2018年鲁科版物理选修3-5 学业分层测评11
2018版物理教科版新课堂同步选修3-5文档：学业分层测评 第2章 1-电子 含解析 精品
学业分层测评(四)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)已知X射线的“光子”不带电，假设阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是()A．阴极射线管内的高电压不能够对其加速而增加能量B．阴极射线通过偏转电场不会发生偏转C．阴极射线通过磁场方向一定不会发生改变D．阴极射线通过偏转电场能够改变方向【解析】因为X射线的“光子”不带电，故电场、磁场对X射线不产生作用力，故选项A、B、C对．【答案】ABC2．(多选)如图2-1-9所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线径迹向下偏转，则()【导学号：22482085】图2-1-9A．导线中的电流由A流向BB．导线中的电流由B流向AC．若要使电子束的径迹往上偏转，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关【解析】阴极射线是高速电子流，由左手定则判断可知，磁场垂直纸面向里，由安培定则可知，导线AB中的电流由B流向A，且改变AB中的电流方向时可以使电子束的轨迹往上偏．若电流方向不变，将导线AB放在管的上方，由左手定则可以判断，电子束的轨迹将向上偏．故B、C正确，A、D错误．【答案】BC3．英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现()【导学号：22482018】A．阴极射线在电场中偏向负极板一侧B．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相反C．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量【解析】汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现，阴极射线在磁场中的受力情况跟负电荷受力情况相同，不同材料所产生的阴极射线的比荷相同，B对，A、C错；汤姆孙通过实验粗略地测出了阴极射线粒子的电荷量，D错．【答案】 B4．(多选)下列说法中正确的是()A．汤姆孙精确地测出了电子电荷量e＝1.602 177 33(49)×10－19 CB．电子电荷量的精确值是密立根通过“油滴实验”测出的C．汤姆孙油滴实验更重要的发现是：电荷量是量子化的，即任何电荷量只能是e的整数倍D．通过实验测得电子的比荷及电子电荷量e的值，就可以确定电子的质量【解析】电子的电荷量是密立根通过“油滴实验”测出的，A、C错误，B正确．测出比荷的值em和电子电荷量e的值，可以确定电子的质量，故D正确．【答案】BD5．(多选)关于电子的发现，下列叙述中正确的是()A．电子的发现，说明原子是由电子和原子核组成的B．电子的发现，说明原子具有一定的结构C．电子是第一种被人类发现的微观粒子D．电子的发现，比较好地解释了物体的带电现象【解析】发现电子之前，人们认为原子是不可再分的最小粒子，电子的发现，说明原子有一定的结构，B正确；电子是人类发现的第一种微观粒子，C正确；物体带电的过程，就是电子的得失和转移的过程，D正确．【答案】BCD6．向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通以如图2-1-10所示的电流，电子的偏转方向为________．图2-1-10【解析】 根据安培定则，环形磁铁右侧为N 极、左侧为S 极，在环内产生水平向左的匀强磁场，利用左手定则可知，电子向上偏转．【答案】 向上7．为测定带电粒子的比荷q m ，让这个带电粒子垂直飞进平行金属板间，已知匀强电场的场强为E ，在通过长为L 的两金属板间后，测得偏离入射方向的距离为d ，如果在两板间加垂直电场方向的匀强磁场，磁场方向垂直粒子的入射方向，磁感应强度为B ，则离子恰好不偏离原来方向，求比荷q m 的值为多少？【解析】 只加电场时，在垂直电场方向d ＝12(Eq m )(L v 0)2 加磁场后，粒子做直线运动，则q v 0B ＝Eq ，即v 0＝E B .联立解得：q m ＝2dE B 2L 2.【答案】 2dE B 2L 28．一个半径为1.62×10－4 cm 的带负电的油滴，在电场强度等于1.92×105 V/m 的竖直向下的匀强电场中．如果油滴受到的电场力恰好与重力平衡，问：这个油滴带有几个电子的电荷？已知油的密度为0.851×103 kg/m 3.【导学号：22482086】【解析】 油滴质量：m ＝ρV① 其中V ＝43πR 3② 又由力平衡知识：mg ＝qE③解①②③得：q ＝8.0×10－19 C由e ＝1.6×10－19 C 知q ＝5e即带5个电子的电荷．【答案】5个[能力提升]9．如图2-1-11所示，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场，则下列说法正确的是()【导学号：22482019】图2-1-11A．增大电场强度EB．减小磁感应强度BC．减小加速电压U，增大电场强度ED．适当地加大加速电压U【解析】正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域中，受到的电场＝q v B，方向向下，离子向上偏，说力F＝qE，方向向上，受到的洛伦兹力F洛明电场力大于洛伦兹力，要使离子沿直线运动，须qE＝q v B，则可使洛伦兹力增大或电场力减小，增大洛伦兹力的途径是增大加速电压U或增大磁感应强度B，减小电场力的途径是减小电场强度E.选项A、B、C错误，D正确．【答案】 D10．(多选)如图2-1-12所示是阴极射线显像管及其偏转线圈的示意图．显像管中有一个阴极，工作时它能发射阴极射线，荧光屏被阴极射线轰击就能发光．安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场，可以使阴极射线发生偏转．下列说法中正确的是()图2-1-12A．如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线应该打在荧光屏正中的O点B．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上A点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里C ．如果要使阴极射线在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上B 点，则偏转磁场的方向应该垂直纸面向里D ．如果要使阴极射线在荧光屏上的位置由B 点向A 点移动，则偏转磁场强度应该先由小到大，再由大到小【解析】 偏转线圈中没有电流，阴极射线沿直线运动，打在O 点，A 正确；由阴极射线的电性及左手定则可知B 错误，C 正确；由R ＝m v qB 可知，B 越小，R 越大，故磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D 错误．【答案】 AC11．电子所带电量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的．他测定了数千个带电油滴的电量，发现这些电量都等于某个最小电量的整数倍．这个最小电量就是电子所带的电量．密立根实验的原理如图2-1-13所示，A 、B 是两块平行放置的水平金属板，A 板带正电，B 板带负电．从喷雾器嘴喷出的小油滴，落到A 、B 两板之间的电场中．小油滴由于摩擦而带负电，调节A 、B 两板间的电压，可使小油滴受到的电场力和重力平衡．已知小油滴静止处的电场强度是1.92×105 N/C ，油滴半径是1.64×10－4 cm ，油的密度是0.851 g/cm 3，求油滴所带的电量．