2017-2018学年高二物理(教科版选修3-5)学业分层测评：第4章 3.光的波粒二象性
学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
1．频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为，将这个光子打在处于静止状态h νc 的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是( )
A ．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小
B ．光子改变原来的传播方向，但传播速度不变
C ．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大
D ．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长小于入射光子的波长
【解析】 碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A 错误，B 正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c ＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C 、D 错误．
【答案】 B
2．(多选)关于光的本性，下列说法中正确的是 ( )
A ．关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性
B ．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子
C ．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性
D ．光电效应说明光具有粒子性
【解析】 光的波动性指大量光子在空间各点出现的可能性的大小可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波，光的粒子性是指光的能量是一份一份的，每一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．某现象说明光具有波动性，是指波动理论能解释这一现象．某现象说明光具有粒子性，是指能用粒子说解释这个现象．要区分说法和物理史实与波粒二象性之间的关系．C 、D 正确，A 、B 错误．
【答案】 CD
3．关于光的波粒二象性的理解正确的是 ( )
【导学号：22482063】
A ．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性
B ．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子
C ．光在传播时粒子性显著，而与物质相互作用时波动性显著
D ．高频光是粒子，低频光是波
【解析】 大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，
A正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B、C错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，D错误．
【答案】 A
4．(多选)对光的认识，下列说法正确的是( )
A．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性
B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的
C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了D．光的波粒二象性应理解为：在某些场合下光的波动性表现明显，在某些场合下光的粒子性表现明显
【解析】 本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由光子之间的
相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C错误，D选项正确．【答案】 ABD
5．(多选)为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是 ( )
A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样
B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样
C．大量光子的运动规律显示出光的粒子性
D．个别光子的运动显示出光的粒子性
【解析】 单个光子运动具有不确定性，大量光子落点的概率分布遵循一定规律，显示出光的波动性．使光子一个一个地通过双缝，如果时间足够长，底片上会出现明显的干涉图样，A正确，B、C错误；由光的波粒二象性知，个别光子的运动显示出光的粒子性，
D正确．
【答案】 AD
6．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是( )
A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样
B．单个光子通过单缝后，底片上会出现完整的衍射图样
C．光子通过单缝的运动路线像水波一样起伏
D．单个光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出随机性，大量光子通过单缝后打在底片上的情况呈现出规律性
【解析】 个别光子的行为表现出粒子性．单个光子的运动是随机的，无规律的，但
出现在底片上明条纹处的概率大些，大量光子的行为表现出波动性，大量光子运动符合统
计规律，通过单缝产生衍射图样，故A、D正确，B错误．光子通过单缝的运动路线是无规
律的，故C错误．
【答案】 AD
7．(多选)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图
432(a)、(b)、(c)所示的图像，则下列说法正确的是( )
图432
A．图像(a)表明光具有粒子性
B．图像(c)表明光具有波动性
C．用紫外光不能产生干涉
D．实验表明光是一种概率波
【解析】 用很弱的光做双缝干涉实验得到的图片上的一个一个无分布规律的光点，
体现了光的粒子性，故A正确；经过较长时间曝光的图片(c)，出现了明暗相间的条纹，波动性较为明显，本实验表明光是一种概率波，但不能表明光是一种电磁波，故B、D均正确；紫外光也属于波，也能发生干涉，故C错误．
【答案】 ABD
8．如图433所示，当弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，同时与锌板相连的验电器铝箔有张角，则该实验可以证明光具有________性．
图433
【解析】 弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，这是光的衍射，证明了光具有波动性，验电器铝箔有张角，说明锌板发生了光电效应现象，则证明光
具有粒子性，所以该实验证明了光具有波粒二象性．
【答案】 波粒二象
9．(多选)科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程
中( )
【导学号：22482064】
A ．能量守恒
B ．动量守恒
C ．λ＜λ′
D ．λ＞λ′
【解析】 能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，适用于宏观世界也适用于微观世界．光子与电子碰撞时遵循这两个守恒规律．光子与电子碰撞前光子的能量E ＝hν＝h ，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E ′＝hν′＝h c λ，由E ＞E ′，可知λ＜λ′，选项A 、B 、C 正确．
c
λ′【答案】 ABC
10．光具有波粒二象性，光子的能量ε＝hν，其中频率ν表示波的特征．若某激光管以P W ＝60 W 的功率发射波长λ＝663 nm 的光束，试根据上述理论计算：该管在1 s 内发射出多少个光子？
【解析】 设在时间Δt 内发射出的光子数为n ，光子的频率为ν，每个光子的能量
ε＝hν，所以P W ＝(Δt ＝1 s)．而ν＝，解得n ＝＝
nh νΔt c λPW Δt ·λhc 个＝2.0×1020个．
60×1×663×10－9
6.63×10－34×3×108【答案】 2.0×1020个
11．若一个光子的能量等于一个电子的静止能量，已知静止电子的能量为m 0c 2，其中m 0为电子质量，c 为光速，试问该光子的动量和波长是多少？(电子的质量取9.11×10－31 kg ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s)
【解析】 一个电子静止能量为m 0c 2，按题意hν＝m 0c 2
光子的动量p ＝＝＝＝m 0c
h λεc m 0c 2c ＝9.11×10－31 kg×3×108 m/s
≈2.73×10－22 kg·m/s ，
光子的波长λ＝＝h p 6.63×10－34J·s
2.73×10－22kg·m/s
≈2.4×10－12 m.
【答案】 2.73×10－22 kg·m/s 2.4×10－12 m
12．光具有波粒二象性，光子的能量E ＝hν，其中频率ν表征波的特征．在爱因斯
坦提出光子说之后，又提出了光子动量p 与光波波长λ的关系λ＝.若某激光管以P ＝60 h p W 的功率发射波长λ＝663 nm 的光束，试根据上述理论计算：
若该管发射的光束被某黑体表面吸收，那么该黑体表面所受到的光束对它的作用力F 为多大？
【解析】 由能量守恒定律得Pt ＝n ，可得n ＝2×1020个．
hc λ对光子由动量定理，可得F ′t ＝(p 2－p 1
)n ，可得F ′＝－2×10－7 N 由牛顿第三定律知黑体表面所受作用力F ＝－F ′＝2×10－7 N.
