粤教版高中物理3-4第五章过关检测

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粤教版高中物理选修3-5章末综合测评第1章

章末综合测评(一)
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的5个选项有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．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则()
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
E．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大
【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D、E错误．
【答案】ABC
2．如图1所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()
【导学号：78220015】
图1
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越小
C．其他量不变，m越大x越大。

粤教版高中物理必修第三册第五章本章复习提升练含答案

本章复习提升易混易错练易错点1 不能区别纯电阻电路和非纯电阻电路出错1.(2021福建福州月考)(多选)如图所示,在一幢居民楼里有各种不同的用电器,如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等。

停电时,用多用电表测得A、B间的电阻为R;供电后,设各家用电器全都同时使用时,测得A、B间电压为U,进线电流为I。

经过一段时间t,从电能表中测得这段时间内消耗的电能为W。

则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率,其中正确的是( )A.P=I2RB.P=U 2R C.P=IU D.P=Wt易错点2 没有区分额定功率、实际功率出错2.(2021山东潍坊月考)(多选)有两个灯泡L1、L2,额定电压皆为6 V,额定功率分别为6 W、3 W,将它们接在电路中,下列说法正确的是( )A.若将它们串联在电路中,两灯泡的总功率最大为9 WB.若将它们串联在电路中,两灯泡的总功率最大为4.5 WC.若将它们并联在电路中,两灯泡的总功率最大为9 WD.若将它们并联在电路中,两灯泡的总功率最大为4.5 W易错点3 没搞清能量转化关系出错3.(2021江苏涟水月考)如图所示,已知电源电动势E=20 V,内阻r=1 Ω,当接入定值电阻R=4 Ω时,电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L和内阻R D=0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作。

试求:(1)电路中的电流大小;(2)电动机的额定电压;(3)电动机的输出功率。

易错点4 不理解电源最大输出功率的条件出错4.(2021天津月考)(多选)如图所示,已知电源电动势E=2 V,电源内阻r=0.5 Ω,小灯泡电阻R0=2 Ω,滑动变阻器R最大阻值为10 Ω。

当开关闭合后,调节滑动变阻器,设灯泡电阻不随温度变化而变化,则( )A.当滑动变阻器阻值调至0.5 Ω时,电源输出功率最大B.当滑动变阻器阻值调至1.5 Ω时,灯泡最亮C.当滑动变阻器阻值逐渐减小时,电源输出功率逐渐增大D.当滑动变阻器阻值调至2.5 Ω时,滑动变阻器的电功率最大思想方法练思想方法一比较法方法概述比较法是将相似的公式或规律放在一起,分析它们的区别与联系,以便更好地掌握它们之间的关系。

粤教版高中物理必修一第3章-第4节

1．(双选)关于分力与合力，下列说法正确的是()
A．合力和分力同时作用在同一物体上
B．分力作用于物体上共同产生的效果与合力单独作用时产生的效果是相同的
C．各个分力一定是同一性质的力才可以进行合成
D．各个分力必须是同一个物体同一时刻受到的力
【解析】合力是各个分力的等效替代，二者本质是同一作用效果两种发生原因的不同表述，并不是同时作用于物体上，A错，B正确．各个分力可以是不同性质的力，也可以是同一性质的力，C错．各个分力必须是同一时刻同一物体受到的几个力，合力也是这一时刻物体受到的各个分力的合力，D正确．【答案】BD
2．生活中的物理知识无处不在，我们衣服上的拉链的一部分，在把拉链拉开的时候，我们可以看到有一个三角形的东西在两链中间运动，使很难直接分开的拉链很容易拉开，关于其中的物理原理，以下说法中正确的是() A．拉开拉链时，三角形的物体增大了分开拉链的力
B．拉开拉链时，三角形的物体只是为了将拉链分开并没有增大分开拉链的力
C．拉开拉链时，三角形的物体增大了分开拉链的力，但合上拉链时减小了合上的力
D．以上说法均不正确
【解析】拉开拉链时，三角形的物体在两链间和拉链一起
运动，手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力，如图所示．在
α角很小的情况下，F1＝F2＞F，即分力大于手的拉力，所以很难直接分开的拉链很容易地被三角形物体分开．。

