2024-2025学年高中物理综合检测含解析新人教版选修3-5

PAGEPAGE9eq\o(\s\up7(综合检测),\s\do5())时间：90分钟分值：100分一、选择题(1～5题为单选，6～10题为多选，每小题4分，共40分)1．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向放射一质量为m的炮弹，射出炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(D)A．Mv0＝Mv′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋mvC．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)D．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)解析：放射炮弹的过程，系统动量守恒，放射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，本题选D.2.在做光电效应的试验时，某金属被光照耀发生了光电效应，试验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，由试验图线不能求出(D)A．该金属的极限频率和极限波长B．普朗克常量C．该金属的逸出功D．单位时间内逸出的光电子数解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，当Ek＝0时，ν＝ν0，即图象中横坐标的截距在数值上等于金属的极限频率．图线的斜率k＝tanθ＝eq\f(Ek,ν－ν0).可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量．依据图象，假设图线的延长线与Ek轴的交点为C，其截距大小为W0，有tanθ＝eq\f(W0,ν0).而tanθ＝h，所以，W0＝hν0.即图象中纵坐标轴的截距在数值上等于金属的逸出功．3.μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子，它在原子核物理的探讨中有重要作用．图为μ氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照耀容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子汲取光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光子，且频率依次增大，则E等于(C)A．h(ν3－ν1) B．h(ν3＋ν1)C．hν3 D．hν4解析：μ氢原子汲取光子后，能发出六种频率的光，说明μ氢原子是从n＝4能级向低能级跃迁，则汲取的光子的能量为ΔE＝E4－E2，E4－E2恰好对应着频率为ν3的光子，故光子的能量为hν3.4.A、B两物体沿同始终线分别在FA、FB作用下运动，如图所示是表示它们的动量p随时间的改变规律．设A、B两物体所受冲量大小分别为IA、IB，那么(A)A．FA＞FB，方向相反 B．FA＞FB，方向相同C．IA＞IB，方向相同 D．IA＜IB，方向相反解析：由图象可知，A物体动量改变量大于B物体动量改变量，且ΔpA＜0，ΔpB＞0，依据动量定理可知，IA＞IB，方向相反．由F＝eq\f(Δp,t)知，FA＞FB，方向相反．5．下列有关原子结构和原子核的相识，其中正确的是(B)A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.eq\o\al(210,83)Bi的半衰期是5天，100克eq\o\al(210,83)Bi经过10天后还剩下50克解析：γ射线是不带电的电磁波，选项A错误；氢原子辐射光子后，绕核运动的电子的轨道半径变小，由库仑引力供应向心力得eq\f(kQe,r2)＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(kQe,2r)，所以r变小后电子的动能增大，选项B正确；太阳辐射能量主要来源于太阳中发生的氢核聚变，选项C错误；由m＝m0(eq\f(1,2))eq\f(t,τ)可知，经过两个半衰期后应当剩下eq\f(1,4)，即25克，选项D错误．6．在人类对微观世界进行探究的过程中，科学试验起到了特别重要的作用.下列说法符合历史事实的是(ACE)A．密立根通过油滴试验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对自然放射现象的探讨，发觉了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分别出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射试验证明了在原子核内部存在质子E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：密立根通过油滴试验测得了电子的电荷量，选项A正确；贝克勒尔发觉了自然放射现象，表明原子核具有困难结构，选项B错误；居里夫妇发觉了钋(Po)和镭(Ra)两种元素，选项C正确；卢瑟福的α粒子散射试验说明原子中存在原子核，选项D错误；汤姆孙发觉阴极射线，并测出了组成阴极射线粒子的比荷，选项E正确．7．在单缝衍射试验中，中心亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上．假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(CD)A．肯定落在中心亮纹处B．肯定落在亮纹处C．可能落在暗纹处D．落在中心亮纹处的可能性最大解析：依据光的概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不行确定的，但概率最大的是落在中心亮纹处，可达95%以上．当然也可落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确．8.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核发生了衰变，得到两条如图所示的径迹，图中箭头表示衰变后粒子的运动方向．不计放出的光子的能量，则下列说法正确的是(AD)A．发生的是β衰变，b为β粒子的径迹B．发生的是α衰变，b为α粒子的径迹C．磁场方向垂直于纸面对外D．磁场方向垂直于纸面对内解析：从轨迹可以看出两粒子的运动方向不同，但起先运动的瞬间受力方向相同，说明电流方向相同，即发生了β衰变，在磁场中受力向上，由左手定则可以推断出磁场方向垂直纸面对内，A、D选项正确．9.一物体在外力的作用下从静止起先做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的改变如图所示．设该物体在t0和2t0时刻相对于动身点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从起先至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则(AC)A．x2＝5x1v2＝3v1B．x2＝9x1v2＝5v1C．x2＝5x1W2＝8W1D．v2＝3v1W2＝9W1解析：依据F－t图象面积意义和动量定理有F0t0＝mv1,F0t0＋2F0t0＝mv2，得v2＝3v1；应用位移公式有x1＝eq\f(v1,2)t0、x2＝eq\f(v1＋v2,2)t0＋eq\f(v1,2)t0，得x2＝5x1，选项B错误，选项A正确；在第一个t0内对物体应用动能定理有W1＝eq\f(mv\o\al(2,1),2)，在其次个t0内对物体应用动能定理有W2＝eq\f(mv\o\al(2,2),2)－eq\f(mv\o\al(2,1),2)，得W2＝8W1，选项D错误，选项C正确．10．一静止的铝原子核eq\o\al(27,13)Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核eq\o\al(28,14)Si.下列说法正确的是(ABE)A．