《2019-2020學(xué)年高中物理 模塊綜合檢測（含解析）新人教版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高中物理 模塊綜合檢測（含解析）新人教版選修3-5（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、模塊綜合檢測 (時(shí)間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題包含10小題,每小題4分,共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,1~6題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,7~10題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分,選不全的得2分,有錯(cuò)選或不答的得0分) 1.下列說法正確的是(　　) A.α射線是高速運(yùn)動的氦原子 B.核聚變反應(yīng)方程?12H+13H→24He+01n中,01n表示質(zhì)子 C.從金屬表面逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比 D.玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域,其理論能夠解釋氫原子光譜的特征 解析:α射線是高速運(yùn)動的氦原子核,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;01n表示中子,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

2、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hν-W0可知光電子最大初動能與入射光的頻率成線性關(guān)系而非正比關(guān)系,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)玻爾的原子理論可知,選項(xiàng)D正確。 答案:D 2.下列四幅圖所反映的物理過程中,系統(tǒng)動量守恒的是(　　) A.只有甲、乙正確 B.只有丙、丁正確 C.只有甲、丙正確 D.只有乙、丁正確 解析:甲中子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受外力為零,故動量守恒;乙中剪斷細(xì)線時(shí),墻對系統(tǒng)有作用力,故動量不守恒;丙中系統(tǒng)所受外力為零,故系統(tǒng)動量守恒;丁中斜面固定,系統(tǒng)所受外力不為零,動量不守恒,故只有選項(xiàng)C正確。 答案:C 3.氫原子核外電子從外層軌道(半徑為rb)向內(nèi)層軌道(半徑為ra)躍遷時(shí)(

3、ra0,ΔEk+ΔEp=0 C.ΔEk>0,ΔEp<0,ΔEk+ΔEp>0 D.ΔEk>0,ΔEp<0,ΔEk+ΔEp<0 解析:根據(jù)向心力公式mv2r=ke2r2,得Ek=12mv2=ke22r,即半徑越大動能越小,所以ΔEk>0;由于核外電子和核內(nèi)質(zhì)子是相互吸引的,當(dāng)電子從外層軌道向內(nèi)層軌道躍遷時(shí),電場力做正功,電勢能減小,所以ΔEp<0;又由于內(nèi)層軌道比外層軌道原子的能級低,所以ΔE

4、k+ΔEp<0。故選項(xiàng)D正確,選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤。 答案:D 4.如圖所示,在真空中一光滑絕緣水平面上,有直徑相同的兩個(gè)金屬球A、C,質(zhì)量mA=1×10-2 kg、mC=5×10-3 kg,靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中的C球帶正電,電荷量qC=1.0×10-2 C。在磁場外不帶電的A球以速度v0=20 m/s進(jìn)入磁場中與C球發(fā)生正碰后,C球?qū)λ矫娴膲毫η『脼榱?g取10 m/s2),則碰后A球的速度為(　　) A.10 m/s B.5 m/s C.-10 m/s D.-20 m/s 解析:A球與C球發(fā)生正碰,則動量守恒,即mAv0=mAvA+mCvC,接觸后,C球

5、所帶電荷量變?yōu)閝C2,對水平面壓力為零,則qC2vCB=mCg,解以上各式得vA=10m/s,所以選項(xiàng)A正確。 答案:A 5.放射性元素A經(jīng)過2次α衰變和1次β衰變后生成一新元素B,則元素B在元素周期表中的位置較元素A的位置向前移動了(　　) A.1位 B.2位 C.3位 D.4位 解析:每經(jīng)過一次α衰變,元素核電荷數(shù)減少2,每經(jīng)過一次β衰變,元素核電荷數(shù)增加1,元素A經(jīng)過2次α衰變和1次β衰變,則核電荷數(shù)減少3,即向前移動了3位,故C正確。 答案:C 6.紅寶石激光器的工作物質(zhì)紅寶石是含有鉻離子的三氧化二鋁晶體,利用其中的鉻離子產(chǎn)生激光。鉻離子的能級圖如圖所示,E1是基態(tài),E2是