2024春新教材高中物理第5章原子与原子核达标检测卷粤教版选择性必修第三册

第五章达标检测卷(考试时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．)1．下面列出的是一些核反应方程式：3015 P→3014 Si ＋X ；94 Be ＋42 He→126 C ＋Y ；147 N ＋42 He→178 O ＋Z ．其中( )A ．X 是质子，Y 是中子，Z 是正电子B ．X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子C ．X 是正电子，Y 是质子，Z 是中子D ．X 是中子，Y 是正电子，Z 是质子【答案】B【解析】依据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为0，电荷数为1，则X 为正电子；Y 的质量数为1，电荷数为0，为中子；Z 的质量数为1, 电荷数为1，为质子．故选B ．2．下列关于原子核的叙述，正确的是( )A ．居里夫人通过α粒子轰击铝原子核，首次发觉了中子B ．核反应堆中的“慢化剂”是为了减慢反应速度，防止反应过于猛烈C ．轻核聚变过程中，会有质量亏损，要释放能量D ．原子核的质量越大，比结合能就越小【答案】C【解析】查德威克在α粒子轰击铍核试验中发觉了中子，故A 错误；核反应堆中的“慢化剂”是减慢中子速度，故B 错误；轻核聚变过程中，会有质量亏损，由爱因斯坦质能方程可知，要释放能量，故C 正确；比结合能为结合能与核子数的比值，则原子核的质量越大，比结合能不肯定越小，故D 错误．3．科研人员正在研制一种新型镍铜电池，它采纳半衰期长达100年的放射性同位素镍(6328 Ni)和铜作为电池的正负极，利用镍63发生β衰变释放电子给铜片，为负载供应电能．下列说法正确的是( )A ．镍63的β衰变方程为6328 Ni→ 0－1 e ＋6429 Cu B ．β衰变释放的电子是核内10 n→ 0－1 e ＋11 H 所产生的C ．提高温度，增大压强可以变更镍63的半衰期D ．经过200年该电池中的镍将全部变成其他金属【答案】B【解析】依据电荷数守恒、质量数守恒知镍63的裂变方程是6328 Ni→ 0－1 e ＋6329 Cu ，故A 错误；β衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，故B 正确；放射性物质的半衰期由原子核内部因素确定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故C 错误；采纳半衰期长达100年的放射性同位素镍63，经过200年，是经过两个半衰期，转变1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，即只有四分之三的镍转化为其他金属，故D 错误．故选B ．4．下列说法正确的是( ) A ．结合能越大的原子核肯定越稳定 B ．核力存在于原子核内随意两个核子之间C ．发生链式反应的一个条件是铀块的体积必需达到临界体积D ．一个原子核发生一次α衰变，新核相对于原来的原子核，质量数和电荷数都削减2 【答案】C【解析】描述原子核稳定性的是比结合能，比结合能越大的原子核肯定越稳定，故A 错误；核力是短距力，两个核子须要处在肯定距离内才会有核力，故B 错误；发生链式反应的条件是裂变物质的体积必需大于或等于临界体积，或裂变物质的质量必需大于或等于临界质量，故C 正确；α粒子的质量数为4，核电荷数为2，一个原子核发生一次α衰变，新核相对于原来的原子核，质量数削减4和电荷数削减2，故D 错误．5．一个23892 U 核衰变为一个20682Pb 核的过程中，发生了m 次α衰变和n 次β衰变，则m 、n 的值分别为( )A ．8、6B ．6、8C ．4、8D ．8、4【答案】A【解析】在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，有2m －n ＝10，4m ＝32，解得m ＝8，n ＝6，故A 正确，B 、C 、D 错误．6．如图所示为卢瑟福α粒子散射试验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可视察α粒子在各个角度的散射状况．下列说法正确的是( )A ．在图中的A 、B 两位置分别进行视察，相同时间内视察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行视察，屏上视察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，视察到的试验结果基本相像D ．α粒子发生散射的主要缘由是α粒子撞击到金原子后产生的反弹【答案】C【解析】放在A 位置时，相同时间内视察到屏上的闪光次数应最多，说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，故A 错误；放在B 位置时，相同时间内视察到屏上的闪光次数较少，说明较少射线发生偏折，可知原子内部带正电的体积小，故B 错误；选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，视察到的试验结果基本相像，故C 正确；α粒子发生散射的主要缘由是α粒子受到金原子库仑力作用，且金原子质量较大，从而出现的反弹，故D 错误．7．一个氢原子从量子数n ＝2的能级跃迁到量子数n ＝3的能级，该氢原子( ) A ．汲取光子，能量增加 B ．放出光子，能量削减 C ．放出光子，能量增加 D ．汲取光子，能量削减【答案】A【解析】一个氢原子在一个定态具有的能量是电子圆周运动的动能和势能之和，能量为E ＝E 1n2，E 1＝－13.6 eV ，可知量子数越大，能量越高，故氢原子从低能级向高能级跃迁要汲取光子，而能量增加；故选A ．8．活体生物由于须要呼吸，其体内的14C 含量大致不变，死后停止呼吸，体内的14C 含量起先削减．由于碳元素在自然界的各种核素的比例始终都很稳定，人们可通过测定古木的14C 含量，来估计它的也许年龄，这种方法称之为碳14定年法．14C 衰变为14N 的半衰期约为5730年，某古木样品中14C 的比例约为现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是( )A ．该古木的年龄约为5 730年B ．14C 与14N 具有相同的中子数 C ．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线D ．上升古木样品所处环境的温度将加速14C 的衰变【答案】AC【解析】设原来14C 的质量为M 0，衰变后剩余质量为M ，则有M ＝M 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n其中n 为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的12，故n ＝1，所以死亡时间为5 730年，故A 正确；14C 的中子数是8个，14N 的中子数是7个，故B 错误；14C 衰变为14N 的过程中质量数没有变更，而核电荷数增加1，是14C 中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出β射线，故C 正确；放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D 错误．9．下面有四个核反应方程． ①23592 U ＋10 n→9538 Sr ＋13854 Xe ＋3x 1 ②21 H ＋x 2→32He ＋10 n ③23892 U→23490 Th ＋x 3 ④2412 Mg ＋42 He→2713 Al ＋x 4 下列说法正确的是( ) A ．①是核聚变 B ．x 2为21 H C ．③是核裂变 D ．x 4为11 H【答案】BD【解析】依据质量数与质子数守恒可知x 1的质量数为235＋1－95－1383＝1而质子数为92－38－543＝0，所以x 1是10 n ，①是核裂变反应，故A 错误；依据质量数与质子数守恒可知x 2的质量数为3＋1－2＝2而质子数为2－1＝1，所以x 2是21 H ，故B 正确；依据质量数与质子数守恒可知x 3的质量数为238－234＝4，而质子数为92－90＝2，所以x 3是42 He ，③是α衰变，故C 错误；依据质量数与质子数守恒可知x 4的质量数为24＋4－27＝1而质子数为12＋2－13＝1，所以x 4是11 H ，故D 正确．10．下列说法正确的是( )A ．轻核聚变反应方程21 H ＋31 H→42 He ＋X 中，X 表示中子 B ．23592 U→14156 Ba ＋9236 Kr ＋210 n 是铀核裂变的一种反应方程 C ．放射性元素与不同的元素形成化合物，其半衰期不同 D ．比结合能越大，原子核中核子结合得越坚固，原子核越稳定【答案】AD【解析】轻核聚变反应方程21 H ＋31 H→42 He ＋X 中，X 的质量数为m ＝2＋3－4＝1，电荷数z ＝1＋1－2＝0，故X 表示中子，故A 正确；铀核裂变的一种核反应方程23592 U ＋10 n→14156 Ba＋9236 Kr ＋310 n ，故B 错误；放射性元素的半衰期由原子核自身内部因素确定，与物质处于单质还是化合物无关，故C 错误；比结合能越大，原子核中核子结合的越坚固，原子核越稳定，故D 正确．二、非选择题(本题共4小题，共40分)11．(11分)热核反应在宇宙中时时刻刻地进行着．太阳就是一个巨大的热核反应堆，太阳的主要成分是氢，太阳的中心温度使氢核聚变成氦核的反应不停地进行着，不断地放出能量．太阳在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻．(1)太阳内部的热核反应中4个质子聚变为1个氦核42He ，请写出核反应方程．(2)若质子、氦核、正电子的静止质量分别为m p ＝1.672 6×10-27kg ，m α＝6.642 5×10-27kg ，m e ＝0.000 9×10-27kg ，则4个质子发生上述热核反应所释放的能量是多少？(结果保留3位有效数字)(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026J ，则太阳每秒削减的质量为多少千克？(结果保留1位有效数字)(4)太阳现在的质量约为2×1030kg ，科学家预料太阳质量削减万分之三，热核反应将不能接着进行．请你计算推导太阳还能存在多少年？(结果保留1位有效数字)解：(1)核反应方程为411 H ―→42 He ＋201 e ．(2)由核反应方程可知ΔE ＝(4m p －m α－2m e )c 2＝4.15×10-12J ． (3)太阳每秒释放的能量为E ＝3.8×1026J ，则太阳每秒削减的质量为 Δm ＝E c2＝4×109kg ． (4)太阳还能存在的时间为t ＝ΔM Δm ＝2×1030×3×10-44×109s ＝1.5×1017 s ＝5×109 年． 12．(8分)23592 U 受中子轰击时会发生裂变，产生14456 Ba 和8936 Kr ，同时放出200兆电子伏特的能量．现要建设发电实力是10万千瓦的核电站，用铀235作为原子锅炉的燃料．假设核裂变释放的能量的50%转化为电能．(1)写出核反应方程；(2)一天须要纯铀235的质量为多大？(阿伏伽德罗常量取6.02×1023个/摩尔) 解：(1)核反应方程为23592 U ＋10 n→14456 Ba ＋8936 Kr ＋310 n ． (2)每一天的发电量为E ＝Pt ＝10×104×103×24×3 600 J＝8.64×1012 J消耗的铀235核的个数为n ＝EΔE ×50%＝8.64×1012200×106×1.6×10-19×50%＝5.4×1023，须要的纯铀235的质量为m ＝n N A M ＝5.4×10236.02×1023×235×10-3kg ＝0.21 kg ． 13．(10分)一个铍核(94 Be)和一个α粒子反应后生成一个碳核，放出一个中子并释放出5.6 MeV 的能量．(计算结果保留2位有效数字)(1)写出这个核反应过程；(2)假如铍核和α粒子共130 g ，且刚好反应完，求共放出多少能量？ (3)这130 g 物质反应过程中，其质量亏损是多少？解：(1)94 Be ＋42 He→12 6C ＋10 n ．(2)铍核和氦核的摩尔质量之和μ＝M Be ＋M α＝(9＋4)g/mol ＝13 g/mol ，铍核和氦核各含的摩尔数n ＝m M ＝13013mol ＝10 mol ，故放出的能量ΔE ＝n ·N A ·E 放＝10×6.02×1023×5.6 MeV＝3.371×1025MeV≈5.4×1012J ．(3)质量亏损Δm ＝ΔE c 2＝5.4×1012(3.0×108)2 kg ＝6.0×10-5kg ．14．(11分)现有一群处于n ＝4能级上的氢原子，已知氢原子的基态能量E 1＝－13.6 eV ，氢原子处于基态时电子绕核运动的轨道半径为r ，静电力常量为k ，普朗克常量h ＝6.63×10-34J·s．则：(1)电子在n ＝4的轨道上运动的动能是多少？(2)这群氢原子发光的光谱共有几条谱线？画出对应的图示． (3)这群氢原子发出的光子的最大频率是多少？解：(1)电子绕核运动，由库仑引力供应向心力，则k e 2r 24 ＝m v 2r 4，又 r 4＝42r ，解得电子绕核运动的动能为E k ＝ke 232r．(2)这群氢原子的能级图如图所示，由图可以推断出，这群氢原子可能发生的跃迁共有6种，所以它们的光谱线共有6条．(3)频率最高的光子能量最大，对应的跃迁能量差也最大，即由n ＝4跃迁到n ＝1发出的光子能量最大，依据玻尔理论得，发出光子的能量hν＝E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫142－112，代入数据解得ν＝3.1×1015Hz ．。

