高中物理选修3-5测试

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人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套

人教版高中物理选修3-5章末测试题及答案全套阶段验收评估(一) 动量守恒定律(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．做平抛运动的物体，在相等的时间内，物体动量的变化量()A．始终相同B．只有大小相同C．只有方向相同D．以上说法均不正确解析：选A做平抛运动的物体，只受重力作用，重力是恒力，其在相等时间内的冲量始终相等，根据动量定理，在相等的时间内，物体动量的变化量始终相同。

2．下列情形中，满足动量守恒的是()A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析：选B铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确。

3.如图1所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将细线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()图1A．0 B．向左C．向右D．无法确定解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零，又知小球到达最高点时，小球与圆槽水平方向有共同速度，设为v′，设小球质量为m，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确。

4.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图像如图2所示，下列关系正确的是()图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析：选B 由v -t 图像可知，两球碰撞前a 球运动，b 球静止，碰后a 球反弹，b 球沿a 球原来的运动方向运动，由动量守恒定律得m a v a ＝－m a v a ′＋m b v b ′，解得m a m b ＝v b ′v a ＋v a ′<1，故有m a <m b ，选项B 正确。

新人教版高中物理选修三第五章《原子核》测试题(含答案解析)(1)

一、选择题1．(0分)[ID ：130931]下列有关原子、原子核的说法中正确的是（） A ．天然放射现象说明原子核内部有电子B ．卢瑟福用α粒子散射实验证明了原子核内存在中子C ．平均结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定D ．放射性元素的半衰期与外界压强和温度有关，与原子的化学状态无关2．(0分)[ID ：130918]我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射。

请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是（）A ．32411120H+H He+n → B ．235114192192056360U+n Ba+Kr+3n → C ．23823894951Pu Am+e -→ D ．274301132150Al+He P+n →3．(0分)[ID ：130890]根据有关放射性方面的知识可知，下列说法正确的是（） A ．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下一个氡原子核 B ．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的C ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于核外电子 4．(0分)[ID ：130889]钍23490Th 具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa ，同时伴随γ射线产生，其方程为2342349091Th Pa x →+，钍的半衰期为24天，则下列说法中正确的是（）A ．此反应为钍核裂变，释放大量的核能，方程中的x 代表质子B ．x 是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C ．γ射线是镤原子核外电子跃迁放出的高速粒子D ．1g 钍23490Th 经过120天后还剩0.2g 钍5．(0分)[ID ：130886]下列说法正确的是（）A ．某种频率的光照射金属能发生光电效应，若增加入射光的强度，则单位时间内发射的光电子数增加B ．在核反应堆中，镉棒的作用是使快中子变为慢中子C ．结合能越大，原子核越稳定D ．入射光的频率不同，同一金属的逸出功也会不同 6．(0分)[ID ：130874]下列说法不．正确的是( ) A ．α射线是高速运动的氦原子核B ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C ．方程式258254492902U Th He →+是重核裂变反应方程D ．23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后成为20882Pb7．(0分)[ID ：130870]本题用大写字母代表原子核，E 经α衰变边长F ，再经β衰变变成G ，再经α衰变成为H ，上述系列衰变可记为下式：E F G βαα→→→H ；另一系列衰变如下：P Q R S ββα→→→，已知P 是F 的同位素，则下列判断正确的是( ) A ．Q 是G 的同位素，R 是H 的同位素 B ．R 是G 的同位素，S 是H 的同位素 C ．R 是E 的同位素，S 是F 的同位素 D ．Q 是E 的同位素，R 是F 的同位素8．(0分)[ID ：130865]某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为，112131671H+C N+Q →，115121762H+N C+X+Q →，方程式中Q 1，Q 2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：A ．X 是32He ，Q 2>Q 1B ．X 是42He ，Q 2>Q 1 C ．X 是32He ，Q 2<Q 1D ．X 是42He ，Q 2<Q 19．(0分)[ID ：130864]下列说法正确的是（） A ．较小比结合能的原子核不稳定，容易发生裂变B ．放射性元素的半衰期跟原子所处的化学状态无关，但与外部条件有关C ．某种频率的紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，若增大该种紫外线照射的强度，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能并不改变D ．根据玻尔的原子理论，氢原子的核外电子由能量较高的定态轨道跃迁到能量较低的定态轨道时，会辐射一定频率的光子，同时核外电子的动能变小10．(0分)[ID ：130859]铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变的核反应方程是235189192036r 0U n X K 3n +→++，则下列叙述正确的是A ．X 原子核中含有144个核子B ．X 原子核中含有86个中子C ．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和11．(0分)[ID ：130951]原子核23892U 在天然衰变为20682Pb 的过程中，所经过的α衰变次数质子数减少的个数、中子数减少的个数依次为（） A ．8、10、22B ．10、22、8C ．22、8、10D ．8、22、1012．(0分)[ID ：130937]关于质能方程E =mc 2，下列说法正确的是（） A ．质量和能量可以相互变化B ．当物体向外释放能量△E 时，其质量必定增加△m ，满足△E =△mc 2C ．物体的核能可以用mc 2表示D ．mc 2是物体所蕴藏能量的总和二、填空题13．(0分)[ID ：131050]在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出，中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。