6、亞穩(wěn)態(tài),E3是激發(fā)態(tài),若以脈沖氙燈發(fā)出的波長為λ1的綠光照射晶體,處于基態(tài)的鉻離子受到激發(fā)而躍遷到E3,然后自發(fā)地躍遷到E2,釋放波長為λ2的光子,處于亞穩(wěn)態(tài)E2的離子躍遷到基態(tài)時(shí)輻射出的光就是激光,這種激光的波長λ為(　　) A.λ1λ2λ2-λ1 B.λ1λ2λ1-λ2 C.λ1-λ2λ1λ2 D.λ2-λ1λ1λ2 解析:由題意和玻爾原子理論可知 E3-E1=hcλ1,E3-E2=hcλ2,E2-E1=hcλ, 由以上三式可得1λ=λ2-λ1λ1λ2,A正確。 答案:A 7.下列四幅圖有關(guān)說法正確的是(　　) A.圖甲,原子中的電子繞原子核高速運(yùn)轉(zhuǎn)

7、時(shí),運(yùn)行軌道的半徑是任意的 B.圖乙,發(fā)現(xiàn)少數(shù)α粒子發(fā)生了較大角度的偏轉(zhuǎn),說明原子的質(zhì)量絕大部分集中在很小的空間范圍 C.圖丙,光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)說明了光具有粒子性 D.圖丁,射線a由α粒子組成,每個(gè)粒子帶兩個(gè)單位正電荷 解析:電子繞核運(yùn)轉(zhuǎn)的軌道半徑是不連續(xù)的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。α粒子散射實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了原子的核式結(jié)構(gòu),選項(xiàng)B正確。光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)說明光具有粒子性,選項(xiàng)C正確。a是β射線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案:BC 8.科學(xué)家使用核反應(yīng)獲取氚,再利用氘和氚的核反應(yīng)獲得能量,核反應(yīng)方程分別為X+Y→?24He+13H+4.9 MeV和?12H+13H→?24He+X+17.6 MeV。下列表述正確的有(　　

8、) A.X是中子 B.Y的質(zhì)子數(shù)是3,中子數(shù)是6 C.兩個(gè)核反應(yīng)都沒有質(zhì)量虧損 D.氘和氚的核反應(yīng)是核聚變反應(yīng) 解析:由?12H+13H→24He+X,核反應(yīng)遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒,可知X為中子(01n),故選項(xiàng)A正確;同理由?01n+Y→?24He+13H,可知Y為鋰核(36Li),所以Y的質(zhì)子數(shù)為3,中子數(shù)為6-3=3,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;兩個(gè)核反應(yīng)都釋放核能,所以兩個(gè)核反應(yīng)都存在質(zhì)量虧損,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;氘核和氚核的核反應(yīng)是兩個(gè)質(zhì)量數(shù)較小的核結(jié)合成質(zhì)量數(shù)大的核,核反應(yīng)為核聚變反應(yīng),故選項(xiàng)D正確。 答案:AD 9.觀察發(fā)現(xiàn),短道速滑中“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面,

9、并且開始向前滑行,待乙追上甲時(shí),乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中,忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用,則(　　) A.甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小 B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D.甲對乙做多少負(fù)功,乙對甲就一定做多少正功 解析:甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等,方向相反,選項(xiàng)A正確;甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒,動量變化量等大反向,選項(xiàng)B正確;甲、乙相互作用時(shí),雖然她們之間的相互作用力始終大小相等,方向相反,但相互作用過程中,她們的對地位移不一定相同,所以甲的動能增加量不一定等于乙的

