2021高中物理-高二物理教科版选修3-5模块综合检测卷

综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．下列能揭示原子具有核式结构的试验是()A．光电效应试验 B．伦琴射线的发觉C．α粒子散射试验 D．氢原子光谱的发觉答案C解析光电效应试验说明白光的粒子性，A错；伦琴射线的发觉说明白原子内部有能级结构，B错；α粒子散射试验揭示了原子具有核式结构，C对；氢原子光谱的发觉说明原子内轨道量子化，D错．2．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列挨次是()A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力答案D解析核子间的核力最大，万有引力最小，D正确．3．光电效应试验中，下列表述正确的是()A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子答案CD解析由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU0＝Ek＝hν－W(其中U0为遏止电压，Ek为光电子的最大初动能，W为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A、B错误，C、D正确．4．自然 放射性元素放出的三种射线的穿透力气试验结果如图1所示，由此可知()图1A．②来自于原子核外的电子B．①的电离作用最强，是一种电磁波C．③的电离作用最强，是一种电磁波D．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子答案D解析从题图中三种射线的穿透力气可以看出，①为α射线，②为β射线，③为γ射线．三种射线都来自于原子核内部，A错；α射线的电离作用最强，为氦核流，B、C错；γ射线的电离作用最弱，D正确．5．火警的报警系统通常利用镅(eq\o\al(241,95)Am)衰变成镎(eq\o\al(237,93)Np)时放出一种很简洁被空气阻隔的新粒子，这种粒子是()A.eq\o\al(4,2)He B.eq\o\al(1,1)HC.eq\o\al(1,0)n D.eq\o\al(0,1)e答案A解析依据电荷数和质量数守恒可以写出核反应方程eq\o\al(241,95)Am→eq\o\al(237,93)Np＋eq\o\al(4,2)He.6．如图2所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是()图2A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1答案A7．a、b两球在光滑的水平面上沿同始终线发生正碰，作用前a球动量pa＝30kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量削减了20kg·m/s，则作用后b球的动量为()A．－20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s答案C解析依据动量守恒定律知：Δpa＝－Δpb，由于a球动量削减了20kg·m/s，所以b球动量增加了20kg·m/s，C项正确．8．如图3所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.07eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子放射不同波长的光有多少种()图3A．15 B．10C．4 D．1答案B解析本题考查能级跃迁规律，13.07eV恰好为n＝5与n＝1的能级差，从而使基态氢原子跃迁到n＝5的激发态，这些氢原子再向较低能级跃迁时，可产生不同波长Ceq\o\al(2,5)＝10种，B正确．9．已知一价氦离子He＋能级En与量子数n的关系为En＝eq\f(E1,n2)，处于基态的一价氦离子He＋的电离能为54.4eV，为使处于基态的一价氦离子He＋变为激发态，入射光子的最小能量为()A．13.6eV B．40.8eVC．48.4eV D．54.4eV答案B解析由hν＝E1－eq\f(E1,n2)，当n＝2时，所需入射光子的能量最小，而E1＝54.4eV，代入数值可得hν＝40.8eV.10．如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同始终线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()图4A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案A解析碰撞前总动量p＝(6＋6)kg·m/s＝12kg·m/s，碰后A动量pA′＝2kg·m/s，则pB′＝10kg·m/s，又由mB＝2mA，可知vA′∶vB′＝2∶5，所以可知A项正确．二、非选择题(本题共5小题，共60分)11．(10分)如图5，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即争辩两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图5(1)试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不简洁的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开头释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图5中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．试验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开头释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图6所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.图6试验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)为________．答案(1)C(2)ADE或DEA或DAE(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ONm1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2(4)142.91(1～1.01均可)解析(1)该试验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m2时，m1从抛出点下落的高度与放上m2两球相碰后下落的高度H相同，即在空中做平抛运动的下落时间t相同，故有v1＝eq\f(OP,t)，v1′＝eq\f(OM,t)，v2′＝eq\f(ON,t)，代入m1v1＝m1v1′＋m2v2′，可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，只需验证该式成马上可，在试验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可．(2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分．