2018年沪科版物理选修3-3第5章 章末分层突破
2017-2018学年高中物理沪科版选修3-3教师用书：第3章
章末分层突破[自我校对]①熔点②几何外形③异性④熔点⑤几何外形⑥同性⑦熔点⑧几何外形⑨同性⑩周期性下列关于晶体空间点阵的说法，正确的是()A．构成晶体空间点阵的物质微粒，可以是分子，也可以是原子或离子B．构成晶体空间点阵的物质微粒只能是离子C．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用力很强，所有物质微粒都被牢牢地束缚在空间点阵的结点上不动D．所谓空间点阵与空间点阵的结点，都是抽象的概念；结点是指组成晶体的物质微粒做永不停息的微小振动的平衡位置；物质微粒在结点附近的微小振动，就是热运动E．相同的物质微粒，可以构成不同的空间点阵；也就是同一种物质能够生成不同的晶体，从而能够具有不同的物理性质【解析】组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子，这些物质微粒也就是分子动理论所说的分子．显然，组成晶体的物质微粒处在永不停息的无规则的热运动之中．物质微粒之间还存在相互作用，晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用力很强，物质微粒的热运动不足以克服这种相互作用而彼此远离，所以选项B、C的说法错误．【答案】ADEA ．液体表面层内的分子间表现为引力因而产生表面张力，使液体表面有收缩到最小的趋势B ．水银是浸润液体，水是不浸润液体C ．在内径小的容器里，如果液体能浸润器壁，液面成凹形D ．植物根部的养分，有些是由于毛细现象升到植物上部枝叶中的E ．在细管里，液面一定成凹形【解析】 由于液体表面层里分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以表面层里分子间表现为引力，这种引力使液面的相邻部分之间产生表面张力，液体表面有收缩的趋势，A 选项正确；液体是否浸润固体，是由固体和液体的性质共同决定的，某种液体对有些固体浸润，对另一些固体不浸润，所以B 选项错误；在内径小的容器里，如果液体能浸润器壁，附着层里的液体分子间排斥，这种排斥使液面有扩展的趋势，因而液面成凹形，C 选项正确，E 错误；植物根部的养分，有些是由于毛细现象升到植物上部枝叶中的，D 选项正确．【答案】 ACD1．下列说法正确的是( )A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变【解析】A．将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．B．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．C．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．D．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．E．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误．【答案】BCD2．下列对固体物质的认识，正确的有()A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同E．晶体和非晶体可以相互转化【解析】晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确．【答案】ADE3．下列说法正确的是()A．液体表面张力的方向与液面相切B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征【解析】液体的表面张力垂直于分界线，且与液面相切，A正确；只要是晶体，不论是单晶体还是多晶体都有固定的熔点，B错误；单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，所以有规则的几何形状，C正确；金属是晶体，晶体的某些物理性质具有各向异性，D错误；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，E正确．故选A、C、E.【答案】ACE4．下列现象中，能说明液体存在表面张力的有()A．水黾可以停在水面上B．叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动E．刺破铁丝环中肥皂膜中心棉线圈内的肥皂膜，棉线张紧，形成圆形【解析】红墨水散开和花粉的无规则运动直接或间接说明分子的无规则运动，选项C、D错误；A、B、E选项中对应的现象是因为液体存在表面张力，选项A、B、E正确．【答案】ABE我还有这些不足：(1)________________________________________________________(2)________________________________________________________我的课下提升方案：(1)________________________________________________________(2)________________________________________________________。
(沪科版)高中物理选修3-5学业分层测评：第5章 5
其中p为质子，α为α粒子，e＋为正电子，μ为一种中微子．已知质子的质量mp＝1.672 648×10－27 kg，α粒子的质量mα＝6.644 929×10－27 kg，正电子的质量me＝9.11×10－31 kg，中微子的质量可忽略不计．真空中的光速c＝3×108 m/s.试计算该系列反应完成后释放的能量．
【解析】为求出系列反应完成后释放的能量，将题中所给的各核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为4p→α＋2e＋＋2μ.
设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得Q＝(4mp－mα－2me)c2
代入数据可得Q≈3.95×10－12 J.