这个电量是电子电量的多少倍？(g 取9.8 m/s 2)图2-1-13【解析】 小油滴质量为m ＝ρV ＝ρ·43πr 3由题意得mg ＝Eq联立解得q ＝ρ·4πr 3g 3E＝0.851×103×4×3.14×(1.64×10－6)3×9.83×1.92×105C ＝8.02×10－19 C小油滴所带电量q 是电子电量e 的倍数为n ＝q e ＝8.02×10－191.6×10－19＝5倍． 【答案】 8.02×10－19 C 512．在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如图2-1-14所示．abcd 是个长方形盒子，在ad 边和cd 边上各开有小孔f 和e ，e 是cd 边上的中点，荧光屏M 贴着cd 放置，能显示从e 孔射出的粒子落点位置．盒子内有一方向垂直于abcd 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子经过电压为U 的电场加速后，从f 孔垂直于ad 边射入盒内．粒子经磁场偏转后恰好从e 孔射出．若已知fd ＝cd ＝L ，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用．请你根据上述条件求出带电粒子的比荷q m .图2-1-14【解析】 带电粒子进入电场，经电场加速．根据动能定理得qU ＝12m v 2，得v ＝2qUm .粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设圆周半径为R ，在三角形Ode 中，有(L －R )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝R 2，整理得：R ＝58L ，洛伦兹力充当向心力：q v B ＝m v 2R ，联立上述方程，解得q m ＝128U25B 2L 2.【答案】 128U 25B 2L 2。
人教版高中物理选修3-5学业分层测评11
高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）学业分层测评(十一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．白光通过棱镜后在屏上会形成按红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫排列的连续谱线，下列说法正确的是()A．棱镜使光谱加了颜色B．白光是由各种颜色的光组成的C．棱镜对各种颜色光的偏折不同D．发光物质发出了在可见光区的各种频率的光E．白光通过棱镜时，各种色光的频率发生了变化【解析】白光通过棱镜使各种颜色的光落在屏上的不同位置，说明棱镜对各种颜色的光偏折不同，形成的连续光谱按波长(或频率)排列，即白光是包括各种频率的光，光的颜色是由波长(或频率)决定，并非棱镜增加了颜色，B、C、D 正确，A错误．光在传播过程中频率是不变的，D错误．【答案】BCD2．下列说法中正确的是()A．炽热的固体、液体和高压气体发出的光形成连续光谱B．各种原子的明线光谱中的明线和它吸收光谱中的暗线必定一一对应C．气体发出的光只能产生明线光谱D．在一定条件下气体也可以产生连续光谱E．甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱【解析】据连续光谱的产生知A正确；由于吸收光谱中的暗线和明线光谱中的明线相对应，但通常吸收光谱中看到的暗线要比明线光谱中的明线少，所以B不对；气体发光，若为高压气体则产生吸收光谱，若为稀薄气体则产生明线光谱，所以C错误，D正确；甲物体发出的白光通过乙物质的蒸气形成了乙物质的吸收光谱，所以E正确．【答案】ADE3．关于线状谱，下列说法中正确的是()A．每种原子处在不同温度下发光的线状谱不同B．每种原子处在不同的物质中的线状谱相同C．每种原子在任何条件下发光的线状谱都相同D．两种不同的原子发光的线状谱可能相同E．两种不同原子发光的线状谱不相同【解析】每种原子都有自己的结构，只能发出由内部结构决定的自己的特征谱线，不会因温度、物质不同而改变，B、C、E正确．【答案】BCE4．下列关于巴耳末公式1λ＝R⎝⎛⎭⎪⎫122－1n2的理解，正确的是()A．此公式是巴耳末在研究氢原子光谱特征时发现的B．公式中n可取任意值，故氢原子光谱是连续谱C．公式中n只能取不小于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱D．公式不但适用于氢原子光谱的分析，也适用于其他原子的光谱E．公式只适用于氢原子光谱的分析【解析】此公式是巴耳末在研究氢原子光谱在可见光区的四条谱线中得到的，只适用于氢原子光谱的分析，A、E对，D错；公式中n只能取大于等于3的整数，λ不能连续取值．故氢原子光谱是线状谱，B错，C对．【答案】ACE5．关于经典电磁理论与原子的核式结构之间的关系，下列说法正确的是() A．经典电磁理论很容易解释原子的稳定性B．经典电磁理论无法解释原子的稳定性C．根据经典电磁理论，电子绕原子核转动时，电子会不断释放能量，最后被吸附到原子核上D．根据经典电磁理论，原子光谱应该是连续的E．原子的核式结构模型彻底否定了经典电磁理论【解析】根据经典电磁理论，电子绕核运动产生变化的电磁场，向外辐射电磁波，电子转动能量减少，轨道半径不断减小，运动频率不断改变，因此大量原子发光的光谱应该是连续谱，最终电子落到原子核上，所以A错误，B、C、D正确；经典电磁理论不能解释原子世界的现象，但可以很好地应用于宏观物体，所以E错误．【答案】BCD6．如图18-3-2甲所示是a、b、c、d四种元素的线状谱，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是________元素．图18-3-2【解析】将a、b、c、d四种元素的线状谱与乙图对照，可知矿物中缺少b、d元素．【答案】b、d7．同一元素的明线光谱的明线与吸收光谱的暗线是________.【导学号：66390034】【解析】实验表明各种元素的吸收光谱中的每一条暗线都跟这种原子的明线光谱中的一条明线相对应．【答案】相对应的8．氢原子光谱巴耳末系最短波长与最长波长之比＝________.【解析】 由巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2)，n ＝3,4,5，…得当n ＝∞时，最小波长1λ1＝R ·122① 当n ＝3时，最大波长1λ2＝R (122－132)② 由①②得λ1λ2＝59. 【答案】 599．氢原子光谱在巴耳末系中最长波长的光子能量是多少？【导学号：66390035】【解析】 当n ＝3时，对应的波长最长，代入巴耳末公式有：1λ1＝1.10×107×(122－132)解之得λ1≈6.5×10－7 m光子能量为ε1＝hν＝h c λ1＝6.63×10－34×3×1086.5×10－7 J ＝3.06×10－19 J. 【答案】 3.06×10－19 J[能力提升]10．氢原子光谱的巴耳末系中波长最长的光波的光子能量为E 1，其次为E 2，则E 1E 2＝________. 【导学号：66390036】【解析】 由1λ＝R (122－1n 2)得：当n ＝3时，波长最长，1λ1＝R (122－132)，当n ＝4时，波长次之，1λ2＝R (122－142)，解得λ1λ2＝2720，由E ＝h c λ得：E 1E 2＝λ2λ1＝2027. 【答案】 202711．在氢原子光谱的紫外区的谱线系中有多条谱线，试利用莱曼系的公式1λ＝R (112－1n 2)，n ＝2,3,4，…，计算紫外线的最长波和最短波的波长．