(3)若是弹性碰撞，还应满足能量守恒，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，即m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.(4)eq\f(p1,p1′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM)＝eq\f(OP,OM)＝eq\f(44.80,35.20)＝14∶11eq\f(p1′,p2′)＝eq\f(m1·OM,m2·ON)＝eq\f(45.0×35.20,7.5×55.68)＝11∶2.9.eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)＝eq\f(45.0×44.80,45.0×35.20＋7.5×55.68)≈1(1～1.01均可)12．(1)(4分)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．①碘131核的衰变方程：eq\o\al(131,)53I→______________(衰变后的元素用X表示)．②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．(2)(6分)如图7所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同始终线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避开两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图7答案(1)①eq\o\al(131,54)X＋eq\o\al(0,-1)e②16(2)4v0解析(1)①依据衰变过程电荷数守恒与质量数守恒可得衰变方程：eq\o\al(131,53)I→eq\o\al(131,54)X＋eq\o\al(0,-1)e；②每经1个半衰期，有半数原子核发生衰变，经2个半衰期将剩余eq\f(1,4)，即有75%发生衰变，故经过的时间为16天．(2)设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－m×vmin①10m×2v0－mvmin＝11mv2②为避开两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得vmin＝4v013．(10分)在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂．中子在重水中可与eq\o\al(2,1)H核碰撞减速，在石墨中与eq\o\al(12,6)C核碰撞减速．上述碰撞可简化为弹性碰撞模型．某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水或石墨作减速剂，哪种减速效果更好？答案见解析解析设中子质量为mn，靶核质量为m，由动量守恒定律得mnv0＝mnv1＋mv2由机械能守恒得eq\f(1,2)mnveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mnveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(mn－m,mn＋m)v0在重水中靶核质量mH＝2mnv1H＝eq\f(mn－mH,mn＋mH)v0＝－eq\f(1,3)v0在石墨中靶核质量mC＝12mnv1C＝eq\f(mn－mC,mn＋mC)v0＝－eq\f(11,13)v0与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好．14．(1)(5分)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严峻的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和________．A．X1→eq\o\al(137,56)Ba＋eq\o\al(1,0)n B．X2→eq\o\al(131,54)Xe＋eq\o\al(0,－1)eC．X3→eq\o\al(137,56)Ba＋eq\o\al(0,－1)e D．X4→eq\o\al(131,54)Xe＋eq\o\al(1,1)p(2)(10分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图8所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽视的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：图8①木块在ab段受到的摩擦力f；②木块最终距a点的距离s.答案(1)BC7882(2)①eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)②eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)解析(1)依据核反应方程的质量数、电荷数守恒知，131I的衰变为选项B,137Cs的衰变为选项C,131I的中子数为131－53＝78,137Cs的中子数为137－55＝82.(2)木块m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒和能量守恒．①以木块开头运动至在斜面上上升到最大高度为争辩过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，依据动量守恒有mv0＝(2m＋m)v①依据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋fL＋mgh②联立①②得f＝eq\f(mv\o\al(2,0),3L)－eq\f(mgh,L)＝eq\f(mv\o\al(2,0)－3mgh,3L)③②以木块开头运动至最终与物体P在水平面ab上相对静止为争辩过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，依据动量守恒有mv0＝(2m＋m)v④依据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋f(L＋L－s)⑤联立③④⑤得s＝eq\f(v\o\al(2,0)L－6ghL,v\o\al(2,0)－3gh)15．(1)(5分)氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋x，式中x是某种粒子．已知：eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H、eq\o\al(4,2)He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u＝931.5MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)．(2)(10分)如图9所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摇摆，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽视空气阻力，求：图9(i)两球a、b的质量之比；(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比