【答案】 2×10－7 N。
高中物理（教科版选修3-5）：第4章3.光的波粒二象性含答案
高中物理（教科版选修3-5）：第4章3.光的波粒二象性含答案学业分层测评(十五) (建议用时：45分钟)1．频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为hνc，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是( )A．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小B．光子改变原来的传播方向，但传播速度不变C．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大D．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长小于入射光子的波长【解析】碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A 错误，B 正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c ＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C、D错误．【答案】 B2．(多选)关于光的本性，下列说法中正确的是( )A．关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性D．光电效应说明光具有粒子性【解析】光的波动性指大量光子在空间各点出现的可能性的大小可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波，光的粒子性是指光的能量是一份一份的，每一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．某现象说明光具有波动性，是指波动理论能解释这一现象．某现象说明光具有粒子性，是指能用粒子说解释这个现象．要区分说法和物理史实与波粒二象性之间的关系．C、D正确，A、B错误．【答案】CD3．关于光的波粒二象性的理解正确的是( )【导学号：22482063】A．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C．光在传播时粒子性显著，而与物质相互作用时波动性显著D．高频光是粒子，低频光是波【解析】大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，A正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B、C错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，D错误．【答案】 A4．(多选)对光的认识，下列说法正确的是( )A．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了D．光的波粒二象性应理解为：在某些场合下光的波动性表现明显，在某些场合下光的粒子性表现明显【解析】本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C错误，D选项正确．【答案】ABD5．(多选)为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是( )A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样C．大量光子的运动规律显示出光的粒子性D．个别光子的运动显示出光的粒子性【解析】单个光子运动具有不确定性，大量光子落点的概率分布遵循一定规律，显示出光的波动性．使光子一个一个地通过双缝，如果时间足够长，底片上会出现明显的干涉图样，A正确，B、C错误；由光的波粒二象性知，个别光子的运动显示出光的粒子性，D正确．【答案】AD6．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是( ) A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样。
2017-2018学年高二物理选修3-4章末综合测评4 含答案
章末综合测评(四)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的5个选项中，有3项符合题目要求，选对1个得2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．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是()A．恒定的电场能够产生电磁波B．电磁波既有纵波，又有横波C．电磁波只有横波没有纵波D．电磁波从空气进入水中时，其波长变短了E．雷达用的是微波，是由于微波传播的直线性好，有利于测定物体的位置【解析】恒定的电场不能产生磁场，不能产生电磁波，选项A错误；电磁波是横波，选项B错误，C正确；电磁波从空气进入水中，传播速度变小，频率不变，波长变短，选项D正确；微波的频率较大，波长较小，衍射不明显，传播的直线性好，有利于测定物体的位置，选项E正确．【答案】CDE2．如图1所示为LC的振荡电路中电容器某一极板上的电量随时间变化的图象，则()【导学号：23570168】图1A．Oa时间内为充电过程B．ac时间内电流方向改变C．bc时间内电场能向磁场能转化D．d时刻，电流最强，磁场能最大E．e时刻，电场能为零磁场能最大【答案】BCE3．目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内．下列关于雷达和电磁波的说法正确的是()A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3 m至1.5 m之间B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标间的距离D．波长越短的电磁波，反射性能越强E．波长越长的电磁波，反射性能越强【解析】电磁波是在空间传播着的周期性变化的电磁场，雷达一般采用的是无线电波中波长较短的微波，这是因为波长越短的波反射性能越强，利用波的多普勒效应还可以测定目标的速度．目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz至1 000 MHz的范围内，其对应的在真空中的波长为1.5 m至0.3 m，选项ACD正确．【答案】ACD4.如图2所示，一束太阳光入射到三棱镜上，通过三棱镜后在另一侧的光屏MN上ad 之间形成彩色光带，以下说法中正确的是()图2A．入射到ad区域的彩色光带，在光屏上自上而下的颜色为红色到紫色B．所有入射到ad区域的各种单色光相比较，在光屏上越靠近a的单色光在三棱镜中的传播速度越大C．若在光屏上pd区域不同位置放置灵敏温度探测器，越靠近d点的温度探测器升温越快D．若在光屏上pd区域不同位置放置灵敏温度探测器，靠近a点的温度探测器比靠近d 点的温度探测器升温快E．所有入射到ad区域的各种单色光相比较，靠近d的光易穿过傍晚的大气层【解析】太阳光照射到三棱镜上发生色散时，因红光的折射率最小，紫光的折射率最大，所以红光在a处，紫光在d处，A正确；越靠近a处的单色光，折射率越小，由v＝cn可知，对应的在三棱镜中的传播速度越大，B正确；落在a点附近的光是红外线，它的显著效应是热效应，故将灵敏温度探测器放在a点附近比放在d点附近升温快，所以C错误，D 正确．穿过大气层时紫光易被吸收，E错误．【答案】ABD5．在LC振荡电路中，在电容器放电完毕瞬间，以下说法正确的是() 【导学号：23570169】A．电容器极板间的电压等于零，磁场能开始向电场能转化B．电流达到最大值，线圈产生的磁场达到最大值C．如果没有能量辐射损耗，这时线圈的磁场能等于电容器开始放电时的电场能D．线圈中产生的自感电动势最大E．电容器极板间电场最强【解析】电容器放电完毕的瞬间，还有以下几种说法：电场能向磁场能转化完毕；磁场能开始向电场能转化；电容器开始反方向充电．电容器放电完毕的瞬间有如下特点：电容器电量Q＝0，板间电压U＝0，板间场强E＝0，线圈电流I最大，磁感应强度B最大，磁场能最大，电场能为零．线圈自感电动势E自＝LΔI/Δt，电容器放电完毕瞬间，虽然I最大，但ΔΦ/Δt为零，所以E自等于零．由于没有考虑能量的辐射，故能量守恒，在这一瞬间电场能E电＝0，磁场能E磁最大，而电容器开始放电时，电场能E电最大，磁场能E磁＝0，则E磁＝E电．【答案】ABC6.在LC振荡电路中，某时刻电路中的电流方向如图3所示，且电流正在增大，则该时刻()图3A．电容器上极板带正电，下极板带负电B．电容器上极板带负电，下极板带正电C．电场能正在向磁场能转化D．电容器正在放电E．磁场能正在向电场能转化【解析】电流正在增大，说明是放电过程，是电场能向磁场能的转化，C、D项正确，E项错误；放电过程电容器上极板带正电，下极板带负电，A项正确，B项错误．【答案】ACD7.某时刻LC振荡电路的状态如图4所示，则此时刻() 【导学号：23570170】图4A．振荡电流i在减小B．振荡电流i在增大C．电场能正在向磁场能转化D．磁场能正在向电场能转化E．电容器正在充电【解析】由电磁振荡的规律可知，电容器充电过程中，电流逐渐减小，电场能逐渐增大，磁场能逐渐减小，即磁场能正向电场能转化，故A、D、E正确．【答案】ADE8．下列是两则新闻事件：①2011年9月24日，欧洲核子研究中心发现存在中微子超光速现象，但此现象有待进一步验证；②2011年12月10日晚，近10年来观赏效果最好的月全食如约登场，我国天气晴好地区的公众都有幸观测到月全食发生的全过程和一轮难得的“红月亮”．与这两则新闻相关的下列说法中正确的是()A．相对论认为任何物质的速度都无法超过光在真空中的速度B．如果中微子超光速被证实，爱因斯坦的相对论将一无是处C．如果中微子超光速被证实，爱因斯坦的相对论理论将被改写D．月全食是由于光的折射形成的E．