高中物理选修3-5第十六章动量检测试题及答案

动量守恒定律测试题（选修3-5）一、单选题：本大题共10小题，从第1小题到第10小题每题4.0分小计40.0分；共计40.0分。

1、一只猴子用绳子拉着一块与其等质量的石块, 在光滑水平面上运动(如图), 开始时猴子和石块都静止, 然后猴子以相对于绳子的速度u 拉石块, 则石块的速度为 [ ] A.B.uC.u 23D.2u2、如图所示，一个平板小车放在光滑水平面上，平板车上有一立柱，立柱顶端用细线栓一个小球使小球偏离竖直方向一个角度后由静止释放．释放后小球将和立柱发生多次碰撞，在二者相互作用的运动过程中，小车在水平面上[ ]A ．一定向右运动B ．一定向左运动C ．一定保持静止D ．可能向右运动，也可能向左运动 3、在光滑的水平面上有两个静止的小车，车上各站着一名运动员，两车(含运动员)总质量均为M ．乙车上的人把原来在车上质量为m 的篮球沿水平方向以速度v 抛出，被甲车上的人接住．则甲、乙两车最终速度大小之间的关系是[ ]A ．B ．C ．D ．视M 、m 和v 的大小而定4、A 物体在光滑的水平地面上运动，与静止在同一水平面的B 物体相碰，碰后A 继续沿原方向运动，但速度减为原来的一半，已知A 、B 两物体质量的比是2:1，则碰后两物体的动量之比是[ ] A ．1:1 B ．1:2 C ．1:4 D ．2:15、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 甲＝5kg ·m/s ，p 乙＝7kg ·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球动量变为10kg ·m/s ，则二球质量m 甲与m 乙的可能关系是[ ] A ．m 乙＝m 甲 B ．m 乙＝2m 甲 C ．m 乙＝4m 甲D ．m 乙＝6m 甲6、甲、乙两只船相向而行, 甲船总质量m甲＝1000kg, 乙船总质量m乙＝ 500kg. 当两船靠近时, 各把m0＝50kg的物体移到另一只船上, 结果甲船停止运动, 乙船以8.5m/s的速度按原方向前进. 不计水的阻力, 则甲、乙两船原来的速度大小分别是 [ ]A. 0.5m/s, 9.0m/sB. 1.0m/s, 9.5m/sC. 1.5m/s, 95m/sD. 0.5m/s, 9.5m/s7、总质量为M的小车, 沿水平光滑地面以速度v匀速运动, 某时刻从车上竖直上抛一个质量为m的物体, 则车子的速度[ ]A.不变B.vC.vD.无法确定8、质量为3m的机车, 其速度为v0, 在与质量为2m的静止车厢碰撞后挂接在一起运动, 其运动速度应为 [ ]A.v0B.v0C.v0D.v09、质量为3m的小车，运动速度为，与质量为2m的静止小车碰撞后连在一起运动，则碰撞后两车的总动量为[ ]B．A．C．D．10、如图所示, 小球m用长为L的细绳系着做圆锥摆运动, 小球m由A点摆至B点的过程中, 下述结论正确的是 [ ]A.动量守恒B.动量不守恒, 且△mv= mv BC.动量不守恒, 且△mv= mv AD.动量不守恒, 且△mv= mv B+ mv A= 2mv二、填空题：本大题共3小题，从第11小题到第13小题每题4.0分小计12.0分；共计12.0分。

