h＝eq\f(v2,2g)，根据动能定理可知：ΔEk＝mg·h＝mg×eq\f(v2,2g)＝eq\f(1,2)mv2，故D错误．6．如图所示，从竖直大圆的A、B两点安置两条长短不同的光滑轨道AC和BC，下端都在大圆上的最低点C点．相同小球由静止开始、分别从A、B两点沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是()A．小球沿两轨道到达底端的速度大小相等B．小球沿AC运动所用的时间小于沿BC运动所用的时间C．小球沿两轨道到达底端过程中重力对小球做的功相同D．小球沿两轨道到达底端过程中的重力的冲量都相同解析：选D物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒．对于任一轨道，由机械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，h不同，v不同，即物体到达底端的速度大小不等，故A、C错误；设任一斜面与竖直方向的夹角为α，圆的直径为d.由牛顿第二定律可求得：a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα；根据运动学公式有：x＝dcosα＝eq\f(1,2)at2，可得t＝eq\r(\f(2d,g))，与α无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I＝mgt可知，重力的冲量相等，故D正确，B错误．7．一座平顶房屋，顶的面积S＝40m2.第一次连续下了t＝24h的雨，雨滴沿竖直方向以v＝5.0m/s的速度落到屋顶，假定雨滴撞击屋顶的时间极短且不反弹，并立即流走．第二次气温在摄氏零下若干度，而且是下冻雨，也下了24h，全部冻雨落到屋顶便都结成冰并留在屋顶上，测得冰层的厚度d＝25mm.已知两次下雨的雨量相等，水的密度为1.0×103kg/m3，冰的密度为9×102kg/m3.由以上数据可估算得第一次下雨过程中，雨对屋顶的撞击使整个屋顶受到的压力为()A．9000N B．9NC．52N D．0.052N解析：选D第一次下雨降落在屋顶会顺流而下，先考虑一个重力为G的物体撞击屋顶的平均撞击力f，以物体为受力物体来分析，初速度为v，末速度为v′，向下为正方向，撞击时间为Δt.根据动量定理有G－f＝eq\f(mv′－v,Δt)，f＝G－eq\f(mv′－v,Δt)，对于连续下了t＝24h的雨，m＝900kg，v＝5m/s，v′＝0，Δt＝24h＝24×60×60s，并不是G＝mg＝0.9×103kg×10N/kg＝9000N全部同时压在屋顶，每秒降到屋顶的水有eq\f(9000N,24×60×60s)，由于雨滴撞击屋顶的时间t极短，eq\f(9000N,24×60×60s)·t≈0，所以，在“雨滴撞击屋顶的时间”内降到屋顶的水的重力，可以忽略．于是雨对屋顶的撞击使整个屋顶受到的压力为f＝eq\f(mv′－v,Δt)＝eq\f(900×5,24×60×60)N＝0.052N，故A、B、C错误，D正确．8．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系正确的是()A.eq\f(1,6)nmv2 B.eq\f(1,3)nmv2C.eq\f(1,2)nmv2 D．3nmv2解析：选B一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量是：I＝2mv在Δt时间内能达到面积为S容器壁上的粒子所占据的体积为V＝SvΔt由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为N＝eq\f(1,6)nV＝eq\f(1,6)n·SvΔt，根据动量定理得F·Δt＝N·I则得面积为S的器壁受到的粒子的压力为F＝eq\f(NI,Δt)＝eq\f(\f(1,6)nSvΔt·2mv,Δt)＝eq\f(1,3)nSmv2；所以器壁单位面积所受粒子压力为f＝eq\f(F,S)＝eq\f(1,3)nmv2.故选B.二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态，可能是()A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度均与原方向相反，两球的动能仍相等解析：选AC物体的动量：p＝eq\r(2mEk)，由题意知Ek甲＝Ek乙，m甲>m乙，则p甲>p乙，甲、乙相向运动，则甲、乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，乙必反向运动，所以乙的速度不可能为零，故A、C正确，B错误；碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲、乙不可能与原来等速反向，否则总动量反向违背动量守恒，故D错误．10．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2解析：选BCM和m在碰撞过程中动量守恒，m0的速度瞬间不变，设初速度方向为正，如果碰撞后M和m的速度不等，则Mv＝Mv1＋mv2；如果碰撞后M和m速度相同，则Mv＝(M＋m)v′，B、C选项正确．11．如图所示，小铁块置于长木板右端，木板放在光滑水平地面上，t＝0时使二者获得等大反向的初速度开始运动，经过时间t1铁块在木板上停止滑动，二者相对静止，此时与开始运动时的位置相比较，图中哪一幅反映了可能发生的情况()解析：选AB开始时两者具有等大反向的速度，根据动量守恒，当两物体相对静止时的共同速度与动量大的物体运动方向一致，所以质量小的物体运动方向要反向，且最终共同速度将小于开始时的物体运动速度，故物体运动位移仍与原运动方向一致．若铁块质量大于长木板时，两者共同速度将沿铁块运动方向，长木板和铁块的位移方向与原运动方向一致，故A可能，C不可能；当长木板的质量大于铁块质量时，共同速度方向与长木板的速度方向一致，长木板和铁块的位移与原运动方向一致，故B可能，D不可能．12．