【答案】3.95×10－12 J
[能力提升]
9．(多选)如图531所示，托卡马克(tokamak)是研究受控核聚变的一种装置，这个词是toroidal(环形的)、kamera (真空
室)、magnet(磁)的头两个字母以及kotushka(线圈)的第一个字母组成的缩写词．根据以上信息，下列判断中可能正确的是( )
图531
A．这种装置的核反应原理是轻核的聚变，同时释放出大量的能量，和太阳发光的原理类似。
2018版物理沪科版新课堂同步选修3-1文档：第5章 章末
章末分层突破[自我校对]①安培定则②强弱③切线方向④BS sin θ⑤BIL⑥平面⑦Bq v⑧平面及知识的迁移能力，在解决这类问题时应把握以下几点：(1)先画出与导体棒垂直的平面，将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上．(2)利用左手定则确定安培力的方向． (3)根据共点力平衡的条件列出方程求解．如图5-1所示，平行金属导轨PQ 与MN 都与水平面成θ角，相距为l .一根质量为m 的金属棒ab 在导轨上，并保持水平方向，ab 棒内通有恒定电流，电流大小为I ，方向从a 到b .空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab 棒在磁场力的作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力．求磁感应强度B 的大小和方向．图5-1【解析】 金属棒受力如图所示，根据力的平衡条件可知：F 安＝mg sin θ 而F 安＝BIl 可得B ＝mg sin θIl由左手定则可知，B 的方向垂直导轨平面向下． 【答案】mg sin θIl 方向垂直导轨平面向下1．必须先将立体图转换为平面图，然后对物体受力分析，先重力，再安培力，最后是弹力和摩擦力．2．注意：若存在静摩擦力，则可能有不同的方向，因而求解结果是一个范围．带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场区域内经历一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧后离开磁场区域的运动过程．解决这一类问题时，找到粒子在磁场中运动的圆心位置、半径大小以及与半径相关的几何关系是解题的关键．(1)磁场边界的类型(如图5-2所示)图5-2(2)与磁场边界的关系①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．②当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速率v变化时，圆心角越大的，运动的时间越长．(3)有界磁场中运动的对称性①从某一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等．②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图5-3所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y方向飞出.【导学号：29682186】图5-3(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm ；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？【解析】 (1)由粒子的运动轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷． 粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R ＝r .又q v B ＝m v 2R ，则粒子的比荷q m ＝v Br .(2)当粒子从D 点飞出磁场时速度方向改变了60°角，故AD 弧所对圆心角为60°，如图所示．粒子做圆周运动的半径 R ′＝r cot 30°＝3r 又R ′＝m v qB ′，所以B ′＝33B 粒子在磁场中飞行时间，t ＝16T ＝16×2πm qB ′＝3πr3v .【答案】 (1)负电荷 v Br (2)33B3πr 3v1.场、重力场的复合；磁场、电场、重力场三者的复合．2．正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的分析．4．对于粒子连续通过几个不同情况场的问题，要分阶段进行处理．转折点的速度往往成为解题的突破口．5．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．如图5-4，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外；在x 轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy 平面平行，且与x 轴成45°夹角．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从y 轴上P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T 0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力．图5-4(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需的时间； (2)若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值．【解析】 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R ，运动周期为T ，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有q v 0B ＝m v 20R ① T ＝2πR v 0②依题意，粒子第一次到达x 轴时如图所示，运动转过的角度为54π，所需时间t 1为t 1＝58T③求得t 1＝5πm4qB .④(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x 轴时速度大小仍为v 0，设粒子在电场中运动的总时间为t 2，加速度大小为a ，电场强度大小为E ，有qE ＝ma ⑤ v 0＝12at 2 ⑥ 得t 2＝2m v 0qE⑦根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足 t 2≥T 0⑧ 得电场强度最大值 E ＝2m v 0qT 0.⑨ 【答案】 (1)5πm 4qB (2)2m v 0qT 01．如图5-5，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图5-5A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【解析】 a 点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A 正确．【答案】 A2．(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A. 运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍 B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍 C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍 D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍．由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ∝1B ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝q v Bm ∝B ，所以a 2a 1＝1k ，选项B 错误．由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确．由ω＝2πT得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误．正确选项为A 、C. 【答案】 AC3．(多选)如图5-6所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×118 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图5-6A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm【解析】 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be ＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图(1)，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图(2)所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图(3)所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图(4)所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误．图(1)图(2)图(3)图(4)【答案】AD4．如图5-7，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场与平面垂直．一根足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行．棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P＝ky3/2(SI)．求：图5-7(1)导体轨道的轨道方程y ＝f (x )；(2)棒在运动过程中受到的安培力F m 随y 的变化关系； (3)棒从y ＝0运动到y ＝L 过程中外力F 的功．【解析】 (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x ，y )，安培力的功率F ＝B 2l 2v R P ＝4B 2x 2v 2R ＝ky 3/2 棒做匀加速运动 v 2＝2ay R ＝2ρx代入前式得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4aB 2kρ2x 2轨道形式为抛物线．(2)安培力F m ＝4B 2x 2R v ＝2B 2xρ2ay 以轨道方程代入得F m ＝k2ay (3)由动能定理W ＝W m ＋12m v 2 安培力做功W m ＝k22aL 2 棒在y ＝L 处动能12m v 2＝maL 外力做功W ＝k22aL 2＋maL 【答案】 (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4aB 2kρ2x 2(2)F m ＝k 2a y (3)k 22aL 2＋maL5．如图5-8，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图5-8【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL ②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由欧姆定律有E＝IR ④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg ⑤【答案】安培力的方向竖直向下金属棒的质量为0.01 kg。
(沪科版)高中物理选修3-5教师用书：第3章 章末分层突破 含解析
[自我校对]①枣糕②α粒子③几乎全部质量④高速旋转⑤hν＝Em－En⑥rn＝n2r1⑦En＝E1_________________________________________________________ _______________________________________________________________ _______________________________________________________________ _______________________________________________________________ ______两个重要的物理思想方法1.模型法人们对原子结构的认识经历了几个不同的阶段，其中有汤姆生模型、卢瑟福模型、玻尔模型、电子云模型．图312．假设法假设法是学习物理规律常用的方法，前边我们学过的安培分子电流假说，现在大家知道从物质微观结构来看是正确的，它就是核外电子绕核旋转所形成的电流．在当时的实验条件下是“假说”．玻尔的假说是为解决核式结构模型的困惑而提出的，他的成功在于引入量子理论，局限性在于保留了轨道的概念，没有彻底脱离经典物理学框架．卢瑟福的α粒子散射实验说明了下列哪种情况( ) A．原子内的正电荷全部集中在原子核里B．原子内的正电荷均匀分布在它的全部体积上C．原子内的正负电荷是一对一整齐排列的D．原子的质量均匀分布在原子里面【解析】卢瑟福的α粒子散射实验中，少数α粒子发生大角度偏转，这是原子中带正电部分作用的结果，由于大角度偏转的α粒子数极少，说明原子中绝大部分是空的，带正电部分的体积很小，带负电的电子绕核运动的向心力即是原子核对它的引力，而电子质量极小，故原子核集中了原子全部正电荷和几乎全部质量，选项A正确．【答案】A玻尔理论1.玻尔原子模型(1)量子化观点：电子的可能轨道半径、原子的能量、原子跃迁辐射或吸收光子的频率都只能是分立的、不连续的值．(2)对应关系：电子处于某一可能轨道对应原子的一种能量状态．(3)定态观点：电子在某一可能轨道上运动时，原子是不向外辐射电磁波的，轨道与能量是稳定的．(4)跃迁观点：能级跃迁时辐射或吸收光子的能量，hν＝Em－En(m＞n)．(5)①原子吸收光子能量是有条件的，只有等于某两个能级差时才被吸收发生跃迁．②如果入射光的能量E≥13.6 eV，原子也能吸收光子，则原子电离．③用粒子碰撞的方法使原子能级跃迁时，粒子能量大于能级差即可．2．跃迁与光谱线原子处于基态时，原子是稳定的，但原子在吸收能量跃迁到激发态后，就不稳定了，这时就会向低能级定态跃迁，而跃迁到基态，有时是经多次跃迁再到基态．一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为：N＝C＝.将氢原子电离，就是从外部给电子能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子.【导学号：06092032】(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200 nm的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度为多大？(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，电子质量me＝9.1×10－31 kg)【解析】(1)n＝2时，E2＝－ eV＝－3.4 eV，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激发态的原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eVν＝＝Hz≈8.21×1014 Hz.