“红月亮”是太阳发出的一部分红光由于地球大气的折射作用折射到地球的后面去，如果恰好照到月亮上再被月亮反射到地球形成的【解析】根据爱因斯坦的狭义相对论理论，光速是宇宙速度的极限，没有任何物质可以超越光速，选项A正确；如果中微子超光速被证实，那么爱因斯坦的经典理论将被改写，或者说爱因斯坦的相对论可能错了，但并不能说爱因斯坦的相对论将一无是处，选项B错误，C正确；月全食是月食的一种，当月亮、地球、太阳完全在一条直线上的时候，整个月亮全部处在地球的影子里，月亮表面大都昏暗了，就是月全食，月全食是由于光的直线传播形成的，选项D错误；“红月亮”是太阳发出的一部分红光由于地球大气的折射作用折射到地球的后面去，如果恰好照到月亮上再被月亮反射到地球形成的，选项E正确．【答案】ACE二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(12分)现在，移动电话(手机)已经十分普遍，随身携带一部手机，就可以在城市的任何一个角落进行通话．我国现有几亿部手机，那么每一部手机接收到的电磁波频率________(填“相同”或“不相同”)．现在建了很多地面转播塔，但还是有很多“盲区”，我们不用同步卫星直接转播的原因是________. 【导学号：23570171】【解析】每部手机收到的电磁波频率是不相同的，“盲区”我们不用同步卫星直接传播的原因是用卫星传播太远，信号太弱．【答案】不相同用卫星传播太远．信号太弱10．(12分)某电台发射频率为500 kHz的无线电波，其发射功率为10 kW，在距电台20 km的地方接收到该电波，该电波的波长为________，在此处，每平方米的面积每秒钟可接收到该电波的能量为________．【解析】 由c ＝λf 知，λ＝c f ＝3×108500×1 000m ＝600 m ，设每秒每平方米获得的能量为E ，则E ·4πR 2＝Pt ，所以E ＝Pt 4πR 2＝10×103×14×3.14×(20×1 000)2 J ≈2×10－6 J. 【答案】 600 m 2×10－6 J 11．(14分)如图5所示，线圈L 的自感系数为25 mH ，电阻为零，电容器C 的电容为40 μF ，灯泡D 的规格是“4 V ,2 W”．开关S 闭合后，灯泡正常发光，S 断开后，LC 中产生振荡电流．若从S 断开开始计时，求：(1)当t ＝π2×10－3s 时，电容器的右极板带何种电荷； (2)当t ＝π×10－3s 时，LC 振荡电路中的电流是多少．图5【解析】 (1)由T ＝2πLC ，知T ＝2π25×10－3×40×10－6 s ＝2π×10－3 s. t ＝π2×10－3 s ＝14T .断开开关S 时，电流最大，经T 4电流最小，电容器两极板间电压最大．在此过程中对电容器充电，右极板带正电．(2)t ＝π×10－3s ＝T 2，此时电流最大，与没有断开开关时的电流大小相等，则I ＝P U ＝2 W 4 V＝0.5 A.【答案】 (1)正电 (2)0.5 A12.(14分)如图6所示，S 先接通a 触点，让电容器充电后再接通b 触点，设这时可变电容图6(1)经过多长时间电容C 上的电荷第一次释放完？ (2)这段时间内电流如何变化？线圈两端电压如何变化？【解析】 (1)根据T ＝2πLC ，该电路的振荡周期为T ＝2πLC ＝2×3.14×1×10－3×556×10－12s ≈4.68×10－6s ，电容器极板上所带电荷量由最大变为零，经过的时间为t ＝T 4＝1.17×10－6s.(2)电流逐渐增大，线圈两端的电压逐渐减小． 【答案】 (1)1.17×10－6 s(2)电流逐渐增大、线圈两端的电压逐渐减小．。
2017-2018学年高二物理鲁科版选修3-5练习：学业分层测评3 Word版含解析
学业分层测评(三)(建议用时：45分钟)学业达标]1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是()【导学号：64772085】A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零【解析】选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D不成立．【答案】AB2．(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1-3-5所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()图1-3-5A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为m M vC．整个系统最后静止D．木块的位移一定大于小车的位移【解析】因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有m v1＝M v2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B、C均正确，D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误．【答案】BC3．质量为m a＝1 kg，m b＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图1-3-6所示，则可知碰撞属于()图1-3-6A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断【解析】由x-t图象知，碰撞前v a＝3 m/s，v b＝0，碰撞后v a′＝－1 m/s，v b′＝2 m/s，碰撞前动能为12m av2a＋12m bv2b＝92J，碰撞后动能为12m av a′2＋12m bv b′2＝92J，故动能守恒，碰撞前动量m a v a＋m b v b＝3 kg·m/s，碰撞后动量m a v a′＋m b v b′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．【答案】 A4.如图1-3-7所示，光滑水平面上P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，正碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开．已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列说法正确的是() 【导学号：64772086】A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同的速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v【解析】 P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 做减速运动，Q 做加速运动，P 、Q 间的距离减小，当P 、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B 正确，A 、C 错误；由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v ′，则m v ＝(m ＋m )v ′，所以弹簧被压缩至最短时，P 、Q 的速度v ′＝v2，故D 错误．【答案】 B5．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车挂接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( ) 【导学号：64772087】A ．小于10 m/sB ．大于20 m/s ，小于30 m/sC ．大于10 m/s ，小于20 m/sD ．大于30 m/s ，小于40 m/s【解析】 两车相撞后接在一起并向南滑行，选向南为正方向，由动量守恒定律，得m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v因v >0，故m 1v 1>m 2v 2卡车碰前的速率v 2<m 1v 1m 2＝1 500×203 000m/s ＝10 m/s ，故应选A.【答案】 A 6.(多选)如图1-3-8所示，在质量为M 的小车中挂着一单摆，摆球质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m 的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( ) 【导学号：64772013】A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 1＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u ，满足M v ＝(M ＋m )uD ．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化【解析】 小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A 情况不可能发生；选项B 的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C 的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B 、C 、D 均正确．【答案】 BCD7．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是__________ 或________.【解析】 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞．小球A 碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后小球A 的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以小球A 原来的速度方向为正方向时，则 v A ′＝±13v 0根据两球碰撞前后的总动量守恒得 m v 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 0＋2m v B ′m v 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2m v B ″解得v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0. 【答案】 13v 0 23v 08．