高中物理第4章光质量测评粤教版选修3-4(2021年最新整理)

2018版高中物理第4章光质量测评粤教版选修3-4编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高中物理第4章光质量测评粤教版选修3-4）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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质量测评（四）（时间:90分钟满分100分）一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．在图1中的虚线表示两种介质的界面及其法线，实线表示一条光线射向界面后发生反射和折射的光线，以下说法正确的是( )图1①bO不可能是入射光线②aO可能是入射光线③cO可能是入射光线④Ob可能是反射光线A．①②③B．①②④C．②③④ D．①③④【解析】由于入射角等于反射角，入射光线、反射光线关于法线对称，所以aO、Ob应是入射光线或反射光线，PQ是法线．又因为反射光线、折射光线都不与入射光线位于法线同侧,所以aO是入射光线．Ob是反射光线,Oc是折射光线，选项B正确．【答案】B2．对于某单色光,玻璃的折射率比水的大,则此单色光在玻璃中传播时( ）A．其速度比在水中的大，其波长比在水中的长B．其速度比在水中的大，其波长比在水中的短C．其速度比在水中的小，其波长比在水中的短D．其速度比在水中的小，其波长比在水中的长【解析】由n＝cv，n玻＞n水，可得:v玻＜v水，又v＝λf，f相同，波速越小,波长越短，所以光在玻璃中的波长比水中的短，故只有C项正确．【答案】C3．单色光在真空中的传播速度为c,波长为λ0，在水中的传播速度是v，波长为λ,水对这种单色光的折射率为n。