(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量E0＝hν＝6.63×10－34× J＝9.945×10－19 J电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J由能量守恒hν－ΔE＝mev2代入数值解得v≈9.95×105 m/s.【答案】(1)8.21×1014 Hz(2)9.95×105 m/s(1氢原子在某激发态的电离能大小等于该能级的能量值.)(2电子电离后若有多余的能量将以电子动能的形式存在.))1．关于α粒子散射实验，下列说法正确的是( )A．在实验中观察到的现象是：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转角度超过90°，有的甚至被弹回B．使α粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子，当α粒子接近核时是核的斥力使α粒子偏转，当α粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏转C．实验表明：原子中心有一个核，它占有原子体积的大部分D．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量【解析】由α粒子散射实验结果知，A正确；由于电子的质量远小于α粒子的质量，对α粒子的运动影响极小，使α粒子发生明显偏转的是原子核的斥力，B错误；实验表明：原子具有核式结构，核极小，但含有全部的正电荷和几乎所有的质量，根据实验可以确定核半径的数量级，C、D错误．【答案】A2．(多选)μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．如图32为μ氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，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( )图32A．h(ν3－ν1)B．h(ν3＋ν1)C．hν3 D．h(ν6－ν4)【解析】μ氢原子吸收光子后，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，则吸收的光子的能量为ΔE＝E4－E2.C、D正确．【答案】CD3. (多选)氢原子能级示意图如图33所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是( )【导学号：06092080】图33A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级【解析】根据Em－En＝知，氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长小于656 nm，选项A错误．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时，可能辐射出的光谱线条数为＝3条，C选项正确．根据Em－En＝计算可知，B选项错误，D选项正确．【答案】CD4．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有________种．【解析】大量氢原子从n＝3能级向低能级跃迁时，能级跃迁图如图所示，有3种跃迁情况，故辐射光的频率有3种．【答案】3。
2018学年高中物理沪科版习题 选修3-1 第五章 磁场与回
学业分层测评(二十一)探究洛伦兹力(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列说法正确的是()A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到洛伦兹力的作用【解析】电荷在电场中受电场力F＝qE，不管运动还是静止都一样，故A 对；而运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力F＝q v B，其中v是垂直于B的分量，当v平行于B时，电荷不受洛伦兹力，故B、C错，D对．【答案】AD2. (2016·宿迁高二检测)汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子．如图5-5-10所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是()图5-5-10A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】电子束由负极向正极运动，带负电，电子束运动范围内的磁场由N 极指向S极，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下．【答案】 B3．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是()【解析】 由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D 正确．【答案】 D4．(2016·烟台高二检测)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．则下列四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )【解析】 由洛伦兹力和牛顿第二定律可得r 甲＝m 甲v q 甲B ，r 乙＝m 乙v q 乙B ，故r 甲r 乙＝2，且由左手定则对其运动的方向判断可知A 正确．【答案】 A5．半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图5-5-11所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )图5-5-11A.3πr 3v 0B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 0【解析】 如图所示由∠AOB ＝120°可知，弧AB 所对圆心角θ＝60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R .由几何知识知R ＝3r ，t ＝AB v ＝θR v 0＝π3·3rv 0＝3πr3v 0，故D 正确．【答案】 D6．如图5-5-12所示，a 和b 带电荷量相同，以相同动能从A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b，则可知(重力不计)( )图5-5-12A ．两粒子都带正电，质量比m a /m b ＝4B ．两粒子都带负电，质量比m a /m b ＝4C ．两粒子都带正电，质量比m a /m b ＝1/4D ．两粒子都带负电，质量比m a /m b ＝1/4【解析】 由于q a ＝q b 、E k a ＝E k b ，由动能E k ＝12m v 2和粒子旋转半径r ＝m v qB ，可得m ＝r 2q 2B 22E k，可见m 与半径r 的平方成正比，故m a ∶m b ＝4∶1，再根据左手定则判知粒子应带负电，故B 正确．【答案】 B7．一初速度为零的质子(质量m ＝1.67×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C)，经过电压为1 880 V 的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T 的匀强磁场中，质子所受的洛伦兹力为多大？【解析】 在加速电场中，由动能定理qU ＝12m v 2得，质子获得的速率v＝2Uqm≈6.0×105 m/s，质子受到的洛伦兹力f＝Bq v＝4.8×10－17 N.【答案】 4.8×10－17 N[能力提升]8. (2013·安徽高考)图5-5-13中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图5-5-13A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】综合应用磁场的叠加原理、左手定则和安培定则解题．