【解析】 根据莱曼系波长倒数公式：1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－1n 2，n ＝2,3,4，… 可得λ＝1R ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－1n 2，n ＝2,3,4，… 当n ＝2时波长最长，其值为λ＝1R ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－122＝134R ＝134×1.097×107m ＝1.22×10－7 m.当n ＝∞时，波长最短，其值为λ＝1R ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－0＝1R ＝11.097×107m ＝9.12×10－8 m.【答案】 1.22×10－7 m 9.12×10－8 m12．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有莱曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为1λ＝R (132－1n 2)，n ＝4,5,6，…，R ＝1.10×107 m －1.若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域，试求： 【导学号：66390037】(1)n ＝6时，对应的波长；(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多少？n ＝6时，传播频率为多大？【解析】 (1)帕邢系公式1λ＝R (132－1n 2)，当n ＝6时，得λ＝1.09×10－6 m.(2)帕邢系形成的谱线在红外线区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播，故波速为光速c ＝3×108m/s ，由v ＝λT ＝λν，得ν＝v λ＝c λ＝3×1081.09×10－6 Hz ＝2.75×1014 Hz.【答案】 (1)1.09×10－6 m (2)3×108 m/s 2.75×1014 Hz。
鲁科版高中物理选修3-3学业分层测评：第5章-第1节+热力学第一定律+第2节+能量的转化与守恒+Word版含答案
学业分层测评(十一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．在热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中正确的是( )A．物体对外界做功时W为负B．物体吸收热量时，Q为正C．内能减少时，ΔU为正D．内能增加时，ΔU为正E．W为正，Q为负时，ΔU一定为零【解析】根据公式ΔU＝W＋Q及W、Q、ΔU的符号法则得A、B、D正确．【答案】ABD2．下列关于能量转化的现象的说法中，正确的是( )A．用太阳灶烧水是太阳能转化为内能B．电灯发光是电能转化为光能C．核电站发电是电能转化为内能D．生石灰放入盛有凉水的烧杯里，水温升高是动能转化为内能E．跳高运动员跳起时，体内的化学能转化为机械能【解析】核电站发电是核能转化为电能，生石灰放入水中使水温升高，是化学能转化为内能．【答案】ABE3. 某物体温度升高了，这说明( )A．该物体一定吸收了热量B．该物体可能放出了热量C．外界对物体可能做了功D．物体可能吸收了热量E．外界对物体一定做了功【解析】由ΔU＝Q＋W来分析，物体温度升高了，一定有物体的内能增加，ΔU>0，要满足ΔU>0可能有多种情况：①W>0，Q＝0；②W＝0，Q>0；③W>0，Q>0；④W>0，Q<0，W>|Q|；⑤W<0，Q>0，Q>|W|.由①否定选A；④与选项B一致，①③④与选项C一致；②③⑤与选项D一致，故选项B、C、D正确．【答案】BCD4．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )A．密度增大B．密度减小C．温度降低D．温度升高E．内能增加【解析】由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104J，W＝－1.0×104J可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，C错，D、E对；气体对外做功，体积增大，密度减小，B对，A错．【答案】BDE5．下列关于第一类永动机的说法正确的是( )A．第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断地对外做功的机器B．第一类永动机不能制成的原因是违背了热力学第一定律C．第一类永动机不能制成的原因是技术问题D．第一类永动机终究有一天能够实现E．第一类永动机不可能制成是因为违背了能量的转化和守恒定律【解析】第一类永动机是不消耗任何能量却能源源不断对外做功的机器，这是人们的美好愿望，但它违背了热力学第一定律．这也是它不能制成的原因．故A、B、E三项正确，C、D两项错误．【答案】ABE6．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A．内能增大B．内能减小C．对外界做功D．外界对其做功E．放出热量【解析】气体降温则内能减小，变扁则体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体一定放出热量．故选项B、D、E正确．【答案】BDE7．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中空气做功为2×105 J，空气的内能增加了1.5×105 J，则气体____(选填“吸”或“放”)热为______J.【解析】由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W得：1.5×105J＝2×105J＋Q，所以Q＝－5×104 J，故放热．【答案】放5×1048．水能是一种清洁能源．位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流速达每秒 6 000 m3，而且是一年四季流量稳定，瀑布落差50 m．若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率.【导学号：30110063】【解析】每秒流下的水量m＝Vρ＝6 000×103 kg，由能的转化和守恒知mgh×50%＝Pt.式中m取6 000×103 kg，t取1 s，h＝50 m，解得P＝1.5×109 W.【答案】 1.5×109 W[能力提升]9．如图513所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态．当气体自状态A 变化到状态B时( )图513A．体积必然变大B．不可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热E．气体必然对外界做功【解析】本题是气体状态变化、图象与热力学第一定律结合的综合分析题．连接OA、OB，得到两条等容线，故有V B＞V A，所以A正确；由于没有限制自状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故B错误；因为气体体积增大，所以是气体对外做功，C错误，E正确；因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确．【答案】ADE10．如图514所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )【导学号：30110064】图514A．气体对外界做功B．气体不做功C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变E．内能不变【解析】绝热容器内的稀薄气体与外界没有热交换，Q＝0.稀薄气体向真空中扩散没有做功，W＝0.根据热力学第一定律知稀薄气体的内能不变，则温度不变．稀薄气体体积增大，压强必减小．选项B、D、E正确．【答案】BDE11．