最新粤教版高中物理选修3-5综合测试题及答案2套

最新粤教版高中物理选修3-5综合测试题及答案2套模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于动量和动能，下列说法中错误的是()A．做变速运动的物体，动能一定不断变化B．做变速运动的物体，动量一定不断变化C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零解析：做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A 错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，据动能定理，物体动能不变，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，据动量定理，物体动量不变，物体动量的增量一定为零，故D正确．答案：A2．天然放射性元素衰变时放出的α射线是()A．α粒子流B．质子流C．中子流D．电子流解析：天然放射性元素衰变时放出的α射线是α粒子流．故A正确，B、C、D错误．3．下面是历史上的几个著名实验的装置图，其中发现电子的装置是()A BC D解析：汤姆生利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子．答案：A4．关于核反应方程21H＋31H→42He＋X，以下说法中正确的是()A．X是10n，该核反应属于聚变B．X是11H，该核反应属于裂变C．X是10n，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料D．X是11H，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知X是10n，此核反应属于聚变，A 正确、B错误．当前核电站采用的燃料是铀235，C、D错误．答案：A5．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将() A．不变B．减小C．增大D．改变方向解析：以两重物和船为系统，抛重物的过程系统满足动量守恒定律的条件，即(M＋2m)v＝m v－m v＋M v′，所以v′＝M＋2mMv＞v，故C正确．6．某种放射性元素的半衰期为6天，则下列说法中正确的是()A．10个这种元素的原子，经过6天后还有5个没有发生衰变B．当环境温度升高的时候，其半衰期缩短C．这种元素以化合物形式存在的时候，其半衰期改变D．质量为m的这种元素的原子，经过12天后还有0.25m没有发生衰变解析：半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，是大量原子核的统计规律，10个原子不能反映统计规律，故A错误；原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境以及原子的物理化学状态均无关，故BC错误；质量为m的这种元素的原子，经过12天后还有m4没有发生衰变，故D正确．答案：D7.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K时，电路中有光电流，则()A．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．若换用波长为λ2(λ2<λ0) 的光照射阴极K时，电路中光电流一定增大C．若将变阻器滑动头P从图示位置向右滑一些，仍用波长λ0的光照射，则电路中光电流一定增大D．若将变阻器滑动头P从图示位置向左滑过中心O点时，其他条件不变，则电路中仍可能有光电流解析：尽管λ1>λ0，频率ν1<ν0，但它不一定不能发生光电效应，A错．用λ2的光一定能发生光电效应，但光电流由光强决定，因此光电流不一定增大，B错．变阻器滑动头P右滑，U AK增大，若滑动前已达饱和电流，那么光电流不增大，因此C错．若滑动头左滑U AK<0是反向电压，只要未超过反向遏止电压，就有光电流，D正确．答案：D8．氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是()A．一个氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能减少，原子势能减少B．已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离C．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应D．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n＝4向n＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为2.55 eV解析：根据C24＝6知，一群氢原子处于量子数n＝4的激发态，它们向较低能级跃迁时可能辐射出6种不同频率的光子，这时动能增大，电势能减小，故A错误；可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，则紫外线的能量高于3.11 eV，而n＝3能级的氢原子能量为－1.51 eV，因此处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离，故B正确；根据光电效应产生条件，原子n＝4向n＝1，n＝3向n＝1，n＝2向n＝1跃迁所发生的光，能使其发生光电效应，故C正确；由C选项分析，结合光电效应方程E km＝hν－W，可知，从能级n＝4向n＝1发出的光照射时，辐射能量为E＝13.6 eV －0.85 eV＝12.75 eV，原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光的能量为E′＝13.6 eV －3.4 eV＝10.2 eV，则产生的光电子的最大初动能为E km＝12.75 eV－10.2 eV ＝2.55 eV，故D正确．答案：A9．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核3015P，放出一个正电子后变成原子核3014Si，下列各图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是()解析：把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si核的运动方向一定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨迹，选项C、D错．因为由洛伦兹力提供向心力，即q v B＝m v2r，所以半径r＝m vqB.衰变时，放出的正电子获得的动量大小与反冲核Si的动量大小相等，因此在同一个磁场中正电子和Si核做匀速圆周运动的半径与它们的电量成反比，即r er Si＝q Siq e＝14，可见正电子运动形成的圆的半径较大．故选项B正确，选项A错误．答案：B10．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为2 000 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，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．经测定，长途客车碰前以30 m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A ．小于20 m/sB ．大于20 m/s ，小于30 m/sC ．大于30 m/s ，小于40 m/sD ．大于20 m/s ，小于40 m/s解析：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m ，卡车质量为M ，规定客车的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：m v 1－M v 2＝⎝⎛⎭⎫m ＋M v ，因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应该是向南，即客车动量大于卡车的动量，即：m v 1－M v 2＞0代入数据得：v 2<m v 1M ＝2 000×303 000m/s ＝20 m/s ，故A 正确．答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是( )A ．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B ．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C ．宏观物体的运动有特定的轨道，所以宏观物体不具有波粒二象性D．康普顿效应说明了光具有粒子性解析：德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体都具有波粒二象性，故A正确，C错误；物质具有波动性，运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故B正确；康普顿效应说明了光具有粒子性，故D正确．答案：ABD12.如图所示，一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F＝10 N作用于物体上，历时5 s，则()A．力F对物体的冲量大小为50 N·sB．力F对物体的冲量大小为25 N·sC．物体的动量变化量为25 kg·m/sD．物体所受重力的冲量大小为0解析：冲量p＝Ft＝10×5 N·s＝50 N·s，物体动量的变化就是等于冲量的变化，可作受力分析，由于力F的向下分力与支持力相互抵消，所以合力等于10cos 60° N＝5 N，合外力的冲量为p＝Ft＝5 ×5 N·s＝25 N·s，A、C正确．答案：AC13．下列说法正确的是()A．相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小B．钍核23490Th，衰变成镤核23491Pa，放出一个中子，并伴随着放出γ光子C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小D．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定解析：钍核衰变的核反应方程式为23490Th→23491Pa＋0－1e，选项B错误；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由a＝kQqmr2，核外电子运动的加速度增大，选项C错误．故只有选项A、D正确．答案：AD14．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不可能的是()解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后．甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3m v甲＋m v乙，由平抛运动规律知，A图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；B图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误．答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图．(1)设小球A质量为m A，小球B质量为m B，为保证实验成功，必须保证m A______m B(选填“大于”“等于”或“小于”)．小球半径____________测量(选填“需要”或“不需要”)．(2)实验中小球的落点情况如上图所示：P是不放B球时，将A球从斜槽上某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N距离分别为s1、s2、s3，若关系式________________成立，则验证了A、B相碰动量守恒．(3)若A、B两球的质量之比为m A∶m B＝3∶1.先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如下图所示，其中米尺的零点与O点对齐．①碰撞后A球的水平射程应取________cm.②本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离的大小表示水平初速度大小的是________(填选项符号)．A ．使A 、B 两小球的质量之比改变为5∶1B ．升高小球初始释放点的位置C ．使A 、B 两小球的直径之比改变为1∶3D ．升高桌面的高度，即升高R 点距地面的高度③利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为________(结果保留三位有效数字)．解析：(1)根据实验要求，碰后A 球不能反弹，所以要使m A >m B ，不需要测小球的半径．(2)若取小球平抛下落时间为一个单位，则只要满足m A s 2＝m A s 1＋m B s 3，便可验证动量守恒．(3)①用最小的圆的圆心确定落点的平均位置，则M 、P 、N 距O 点的距离即为碰后各个球的水平射程：x OM ＝14.45 cm ；x OP ＝29.90 cm ，x ON ＝44.40 cm ，所以碰后A 球的水平射程应为x OM ＝14.45 cm ；②本实验的前提条件是两个球是对心碰撞，即要求碰撞前后的速度在两个球的球心连线方向上．由此可以选出答案为C.③碰撞前后的总动量比值为：p 前p 后＝m A x OP m A x OM ＋m B x ON＝1.02，考虑误差因素可取1.01～1.02.答案：(1)大于不需要 (2)m A s 2＝m A s 1＋m B s 3(3)①14.45～14.50 ②C ③1.01～1.0216．(12分)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R . 以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .解析：(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒，该α衰变方程为A Z X →A －4Z －2Y＋42He(2)α粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R根据圆周运动的参量关系有T ＝2πR v得α粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为I ＝q T ＝q 2B 2πm(3)由q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有M v ′－m v ＝0可得v ′＝m v M ＝qBR m根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有Δmc 2＝12M v ′2＋12m v 2 解得Δm ＝（M ＋m ）q 2B 2R 22mMc 2答案：(1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He (2)T ＝2πm qB I ＝q 2B 2πm(3)Δm ＝（M ＋m ）q 2B 2R 22mMc 217．