高中物理选修3-5 第1章《动量守恒定律研究》章节测试题含答案解析

绝密★启用前2019鲁科版高中物理选修3-5第1章《动量守恒定律研究》章节测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．动量越大的物体，其质量一定越大2.如图所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平桌面上，另有一质量为m(M>m)的物体Q以速度v0正对P滑行，则它们相碰后(设桌面足够大)()A．Q物体一定被弹回，因为M>mB．Q物体可能继续向前C．Q物体的速度不可能为零D．若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再碰3.试管开口向上，管内底部有一小昆虫，试管自由下落时，当昆虫停在管底和沿管壁加速上爬的两种情况下，试管在相等时间内获得的动量大小是()A．小昆虫停在管底时大B．小昆虫向上加速上爬时大C．两种情况一样大D．小昆虫加速度大小未知，无法确定4.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v A′＝－2 m/s，vB′＝6 m/sB．v A′＝2 m/s，vB′＝2 m/sC．v A′＝1 m/s，vB′＝3 m/sD．v A′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s5.光子的能量为hν，动量大小为，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只放出一个γ光子，则衰变后的原子核()A．仍然静止B．沿着与光子运动方向相同的方向运动C．沿着与光子运动方向相反的方向运动D．可能向任何方向运动6.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有()A．它们同时到达地面B．重力对它们的冲量相同C．它们的末动能相同D．它们动量变化的大小相同7.如图所示，质量为M的斜劈置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以初速度v0沿斜劈向上滑行，它们在相互作用的过程中，当斜劈的速度达到最大值时，对应的是下列情况中的()A．滑块在到达斜劈的最高位置时B．滑块从斜劈上开始下滑时C．滑块与斜劈速度相等时D．滑块与斜劈开始分离时8.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()A．只要l<x，他一定能跳上站台B．只要l<x，他有可能跳上站台C．只要l＝x，他一定能跳上站台D．只要l＝x，他有可能跳上站台9.物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则()A．上滑时重力的冲量比下滑时小B．上滑时摩擦力冲量比下滑时大C．支持力的冲量为0D．整个过程中合外力的冲量为零10.下列关于动量的说法中，正确的是()A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变11.如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为 4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)()A． 1 m/sB． 0.5 m/sC．－1 m/sD．－0.5 m/s12.手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球() A．竖直向上抛出B．向前方抛出C．向后方抛出D．向左方抛出13.一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是 ()A．速度不变B．速度减小C．速度增大D．无法确定14.如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶．则炮弹相对炮筒的发射速度v0为()A．B．C．D．15.“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积)，来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为S0，站立时受风面积为S0；当受风面积为S0时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化)，运动到C位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是()A．B点距C点的高度是HB．从A至B过程表演者克服风力所做的功是从B至C过程表演者克服风力所做的功的C．从A至B过程表演者所受风力的冲量是从A至C过程表演者所受风力的冲量的D．从A至B过程表演者所受风力的平均功率是从B至C过程表演者所受风力平均功率的16.两个具有相等动能的物体，质量分别为m1和m2，且m1＞m2，比较它们动量的大小，则有()A．m2的动量大一些B．m1的动量大一些C．m1和m2的动量大小相等D．哪个的动量大不一定17.在距地面高为h处，同时以相同速率v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体m，当它们落地时，比较它们的动量的增量Δp，有()A．平抛过程较大B．竖直上抛过程较大C．竖直下抛过程较大D．三者一样大18.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度为v2，B的动量为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为( )A．m(v2－v1)B． 2m(2v2－v1)C． 4m(v2－v1)D．m(2v2－v1)19.质量为m的小球A，在光滑水平面以初动能E k与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A 球停下，则撞后B球的动能为()A． 0B．C．D．E k20.如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中()A．两物体所受重力做功相同B．两物体所受合外力冲量相同C．两物体到达斜面底端时时间相同D．两物体到达斜面底端时动能不同第II卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．22.如图所示，质量为m的摆球用长为l的轻质细绳系于O点，O点正下方的粗糙水平地面上静止着一质量为M的钢块．现将摆球向左拉起，使细线水平，由静止释放摆球，摆球摆动至最低点时与钢块发生正碰，碰撞时间极短，碰后摆球反弹上升至最高点时与最低点的竖直高度差为l.已知钢块与水平面间的动摩擦因数为μ，摆球和钢块均可视为质点，不计空气阻力，水平面足够长．求：钢块与摆球碰后在地面上滑行的距离．23.质量为60 kg的人，不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知安全带长5 m，其缓冲时间是1.2 s，求安全带受到的平均冲力大小为多少？(取g＝10 m/s2)24.如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：(1)前车被弹出时的速度；(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；(3)两车从静止下滑时距最低点的高度h.答案解析1.【答案】A【解析】动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，A正确；加速度不变，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，B错误；物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，物体的动量大，其速度不一定大，动量大，其质量也并不一定越大，C、D错误．2.【答案】B【解析】因为相碰后Q、P有获得相同速度的可能，所以A错．只有M＝m且M、m发生了弹性正碰时，m才可能将动量全部传给M.若M、m发生非弹性碰撞，尽管M>m，但碰后速度仍有可能为零，所以C错．若Q被反向弹回，则Q、P不再相碰，所以D错．3.