质量为m 1、m 2的滑块分别以速度v 1和v 2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图1-3-9所示，已知v 2>v 1，有一轻弹簧固定在m 2上，求弹簧被压缩至最短时m 1的速度多大？【导学号：64772014】图1-3-9【解析】 两滑块匀速下滑所受合外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时，m 1加速，m 2减速，当压缩至最短时，m 1、m 2速度相等．设速度相等时为v ，则有 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 解得弹簧被压缩至最短时的速度 v ＝m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2.【答案】m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2能力提升]9．(多选)甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝2m 甲B ．m 乙＝3m 甲C ．m 乙＝4m 甲D ．m 乙＝5m 甲【解析】 碰撞前，v 甲>v 乙，即5m 甲>7m 乙，可得：m 乙>1.4m 甲．碰撞后v 甲′≤v 乙′，即2m 甲≤10m 乙可得：m 乙≤5m 甲．要求碰撞过程中动能不增加，则有：p 2甲2m 甲＋p 2乙2m 乙≥p ′2甲2m 甲＋p ′2乙2m 乙，可解得：m 乙≥5121m 甲，故m 甲和m 乙的关系可能正确是B 、C 、D.【答案】 BCD10．两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg 的物块C 静止在前方，如图1-3-10所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：图1-3-10(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 【导学号：64772015】【解析】 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒有(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )·v ABC ， 解得v ABC ＝(2＋2)×62＋2＋4m/s ＝3 m/s.(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，则m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s ，设物块A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒 E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22 J ＋12×2×62 J －12×(2＋2＋4)×32 J ＝12 J.【答案】 (1)3 m/s (2)12 J11．如图1-3-11所示，质量为3m 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m 的物块(可视为质点)，静止在木板上的A 端，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ.现有一质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为v 02，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图1-3-11(1)子弹穿出物块时，物块的速度大小；(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B 端滑出，木板的长度至少多大？【解析】 (1)设子弹穿过物块时物块的速度为v 1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得：m v 0＝m v 02＋2m v 1 解得v 1＝v 04.(2)物块和木板达到的共同速度为v 2时，物块刚好到达木板右端，这样板的长度最小为L ，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得：2m v 1＝5m v 2此过程系统摩擦生热：Q ＝2μmgL由能量守恒定律得：2μmgL ＝12·2m v 21－12·5m v 22 代入数据解得：L ＝3v 20160μg . 【答案】 (1)v 04 (2)3v 20160μg12．如图1-3-12所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件. 【导学号：64772016】图1-3-12【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 202gl .⑨ 【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl。
2017-2018学年高中物理选修3-2学业分层测评：第4章 第
学业分层测评(十二)(建议用时：45分钟)1．交流输电线路中导致功率损失的主要原因( )A．一定是输电导线具有电阻B．一定是输电导线具有容抗C．一定是输电导线具有感抗D．以上说法均不正确【解析】电能的主要损耗是电热，由ΔP＝I2R可知A选项正确．【答案】 A2．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高很多的电压进行输电，下列说法正确的是( )A．采用高压输电的优点是可节省输电线的铜材料B．采用高压输电的优点是可减小输电线上的能量损失C．采用高压输电的原因是用电器是串联的，用电器数量增多总电压变大D．采用高压输电的原因是对个别偷电行为进行威慑【解析】高压输电的目的是减小输电导线上的电流，从而可以减小导线的横截面积，节约输电线的铜材料，同时减小输电线路上的功率损失和电压损失，故选项A、B正确．【答案】AB3．对在电能远距离输送中所造成的电压、功率损失，下列说法中正确的是( )【导学号：05002103】A．只有输电线的电阻才造成电压损失B．只有输电线的电抗才造成电压损失C．只有变压器的铜损和铁损才造成了输送中的功率损失D．若用高压直流电输送，可以减小因电抗造成的电压、功率损失【解析】远距离高压输电过程中，不仅线路上的电阻会损失电压，电抗也会损失电压，故A、B错误；输电过程中的功率损失是指输电线上的功率损失，故C错误；若用高压直流电输送，则只有电阻的影响，无电抗的影响，故D正确．【答案】 D4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW【解析】 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ．P线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 正确． 【答案】 A5．(多选)在电能输送过程中，若输送的电功率一定，输电线电阻一定，则在输电线上损耗的电功率( )A ．和输送电线上电压的平方成反比B ．和输送电流的平方成反比C ．和输送电线上的电压降的平方成正比D ．和输送电流的平方成正比【解析】 输电线上的功率损失ΔP ＝I 2R ，电压损失ΔU ＝U －U ′＝IR ，输电电流I ＝PU，所以ΔP ＝I 2·R ＝ΔU 2R＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，可见在输送功率P 一定时，ΔP 随R 的增大而增大；ΔP 与I 2成正比；ΔP 与ΔU 2成正比；ΔP 与U 2成反比．【答案】 ACD6．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小【解析】 照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C 正确．【答案】 C7．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )【导学号：05002104】A ．输电线上的电功率损失是原来的1/nB ．输电线上的电功率损失是原来的1/n 2C ．输电线上的电压损失是原来的1/nD ．输电线上的电压损失是原来的n 倍【解析】 由P ＝UI 知，当输送的功率P 一定时，电压升高为原来的n 倍时，输电电流I ′＝P /U ′＝P /(nU )＝1n I ；又P 线＝I 2R 线，所以输电线上的功率损失P ′损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n I 2R 线＝1n 2P 损，即B 正确．输电线上的电压损失U ′损＝I ′R 线＝1n IR 线＝1nU 损，C 正确．选B 、C.【答案】 BC8．某电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R ，现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下列说法正确的是( )A ．因I ＝U R，所以输电线上的电流增为原来的20倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的1400【解析】 因U 并非全部加到输电线的电阻上，所以不能用I ＝U R计算输电线中的电流，所以A 错误；输送功率和输电电流、输电电压的关系为P ＝UI ，在输送功率一定的条件下，U 和I 成反比，所以B 正确；U 是输电电压，它等于输电线上损失的电压和负载得到的电压之和，所以U 并非是加到R 上的电压，不能用P ＝U 2R 计算功率损失，C 错误；线路上功率损失P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 送U 送2·ρ·L S ＝P 2送ρL U 2送S .由于输送功率、导线材料、长度是不变的，在线路损失功率不变的条件下，送电电压的平方和导线横截面积成反比，所以电压由11 kV 升高到220 kV ，所需导线的横截面积减为原来的1400，导线直径减为原来的120，D 错误．【答案】 B9．