(16分)(1)下列说法正确的是__________A ．康普顿效应进一步证实了光的波动特性B ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化C ．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D ．天然放射性元素的半衰期与环境的温度有关(2)234 90Th 是不稳定的，能自发地发生衰变．①完成234 90Th 衰变反应方程234 90Th →234 91Pa ＋________．②234 90Th 衰变为222 86Rn ，共经过__________α次衰变，________β次衰变．(3)氢原子的能级如图所示，有一群处于n ＝4能级的氢原子．如果原子n ＝2向n ＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则：①这群氢原子发出的光谱中共有几条谱线能使该金属产生光电效应？②从能级n ＝4向n ＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为多少？解析：(3)共有3种频率的光能够使金属发生光电效应从n ＝4跃迁到n ＝1发出光子的能量ΔE ＝E 4－E 1＝12.75 eV ，该金属的逸出功W ＝E 2－E 1＝10.2 eV ，根据光电效应方程ΔE ＝E km ＋W 可知光电子最大初动能E km ＝ΔE －W ＝2.55 eV .答案：(1)BC (2)0－1e 3 2 (3)①3种②2.55 eV18．(14分)如图所示，光滑水平面上静止放着长L ＝1.6 m ，质量为M ＝3 kg 的木块(厚度不计)，一个质量为m ＝1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F (g 取10 m/s 2)．(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果F ＝10 N ，求小物体所能获得的最大动能？(3)如果F ＝10 N ，要使小物体从木板上掉下去，F 作用的时间不能小于多少？解析：(1)物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，对整体由牛顿第二定律，得F ＝(M ＋m )a ，F ＝μ(M ＋m )g ＝0.1×(3＋1)×10 N ＝4 N.(2)小物体的加速度a 1＝μmg m ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，木板的加速度a 2＝F －μmg M ＝10－0.1×1×103m/s 2＝3 m/s 2，由12a 2t 2－12a 1t 2＝L ，解得物体滑过木板所用时间t ＝ 1.6 s ，物体离开木板时的速度v 1＝a 1t ＝ 1.6 m/s ，故E k1＝12m v 21＝0.8 J. (3)若F 作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F 作用的最短时间为t 1，物体在木板上滑行的时间为t ，物体离开木板时与木板的速度为v .则v ＝a 1t ＝t ，v 1＝a 1t 1＝t 1，v 2＝a 2t 1＝3t 1.由动量守恒定律，有m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v ，由t 1＋9t 1＝4t 得t ＝2.5t 1，由位移关系v 22t 1＋v 2＋v 2(t －t 1)＝v 2t ＋1.6，解得t ·t 1＝1.6将t ＝2.5t 1代入，得t 1＝0.8 s.答案：(1)F 不能超过4 N (2)0.8 J (3)F 作用的时间不能小于0.8 s模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A．查德威克第一次实现了原子核的人工转变并发现了质子B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子D．汤姆生通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并求出了该粒子的比荷解析：卢瑟福第一次实现了原子核的人工转变并发现了质子，故A错误；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现放射性元素，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子的核式结构理论，故C错误；汤姆生通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并求出了该粒子的比荷，故D正确．答案：D2．对爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W，下面的理解正确的有() A．只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能E kB．式中的W表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功C．逸出功W和极限频率ν0之间应满足关系式W＝hν0D．光电子的最大初动能和入射光的频率成正比解析：根据光电效应方程E km＝hν－W0知，同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子最大初动能E k都相同，但初动能可能不同，故A错误；W表示逸出功，是每个电子从这种金属中飞出过程中，克服金属中正电荷引力所做的功的最小值，故B错误；根据光电效应方程E km＝hν－W0知，当最大初动能为零时，入射频率即为极限频率，则有W＝hν0，故C正确；根据光电效应方程E km ＝hν－W 0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故D 错误．答案：C3．关于下列四幅图说法中错误的是( )A ．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B ．光电效应实验说明了光具有粒子性C ．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D ．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大解析：原子中的电子绕原子核高速运转时，在自己固定的轨道运转，只有当吸收一定的能量会向高能级跃迁，向外辐射一定的能量会向低能级跃迁．答案：A4．一群处于n ＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为( )A ．3B ．4条C ．5条D ．6条解析：一群处于n ＝4的激发态的氧原子，向低能级跃迁时，可能发射出的谱线为4×32＝6(条)，故选D. 答案：D5．一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，以下说法正确的是(不计水的阻力)( )A ．人受的冲量与船受的冲量相同B ．人向前走时，人与船的总动量不守恒C ．当人停止走动时，小船也停止后退D ．人向前走的速度一定大于小船后退的速度解析：A.人和船之间的相互作用力大小相等，作用时间相同，由冲量的定义I ＝Ft 知，人受的冲量与船受的冲量大小相等，但方向相反，人受到的冲量与船受到的冲量不同，故A 错误；B ．人与船组成的系统所受合力为零，人与船组成的系统动量守恒，人向前走时，人与船的总动量守恒，故B 错误；C ．人与船组成的系统动量守恒，人与船系统的初动量为零，由动量守恒定律可知，在任一时刻系统的总动量都为零，当人停止走动时人的动量为零，船的动量也为零，船停止后退，故C 正确；D ．人与船组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，人的动量与船的动量大小相等，但由于不知道人的质量与船的质量间的关系，无法判断人的速度与船的速度间的关系，故D 错误．答案：C6．14C 是一种半衰期为5 730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中14C 的含量为原来的14，则该古树死亡时间距今大约( ) A ．22 920年B ．11 460年C ．5 730年D ．2 865年解析：N ＝N 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t T 1/2，14n 0＝n 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 5730所以t ＝11 460年．答案：B7．钍核(234 90Th)具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤核(234 91Pa)，同时伴随有γ射线产生，其方程为234 90Th →234 91Pa ＋X.则X 粒子为( )A ．质子B ．中子C ．α粒子D ．β粒子解析：根据电荷数守恒可知，射线的电荷数：z ＝90－91＝－1，结合质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x 为β粒子，故D 正确．答案：D8．一质量为m 的铁锤，以速度v ，竖直打在木桩上，经过Δt 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A ．mg ΔtB.m v ΔtC.m v Δt ＋mgD.m v Δt—mg 解析：铁锤对木桩的作用力和木桩对铁锤的作用力大小相等，对铁锤分析可得受到重力和木桩的作用力，故根据动量定理可得(mg －F )t ＝0－m v ，解得F ＝mg ＋m v Δt ，故铁锤对木桩的平均冲力的大小为mg ＋m v Δt，C 正确．答案：C9．一自身质量为100 kg 的小船静止在平静的湖面上，船长为6 m ，一质量为50 kg 的人从船尾走到船头，在此过程中船对岸的位移大小为(人行走前人、船均静止，水的阻力不计)( )A ．2 mB ．3 mC ．4 mD ．0解析：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m 人v 人－m 船v 船＝0，人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x ，则人相对于岸的位移大小为L －x ，则m 人L －x t －m 船x t＝0，解得：x ＝2 m ，船向后退了2 m ，故A 正确．答案：A10．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理. 如图所示，从距秤盘80 cm 高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s ，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半. 若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g. 则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N解析：豆粒从80 cm 高处落下时速度为v 1，根据自由落体运动规律得：v 21＝2gh ，则v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s设向上为正方向，根据动量定理得： Ft ＝m v 2－m v 1解得F ＝m v 2－m v 1t ＝0.1×2－0.1×⎝⎛⎭⎫－41N ＝0.6 N ，故B 正确，ACD 错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．下列说法中正确的是()A．康普顿效应说明了光子具有动量和能量B．康普顿效应进一步证实了光的粒子性C．黑体辐射规律是爱因斯坦提出的D．普朗克提出能量量子假说解析：康普顿效应说明了光子具有动量和能量，故A正确；康普顿效应进一步证实了光的粒子性，故B正确；黑体辐射规律是普朗克提出的，故C 错误；普朗克提出能量量子假说，故D正确．答案：ABD12．下列说法正确的是()A．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关C．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关D．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子解析：比结合能是衡量原子核结构是否牢固的指标，它越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A正确；根据黑体辐射实验的规律可知：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B正确；放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故C 错误；大量处于n ＝4激发态的氢原子向低能级跃进时，由C 24＝6知：最多可产生6种不同频率的光子，故D 错误．答案：AB13．质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高h ，物体从斜面顶端滑到斜面底端过程中( )A ．物体所受支持力的冲量为零B ．物体所受支持力的冲量方向垂直斜面向上C ．物体所受重力的冲量方向沿斜面向下D ．物体所受重力的冲量大小为m 2gh sin θ解析：力与时间的乘积是力的冲量，物体沿斜面下滑过程，物体所受支持力垂直斜面向上，冲量I ＝mg cos θ·t 大小不为零，方向垂直斜面向上，故A 错误，B 正确；恒力的冲量方向与力的方向相同，重力的冲量方向竖直向下，故C 错误；由h sin θ＝12g sin θt 2 得物体下滑过程所用时间为： t ＝1sin θ×2h g，故重力的冲量大小I ＝mgt ＝mg 1sin θ2h g ＝m 2gh sin θ，故D 正确．答案：BD14．如图所示，质量为M 的封闭箱内装有质量为m 的物体．以某一初速度向上竖直抛出，至最高点后又落回地面，箱运动过程受到的空气阻力大小与速度大小成正比．则( )。