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？【解析】(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J．即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J －(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.【答案】(1)增加了160 J (2)外界对气体做功80 J12．如图515所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm，现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱长度变为2 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞重力．问：图515(1)若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强为多大？(2)若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)【解析】(1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22 cm，l＝2 cm，V0＝l0S，V＝lS缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0＝pV，解得：p＝1.1×106 Pa.(2)大气压力对活塞做功：W1＝p0S(l0－l)＝2 J人做功W2＝100 J，由热力学第一定律得：ΔU＝W1＋W2＋Q，将Q＝－20 J代入解得ΔU＝82 J.【答案】(1)1.1×106 Pa (2)82 J情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
2018版高中物理 学业分层测评1 第1章 动量守恒研究 第1节 动量定理 鲁科版选修3-5
第1节动量定理(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是( )A．做匀速圆周运动的物体，其动量不变B．一个物体的速率改变，它的动量一定改变C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变D．一个物体的动量不变，它的速度可以改变【解析】做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，A错．速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，B对．运动状态变化即速度发生变化，C对；对一个物体来说，其质量一定，由p＝mv可知，其动量不变，速度也一定不变，故D错．【答案】BC2．(多选)关于冲量和动量，下列说法中正确的是( )A．动量是描述物体运动状态的物理量B．冲量是物体动量变化的原因C．冲量方向与动量方向一致D．冲量方向与物体末动量方向一定相同【解析】动量p＝mv，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项A正确．根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项B正确．冲量的方向始终与动量变化的方向相同，与物体的初动量或末动量的方向关系不确定，故C、D错误．【答案】AB3．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )【导学号：64772002】A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来【解析】根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同．故C正确．【答案】 C4.甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下沿同一直线运动．它们的动量随时间变化的关系如图112所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1与F2，I1与I2的大小关系是( )图112A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2【解析】因为冲量I＝Δp，从图上可以看出甲、乙两物体所受的冲量的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2，故选项A正确．【答案】 A5．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是( ) A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量不等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小大于过程Ⅰ中重力的冲量大小【解析】过程Ⅰ钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理得，A对；整个过程的动量改变量为零，故过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，B、C、D错误．【答案】 A6．(多选)原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图113所示，则 ( )【导学号：64772003】图113A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零【解析】0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错；t ＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时，物体速度为零，由动量定理Ft＝m·Δv可得，I＝F0t0－F0t0＝0，在0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，选项B、C均正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D 错．【答案】 BC7．物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F ＝(10＋5t ) N ，则该力在2 s 内的冲量为________．【解析】 由题意知，外力F 随时间t 均匀变化，因此可以认为2 s 内物体所受外力的平均值为F ＝10＋202N ＝15 N ．再根据冲量的定义式，可求得外力在2 s 内的冲量为I ＝F t ＝15×2 N·s＝30 N·s.【答案】 30 N·s8．玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎．这是为什么？【解析】 设杯子开始下落时的高度为h ，则杯子与地面相碰时的速度大小v ＝2gh 设杯子与地面碰撞的时间为t ，碰撞后的速度为零，在碰撞阶段，杯子的受力如图所示．规定竖直向上的方向为正方向，则由动量定理，得(F －mg )t ＝0－m (－v )两式联立得F ＝mg ＋m 2gh t在题中所述两种情况下，除杯子与接触面的作用时间t 不同外，其他条件均相同．由于杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地板的作用时间要长，由上式不难得出地毯对杯子的作用力远比水泥地板对杯子的作用力要小，所以当玻璃杯从同一高度落下时，落到水泥地板上易碎而落到松软的地毯上不易碎．