(多选)在如图4－3－9所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )【导学号：05002105】图4－3－9A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A 错误；在电能输出过程中有：I ＝P U，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，所以U 线变大，所以降压变压器初级电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 线＝(P U)2R 线，因P变大，所以P 线变大，C 正确；根据P 损P＝P U 2R 线P＝PR 线U ，因P 变大，所以比值变大，D 正确． 【答案】 CD10．如图4－3－10所示，图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )甲 乙图4－3－10A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损耗的功率减小【解析】 由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A错误；交流电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R 得，输电线损耗的功率减小，选项D 正确．【答案】 D11．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V ，输出功率是10 kW ，输电线电阻是20 Ω，求：(1)输电线上损失的功率和损失的电压； (2)用户能得到的功率和电压．【解析】 (1)由P 出＝U 出I 线，得I 线＝P 出U 出＝10×1032 000A ＝5 A.则输电线上损失的功率P 损＝I 2线r ＝52×20 W＝500 W. 损失的电压U 损＝I 线r ＝5×20 V＝100 V. (2)用户得到的电压和功率分别为：U 用＝U 出－U 损＝(2 000－100) V ＝1 900 V ， P 用＝P 出－P 损＝(10×103－500)W ＝9 500 W.【答案】 (1)500 W 100 V (2)9 500 W 1 900 V12．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)．(1)画出上述输电全过程的线路图；(2)若发电机的输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(3)在(2)中条件下，若输电导线中的电功率损耗为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；(4)计算(3)中降压变压器的输出功率.【导学号：05002106】【解析】 (1)(2)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1，有U 2＝n 2n 1U 1＝251×250 V＝6 250 VI 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝1×1056 250A ＝16 A.(3)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1所以R 线＝0.04P 1I 22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω因为U 损＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝(6 250－16×15.625) V＝6 000 V. (4)P 4＝P 1－P 损＝0.96P 1＝0.96×1×105W ＝9.6×104W ＝96 kW. 【答案】 (1)见解析图 (2)6 250 V 16 A (3)15.625 Ω 6 000 V (4)96 kW。
2017-2018学年高二物理人教版选修3-4学业分层测评5+Word版含答案.pptx
学无 止 境
11．某简谐振子，自由振动时的振动图象如图 11•5•13 甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动 力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，关于此受迫振 动 对应的状态下列说法正确的是( )
甲
乙
图 11•5•13
A. 可能是图乙中的 a 点 B. 可能是图乙中的 b 点 C. 可能是图乙中的 c 点 D. 一定不是图乙中的 c 点 E. 一定不是图乙中的 b 点 【解析】 振子的固有周期与驱动力周期的关系是 T 驱＝32T固，所以受迫振动的状态一
质量为 600 kg，每个人的质量为 70 kg，则这辆车乘坐几个人时，人感到最难受？
【解析】 人体的固有频率 f 固＝2 Hz，当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生
共振，人感觉最难受，即 f＝21π
gl ＝f
固，得
l＝ g ，代入数据 4π2f2固
l＝0.062
1
m，由胡克定律
得 kl＝(m1＋nm2)g
总能量是守恒的，故 C 错误，A、D、E 正确．
【答案】 ADE 2．下列振动，不属于受迫振动的是( )
【导学号：23570030】 A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动 B．打点计时器接通电源后，振针的振动 C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆 动 D．弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动 E．共振筛的振动 【解析】 受迫振动是指在周期性驱动力作用下的振动，故 A、C、D 都是自由振动，
B、E 是受迫振动． 【答案】 ACD 3．一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越
来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是( ) A. 洗衣机做的是受迫振动 B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大 C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小 D．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率等于洗衣机的固有频 率 E．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率 【解析】 切断电源后，脱水桶的转速越来越小，即脱水桶的运转频率越来越小，由题
高中物理(教科版选修3-5)学业分层测评：第4章 1
ν0仍然可以发生光电效应，C项正确．由爱因斯坦光电效应方程hν－W逸＝mv2得：光频率ν增大，而W逸不变，故光电子的最大初动能变大，但ν与mv2不成正比，故D错误．【答案】AC3．产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是( )【导学号：22482060】A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比C．对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成正比【解析】Ek＝hν－W＝h－W，同种金属逸出功相同，最大初动能与照射光强度无关，与照射光的波长有关但不是反比例函数关系，最大初动能与入射光的频率成线性关系，但不是正比关系．【答案】A4．(多选)如图416所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知( )图416A．该金属的逸出功等于EB．该金属的逸出功等于hν0C．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E【解析】题中图像反映了光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知当入射光的频率恰为金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能Ek＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A、B、D正确，选项C错误．【答案】ABD5．能正确解释黑体辐射实验规律的是________提出的能量量子化理论．【解析】根据黑体辐射的实验规律，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到较满意的解释．【答案】普朗克6．如图417所示为t1、t2温度时的黑体辐射强度与波长的关系，则两温度的关系为________．图417【解析】根据黑体辐射的实验规律可知，随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．ν＝＝6.67×1014 Hz，因为ν>ν0，所以能产生光电效应．(3)光电子的最大初动能为Ekm＝hν－W＝h(ν－ν0)＝1.36×10－19 J.【答案】(1)4.42×10－19 J (2)能(3)1.36×10－19 J9．在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置，如图418(a)所示，在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图(b)所示．则正确的是( )【导学号：22482061】图418A．乙光的频率大于甲光的频率B．甲光的波长小于丙光的波长C．丙光的光子能量小于甲光的光子能量D．乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能【解析】由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0及遏止电压的含义可知，hν－W0＝eUc，结合题意与图像可以判断，W0相同，U1>U2，则三种色光的频率为ν乙＝ν丙>ν甲，故丙光子能量大于甲光子能量，C错误，同时判断乙光对应光电子的最大初动能等于丙光对应光电子的最大初动能，A正确，D错误，由ν＝知，λ乙＝λ丙＜λ甲，B错误．【答案】A10．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意如图419所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应．换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在K、A之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电荷量)( )图419A．U＝－B．U＝－We(3)若给予光电管足够大的正向电压时，电路中光电流为10 μA，则每秒射到光电管B极的光子数至少为多少个？图4110【解析】(1)B极板上逸出光电子，相当于电源的正极，A为负极，故流过R的电流向左．(2)Ekm＝h－h cλ0＝6.63×10－34×3×108×－ J＝1.66×10－20 J.(3)每秒电路中流过的电子电荷量q＝It＝10×10－6×1 C＝1×10－5 Cn＝＝个＝6.25×1013个．【答案】(1)向左(2)1.66×10－20 J(3)6.25×1013个。