10、動能減少量,那么甲對乙做的功就不一定等于乙對甲做的功,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案:AB 10.(2017·全國卷Ⅲ)在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中,分別用頻率為νa、νb的單色光a、b照射到同種金屬上,測得相應(yīng)的遏止電壓分別為Ua和Ub,光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb。h為普朗克常量。下列說法正確的是(　　) A.若νa>νb,則一定有Uaνb,則一定有Eka>Ekb C.若Uaνb,則一定有hνa-Eka>hνb-Ekb 解析:光電效應(yīng)中遏止電壓與最大初動能之間的關(guān)系為eU=Ek,根據(jù)光電效應(yīng)方程可知Ek=hν-W0,若νa

11、>νb,則Eka>Ekb,Ua>Ub,A錯(cuò)誤,B正確;若Ua

12、所放出的光子的能量為13.6eV-1.51eV=12.09eV,因所放出的光子恰能使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng),則有hν0=12.09eV,解得ν0≈2.9×1015Hz。當(dāng)光子能量等于逸出功時(shí),恰好發(fā)生光電效應(yīng),所以逸出功W0=12.09eV。從n=4能級向n=1能級躍遷所放出的光子能量最大,大小為hν=13.6eV-0.85eV=12.75eV。根據(jù)光電效應(yīng)方程得最大初動能Ek=hν-W0=12.75eV-12.09eV=0.66eV。 答案:2.9×1015　0.66 12.(12分)兩位同學(xué)用如圖甲所示裝置,通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗(yàn)證動量守恒定律。 甲 乙 (1)

13、實(shí)驗(yàn)中必須滿足的條件是　　　　。? A.斜槽軌道盡量光滑 B.斜槽軌道末端的切線必須水平 C.入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下 D.兩球的質(zhì)量必須相等 (2)測得入射球A的質(zhì)量為mA,被碰撞小球B的質(zhì)量為mB,圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂直投影,實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放,找到其平均落點(diǎn)的位置P,測得平拋射程為OP;再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放,與小球B相撞,分別找到球A和球B相撞后的平均落點(diǎn)M、N,測得平拋射程分別為OM和ON。當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式　　　　　　　　　　時(shí),即說明兩球碰撞中動量守恒;如果滿足表達(dá)式　　　　　　　　　

14、　　,則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞。? (3)乙同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實(shí)驗(yàn),但將實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行了改裝:如圖乙所示,將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上,用來記錄實(shí)驗(yàn)中球A、球B與木條的撞擊點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)時(shí),首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸,讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放,撞擊點(diǎn)為B';然后將木條平移到圖中所示位置,入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放,確定其撞擊點(diǎn)P';再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放,與球B相撞,確定球A和球B相撞后的撞擊點(diǎn)分別為M'和N'。測得B'與N'、P'、M'各點(diǎn)的高度差分別為h1、h2、h3。若所測物理量滿足表達(dá)式　　　　　　　　　　　　　,則說明球A

15、和球B碰撞中動量守恒。? 解析:(1)驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中,通過平拋運(yùn)動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度,只要求離開軌道后球做平拋運(yùn)動,對斜槽是否光滑沒有要求,故A錯(cuò)誤;要保證每次小球都做平拋運(yùn)動,則軌道的末端必須水平,故B正確;要保證碰撞前的速度相同,應(yīng)使入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下,故C正確;為了使入射小球碰后不被反彈,要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量,故D錯(cuò)誤。 (2)小球離開軌道后做平拋運(yùn)動,由于小球拋出點(diǎn)的高度相同,它們做平拋運(yùn)動的時(shí)間t相等,它們的水平位移x與其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,若兩球相碰前后的動量守恒,則mAv0=mAv1+mBv2,又

16、OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t,代入得mA·OP=mA·OM+mB·ON。 若碰撞是彈性碰撞,則機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22,將OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t代入得mA·OP2=mA·OM2+mB·ON2。 (3)小球做平拋運(yùn)動,在豎直方向上有h=12gt2 平拋運(yùn)動時(shí)間t=2hg 設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x,小球做平拋運(yùn)動的初速度 vA=x2h2g,vA'=x2h3g,vB'=x2h1g 如果碰撞過程動量守恒,則mAvA=mAvA'+mBvB' 將速度代入動量守恒表達(dá)式解得mAh2=mAh3+mBh1。