由安培定则分别判断出四根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B正确．【答案】 B9．(多选)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图5-5-14中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力．下列说法正确的是()【导学号：37930069】图5-5-14A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r ，则轨迹半径r ＝m v qB ，周期T ＝2πr v ＝2πm qB .由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同，选项B 正确．入射速度不同的粒子，在磁场中的运动轨迹不同，但运动时间可能相同，比如，速度较小的粒子会从磁场的左边界飞出，都运动半个周期，而它们的周期相同，故选项A 错误，进而可知选项C 错误．由于所有粒子做圆周运动的周期相同，故在磁场中运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角一定越大，选项D 正确．【答案】 BD10．(2014·全国卷Ⅰ)如图5-5-15，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图5-5-15A ．2 B. 2 C ．1 D.22【解析】 设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12m v 21，E k2＝12m v 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12m v 21＝m v 22，则v 1v 2＝21.由洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22，故选项D 正确．【答案】 D11.(2016·杭州高二检测)如图5-5-16所示，以ab 为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B 1＝2B 2.现有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从O 点沿图示方向以速度v 开始运动，求经过多长时间粒子重新回到O 点，并画出粒子的运动轨迹．图5-5-16【解析】 粒子重新回到O 点的运动轨迹如图所示，则其运动轨迹为在B 1中可组成一个整圆，在B 2中是个半圆．所以t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2. 【答案】 2πm qB 2运动轨迹如解析图所示 12. (2016·杭州高二检测)如图5-5-17所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，宽度为d ，边界为CD 和EF .一个电子从CD 边界外侧A 点以速率v 0垂直匀强磁场射入，入射方向与CD 边界夹角为θ.已知电子的质量为m ，电荷量为e ，为使电子能从磁场的另一侧EF 射出，则电子的速率v 0至少为多少？图5-5-17【解析】 过电子的入射点A 作速度方向的垂线，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子恰好能从EF 射出时，轨迹应与EF 相切，如图所示．此时，电子的轨道半径为r ，对应最小速度v 0.由几何知识得d ＝r ＋r cos θ，又因r＝m v0Be，联立解得v0＝Bedm(1＋cos θ).【答案】Bedm(1＋cos θ)。
沪科版高中物理选修3-5章末综合测评5.docx
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）章末综合测评(五)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分.在每小题给出的五个选项中，有三项是符合题目要求的，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)1.关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有()A.23892U→23490Th＋42He是α衰变B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变C.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是重核裂变E.23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n是重核裂变【解析】据核反应各类型特点可知：A、D项均为衰变，A中放出α粒子，A正确，D错误.B项为人工转变，B错误；C项为轻核聚变，E项为重核裂变反应，C、E正确.【答案】ACE2.下列说法中正确的是()A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.放射性元素的半衰期不会随物理或化学条件的变化而变化C.约里奥—居里夫人用α粒子轰击铝箔发现了中子D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量E.42He＋147N→178O＋11H是卢瑟福发现质子的核反应方程【解析】放射性元素的半衰期由元素的原子核决定，与化学、物理状态无关，故选项A错误，B正确；由物理学史可知中子是由查德威克发现的，选项C 错误；核子结合成原子核放出核能，因此原子核所含核子单独存在时的总质量大于核原子核的质量，选项D正确；用α粒子轰击氮核生成氧核和质子是卢瑟福发现质子的实验，E正确.【答案】BDE3.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有()A.X是中子B.Y的质子数是3，中子数是6C.两个核反应都没有质量亏损D.氘和氚的核反应是核聚变反应E.两个核反应都有核能释放，因此都有质量亏损【解析】根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D、E正确.【答案】ADE4.热核反应是一种理想能源的原因是()A.轻核聚变比重核裂变时释放的能量多B.对环境的放射性污染较裂变轻，且较容易处理C.热核反应的原料在地球上储量丰富D.热核反应的速度容易控制E.就每个核子平均释放的能量来说，热核反应比重核裂变时释放的能量多【解析】不能说轻核聚变比重核裂变时释放的能量多，但就每个核子平均释放的能量来说，聚变反应平均每个核子比裂变反应中平均每个核子放出的能量要大3～4倍，且其原料均为氢的同位素，在地球上储量极为丰富，其放射性污染也较裂变轻.但是，目前只是能够让轻核聚变发生，还不能控制聚变反应的速度、和平利用聚变时释放的核能，综上所述，B、C、E正确，A、D错误.【答案】BCE5.质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，例如32He是31H的“镜像核”，同样31H也是32He的“镜像核”，则下列说法正确的是()A.157N和168O互为“镜像核”B.137N和136C互为“镜像核”C.β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子D.核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中有α粒子，该反应是α衰变E.