2017-2018学年高二物理人教版选修3-4学业分层测评1+Word版含答案
学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列说法中正确的是() 【导学号：23570004】A．弹簧振子的运动是简谐运动B．简谐运动就是指弹簧振子的运动C．简谐运动是匀变速运动D．简谐运动是非匀变速运动E．简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种【解析】弹簧振子的运动是一种简谐运动，而简谐运动是机械振动中最简单、最基本的运动，故A、D、E正确．【答案】ADE2．如图11-1-12所示，当弹簧振子由A向O(平衡位置)运动时，下列说法正确的是()图11-1-12A．振子的位移在不断减小B．振子的运动方向向左C．振子的位移方向向左D．振子的位移在增大E．振子的速度在增大【解析】由于振子在O点的右侧由A向O运动，所以振子的位移方向向右，运动方向向左，位移在不断减小，速度在不断增大，故A，B，E正确．【答案】ABE3．物体做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则物体()【导学号：23570005】A．在两点处的位移相同B．在两点处的速度可能相同C．在两点处的速率一定相同D．在两点处的动能一定相同E．在两点处的加速度一定相同【解析】由于A、A′关于平衡位置对称，所以物体在A、A′点时位移大小相等、方向相反；速率一定相同，所以动能一定相同．但速度方向可能相同也可能相反，加速度方向一定相反．【答案】BCD4．如图11-1-13所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B，C之间振动时()图11-1-13A．B→O，位移为负，速度为正B．O→C，位移为正，速度为负C．C→O，位移为负，速度为正D．O→B，位移为负，速度为负E．O→B，速度为负，加速度为正【解析】弹簧振子的位移是从平衡位置指向所在处的有向线段．由题意知向右为正方向，则振子在O点左侧时位移为负，在O点右侧时位移为正．速度正负的判断：如果方向向右则为正，向左则为负．B→O，位移为负，速度为正，A正确；O→C，位移为正，速度为正，B错误；C→O，位移为正，速度为负，C错误；O→B，位移为负，速度为负，加速度为正，D、E正确．【答案】ADE5.如图11-1-14所示为一个做简谐运动的弹簧振子的x-t图象，在下列哪些时刻，位移和速度的方向相同() 【导学号：23570006】图11-1-14A．1.4 s B．4.6 sC．4.2 s D．5 sE．6.2 s【解析】根据质点在下一时刻的位置来判断质点的速度方向．【答案】ACE6．一质点做简谐运动，如图11-1-15所示，在0.2 s到0.3 s这段时间内质点沿________方向运动，且速度不断________．图11-1-15【解析】由图象可看出，在0.2 s到0.3 s这段时间内，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负的最大位移处向着平衡位置运动；又因为质点的速度方向是正方向，故质点做变加速运动，质点速度不断增大．【答案】正增大[能力提升]7.如图11-1-16所示，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与一薄板连接，薄板的质量不计，板上放一重物．用手将重物往下压，然后突然将手撤去，则重物被弹离之前的运动情况是加速度先________后________．图11-1-16【解析】竖直方向的弹簧振子的振动也是简谐运动，但它的平衡位置在重力与弹力平衡的位置，此位置加速度为零．因此从平衡位置将弹簧压缩以后放手，它的加速度是先减小，到达平衡位置以后再增大．【答案】减小增大8.如图11-1-17所示，简谐运动的图象上有a、b、c、d、e、f六个点，其中：【导学号：23570007】图11-1-17(1)与a点位移相同的点有哪些？(2)与a点速度相同的点有哪些？(3)图象上从a点到c点，质点经过的路程为多少？【解析】(1)分析图象可得a、b、e、f的位移均为1 cm.c、d点的位移都是－1 cm.故与a点位移相同的点为b、e、f三点．(2)由(1)可知，图象上的a、b、e、f点对应质点运动到同一位置．图象上的c、d点对应质点运动到关于O点对称的另一位置．故以上6个点的速度大小相等．再结合图象可以判断a、b、c、d、e、f 6个点的运动方向分别为向上、向下、向下、向上、向上和向下．故与a点有相同速度的点为d和e.(3)图象上从a点到b点，对应质点从正方向1 cm处先是到达2 cm处又返回到1 cm处，通过的路程为2 cm.从b 点到c 点，对应质点从正方向1 cm 处经平衡位置运动到负方向1 cm 处，通过的路程也为2 cm ，故从a 点到c 点总共通过的路程为4 cm.【答案】 (1)b 、e 、f (2)d 、e (3)4 cm9．如图11-1-18甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P ，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P 就在纸带上画出一条振动曲线．若振动曲线如图乙所示，由图象判断下列说法正确的是( )甲乙图11-1-18A ．振子偏离平衡位置的最大距离为10 cmB ．1 s 末到5 s 末振子的路程为40 cmC ．2 s 和4 s 末振子的位移相等，运动方向也相同D ．振子在2 s 内完成一次往复性运动E ．振子在4 s 内完成一次往复性运动【解析】 由图象可知振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm ，4 s 内完成一次往复性运动，A 、E 对，D 错；1 s 末到5 s 末振子的路程是振子运动路径的总长40 cm ，故B 对；2 s 末和4 s 末振子位移均为零，位移相同，2 s 末振子向负方向运动，4 s 末振子向正方向运动，运动方向相反，故C 错误．【答案】 ABE10.光滑的水平面上放有质量分别为m 和12m 的两木块，下方木块与一劲度系数为k 的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图11-1-19所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f ，为使这两个木块组成的系统能像一个整体一样振动，系统的最大位移为________．图11-1-19【解析】 质量分别为m 和12m 的两木块作为一个整体同步振动，两者具有共同的加速度，对于12m 物体，当两木块之间静摩擦力达最大值时其加速度达最大值2f m，此时两木块组成的系统其加速度也达最大值2f m，弹簧弹力达最大值F max ＝⎝⎛⎭⎫m ＋12m a max ＝3f ，此时系统的位移最大值为x max ＝F max k ＝3f k . 【答案】 3f k11.如图11-1-20所示是某质点做简谐运动的振动图象，根据图象中的信息，回答下列问题： 【导学号：23570008】图11-1-20(1)质点在第2 s 末的位移是多少？(2)质点振动过程中的最大位移为多少？(3)在前4 s 内，质点经过的路程为多少？【解析】 (1)由x -t 图象可以读出2 s 末质点的位移为零．(2)质点的最大位移在前4 s 内发生在1 s 末和3 s 末，位移大小为10 cm.(3)前4 s ，质点先朝正方向运动了距离为10 cm 的一个来回，又在负方向上运动了一个10 cm 距离的来回，故总路程为40 cm.【答案】 (1)0 (2)10 cm (3)40 cm12．在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图11-1-21(甲)所示是一种常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录笔P ，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带速度与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图11-1-21(乙)所示．若匀速拉动纸带的速度为1 m/s ，作出P 的振动图象．甲 乙图11-1-21【解析】题图(乙)中运动的位移值可以对应不同的时刻，由x＝v t可知，当x＝20 cm时，对应时间t＝xv＝0.2 s，作出图象如图所示．【答案】见解析小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
人教版高中物理选修3-5学业分层测评4
学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于碰撞的理解正确的是()
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
E．微观粒子的相互作用虽然不发生直接接触，但仍称其为碰撞