【答案】B【解析】选试管为研究对象，昆虫停在管中时整体做自由落体运动，试管只受重力，由动量定理mgt＝p1－0.当昆虫加速上爬时，对管底产生一个向下的作用力F，根据动量定理得(mg＋F)t＝p2－0，所以p2＞p1，故B正确．4.【答案】D【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律并且碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即满足：mA v A＋mB v B＝mA v A′＋mB v B′，①mA v＋mB v≥mA v A′2＋mB v B′2，②答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．5.【答案】C【解析】原子核在放出γ光子的过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核的运动方向与γ光子运动方向相反．6.【答案】D【解析】球b做自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同且加速度均为g，为t＝；球a受重力和支持力，加速度为g sinθ<g，故a球运动时间长，A错误；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，B错误；初动能不全相同，而合力做功相同，根据动能定理，得末动能不全相同，C错误；b、c球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；a、b球机械能守恒，末速度相等，故末动量大小相等，初动量为零，故动量增加量的大小相等，D正确．7.【答案】D【解析】滑块和斜劈组成的系统，在水平方向上所受的合力为零，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，当滑块的速度沿斜劈向下达到最大时，斜劈向右的速度最大，此时滑块与斜劈开始分离．故D正确，A、B、C错误．8.【答案】B【解析】人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l<x时，才有可能跳上站台．9.【答案】A【解析】上滑过程中mg sinθ＋F f＝ma1，下滑过程中mg sinθ－F f＝ma2，a1＞a2可知上滑运动时间较短，重力冲量较小，A对；同理可知上滑时摩擦力冲量比下滑时小，上滑时支持力冲量比下滑时小， B、C错；合外力不为零，合外力的冲量不为零，D错．10.【答案】D【解析】动量是矢量，有大小也有方向．动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同．质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确．11.【答案】D【解析】两车碰撞过程动量守恒，m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v得v＝＝m/s＝－0.5 m/s.12.【答案】C【解析】欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球水平方向的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加．13.【答案】C【解析】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统动量守恒；设炮弹质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，则由动量守恒可得：Mv＋mv1－mv1＝(M＋2m)v0，可得发射炮弹后船(不含炮弹)的动量增大，速度增大，C正确．14.【答案】B【解析】将自行火炮和炮弹看做一个系统，自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒设向右为正方向，发射前系统动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)．由Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)解得v0＝.15.【答案】B【解析】设人水平横躺时受到的风力大小为F m，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为F m.由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力G＝F m，即有F m＝2G.从A至B过程表演者的加速度大小为a1＝＝＝0.75g从B至C过程表演者的加速度大小为a2＝＝＝g，由速度位移公式得：从A至B过程表演者的位移x1＝，从B至C过程表演者的位移x2＝，故x1∶x2＝4∶3，x2＝H，A错误；表演者从A至B克服风力所做的功为W1＝F m·H＝F m H；从B至C过程克服风力所做的功为W2＝F m·H＝F m H，得＝，B正确；设B点的速度为v，则从A至B过程表演者的运动时间t1＝＝.从B至C过程表演者的运动时间t2＝＝，根据动量定理，I1＝F m t1＝mv，I2＝F m t2＝2mv，＝，C错误；根据P＝，又＝，＝，联立解得＝，D错误．16.【答案】B【解析】动能E k＝mv2，动量p＝mv，则p＝，因为初动能相等，m1＞m2，则动量p1＞p2，B正确．17.【答案】B【解析】物体在空中只受重力作用，三种情况下从抛出到落地竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，由动量定理：I＝mgt＝Δp得竖直上抛过程动量增量最大，B正确．18.【答案】D【解析】对A由动量定理：I＝2m(v2－v1)，对B由动量定理：I＝p－mv1，则p＝I＋mv1＝m(2v2－v1)，D正确．19.【答案】B【解析】两球碰撞过程动量守恒，有mv A＝2mv B，所以由动量和能量的关系有＝，故E kB＝，B项正确．20.【答案】A【解析】从光滑的斜面下滑，设斜面倾角为θ，高h，则有加速度a＝g sinθ，位移x＝，根据匀变速直线运动则有x＝＝at2＝g sinθt2，运动时间t＝，两个斜面高度相同而倾角不同所以运动时间不同，选项C错；沿斜面运动合力为mg sinθ，所以合力的冲量I＝mg sinθt＝mg，虽然大小相等，但是倾角不同，合力方向不同，合外力冲量不同，B错；下滑过程重力做功mgh相等，A对；根据动能定理，下滑过程只有重力做功，而且做功相等，所以到达斜面底端时动能相同，选项D错．21.【答案】(m＋M)g＋【解析】子弹射入木块的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒．取水平向左为正方向，由动量守恒定律得0＋mv＝(m＋M)v1解得v1＝.随后子弹和木块整体以此初速度向左摆动做圆周运动．由牛顿第二定律得(取向上为正方向)F－(m＋M)g＝(m＋M)将v1代入解得F＝(m＋M)g＋22.【答案】【解析】摆球从下落过程机械能守恒，设下落到最低点速度大小为v1，则由动能定理得：mgl＝mv摆球与钢块碰撞极短，设碰撞后摆球速度大小为v2，钢块速度大小为v3，以水平向右为正方向，由动量守恒得：mv1＝－mv2＋Mv3由于碰撞后小球反弹至l高处，则小球上升过程由动能定理得：－mg×l＝0－mv碰撞后钢块沿水平面做匀减速运动，由动能定理得：－μMgs＝0－Mv得s＝.23.【答案】1100 N【解析】人自由下落5 m，由运动学公式v2＝2gh，则v＝＝m/s＝10 m/s.人和安全带作用时，人受到向上的拉力和向下的重力，设向下为正，由动量定理(mg－F)t＝0－mv得F＝mg＋＝(60×10＋) N＝1100 N.24.【答案】(1)(2)mgR(3)【解析】(1)设前车在最高点速度为v2，依题意有mg＝①设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒mv＋mg·2R＝mv②由①②得：v1＝(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律2mv0＝mv1得v0＝＝设分离前弹簧弹性势能为E p，根据系统机械能守恒定律得E p＝mv－·2mv＝mgR (3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒，有2mgh＝·2mv，解得：h＝.。