【答案】 见解析[能力提升]9．(多选)如图114所示，把重物G 压在纸带上，用一水平力F 缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出．对这种现象的解释正确的是( ) 【导学号：64772076】图114A ．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大B ．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小C ．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的冲量小【解析】在本题中重物所受的合力为摩擦力，在缓慢拉动纸带时，两物体之间的摩擦力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的摩擦力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以缓慢拉动纸带时摩擦力小，迅速拉动纸带时摩擦力大，故选项A、B均错．缓慢拉动纸带时，虽然摩擦力小，但作用时间长；迅速拉动纸带时，虽然摩擦力大，但作用时间短，因此根据冲量I＝Ft难以判断其冲量的大小．但是题目中明确指出，缓慢拉动纸带时，重物与纸带一起运动，即说明重物的速度与纸带的速度相同；迅速拉动纸带时，纸带会从重物下抽出，说明重物的速度极小，因此缓慢拉出纸带时物体的动量变化大，即外力的冲量大，迅速拉出纸带时物体的动量变化小，即外力的冲量小．故选项C、D正确．【答案】CD10．(多选)如图115所示，子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )图115A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量C．子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小D．子弹动量变化量的方向与木块动量变化量的方向一定相反【解析】子弹射入木块的过程，二者之间的相互作用力始终等大反向，同时产生，同时消失，由冲量的定义I＝F·t可知A错；由动量定理知，C正确；Δv＝at＝F·tm，子弹和木块所受的冲量Ft大小相同，但质量未必相等，因此速度变化量的大小不一定相等，B 错；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是作用力与反作用力，由动量定理可知，子弹动量变化量与木块动量变化量等大反向，故D正确．【答案】CD11.如图116所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内物体所受各力的冲量及合力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【导学号：64772004】图116【解析】物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用，由受力分析可求得重力G ＝mg ＝50 N ，支持力N ＝mg cos α＝40 N ，摩擦力f ＝μmg cos α＝8 N ，合力F 合＝mg sin α－μmg cos α＝22 N.由冲量公式I ＝Ft 得：重力的冲量I G ＝Gt ＝100 N·S，方向竖直向下；支持力的冲量I N ＝Nt ＝80 N·s，方向垂直斜面向上；摩擦力的冲量I f ＝ft ＝16 N·s，方向沿斜面向上；合力的冲量I 合＝F 合t ＝44 N·s，方向沿斜面向下．【答案】 见解析12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，车身因相互挤压皆缩短了0.5 m ，根据测算，两车相撞前速度约为30 m/s.(1)车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车碰撞过程中与人体的作用时间是 1 s ，这时人体受到的平均冲力为多大？【解析】 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m ．设运动的时间为t ，根据s ＝v 02t ，得t ＝2s v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝mv 0解得F ＝mv 0t ＝60×30130N ＝5.4×104 N. (2)若人系有安全带，则F ′＝mv 0t ′＝60×301N ＝1.8×103 N. 【答案】 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N。
鲁科版高中物理选修3-5全套单元测试(含答案)
2018-2019学年鲁科版高中物理选修3-5 第1章动量守恒研究单元测试一、单选题1.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了（）A. 减小冲量B. 减小动量的变化量C. 增长与地面的冲击时间，从而减小冲力D. 增大人对地面的压强，起到安全作用2.一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是（）A. 125 m/s，与v0反向 B. 110 m/s，与v0反向 C. 240 m/s，与v0反向 D. 以上答案均不正确3.从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎．这是因为（）A. 掉在水泥地上，玻璃杯的动量大B. 掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大C. 掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D. 掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大4.下列几种物理现象的解释中，正确的是（）A. 运动员接篮球时手臂有弯曲回收动作，其作用是减小篮球的动量变化量B. 砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻C. 在推车时推不动是因为推力的冲量为零D. 船舷常常悬挂旧轮胎，是为了延长作用时间，减小作用力5.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A. 小球的机械能守恒，动量不守恒B. 小球的机械能不守恒，动量也不守恒C. 球、车系统的机械能守恒，动量守恒D. 球、车系统的机械能、动量都不守恒6.质量为m的物体以速度v沿光滑水平面匀速滑行，现对物体施加一水平恒力，t秒内该力对物体所施冲量大小为3mv，则关于t秒内的说法不正确的是（）A. t秒末物体运动速率可能为4vB. 物体位移的大小可能为C. 该力的大小为D. 该力对物体做功不可能大于7.篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）A. 减小球对手的冲量B. 减小球的动量变化量C. 减小球对人的冲击力D. 减小球的能量变化量8.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法中正确的是( )A. 枪和子弹组成的系统动量守恒B. 枪和车组成的系统动量守恒C. 只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒D. 枪、子弹、车组成的系统动量守恒二、多选题9.如图所示，A、B两物体的质量比m A：m B=3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（）A. A，B系统动量守恒B. A，B，C系统动量守恒C. 小车向左运动D. 小车向右运动10.一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为△t，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于△t时间内发生的变化，以下说法正确的是（）A. 速度变化大小为g△t，方向竖直向下B. 动量变化量大小为△P=m（v2﹣v1），方向竖直向下C. 动量变化量大小为△P=mg△t，方向竖直向下D. 动能变化为△E k= m（v22﹣v12）11.（2018•海南）如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的图像，图中t 1、、已知。