核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应属于轻核聚变【解析】根据“镜像核”的定义，137N和136C互为“镜像核”，选项B正确，A错误；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，选项C正确；核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应是聚变反应，选项D错误，E正确.【答案】BCE6.下列说法中正确的是()A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量C.只要有核反应发生，就一定会释放出核能D.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数E.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数大于质子数【解析】太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确.核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误.随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误，E正确.【答案】ABE二、非选择题(本题共5小题，共64分，按题目要求作答)7.(2015·江苏高考)(8分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U是核电站常用的核燃料.23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子.要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积.【解析】核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：235U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n，即产生3个中子.临界体积是发生链式反应的最小92体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积.【答案】3大于8.(12分)1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素20278Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍94Be产生快中子，核反应方程：_____________；(2)用快中子轰击汞20480Hg，反应过程可能有两种：①生成20278Pt，放出氦原子核，核反应方程：_____________________；②生成20278Pt，放出质子、中子，核反应方程：___________________________________________________________；(3)生成的铂20278Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞20280Hg，核反应方程：________________________________________________.【答案】(1)94Be＋11H―→95B＋10n(2)①20480Hg＋10n―→20278Pt＋32He②20480Hg＋10n―→20278Pt＋211H＋10n(3)20278Pt―→20279Au＋0－1e；20279Au―→20280Hg＋0－1e9.(12分)同位素原子在许多方面有着广泛的应用，1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源时，铝箔虽不再发射中子，但仍能继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期.【导学号：67080049】(1)写出α粒子轰击铝2713Al产生中子的核反应方程式；(2)上述产生的具有放射性的同位素叫做放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式；(3)简要说明放射性同位素的应用，并至少举出两个实际应用的例子.【解析】(1)2713Al＋42He→3015P＋10n.(2)3015P→3014Si＋01e.(3)利用射线辐射育种，作为示踪原子，检查管道等.【答案】见解析10.(2015·海南高考)(16分)运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.【解析】 设衰变前原子核A Z X 的速度为v 0，衰变后放出的α粒子的速度为v ，由动量守恒有：M v 0＝m 2v再由反应中能量守恒有12M v 20＝12m 2v 2－ΔE 由爱因斯坦质能方程有ΔE ＝Δmc 2而Δm ＝M －(m 1＋m 2)解之有ΔE ＝12m 2v 2－12M v 20＝[M －(m 1＋m 2)]c 2＝(M －m 1－m 2)c 2E kα＝12m 2v 2＝M ΔE M －m 2＝M (M －m 1－m 2)M －m 2c 2. 【答案】 (M －m 1－m 2)c 2 M (M －m 1－m 2)M －m 2c 2 11.(16分)足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核222 86Rn ，它放射出一个α粒子后变为Po 核.假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：(1)α粒子与Po 核在匀强磁场中的径迹圆半径之比，画出它们在磁场中运动轨迹的示意图；(2)α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变轨迹示意图有何不同？【解析】 (1)氡核经α衰变的核反应方程为：222 86R n →218 84Po ＋42He ，衰变的极短过程系统动量守恒，设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律0＝m αv α－m Po v Po ，即m αv α＝m Po v Poα粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ∝1q ，故r αr Po ＝q Po q α＝842＝421，示意图如图甲所示.(2)它们在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ∝m q ，它们的周期之比为T αT Po＝m αm Po ·q Po q α＝4218·842＝84109，即109T α＝84T Po ，这样α粒子转109圈，Po 核转84圈，两者才相遇.所以，α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔Δt ＝109T α.(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，它们两个衰变时运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于新核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如乙所示.【答案】 (1)42∶1 见解析 (2)Δt ＝109T α (3)见解析。
2017-2018学年沪科版高中物理选修3-5同步课件：第1章 章末分层突破 精品
图1-3 (1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t； (2)小球A冲进轨道时速度v的大小．
【解析】(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自
由落体运动，有2R＝12gt2
解得t＝2
R g.