17、答案:(1)BC (2)mA·OP=mA·OM+mB·ON　mA·OP2=mA·OM2+mB·ON2 (3)mAh2=mAh3+mBh1 三、計(jì)算題(本題包含4小題,共42分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須寫明數(shù)值和單位) 13.(10分)質(zhì)量是60 kg的建筑工人,不慎從高空跌下,由于彈性安全帶的保護(hù)作用,最后使人懸掛在空中。已知彈性安全帶緩沖時(shí)間為1.2 s,工人自由下落直至安全帶伸直,下降高度為5 m,求安全帶所受的平均作用力。(g取10 m/s2) 解析:人的下落為自由落體運(yùn)動,下落到安全帶伸直時(shí)的速度大

18、小為v0=2gh=10m/s 取人為研究對象,在人和安全帶相互作用的過程中,人受到重力mg和安全帶給的沖力F,取F方向?yàn)檎较?由動量定理得 (F-mg)t=mv0,所以F=mg+mv0t=1100N,方向豎直向上 故由牛頓第三定律知安全帶所受的平均作用力為1100N,方向豎直向下。 答案:1 100 N　方向豎直向下 14.(10分)兩個(gè)中子和兩個(gè)質(zhì)子結(jié)合成一個(gè)氦核,同時(shí)釋放一定的核能。已知中子質(zhì)量為 1.008 7 u,質(zhì)子質(zhì)量為 1.007 3 u,氦核質(zhì)量為4.002 6 u。試計(jì)算用中子和質(zhì)子生成1 kg氦時(shí),要釋放的核能。1u=931.5MeVc2 解析:兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)

19、中子結(jié)合成氦核的反應(yīng)為 201n+211H→24He 質(zhì)量虧損Δm=2×1.0087u+2×1.0073u-4.0026u=0.0294u 放出的核能 ΔE=0.0294×931.5MeV=27.386MeV 生成1kg氦釋放的總核能 E=10004×6.02×1023×27.386×106×1.6×10-19J =6.59×1014J。 答案:6.59×1014 J 15.(10分)處于靜止?fàn)顟B(tài)的某原子核X,發(fā)生α衰變后變成質(zhì)量為mY的原子核Y,被釋放的α粒子垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,測得其圓周運(yùn)動的半徑為R,設(shè)α粒子質(zhì)量為m,質(zhì)子的電荷量為e,試求: (1)衰

20、變后α粒子的速率vα和動能Ekα; (2)衰變后Y核的速率vY和動能EkY; (3)衰變前X核的質(zhì)量mX。 解析:(1)α粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動所需的向心力由洛倫茲力提供,即Bqvα=mvα2R, α粒子的電荷量q=2e 所以α粒子的速率vα=2BeRm 動能Ekα=12mvα2=2B2e2R2m。 (2)由動量守恒mvα-mYvY=0,所以 vY=2BeRmY,EkY=12mYvY2=2B2e2R2mY。 (3)由質(zhì)能方程ΔE=Δmc2,而ΔE=Ekα+EkY 所以Δm=2B2e2R2c21m+1mY 衰變前X核的質(zhì)量mX=m+mY+Δm=m+mY+2B2e2R2c

21、21m+1mY。 答案:(1)vα=2BeRm　Ekα=2B2e2R2m (2)vY=2BeRmY　EkY=2B2e2R2mY (3)mX=m+mY+2B2e2R2c21m+1mY 16.(12分)如圖所示,三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0,一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以18v0、34v0的速度向右運(yùn)動,B再與C發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動?；瑝KA、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。 解析:設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA'=18v0,B的速度vB=34v0,由動量守恒定律得mvA=mvA'+mvB① 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得 WA=12mv02-12mvA2② 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB',B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得 WB=12mvB2-12mvB'2③ 據(jù)題意可知WA=WB④ 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動量守恒定律得 mvB'=2mv⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)得v=2116v0。⑥ 答案:2116v0 8