2018-2019学年高二物理鲁科版选修3-5练习：学业分层测评5 Word版含解析
学业分层测评(五)
(建议用时：45分钟)
学业达标]
1．(多选)关于物质结构的研究有下列叙述，其中正确的是()
A．电子的发现使人们认识到原子有复杂的结构
B．根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
C．原子内部的正电荷全部集中在原子中心极小的原子核内
D．电子均匀分布在原子内部
【解析】电子的发现使人们认识了原子有复杂的结构，选项A正确；根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，选项B正确；原子内部的正电荷全部集中在极小的原子核内，选项C正确，电子在原子核外空间高速运转，并不是均匀分布，D错误．
【答案】ABC
2．(多选)关于α粒子散射实验装置，下列说法正确的是()
A．实验装置应放在真空中
B．金箔的厚度对实验无影响
C．如果把金箔改为铝箔，更不容易观察到大角度散射现象
D．实验时，金箔、荧光屏和显微镜均能在圆周上运动
【解析】根据α粒子散射实验装置的要求，不在真空中实验可能会受到空气中尘埃等微粒的影响，A对．当金箔偏厚时，α粒子可能无法穿过，B错．金。
鲁科版高中物理选修3-1课时分层作业：11 焦耳定律+Word版含答案.doc
课时分层作业(十一) 焦耳定律(15分钟 50分)一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分) 1．关于电功，下列说法中正确的有( ) A ．电功的实质是电场力所做的功 B ．电功是其他形式的能转化为电能的量度C ．电场力做功使金属导体内的自由电子运动的速率越来越大D ．电流通过电动机时的电功率和热功率相等A [电场力移动电荷时对电荷所做的功叫电功，是电能转化为其他形式能的量度，A 对，B 、C 、D 错．]2．(多选)关于电功、电功率和焦耳定律的说法正确的是( )【导学号：46242121】A ．电功率越大电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．W ＝UIt 适用于任何电路，而电功计算式W ＝I 2Rt ＝U 2Rt 适用于纯电阻电路C ．非纯电阻电路中，UI ＞I 2R D ．Q ＝I 2Rt 适用于任何电路BCD [电功率越大，电流做功越快，但电路中产生的焦耳热不一定越多，故A 错误；W ＝UIt 是电功的定义式，适用于任何电路，而I ＝U R 只适用于纯电阻电路，由此推导出的公式W ＝I 2Rt ＝U 2Rt 只适用于纯电阻电路，B 正确；在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以C 正确；Q ＝I 2Rt 是焦耳热的定义式，适用于任何电路中焦耳热的计算，D 正确．] 3．为使电热器在单位时间内产生的热量减少一半，下列措施可能的是( ) A ．R 不变，使通过电热丝的I 减小一半 B ．U 不变，使电热丝的R 增大一倍 C ．R 不变，使电热丝两端的U 减小一半 D ．U 不变，使电热丝的R 增大为原来的2倍B [电热器是纯电阻用电器，电功率可表示为P ＝UI ＝U 2R ＝I 2R ，故R 一定时，电压U 减半或电流I 减半，P 将变为原来的14，A 、C 错误；当U 不变，R 增大一倍时，P 将变为原来的12，B 正确；当U 不变，R 增大到原来的2倍时，P 将变为原来的22，D 错误．] 4．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中所提供的数据．计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，10 s 内产生的热量为( )【导学号：46242122】C ．2.2×104 JD ．2.2×103JA [电热水器为纯电阻电路，由Q ＝W ＝Pt 得Q ＝1.5×104J ．]5．一根电阻丝，通过2 C 电荷量所消耗的电能是8 J ．若在相同的时间内通过4 C 的电荷量，则该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是( ) A ．4 V,16 J B ．8 V,16 J C ．4 V,32 JD ．8 V,32 JD [设电阻丝的电阻为R ，开始时所加电压为U 1，则W 1＝q 1U 1，即8 J ＝2 C ×U 1，解得U 1＝4 V ．设后来所加电压为U 2，消耗的电能为W 2，则I 2＝q 2t ＝U 2R又I 1＝q 1t ＝U 1R由此得I 2＝2I 1所以U 2＝2U 1＝8 V ，W 2＝q 2U 2＝4×8 J＝32 J ．]6．如图334所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )图334A ．UIB ．U 2RC ．I 2RD ．UI －I 2RA [该未知电路两端的电压是U ，通过的电流是I ，该未知电路的电功率一定是UI ，选项A 正确，选项D 错误；未知电路可能不是纯电阻电路，则选项B 、C 错误．]7．若不考虑温度对电阻的影响，关于一个标有“220 V 40 W”字样的灯泡，下列说法中错误的是( )A ．接在110 V 的线路上，灯泡的功率为20 WB ．接在110 V 的线路上，灯泡的功率为10 WC ．接在220 V 的线路上，灯泡的功率为40 WD ．接在55 V 的线路上，灯泡的功率为2.5 WA [由P ＝U 2R 得R ＝U 2P ＝220240 Ω＝1 210 Ω.当U 实＝110 V 时，P 实＝U 2实R ＝11021 210 W ＝10 W ，A 错误，B 正确；当U 实′＝55 V 时，P ′实＝U ′2实R ＝5521 210W ＝2.5 W ，D 正确；当U ″实＝U 额＝220 V 时，P ″实＝P 额＝40 W ，C 正确．]8．(多选)如图335所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机的内阻R 2＝10 Ω.当开关断开时，电流表的示数是0.5 A ，当开关闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，关于电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 的式子正确的是( )图335A ．I ＝1.5 AB ．I ＜1.5 AC ．P ＝15 WD ．P ＜15 WBD [电路两端的电压为U ＝I 1R 1＝0.5 A×20 Ω＝10 V ．电动机是非纯电阻用电器，UI 2＞I 22R 2，所以I 2＜UR 2＝1 A ．电流表的示数I ＝I 1＋I 2＜1.5 A ，A 错误，B 正确；电路消耗的电功率为P ＝U (I 1＋I 2)＜15 W ，C 错误，D 正确．] 二、非选择题(本题共2小题，共18分)9．(8分)规格为“220 V 36 W”的排气扇，线圈电阻为40 Ω，求： (1)接上220 V 电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．