新教材粤教版高中物理必修第三册全册各章综合测验(精选配套习题,含解析)

粤教版必修第三册各章综合测验第一章静电场的描述...................................................................................................... - 1 -第二章静电场的应用...................................................................................................... - 9 -第三章恒定电流............................................................................................................ - 20 -第四、五章综合测验.................................................................................................... - 29 -第六章电磁现象与电磁波............................................................................................ - 39 -第一章静电场的描述(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是()A．元电荷实际上是指电子和质子本身B．点电荷所带电荷量一定很小C．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型D．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍解析：元电荷是指一个电子或质子所带的电荷量，并不是指电子或质子本身，选项A错误；在条件满足的情况下点电荷可以代替任何带电体，故点电荷所带电荷量不一定少，选项B错误；点电荷是理想化模型，元电荷是最小电荷单位，检验电荷是指电荷量很小的电荷，故选项C错误；任何带电体所带电荷量都是元电荷电荷量的整数倍，选项D正确．答案：D2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为()A．2∶1B．4∶1C．16∶1 D．60∶1解析：两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D 正确．答案：D3.如图所示，B 为线段AC 的中点，如果在A 处放一个＋Q 的点电荷，测得B 处的场强E B ＝48 N/C ，则( )A ．E C ＝24 N/CB ．EC ＝12 N/CC ．若要使E B ＝0，可在C 处放一个－Q 的点电荷D ．把q ＝10－9 C 的点电荷放在C 点，则其所受电场力的大小为6×10－9 N 解析：由真空中点电荷的场强公式E ＝kQ r 2知A 错误，B 正确；根据场强的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C 处放一等量同种电荷，C 错误；F ＝qE C ＝1.2×10－8 N ，D 错误．答案：B 4．下列选项中的各14圆环大小相同，所带的电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点处电场强度最大的是( )A BC D解析：将圆环上分布的电荷模拟成点电荷模型思考，利用点电荷的电场强度表达式将各处电荷在O 点的电场强度合成进行分析．由E ＝k Q r 2和电荷的对称分布就可知道B 图电场强度最大，选项B 正确．答案：B5．在静电场中，将一个电子由a 点移到b 点，克服电场力做功8 J ，下列说法正确的是( )A ．a 、b 两点电势差U ab ＝8 VB ．电子的电势能减少了8 JC ．电场强度的方向一定由a 指向bD ．因零电势点未确定，故a 、b 两点间的电势差无法确定解析：a 、b 两点电势差U ab ＝W q ＝－8 J －e＝8 V ，故A 正确；电子由a 点移到b 点，克服电场力做功8 J ，电子的电势能就增加了8 J ，故B 错误；电子由a 点移到b 点，但电场强度的方向不一定由a 指向b ，故C 错误；电势是相对的，但是电势差与零电势点的选择无关，故D 错误．答案：A6.如图所示，在电场强度E ＝2 000 V/m 的匀强电场中，有三点A 、M 和B ，AM ＝4 cm ，MB ＝3 cm ，AB ＝5 cm ，且AM 边平行于电场线，把一电荷量q ＝2×10－9 C 的正电荷从B 移到M 点，再从M 点移到A 点，电场力做功为( )A ．0.16×10－6 JB ．0.12×10－6 JC ．－0.16×10－6 JD ．－0.12×10－6 J解析：因为W BA ＝W MA ＝－qEd AM ，所以W BA ＝－1.6×10－7 J ＝－0.16×10－6 J. 答案：C7.某匀强电场的等势面示意图如图所示，每两个相邻等势面相距2 cm ，由此可以确定电场强度的方向和数值是( )A ．竖直向下，E ＝100 V/mB ．水平向左，E ＝100 V/mC ．水平向左，E ＝200 V/mD ．水平向右，E ＝200 V/m解析：电场强度E ＝U d ＝100 V/m ，电场强度的方向指向电势降落的方向，即水平向左，选项B 正确．答案：B8.如图所示，A 、B 、C 三点都在匀强电场中，已知AC ⊥BC ，∠ABC ＝53°，BC ＝20 cm.把q ＝10－5 C 的正电荷从A 移到B ，静电力做功为零；从B 移到C ，静电力做功为－1.6×10－3 J ，则该匀强电场的场强大小和方向是( )A ．800 V/m ，垂直AC 向左B ．800 V/m ，垂直AC 向右C ．1 000 V/m ，垂直AB 斜向上D ．1 000 V/m ，垂直AB 斜向下解析：正电荷从A 移到B ，静电力做功为零，AB 为等势面，而U BC ＝W BC q ＝－160 V ，电场方向垂直AB 斜向下，电场强度E ＝|U BC |BC ·sin 53 °＝1 000 V/m, 选项D 正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分．)9.如图所示，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面．A 、B 是同一等势面上的两点，C 为另一等势面上的一点，下列判断正确的是( )A ．A 点场强等于B 点场强B ．C 点电势低于B 点电势C．将电子从A点移到B点，电场力不做功D．将质子从A点移到C点，其电势能增加解析：A、B两点场强大小相等，方向不同，A错误；A、B电势相等，均高于C点电势，B正确；A、B在同一等势面上，将电子从A点移到B点，电势能不变，电场力不做功，C正确；由于φA＞φC，质子带正电，故由A点到C点，质子的电势能减少，D错误．答案：BC10．带电粒子m只在静电力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服静电力做了2.6×10－8 J的功，则()A．m在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．m在P点的动能一定大于它在Q点的动能解析：带电粒子由P点运动到Q点，克服静电力做功，即静电力做负功，所以电势能增加，再由动能定理，可知动能减少．由于条件不足，不能确定电势和场强的大小关系，因此选项A、D正确．答案：AD11．如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，则下列判断正确的是()A．该粒子带正电B．A点的场强大于B点的场强C．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D．粒子在A点的动能小于在B点的动能解析：电场线与等势线垂直，且从高电势指向低电势，所以电场线的大体方向向左．由运动轨迹可知带电粒子所受电场力方向大体向左，故粒子带正电，A 正确；根据等势面的疏密可知E A＞E B，B正确；运动中电场力做负功，粒子的电势能增加，C错误；根据动能定理，粒子在A点动能较大，D错误．答案：AB12.如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点；把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是()A．小球重力与电场力的关系是Eq＝mgB．小球重力与电场力的关系是Eq＝3mgC．球在B点时，细线拉力为T＝3mgD．球在B点时，细线拉力为T＝233mg解析：根据动能定理，得mgL sin θ－qEL(1－cos θ)＝0，解得qE＝3mg，故A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，可知T＝qE cos 60°＋mg sin 60°，故细线拉力T＝3mg，故C正确，D错误．答案：BC三、非选择题(共6小题，共52分．)13.(4分)如图所示，把电荷量为－5×10－9 C的电荷，从电场中的A点移到B 点，其电势能__________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A点的电势φA＝15 V，B点的电势φB＝10 V，则此过程中电场力做的功为__________．解析：电荷由A点移到B点，电场力做负功，故电势能增大. 由电场力做功与电势能变化的关系知，电场力做的功为W AB ＝E p A －E p B ＝qφA －qφB ＝q (φA －φB )＝(－5×10－9)×(15－10) J ＝－2.5×10－8 J.答案：增大－2.5×10－8 J14．(8分)有两个完全相同的带电金属小球A 、B ，分别带有电荷量Q A ＝6.4×10－9 C 和Q B ＝－3.2×10－9 C ，让两金属小球接触，请问在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？解析：当两个小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量Q ′A ＝Q ′B ＝Q A ＋Q B 2＝6.4×10－9－3.2×10－92 C ＝1.6×10－9 C ．在接触过程中，电子由B 球转移到A 球，不仅将自身电荷中和，而且继续转移，使B 球带Q ′B 的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQ ＝－Q B ＋Q ′B ＝(3.2×10－9＋1.6×10－9) C ＝4.8×10－9 C ，转移电子数n ＝ΔQ e ＝4.8×10－9 C 1.6×10－19 C＝3.0×1010 (个)．答案：电子由B 球转移到A 球，转移了3.0×1010个电子．15.(10分)如图所示，匀强电场中A 、B 、C 三点构成一个直角三角形，把电荷量q ＝－2×10－10 C 的点电荷由A 点移动到B 点，静电力做功4.8×10－8 J ，再由B 点移动到C 点，电荷克服静电力做功4.8×10－8 J ，取B 点的电势为零，求A 、C 两点的电势及场强的方向．解析：把电荷从A 点移到B 点，由U AB ＝W AB q 得U AB ＝4.8×10－8－2×10－10V ＝－240 V , 所以φA ＝U AB ＋φB ＝－240 V ；把电荷从B 点移到C 点，U BC ＝W BC q ＝－4.8×10－8－2×10－10 V ＝240 V ，所以φC ＝φB －U BC ＝－240 V ．因为φA ＝φC ，所以A 、C 在同一等势面上，根据场强方向垂直等势面且由电势高处指向电势低处，可以得知场强方向垂直AC 斜向上．答案：－240 V －240 V 垂直AC 斜向上16.(10分)如图所示，匀强电场的电场强度沿水平方向，现有质量为m 、带电量为＋q的一个带电小球，以速度v0沿向右偏上30°的方向进入该电场，该小球恰好做直线运动，求：(1)该电场的场强大小及方向；(2)小球进入电场后在入射方向上的最大位移．解析：(1)小球做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，则电场力的方向水平向左，可知电场强度的方向水平向左．对小球的受力分析如图所示，根据qE＝mg tan 60 °得，电场强度E＝3mgq，方向为水平向左．(2)小球所受的合力F合＝2mg，则小球做匀减速运动的加速度大小a＝2g，小球进入电场后在入射方向上的最大位移x＝v202a＝v204g.答案：(1)3mgq方向水平向左(2)v204g17.(10分)如图所示，水平光滑的绝缘细管中，两相同的带电金属小球相向运动，当相距L时，加速度大小均为a，已知A球带电荷量为＋q，B球带电荷量为－3q.当两球相碰后再次相距为L时，两球加速度大小为多大？解析：设两球的质量均为m，开始两球相距L时，库仑力大小为：F＝kq·3qL2＝3kq2L2，则a＝Fm＝3kq2mL2，①相碰后两球电荷量先中和，后平分，所以带电荷量均为－q，两球再次相距为L时，库仑力F′＝kq2L2，则两球加速度均为a′＝F′m＝kq2mL2，②由①②式得a′＝1 3a.答案：1 3a18.(10分)如图所示，在水平放置的两个平行金属板之间的匀强电场沿竖直方向，电场中A、B两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°.把带电荷量为q＝－1.5×10－8 C的点电荷由A点移到B点，克服电场力做了4.2×10－5 J的功．(1)若已知A点电势φA＝800 V，x AB＝1 cm，求B点电势；(2)求电场强度的大小和方向．解析：(1)A、B两点的电势差为U AB＝W ABq＝－4.2×10－5－1.5×10－8V＝2 800 V，设B点的电势为φB，根据U AB＝φA－φB，得φB＝φA－U AB＝800 V－2 800 V＝－2 000 V.