(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重 力势能规定为0，由机械能守恒定律知
动量定理及其应用 1.冲量的计算 (1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
图1-1
(2)变力的冲量 ①通常利用动量定理I＝Δp求解． ②可用图象法计算．在F-t图象中阴影部分(如图1-1)的面积就表示力在时间 Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用 (1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的 初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程． (2)应用动量定理求解的问题 ①求解曲线运动的动量变化量． ②求变力的冲量问题及平均力问题． ③求相互作用时间． ④利用动量定理定性分析现象．
⑥
12m2v220＝12m2v22＋12m3v23
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1 m/s
⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后
方，故冰块不能追上小孩．
【答案】(1)20 kg(2)见解析
3．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地 悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖 直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直 方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的 密度为ρ，重力加速度大小为g.求
一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从 进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：
高中物理(沪科版选修34)课件：第5章 章末分层突破
2.时间的相对性
运动的时钟变慢：Δt＝
Δt′ 1－vc22 .
3.长度的相对性
一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小.公式为 l＝
l0 1－vc22.
•1、所有高尚教育的课程表里都不能没有各种形式的跳舞：用脚跳舞，用思想跳舞，用言语跳舞，不用说，还需用笔跳舞。 •2、一切真理要由学生自己获得，或由他们重新发现，至少由他们重建。 •3、教育始于母亲膝下，孩童耳听一言一语，均影响其性格的形成。 •4、好的教师是让学生发现真理，而不只是传授知识。 •5、数学教学要“淡化形式，注重实质.
如果 B 在离开地球时，他A 的年 龄为________岁，B 的年龄为________岁.
【解析】 设 B 在火箭惯性系中经历的时间为 t′，根据时间延缓效应得：
t＝
t1′－vc22，即 80.8＝ 1－t′0.92，解得 t′＝35.2 年.所以 B 回到地球时的年龄为
6、“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞”。2021年11月2021/11/192021/11/192021/11/1911/19/2021
•7、不能把小孩子的精神世界变成单纯学习知识。如果我们力求使儿童的全部精神力量都专注到功课上去，他的生活就会变得不堪忍受。 他不仅应该是一个学生，而且首先应该是一个有多方面兴趣、要求和愿望的人。2021/11/192021/11/19November 19, 2021
20＋35.2＝55.2(岁).A 的年龄为 100.8 岁.