[解析] (1)排气扇在220 V 电压下正常工作电流I ＝P U ＝36220A ＝0.16 A ，发热功率P 热＝I 2R ＝0.162×40 W＝1 W ，转化为机械能的功率P 机＝P －P 热＝(36－1) W ＝35 W.(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机相当于纯电阻，电能全部转化为内能，此时通过排气扇的电流I ′＝U R ＝22040A ＝5.5 A ；电动机消耗的功率等于发热功率P ′＝P 热＝I ′U ＝5.5×220 W＝1 210 W.由于发热量很大，将很快烧坏电动机线圈． [答案] (1)35 W 1 W (2)1 210 W 1 210 W10．(10分)如图336所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻r ＝0.8 Ω，电路中另一电阻R ＝10 Ω，直流电压U ＝160 V ，电压表示数U V ＝110 V.图336(1)求通过电动机的电流； (2)求输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 的速度竖直向上匀速提升重物，求该重物的质量．(g 取10 m/s 2)【导学号：46242124】[解析] (1)U R ＝U －U V ＝160 V －110 V ＝50 VI R ＝U R R ＝5010A ＝5 A由R 与电动机串联可得通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A. (2)电动机的输入功率为P ＝U V I M ＝550 W. (3)电动机的输出功率为P ′＝P －I 2M r ＝530 W 由P ′＝Fv ＝mgv 得m ＝P ′gv＝53 kg. [答案] (1)5 A (2)550 W (3)53 kg经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
高二物理鲁科版选修3-5练习：学业分层测评2 含解析
学业分层测评(二)(建议用时：45分钟)学业达标]1．(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差( )A．导轨安放不水平B．小车上挡光片倾斜C．两小车碰后连在一起D．向气垫导轨送气的气源压力不足【解析】导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，气源压力不足时，小车与导轨的摩擦力对实验的影响而导致实验误差．故本题应选A、B、D.【答案】ABD2．(多选)下面物体在相互作用过程中系统动量守恒的有( )A．人在船上行走，人与船组成的系统(不计水的阻力)B．子弹射穿一棵小树，子弹与小树组成的系统C．人推平板车前进，人与平板车组成的系统D．静止在空中的热气球下方吊篮突然脱落，吊篮与热气球组成的系统【解析】人在船上行走，在不计水的阻力的情况下，人和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒；子弹射穿小树过程，子弹和小树组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；人推平板车前进，人受到地面的摩擦力，人与平板车组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故选项A正确，B、C不正确，静止在空中的热气球所受的浮力与总重力平衡，竖直方向上的合力为零，而吊篮脱落后，系统竖直方向上的合力仍为零，系统动量守恒，D正确．【答案】AD3．如图1-2-6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( ) 【导学号：64772080】图1-2-6A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同【解析】由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．【答案】 C4.如图1-2-7所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )【导学号：64772081】图1-2-7A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒【解析】在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒．子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒．【答案】 B5．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv【解析】以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有：Mv0＝(M－m)v′＋mv.【答案】 A6.如图1-2-8所示，质量为M的密闭气缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是( )【导学号：64772082】图1-2-8。
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学业分层测评(十一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于核力的下列说法正确的是() 【导学号：64772106】
A．核力同万有引力没有区别，都是物体间的作用
B．核力就是电磁力
C．核力是短程力
D．核力与电荷有关
【解析】核力是短程力，故C对；核力与万有引力、电磁力不同，故A、B不对；核力与电荷无关，故D错．
【答案】 C
2．(多选)下列说法中正确的是()
A．质子与中子的质量不等，但质量数相等
B．两个质子之间，不管距离如何，核力总是大于库仑力
C．同一种元素的原子核有相同的质子数，但中子数可以不同
D．除万有引力外，两个中子之间不存在其他相互作用力
【解析】质子和中子的质量不相等，但差别不大，质量数相等，故A对．核子之间的核力随距离变化而变化，并不总大于库仑力，故B错．同位素之间质子数相同，中子数不同，质量数也不同，故C对．核子之间除万有引力外，还可能存在核力、库仑力，但质子与中子之间、中子与中子之间没有库仑力，D错误．
【答案】AC
3．(多选)一个质子和一个中子结合成氘核时，产生γ光子，由此可见() A．氘核的质量等于质子和中子的质量之和
B．氘核的质量小于质子和中子的质量之和
C．核子结合成原子核时会释放核能
D．原子核分解成核子时会释放核能
【解析】由于结合时产生γ光子，即产生能量，故反应中有质量亏损，但反应过程中质量数守恒，B正确，A错误．质子和中子统称核子，该反应为核子
结合成原子核的反应，故C对，D错．
【答案】BC
4．(多选)关于原子核的结合能与平均结合能，下列说法中正确的是()
【导学号：64772052】A．原子核的结合能等于核子与核子之间结合成原子核时核力做的功
B．原子核的结合能等于核子从原子核中分离，外力克服核力做的功
C．平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量
D．不同原子核的平均结合能不同，重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能大
【解析】原子核中，核子与核子之间存在核力，要将核子从原子核中分离，需要外力克服核力做功．当自由核子结合成原子核时，核力将做功，释放能量．对某种原子核，平均每个核子的结合能称为平均结合能．不同原子核的平均结合能不同．重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能要小．综上所述，正确选项为A、B、C.