(2)电场强度为E＝U ABd＝U ABx AB cos 60°＝2 8001×10－2×0.5V/m＝5.6×105 V/m，方向为竖直向下．答案：(1)－2 000 V(2)5.6×105 V/m竖直向下第二章静电场的应用(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)1．用6 V干电池对一个电容器充电时()A．只要电路不断开，电容器的带电量就会不断增加B．电容器接电源正极的极板带正电，接电源负极的极板带负电C．电容器两极板所带电量之和叫作电容器的带电量D．充电后电容器两极板之间不存在电场解析：当电容器两极板的电势差为6 V时，电荷量不会再增加，A错误；跟电源正极相连的极板带正电，跟负极相连的极板带负电，B正确；电容器任一极板所带的电量叫电容器的带电量，C错误；充电后电容器两极板之间存在匀强电场，D错误．答案：B2．下列防雷措施可行的是()①在大树下避雷雨；②停留在山顶、山脊的凉亭等地方避雷雨；③不要快速开摩托车、骑自行车或在雨中狂奔；④在空旷地带，最好关掉手机电源．A．①③B．②③C．①④D．③④解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端部分电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电，因此不要在大树下避雨，别停留在山顶、山脊的凉亭等地方．快速开摩托车、骑自行车或在雨中狂奔，身体的跨步越大，电压就越大，雷电也越容易伤人．在空旷地带使用手机通话，手机很有可能成为闪电放电的对象．答案：D3．下列关于实验中使用静电计的说法正确的是()A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器带电荷量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代解析：静电计是用来观察电容器两端电压变化情况的仪器，不可以用电压表替代，也不可以用电流表替代，因为电流表和电压表在电路是通路时才有示数．答案：A4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大．B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错误；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错误．答案：A5．如图为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况．下列选项中能正确反映C与d之间变化规律的是()A BC D解析：由平行板电容器电容的决定式C＝εr S4πkd可知，电容C与板极之间距离d成反比，在第一象限反比例函数图像是双曲线的一支，选项A正确．答案：A6.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，那么()A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力的方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故选项B正确．答案：B7.如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝2∶1D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶ 2解析：电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12m v 2得v ＝2Uem ，因两极板间距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.答案：D8.如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 2 2qE mhB.s 2 qE mhC.s 42qE mhD.s 2qE mh解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2 qEmh ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分．)9.传感器是把非电学量(如高度、温度、压力等)的变化转换成电学量(如电压、电流、电容等)变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用．如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图．金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C 和导电液体与金属棒间的电压U 的变化就能反映液面的升降情况，即( )A．电源接通，若此后电容C减小，反映h减小B．电源接通，若此后电容C减小，反映h增大C．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小D．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大解析：电源接通，由C＝εr S4kπd，若电容C减小，则S减小，即h减小，选项A正确；电源接通再断开，Q一定，由C＝εr S4kπd和U＝QC知，电压U减小，则电容C增大，正对面积S增大，h增大，选项D正确．答案：AD10．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧，选项A错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，电势能均减少，选项C错误，选项B、D正确．答案：BD11.如图所示，平行板电容器竖直放置，A板上用绝缘线悬挂一带电小球，静止时，绝缘线与固定的A 板成θ角，平移B 板，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，B 板向上平移一小段距离，θ角变大 B ．S 闭合，B 板向左平移一小段距离，θ角变大C ．S 断开，B 板向上平移一小段距离，θ角变大D ．S 断开，B 板向左平移一小段距离，θ角不变解析：分析小球受力，由平衡条件可知tan θ＝qEmg ，则场强E 增大时，θ变大，E 减小时，θ变小．当S 闭合时，电容器两极板间电压不变，由E ＝Ud 知此时E 取决于板间距离d ，故B 板上移时，d 不变，E 不变，θ不变，A 错误；B 板左移时，d 减小，E 增大，θ变大，B 正确；当S 断开时，电容器所带电荷量不变，由E ＝Ud ，U ＝Q C ，C ＝εr S 4πkd 三式可得E ＝4πkQεrS ，即此种情况下E 取决于正对面积S ，而与板间距离无关，B 上移时，正对面积减小，E 增大，θ变大，C 正确；B 左移时，d 减小，E 不变，θ不变，D 正确．答案：BCD12.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，两板间的距离为d ，在距极板右端L 处有一竖直放置的屏M ，一个带电荷量为q 、质量为m 的质点从两极板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则( )A ．极板间的电场强度大小为mgq B ．极板间的电场强度大小为2mgqC ．质点在极板间运动的时间等于质点从极板右端运动到M 屏的时间D ．质点在极板间运动的时间大于质点从极板右端运动到M 屏的时间解析：由运动的独立性可知，质点在沿平行极板方向做匀速直线运动，选项C正确；由粒子垂直打在M屏上可知Eq－mg＝mg，故E＝2mgq，选项B正确．答案：BC三、非选择题(共6小题，共52分．)13．(6分)在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示．一位同学使用的电源电压为8.0 V，测得放电的I-t图像如图乙所示．(1)若按“四舍五入”法，根据“I-t图像与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为________________．(2)根据以上数据估算电容器的电容值为__________________．解析：(1)根据“四舍五入”的原则，图线与坐标轴所围成的面积为42～44个小格，每个小格表示的电荷量为0.08×10－3 C，故电容器的总放电量为3.36×10－3～3.52×10－3 C.(2)由C＝QU得，电容为0.42×10－3～0.44×10－3 F.答案：(1)3.36×10－3～3.52×10－3 C(2)0.42×10－3～0.44×10－3 F14．(5分)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素．其中电容器的左侧极板与电源负极相连并接地；右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球，静电计外壳接地；一带正电小球悬挂与两极板之间．(1)该实验中，静电计的作用是测量电容器的______________(选填“电容”“电压”或“电荷量”)．(2)若电容器充满电后，保持电源与电容器连接，减小极板间的距离，可观察到：小球的偏转角度________________，静电计指针偏转角度__________(均选填“变大”“变小”或“不变”)．(3)若电容充满电后，断开电源与电容连接，上移左极板．可观察到，小球的偏转角度__________，静电计指针偏转角___________ (均选填“变大”“变小”或“不变”)．解析：(1)该实验中，静电计的作用是测量电容器的电压．(2)若电容器充满电后，保持电源与电容器连接，则U不变；减小极板间的距离d，则E＝Ud可知，场强E变大，则小球的偏转角度变大；因U不变，则静电计指针偏转角度不变．(3)若电容器充满电后，断开电源与电容连接，则Q不变；上移左极板，则S减小，根据C＝εr S4πkd可知C减小，根据Q＝CU可知U变大，则静电计指针偏转角变大；根据E＝Ud可知，场强E变大，小球的偏转角度变大．答案：(1)电压(2)变大不变(3)变大变大15.(8分)如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.20×10－3 m，g取10 m/s2.(1)求该电容器所带电荷量；(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？带何种电荷？解析：(1)由公式C＝QU得Q＝CU＝3×10－10×12 C＝3.6×10－9 C.(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝Ud解得q＝mgdU＝2.0×10－3×10×1.20×10－312C＝2×10－6 C，带负电荷．答案：(1)3.6×10－9 C(2)2×10－6 C带负电荷16.(8分)如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上区域的面积．解析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r＝v t.在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d＝12at2.其中，a＝eEm＝eUmd，则t＝d2meU.将r＝v t代入得r＝v d 2m eU.圆面积S＝πr2＝2πm v2d2eU.答案：2πm v2d2eU17.(12分)如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求释放点A距圆轨道最低点B的距离s(已知小球受到的电场力大小等于小球重力的34倍)．解析：圆弧轨道上，在复合场中“最高点”由电场力和重力的合力提供做圆周运动的向心力，如图所示．F合＝（mg）2＋（qE）2＝54mg，①由此可得tan θ＝34，②又F合＝m v2R，③从A至D，由动能定理得：qE(s－R sin θ)－mgR(1＋cos θ)＝12m v2，④联立求解得：s＝236R≈3.83R.答案：3.83R18．(13分)如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间．若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．解析：(1)由动能定理，得eU0＝m v20 2，解得v0＝2eU0 m.(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，设板长为L，则L＝v0t，又y＝d2＝at22，a＝Fm＝eUmd，联立上式，解得L＝d 2U0 U.(3)对全过程列动能定理，得eU0＋12eU＝E k－0，即E k ＝eU 0＋12eU ，速度方向与水平方向夹角φ满足： tan φ＝atv 0＝U 2U 0. 答案：(1) 2eU 0m (2)d2U 0U (3)见解析第三章恒定电流(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)1．根据电阻定律，电阻率ρ＝RSL 对于温度一定的某种金属来说，它的电阻率( )A ．跟导线的电阻成正比B ．由所用金属材料的本身特性决定C ．跟导线的横截面积成正比D ．跟导线的长度成反比解析：电阻率描述的是导体本身的一种特性，是表征材料性质的重要的物理量，它与导体的材料有关，不与题意中的公式后的物理量有关，B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．在10 s 内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2 C ，向左迁移的负离子所带电量为3 C ，那么电解槽中电流为( )A ．0.5 AB ．0.2 AC ．0.3 AD ．0.1 A解析：根据电流强度的公式I ＝q ＋＋q －t ＝2＋310 A ＝0.5 A ，A 正确，B 、C 、D。