核反应方程为p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)SiB．核反应过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一样解析：质子p即eq\o\al(1,1)H，核反应方程为p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si，A项正确；核反应过程遵循动量守恒定律，B项正确；核反应过程中系统能量守恒，C项错误；在核反应中质量数守恒，但会发生质量亏损，所以D项错误；设质子的质量为m，则eq\o\al(28,14)Si的质量为28m，由动量守恒定律有mv0＝28mv，得v＝eq\f(v0,28)＝eq\f(1.0×107,28)m/s≈3.6×105m/s，方向与质子的初速度方向相同，故E项正确．二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11．如图(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆试验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲量时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动状况如图(b)所示，电源频率为50Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为0.6m/s，甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙＝2∶1.解析：由纸带及刻度尺可得碰前甲车的速度为v1＝eq\f(12×10－3,0.02)m/s＝0.6m/s.碰后两车的共同速度v2＝eq\f(8×10－3,0.02)m/s＝0.4m/s.由动量守恒定律有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2.由此得甲、乙两车的质量比eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(v2,v1－v2)＝eq\f(0.4,0.6－0.4)＝eq\f(2,1).12．核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，eq\o\al(235,eq\a\vs4\al(92)U是核电站常用的核燃料.eq\o\al(235,92)U受一个中子轰击后裂变成eq\o\al(144,56)Ba和eq\o\al(89,36)Kr两部分，并产生3个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．解析：由质量数和电荷数守恒可知：eq\o\al(235,\a\vs4\al(92))U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,\a\vs4\al(56))Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，可见产生了3个电子，链式反应的一个条件是铀燃料的体积必需大于或等于临界体积．13．一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端第一节车厢以速度v向其次节撞去，并连接在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n节车厢全部运动起来，那么最终火车的速度是eq\f(v,n)(铁轨对车厢的摩擦不计)．解析：n节车厢的碰撞满意动量守恒，即mv＝nmv′得最终火车的速度v′＝eq\f(v,n).14．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．试验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止起先滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止起先滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．(1)碰撞后B球的水平射程应取65.7cm.(2)(多选)在以下选项中，本次试验必需进行测量的有ABD.(填选项字母)A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球及B球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)E．测量O点相对于水平槽面的高度(3)试验中，关于入射球在斜槽上释放点的位置对试验影响的说法正确的是(C)A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越精确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小解析：(1)用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面，可知圆心的位置是65.7cm，这也是小球落点的平均位置．(2)本试验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点到O点的距离x1、x2、x3，所以应选ABD.(3)入射球的释放点越高，入射球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对越小，可以较好的满意动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使试验的误差减小，选项C正确．三、计算题(共4小题，每小题10分，共40分)15.如图所示为证明电子波存在的试验装置，从F上漂出来的热电子可认为初速度为零，所加的加速电压U＝104V，电子质量为m＝9.1×10－31kg.电子被加速后通过小孔K1和K2后入射到薄的金箔上，发生衍射现象，结果在照相底片上形成同心圆明暗条纹．试计算电子的德布罗意波长．答案：1.23×10－11m解析：将eU＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，p＝eq\r(2mEk)，λ＝eq\f(h,p)联立解得λ＝eq\f(h,\r(2meU))，代入数据可得λ≈1.23×10－11m.16.如图所示，在光滑水平面上，有甲、乙两个小球，甲球质量为1kg，乙球质量为10kg，甲球正以10m/s的速度向右运动，乙球静止．甲、乙两球碰撞后，甲球以大小为5m/s的速度反向弹回，甲、乙两球碰撞时间为0.01s．求：(1)碰撞后乙球的速度；(2)碰撞过程中，乙球对甲球的平均作用力．答案：(1)1.5m/s方向向右(2)1500N解析：(1)取甲、乙两球组成的系统为探讨对象，规定向右为正方向，则v甲＝10m/s，v乙＝0，v甲′＝－5m/s由动量守恒定律得m甲v甲＝m甲v甲′＋m乙v乙′解得v乙′＝eq\f(m甲v甲－m甲v甲′,m乙)＝1.5m/s，方向向右．(2)甲球的初动量p＝m甲v甲＝10kg·m/s末动量p′＝m甲v甲′＝－5kg·m/s动量改变Δp＝p′－p＝－15kg·m/s故F＝eq\f(Δp,Δt)＝－1500N.17.如图所示，在竖直平面内固定着半径为R的半圆形轨道，小球B静止在轨道的最低点，小球A从轨道右端正上方3.5R处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道后，与小球B发生弹性碰撞．碰撞后B球上升到最高点C，圆心O与C的连线与竖直方向的夹角为60°.若两球均可视为质点，不计一切摩擦，求A、B两球的质量之比mA∶mB.答案：1∶5解析：小球A从高处由静止下落至轨道的最低点，由机械能守恒定律mAg×4.5R＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)小球A与小球B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律m