【答案】ABC
5．(多选)对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是()
A．如果物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm
B．如果物体的质量增加了Δm，它的能量也一定相应增加Δmc2
C．Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量
D．在把核子结合成原子核时，若放出的能量是ΔE，则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm
【解析】一定质量对应于一定的能量，物体的能量减少了ΔE，它的质量也一定相应减少Δm，即发生质量亏损，如果物体的质量增加了Δm，它的能量一定相应增加Δmc2，所以选项A、B、D正确；某原子核在衰变时，一定发生质量亏损，所以选项C错误．
【答案】ABD
6．某核反应方程为21H＋31H―→42He＋X.已知21H的质量为2.013 6 u，31H的质量为3.018 0 u，42He的质量为4.002 6 u，X的质量为1.008 7u，则X是________，该反应________(填“释放”或“吸收”)能量．
【解析】由题目所给核反应方程式，根据核反应过程质量数、电荷数守恒
规律，可得21H＋31H―→42He＋10X，则X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.013 6 u＋3.018 0 u＝5.031 6 u，反应后产物总质量m2＝4.002 6 u＋1.008 7 u ＝5.011 3 u，总质量减少，出现了质量亏损．根据爱因斯坦的质能方程可知该反应释放能量．
【答案】中子释放
7．原子质量单位为u,1 u相当于931.5 MeV的能量，真空中光速为c，当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是____________．
【解析】m1、m2、M的单位是kg，Δm＝m1＋m2－M
其单位也为kg，由ΔE＝Δmc2可得核反应过程释放的能量ΔE＝(m1＋m2－M)c2.
【答案】(m1＋m2－M)c2
8．如下一系列核反应是在恒星内部发出的，
p＋126C→137N137N→136C＋e＋＋ν
p＋136C→147N p＋147N→158O
15
O→157N＋e＋＋νp＋157N→126C＋α.
8
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，ν为一种中微子．已知质子的质量为m p＝1.672 648×10－27 kg，α粒子的质量为mα＝6.644 929×10－27 kg，正电子的质量为m＋e＝9.11×10－31kg，中微子的质量可忽略不计，真空中的光速c＝3.00×108 m/s.试计算该系列核反应完成后释放的能量．
【解析】将题中的几个核反应方程左右分别相加，消去两边相同的项，上述系列反应等效为：4p→α＋2e＋＋2ν，
质量亏损
Δm＝4m p－(mα＋2m＋e)
＝4×1.672 648×10－27 kg－6.644 929×10－27 kg－2×9.11×10－31 kg＝0.043 841×10－27 kg，
释放的能量
ΔE＝Δmc2＝0.043 841×10－27×(3.00×108)2 J
≈3.95×10－12 J.
【答案】 3.95×10－12 J
[能力提升]
9．(多选)如图4-1-1是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象．下列说法中正确的是() 【导学号：64772107】
图4-1-1
A．若D、E能结合成F，结合过程一定释放能量
B．若D、E能结合成F，结合过程一定吸收能量
C．若A能分裂成B、C，分裂过程一定释放能量
D．若A能分裂成B、C，分裂过程一定吸收能量
【解析】由图可知Fe原子核的核子的平均质量最小，则原子序数较小的核D、E结合成原子序数较大的核F时，因F核子的平均质量小于D、E核子的平均质量，故出现质量亏损，由质能方程知，该过程一定放出核能，所以选项A 正确，选项B错误；因为C、B核子的平均质量小于A核子的平均质量，故A 分裂成B、C过程一定要释放能量，所以选项C正确，选项D错误．【答案】AC
10．一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm，已知阿伏伽德罗常数为N A，真空中的光速为c，若1 mol氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为________．
【解析】根据爱因斯坦质能方程，一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时释放的能量为Δmc2,1 mol氘和1 mol氚完全发生上述核反应，释放的能量应为Δmc2的N A倍，即为N AΔmc2.
【答案】N AΔmc2
11．一个锂核(73Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子．已知质子的质量是1.673 6×10－27kg，锂核的质量是11.650 5×10－27kg，氦核的质量是6.646 6×10－27 kg.
(1)写出上述核反应的方程；
(2)计算上述核反应释放出的能量．(保留3位有效数字)
【解析】(1)由质量数和电荷数守恒可得
7
Li＋11H→242He.
3
(2)核反应的质量亏损
Δm＝m Li＋m p－2mα
＝(11.650 5×10－27＋1.673 6×10－27－2×6.646 6×10－27) kg＝3.09×10－29 kg.
释放的能量
ΔE＝Δmc2＝3.09×10－29×(3×108)2 J＝2.78×10－12 J.
【答案】(1)73Li＋11H→242He(2)2.78×10－12 J
12．如果需把168O分成8个质子和8个中子，要给它多少能量？要把它分成4个42He，要给它多少能量？已知168O的核子平均结合能是7.98 MeV，42He的核子平均结合能是7.07 MeV.
【解析】把168O分成8个质子和8个中子需提供的能量为
ΔE1＝16×7.98 MeV＝127.68 MeV.
将2个质子和2个中子结合成一个42He所放出的能量为
ΔE2＝4×7.07 MeV＝28.28 MeV.
则将168O分成4个42He需提供的能量为
ΔE′＝ΔE1－4ΔE2＝127.68 MeV－4×28.28 MeV＝14.56 MeV.
【答案】127.68 MeV14.56 MeV。