如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，某时刻炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则()A．落地时a的速度大于b的速度B．落地时a的速度小于b的速度C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能解析：选ACP爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程做平抛运动，由图可知va>vb，因此ma<mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka>Ekb，C正确，D错误；由于va>vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有va′>vb′，A正确，B错误．13．如图，两质量分别为m1＝1kg和m2＝4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4m/s和v2＝6m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能()A．25J B．35JC．45J D．55J解析：选AB两球相向运动，发生完全非弹性碰撞损失机械能最多，设向左运动为正方向，根据动量守恒定律得，m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律，损失机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，代入数据解得，ΔE＝40J，这是可能损失的最大机械能，故A、B选项正确，C、D选项错误．故选AB.14．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则()A．A能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为eq\r(\f(gR,3))C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为2eq\r(\f(gR,3))D．B向右运动的最大位移大小为eq\f(2R,3)解析：选AD物体A、B运动过程中，系统水平方向上动量守恒，A运动到B的左侧最高点时，两者水平共速，0＝(m＋2m)v共，速度为零，根据能量守恒可知，A能到达B的左侧最高点，A选项正确；A运动到圆槽的最低点时，根据能量守恒可知，mgR＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，根据动量守恒可知，mvA＝2mvB，联立解得，A运动到圆槽的最低点时A的速率为2eq\r(\f(gR,3))，B的速率为eq\r(\f(gR,3))，B、C选项错误；根据平均动量守恒可知，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，B向右运动的最大位移大小为eq\f(2R,3)，D选项正确．15．如图所示，斜面小车的质量为M，高为h，一个质量为m的物体从小车的顶点滑下，物块滑离斜面小车底端时的速度设为v，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．物块滑离小车时的速度v＝eq\r(2gh)B．物块滑离小车时的速度v<eq\r(2gh)C．物块滑离小车时，小车的速度v′＝eq\f(mv,M)D．物块滑离小车时，小车的速度v′<eq\f(mv,M)解析：选BD物块和小车在下滑过程中，水平方向上动量守恒．mvx＝Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)vx，其中vx<v，所以物块滑离小车时小车的速度v′<eq\f(m,M)v，D正确；当小车不动时，根据动能定理可知，mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gh)，由于小车的运动，根据能量守恒可知，物块滑离小车时的速度v<eq\r(2gh)，B正确．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(6分)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动．(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d＝________mm.又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h.为完成实验，还需要测量的物理量有：_______________________________________________________.(2)若A、B两球碰后黏在一起形成新单摆，其周期________(选填“小于”“等于”或“大于”)黏合前单摆的周期(摆角小于5°)．解析：(1)由图示游标卡尺可知，球的直径：d＝14mm＋8×0.05mm＝14.40mm；A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gl(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1v12，碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要小球A碰后摆动的最大角β；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求B的动量所以需要测量小球B的质量m2.(2)黏在一起后，球的重心发生变化，如图所示，摆长发生变化，摆长变长，根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，周期变大．答案：(1