【答案】 100.8 55.2
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A.飞船上的观测者测得该飞船的长度等于 30 m B.地球上的观测者测得该飞船的长度小于 30 m C.飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于 c D.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于 c E.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度等于 c
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2．酸雨的成因、危害及防止 成因：大气中酸性污染物质，如二氧化硫、氮氧化物等，在降水过程中溶 入雨水，使其成为酸雨，煤炭中含有较多的硫，燃烧时产生二氧化硫等物质． 危害：酸雨影响人的健康，危害生态系统，使土壤酸化和贫瘠，腐蚀建筑 和艺术品等． 防止：①健全法规，强化管理，控制排放．②发展清洁煤技术，减少燃烧 过程中 SO2 的排放．③通过改造发动机，安装汽车尾气净化装置，用无铅汽油 代替含铅汽油等手段，控制汽车尾气排放．
如图 51 所示是一种太阳能草坪节能灯，太阳能电池板供一只“10 V 9 W”的电子节能灯工作， 若太阳能电池板接收太阳能的有效面积为 0.3 m2， 平均 1 小时得到的太阳辐射能为 0.4×106 J，太阳光平均一天按 8 小时计算，恰 好可以供电子节能灯工作 10 小时．问：
图 51
(1)太阳能节能灯的能量转化情况； (2)太阳能电池板单位面积上接收太ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ能的功率为多少？ (3)太阳能节能灯利用太阳能的效率大约是多少？
二氧化碳对长波辐射有强烈的吸收作用， 行星表面发出的长波辐射 到大气以后被二氧化碳截获，最后使大气升温，大气中的二氧化碳像暖房的玻 璃一样，只准太阳的辐射进来，却不让室内的长波热辐射出去，大气中的二氧 化碳的这种效应叫温室效应．这是目前科学界对地球气候变暖进行分析的一种 观点，根据这种观点，以下说法成立的是( )
【解析】
地球形成的早期，地壳不如现在牢固，地球不如现在稳定，火 由于火山的喷发，排出大量的二氧化碳，
山活动频繁，符合地质的发展规律.
这是必然的现象，进而导致当时地球的气温很高．地球上的岩石由于多种原因， 其中包括岩石中的矿物成分与水、氧气、二氧化碳发生化学反应，使岩石进一 步分化，最后形成土壤，二氧化碳减少，形成了适合生命生存的条件. 由于工
【解析】 (1)能量转化：太阳能→电能→光能(热能)．
(2)电池板单位面积上接收功率： 0.4×106 P＝ W＝370.4 W. 0.3×1×3 600
(3)节能灯效率： 9.0×10×3 600 η＝ ×100%＝10%. 0.4×106×8
【答案】 (1)见解析 (2)370.4 W (3)10%
A．在地球形成的早期，火山活动频繁，排出大量的二氧化碳，当时地球的 气温很高 B．经过漫长的年代，地壳的岩石和气体二氧化碳发生化学反应，导致二氧 化碳减少，地球上出现了生命
C．由于工业的发展和人类的活动，导致二氧化碳在空气中的含量增大，地 球上的气温正在升高 D．现在地球正在变暖的原因是工业用电和生活用电的急剧增加，使电能和 其他形式的能转化为内能 E．由于人口剧增，呼出的二氧化碳增多
业的发展和人类的活动，大量地使用常规能源，导致二氧化碳在空气中的含量 增大，地球上的气温正在升高. 生活用电和工业用电是电能和其他形式的能的
转变，会产生热，故 E 错误，其他四个选项都很正确，但就温室效应这一观点 而言，A、B、C 较准确． 【答案】 ABC
新能源的开发和利用
1.开发新能源，如太阳能、水能、风能等．这些能源一是取之不尽，用之不 竭；二是不会对环境造成污染，从而减少对化石能源的使用． 2．提高能源利用效率 (1)开发能量转换新技术，使利用效率从 25%～30%，提高到 55%～75%. (2)煤的洁净利用技术，如制煤浆技术． (3)先进的发电技术．
巩 固 层
章末分层突破
章 末 综 合 测 评
提 升 层
[自我校对] ①一次 ②二次 ③3 个 ④消耗 ⑤利用率
能源对环境的影响
1.二氧化碳的排放与温室效应 大量燃烧石油、煤炭、天然气等，产生的 CO2 气体，增大了大气中 CO2 的 含量，由于二氧化碳对长波的辐射有强烈的吸收作用，且像暖房的玻璃一样， 只准太阳光的热辐射进来，不让室内长波热辐射出去，使地球气温上升，这种 效应叫“温室效应”． 温室效应使两极的冰雪融化，海平面上升，淹没沿海城市，使海水倒流入 河流，从而使耕地盐碱化．