【解析】碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内发生运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．
【答案】ABE
2．在光滑水平面上，动能为E k0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E k1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E k2、p2，则必有() A．E k1<E k0B．p1<p0
C．E k2>E k0D．p2>p0
E．p2＝p0
【解析】两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动
能，即E k1＋E k2≤E k0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成p21
2m＜p20
2m，B正
确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D正确E。
2017-2018学年高中物理选修3-2学业分层测评：第4章 第
学业分层测评(十一) (建议用时：45分钟)1．(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1【解析】 对理想变压器，可以认为无磁通量损漏且忽略热损耗，因而穿过任意两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，所以电压与匝数成正比．故A 、C 错误，B 、D 正确．【答案】 BD2．用理想变压器给负载电阻R 供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输入功率增加( )A ．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R 保持不变B ．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变C ．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变D ．减少变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变【解析】 由U 1U 2＝n 1n 2，当n 1增加时，U 2减小，P 2＝U 22R ，P 2减小，A 错误；U 1、n 1、n 2不变，则U 2不变，R 减小时，P 2＝U 22R ，P 2增大，B 正确；C 与B 相反，故C 错误；当n 1、U 1不变，n 2减小时，则U 2减小，由P 2＝U 22R(R 不变)，P 2会减小，D 错误．【答案】 B3．如图4－2－8所示为一台理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n 1＝400匝，n 2＝800 匝，如果连接导线的电阻忽略不计，那么可以确定( )【导学号：05002096】图4－2－8①这是一台升压变压器②副线圈两端电压是原线圈两端电压的一半③通过副线圈的电流是通过原线圈电流的一半 ④变压器输出电功率是输入电功率的一半 A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①③【解析】 由于n 1＜n 2，故为升压变压器，①正确；I 1I 2＝n 2n 1＝21，故③式正确；由n 1n 2＝U 1U 2＝12，②错误；变压器输出电功率等于输入电功率，④错误． 【答案】 D4．(多选)用理想变压器给电阻负载供电时，用下列哪些方法可以增大变压器的输入电流( )A ．增加原线圈的匝数B ．增加副线圈的匝数C ．在副线圈上多并联些电阻D ．增加副线圈的负载【解析】 原线圈的电压U 1是不变的，所以当增加原线圈的匝数n 1时，副线圈两端的电压U 2一定减小，I 2也一定减小，两线圈功率关系是P 1＝P 2，即U 1I 1＝U 2I 2，那么I 1一定减小，所以A 错．根据U 1、n 1不变，增大n 2，则U 2增大，对副线圈电路来说，U 2相当于电源电动势，外电阻R 不变，所以副线圈电流I 2增大，而I 2U 2＝I 1U 1，U 1不变，所以I 1必增大，B 对．当U 1、U 2、n 1、n 2不变，并联电阻增多，R 减小，根据闭合电路欧姆定律，I 2增大，同上面推导，I 1必增大，C 对．负载增多时，要知道是副线圈上所接的总电阻变小，从而副线圈中的电流增大，此时原线圈中电流也增大，D 对．【答案】 BCD5．现用电压为380 V 的正弦式交流电给额定电压为220 V 的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有( )【解析】 由图可知，A 、B 中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C 为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D 为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V ，不可行．【答案】 D6．如图4－2－9所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，接在副线圈上的三只灯泡正常发光，则对于串联在原线圈上的灯泡L( )【导学号：05002097】图4－2－9A ．比正常发光时的亮度更亮B ．也能正常发光C ．比正常发光时的亮度更暗D ．无法判断其亮度情况【解析】 灯泡L 的亮度如何，主要看灯泡L 的功率多大，在本题中就是看通过灯泡L 的电流如何变化．设每只灯的额定电流为I 0，因并联在副线圈两端的三只灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I 2＝3I 0，由I 1I 2＝n 2n 1得原线圈的电流I 1＝n 2n 1I 2＝I 0，恰为灯泡L 的额定电流，因此灯泡L 也正常发光．【答案】 B7. (多选)如图4－2－10所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数是0.20 A ．下列判断中正确的是( )图4－2－10【导学号：05002098】A ．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B ．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为1.0 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A【解析】 设电流表A 1示数为I 1，电流表A 2示数为I 2，由变压器电压、电流与匝数关系得U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2，即22044I 2＝I 20.20＝n 1n 2，解得I 2＝1.0 A ，n 1∶n 2＝5∶1，B 、C 对，A 、D 错．【答案】 BC8．钳形电流表的外形和结构如图4－2－11甲所示．图4－2－11甲中电流表的读数为1.2 A ．图4－2－11乙中用同一电缆线绕了3匝，则( )图4－2－11A ．这种电流表能测直流，图乙的读数为2.4 AB ．这种电流表能测交流，图乙的读数为0.4 AC ．这种电流表能测交流，图乙的读数为3.6 AD ．这种电流表既能测直流，又能测交流，图乙的读数为3.6 A【解析】 钳形电流表利用了变压器的工作原理，因此钳形电流表只能测交流．根据n 1I 1＝n 2I 2，可得图乙的读数应为3.6 A ，故选项C 正确．【答案】 C9．(多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图4－2－12所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，在原线圈上加一电压为U 的交流电，则( )图4－2－12A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小【解析】 保持Q 的位置不动，副线圈匝数不变，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2不变，当P 向上滑动时，由I 2＝U 2R 0＋R知I 2减小，故电流表的读数变小，B 正确，A 错误．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，副线圈的匝数增多，由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2增大，由I 2＝U 2R ＋R 0知I 2增大，故I 1增大，C正确，D 错误．【答案】 BC10．图4－2－13甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )【导学号：05002099】图4－2－13A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W【解析】 由题图知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin(100πt ) V ，故A 错；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝n 2U 1n 1＝20×15V＝4 V ，由题中将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．【答案】 D11. 如图4－2－14所示，理想变压器接在220 V 的交流电源上，副线圈有A 、B 两组，已知A 组线圈的匝数为30匝，接“6 V 4 Ω”的灯泡L A ，B 组接一盏规格为“10 V 24 W”的灯泡L B ，两灯都正常发光，求原线圈的匝数及电流的大小．图4－2－14【解析】 副线圈不是一组，每组线圈的电压跟匝数成正比，但是每组线圈的电流跟匝数不成反比，有P 1＝P A ＋P B ，即I 1U 1＝I A U A ＋I B U B .由U 1U A ＝n 1n A ，得n 1＝U 1U A n A ＝2206×30匝＝1 100匝．又I A ＝U A R ＝64A ＝1.5 A ，即I 1＝I A U A ＋P B U 1＝1.5×6＋24220A ＝0.15 A.【答案】 1 100匝 0.15 A12．理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：图4－2－15(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′为多少？【导学号：05002100】【解析】 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1n 1＝U 2n 2＝U ，则n 1＝1 650(匝)． (2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A.(3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L 2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A.【答案】 (1)1 650匝 (2)13 A (3)23 A。