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第五章过关检测
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
1.爱因斯坦相对论的提出,是物理学思想的重大革命,因为它()
A.揭示了时间、空间并非绝对不变的属性
B.借鉴了法国科学家拉瓦锡的学说
C.否定了牛顿力学的原理
答案A
解析狭义相对论和广义相对论揭示了时空的可变性,使人们能进一步去研究高速运动的物体。

2.对相对论的基本认识,下列说法正确的是()
A.相对论认为:真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的
B.爱因斯坦通过质能方程阐明了质量就是能量
C.在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的钟走得比地球上快
答案A
解析爱因斯坦的质能方程阐明了质量和能量的相互联系,质量和能量是物体存在的两种形式,质量和能量是不同的概念。

再由相对论的基本原理可知,选项A正确。

3.如果你以接近于光速的速度朝一星体匀速飞行,你可以发觉()
A.你的质量在增加
B.你的心脏跳动在慢下来
C.你在变小
答案D
解析相对论的基本概念是:当你被关在一个封闭的房子中时,你绝对无法知道房子是否在做匀速运动。

当房子突然停止运动时,在其中的人是能够感知这一点的;当房子突然开始运动时,其内部的人也能有感觉;当房子旋转时,关在其内部的人也能说出它在转动,但如果房子是在做匀速直线运动,即没有任何加速度,则在其内部的人就无法知道房子是否在移动,即使房子有一个窗户,你从窗户向外看,看见某些东西在朝你移动,但你仍说不出是你的房子在向这些东西移动,还是这些东西在向你的房子移动。

4.用相对论的观点判断,下列说法不正确的是()
A.时间和空间都是绝对的,在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变
B.在地面上的人看来,以6 km/s的速度运动的飞船中的时钟会变慢,但是飞船中的宇航员却看到时钟是准确的
C.在地面上的人看来,以6 km/s的速度运动的飞船在运动方向上会变窄,而飞船中的宇航员却感觉到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些
v≪c时,“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计
答案A
解析由相对论知,时间和空间都是相对的,所以A项不正确。

5.在适当的时候,通过仪器可以观察到太阳后面的恒星,这说明星体发出的光()
A.经太阳时发生了衍射
B.可以穿透太阳及其他障碍物
C.在太阳引力场作用下发生了弯曲
,光线在太阳引力场作用下发生了弯曲,所以可以在适当
的时候(如日全食时)通过仪器观察到太阳后面的恒星。

故C正确,A、B、D均错误。

6.用著名的公式E=mc2(c是光速),可以计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量。

下面的哪种说法是正确的()
A.同样的公式E=mc2也可以用来计算一个手电筒发出一定能量光时所丢失的质量
B.公式E=mc2适用于核反应堆中的核能,不适用于电池中的化学能
C.只适用于计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量
E=mc2适用于任何类型的能量
7.根据气体吸收谱线的红移现象推算,有的类星体远离我们的速度竟达光速c的80%,即每秒24万千米。

下列结论正确的是()
A.在类星体上测得它发出的光的速度是(1+80%)c
B.在地球上接收到它发出的光的速度是(1-80%)c
C.在类星体上测得它发出的光的速度是c
c
c。

8.下列说法正确的是()
A.在经典力学中,物体的质量是不随物体运动状态而改变的
B.以牛顿运动定律为基础的经典力学理论具有局限性,它只适用于低速运动,不适用于高速运动;只适用于宏观世界,不适用于微观世界
C.相对论的出现否定了经典力学理论
“自然数学化”的方法和牛顿的“归纳—演绎法”是经典力学方法的典型
,A对;经典力学有严格使用范围,即宏观、低速的物体,B对;相对论是对经典力学的发展,它并没有否认经典力学理论,C错;由物理学史可知D也是对的。

二、填空题(每小题10分,共20分。

把答案填在相应的横线上)
9.设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍。

则粒子运动时的质量等于其静止质量的
倍,粒子运动速度是光速的倍。

√k2-1
k
E=mc2,E=kE0,得m
m0
=k。

由m=0
√1-(v
c)2
m
m0
=
√1-(v
c)
2
=k,得v=
√k2-1
k
c。

10.有不同相对速度的情况下,时钟的频率是不同的,它们之间的关系如图所示。

由此可知,当时钟和观察者的相对速度达到0.6c(c为真空中的光速)时,时钟的周期大约为。

在日常生活中,我们无法察觉时钟周期性变化的现象,是因为观察者相对于时钟的运动速
度。

若在高速运行的飞船上有一只表,从地面上观察,飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变(选填“快”或“慢”)了。

.5 s远小于光速c慢
,当时钟和观察者的相对速度达到0.6c时,对应时钟的频率为0.4 Hz,则周期为2.5 s。

日常生活中,我们无法察觉时钟周期性变化现象是因为运动速度远小于光速c。

在高速运行状态下,时钟变慢。

三、计算题(每小题16分,共32分)
11.假设有一对孪生兄弟A和B,其中B乘坐速度为v=0.9c的火箭飞往大角星(牧夫座a)又飞回地球,据A在地球上的观测大角星离地球有40光年。

这次B往返飞行经历的时间为80.8年(如果B离开地球时,他们的年龄为20岁),试问当B回到地球时,他们的年龄各有多大?
为100.8岁,B为55.2岁。

经历的时间t A=80.8年,A的年龄为T A=100.8岁。

B经历的时间t B=t A√1-(v
c )
2
=35.2年。

B的年龄为T B=55.2岁。

12.地球上一观察者看见一飞船A以速度2.5×108 m/s从他身边飞过,另一飞船B以速度2.0×108 m/s跟随A飞行。

求:
(1)A上的乘客看到B的相对速度;
A的相对速度。

-1.125×108 m/s
.125×108 m/s
A上的乘客看地以-2.5×108 m/s向后运动。

地面上的人看B以2.0×108 m/s向前运动,则
A上乘客看B的速度为u=u'+v
1+u'·v
c2=-2.5+2.0
1+-2.5×2
32
×108 m/s=-1.125×108 m/s。

(2)B看A的相对速度为1.125×108 m/s。