2017-2018学年高二物理(选修3-5)学业分层测评：第3章 6.核聚变 7.粒子物理学简介(选学)
学业分层测评(十三)(建议用时：45分钟)1．(多选)关于人们发现的新粒子，下列说法正确的是 ( )A．许多粒子都有自己的反粒子B．把粒子分为强子、轻子、媒介子，根据是粒子与各种相互作用的关系C．质子属于强子D．光子属于轻子【解析】 根据粒子的分类、粒子与反粒子描述知A、B、C正确；光子属媒介子，D错误．【答案】 ABC2．(多选)下列说法正确的是 ( )A．聚变是裂变的逆反应B．核聚变反应须将反应物加热到数百万开尔文以上的高温，反应时放出能量C．轻核聚变比裂变更为安全、清洁D．强子是参与强相互作用的粒子，中子是最早发现的强子【解析】 聚变和裂变的反应物和生成物完全不同，两者无直接关系，并非互为逆反应，故A错；实现聚变反应必须使参加反应的轻核充分接近，需要数百万开尔文的高温，但聚变反应一旦实现，所释放的能量远大于所吸收的能量，所以聚变反应还是释放能量，故B正确；实现聚变需要高温，一旦出现故障，高温不能维持，反应就自动终止了，另外，聚变反应比裂变反应生成的废物数量少，容易处理，故C正确；质子是最早发现的强子，故D错．【答案】 BC3．(多选)重核裂变和轻核聚变是人们获得核能的两个途径，下列说法中正确的是( ) A．裂变过程质量增加B．裂变过程质量亏损C．裂变过程和聚变过程都有质量增加D．聚变过程有质量亏损【解析】 重核裂变和轻核聚变都能释放巨大的能量，由爱因斯坦质能方程知两过程均会有质量亏损．【答案】 BD4．下列所述正确的是( )【导学号：22482054】A．强子是参与强相互作用的粒子B ．轻子是参与强相互作用的粒子C ．目前发现的轻子只有8种D ．光子是传递弱相互作用的粒子【解析】 由三类粒子的特性可知A 正确，B 、D 错误；而目前发现的轻子只有6种，C 错误．【答案】 A5．关于核聚变，以下说法正确的是( )A ．与裂变相比轻核聚变辐射极少，更为安全、清洁B ．世界上已经有利用核聚变能来发电的核电站C ．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－10 m 以内，核力才能起作用D ．核聚变比核裂变更易控制【解析】 与裂变相比，核聚变有下面的几个优势：(1)安全、清洁、辐射少；(2)核燃料储量多；(3)核废料易处理．但核聚变不易控制，其发电还没有投入实际运行，B 、C 、D 错误，A 正确．【答案】 A6．(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的是( )A.H ＋H ―→He ＋n 是核聚变反应31214210B.H ＋H ―→He ＋n 是β衰变31214210C.U ＋n ―→Ba ＋Kr ＋3n 是核裂变反应235921014456893610D.U ＋n ―→Xe ＋Sr ＋2n 是α衰变235921014054943810【解析】 H ＋H ―→He ＋n 是轻核聚变反应，A 正确，B 错误；31214210U ＋n ―→Ba ＋Kr ＋3n 和U ＋n ―→Xe ＋Sr ＋2n 均为重核裂变反应，C 235921014456893610235921014054943810正确，D 错误．【答案】 AC7．“反物质”是由“反粒子”构成的，“反粒子”与其对应的正粒子具有相同的质量和相同的电荷量，但电荷符号相反，则反氢原子是由1个带负电荷的________和1个带正电荷的________构成．【解析】 根据反粒子定义，“反粒子”与“正粒子”具有相同质量，但带有等量的异种电荷．因此反氢原子是由H 核和e 构成的．1－101【答案】 反质子 正电子8．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u 或夸克d)和一个反夸克(反夸克或反夸克)组成的，它们的带电荷量如表所示，表中e 为元电荷.u d 粒子π＋π－u d u d带电荷量＋e－e＋2e 3－e3－2e 3＋e3由此可知π＋由________和________组成，π－由________和________组成．【解析】 因π＋介子带有＋e 的电荷量，且是由一个夸克和一个反夸克组成的，则夸克u 带＋e 和反夸克带＋e 合成电荷量为e ，那么π＋介子就是由夸克u 和反夸克组23d 13d 成的；同理，π－介子由夸克d 和反夸克组成．u 【答案】 u d d u9．(多选)我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电，显示了EAST 装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1 000 s ，温度超过1亿摄氏度，这标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m 1，中子的质量为m 2，He 的质量为m 3，质子的质量为m 4，则下列32说法中正确的是 ( )A ．两个氘核聚变成一个He 所产生的另一个粒子是质子 32B ．两个氘核聚变成一个He 所产生的另一个粒子是中子32C ．两个氘核聚变成一个He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 4)c 232D ．两个氘核聚变成一个He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 2)c 232【解析】 由核反应方程2H→He ＋X 知X 应为中子，释放的核能应为213210ΔE ＝(2m 1－m 3－m 2)c 2，故A 、C 错误，B 、D 正确．【答案】 BD10．K －介子衰变的方程为K －→π－＋π0，其中K －介子和π－介子所带负电的电荷量为元电荷，π0介子不带电．如图362所示的1个K －介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP ，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB ，两轨迹在P 点相切，它的半径R 与R 之比为2∶1，π0介子的轨迹未画出，由此可知，π－的动量大小与－K －ππ0的动量大小之比为________．图362【解析】 根据洛伦兹力提供向心力知，qvB ＝mv 2/R ，故有p ＝mv ＝qBR ，所以K －与π－的动量大小之比为2∶1，规定K －的方向为正方向，由动量守恒定律得：p K －＝－p π－＋p π0，所以p π0＝3p π－.【答案】 1∶311．已知氘核质量为2.013 6 u ，中子质量为1.008 7 u ，He 核的质量为3.015 0 32u ．两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成He 并放出一个中子，释放的核能全部转化为机械32能．(质量亏损为1 u 时，释放的能量为931.5 MeV.除了计算质量亏损外，He 的质量可以32认为是中子的3倍)【导学号：22482055】(1)写出该核反应的反应方程式；(2)该核反应释放的核能是多少？(3)若测得反应后生成中子的动能是3.12 MeV ，则反应前每个氘核的动能是多少MeV?【解析】 (1)核反应方程为：H ＋H→He ＋n.21213210(2)质量亏损为：Δm ＝2.013 6×2 u －(3.015 0 u ＋1.008 7 u)＝0.003 5 u ，释放的核能为：ΔE ＝0.003 5×931.5 MeV ＝3.26 MeV.(3)设中子和He 核的质量分别为m 1、m 2，速度分别为v 1、v 2.反应前每个氘核的动能32是E 0，反应后中子和He 核动能分别为E 1、E 2，根据动量守恒定律，得32m 1v 1－m 2v 2＝0，＝∶＝＝3，E 2＝＝1.04 MeVE 1E 2p 22m 1p 22m 2m 2m 1E 13由能量的转化和守恒定律，得E 1＋E 2＝2E 0＋ΔE ，E 0＝0.45 MeV.【答案】 (1)H ＋H→He ＋n 21213210(2)3.26 MeV (3)0.45 MeV12．有一种聚变反应是四个氢核聚变成一个氦核，同时放出两个正电子．求：(1)该聚变反应释放多少能量？(2)若1 g 氢完全聚变，能释放多少能量？(3)1 g 氢完全聚变，释放的能量相当于多少煤完全燃烧放出的热能？(已知煤的热值q ＝3.36×107 J/kg ，氢核质量为1.008 142 u ，氦核质量为4.001 509 u ，电子的质量为0.000 549 u)【解析】 (1)核反应方程为：4H ―→He ＋2e ，所以Δm ＝4m H －m He －2m e ＝4×1.008 14201142 u －4.001 509 u －2×0.000 549 u ＝0.029 961 uΔE ＝0.029 961×931.5 MeV ＝27.91 MeV ＝4.47×10－12 J.(2)1 g 氢完全聚变释放的能量为E ＝×6.02×1023×4.47×10－12 J ＝6.73×1011 J 14(3)相当于煤完全燃烧的质量为：m ＝ kg ＝2.00×104 kg.6.73×10113.36×107【答案】 (1)4.47×10－12 J (2)6.73×1011 J (3)2.00×104 kg。