人教版高中物理选修3-5测试：第十六章+本章优化总结

本章优化总结动量定理的综合应用动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分．(2)动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．滑块A和B(质量分别为m A和m B)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示．已知滑块A、B 与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F 仍作用于B.试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？[思路点拨] 在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便．[解析]取滑块A、B构成的系统为研究对象．设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有[F－μ(m A＋m B)g]t＝(m A＋m B)v－0解得v ＝[F －μ(m A ＋m B )g ]t m A ＋m B在线断开后，滑块A 经时间t ′停止，根据动量定理有－μm A gt ′＝0－m A v由此得t ′＝v μg ＝[F －μ(m A ＋m B )g ]t μ(m A ＋m B )g设A 停止时，B 的速度为v B .对于A 、B 系统，从力F 开始作用至A 停止的全过程，根据动量定理有[F －μ(m A ＋m B )g ](t ＋t ′)＝m B v B －0将t ′代入此式可求得B 滑块的速度为v B ＝F [F －μ(m A ＋m B )g ]t μm B (m A ＋m B )g. [答案] F [F －μ(m A ＋m B )g ]t μm B (m A ＋m B )g尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量．应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便．1.质量为M 的金属块和质量为m 的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示．从静止开始以加速度a 在水中匀加速下沉．经时间t 1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t 2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度．解析：把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg ＋mg )和浮力(F M ＋F m )不变，它们的合力为F 合＝(M ＋m )a ，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v ，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有F 合(t 1＋t 2)＝p ′－p ＝Mv －0则v ＝M ＋m Ma (t 1＋t 2)．答案：M ＋m Ma (t 1＋t 2)动量守恒定律的综合应用1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．(5)选取所需要的方程列式并求解．如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度大小v A ；(2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B .[思路点拨] 小球A 下滑的过程，机械能守恒，可求小球A 滑到坡道底端时的速度；小球A 与B 相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比．[解析] (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 2A 解得v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m B )v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有h ＝12gt 2 在水平方向上有h 2＝vt 联立以上各式得m A ∶m B ＝1∶3.[答案] (1)2gh (2)1∶32.(2014·高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2 得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s. (3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m(18分)如图所示，两个斜面AB 和CD 的倾角分别为α和β，且均与水平面BC 平滑连接．水平面的C 端静止地放置一质量为m 的物块，在斜面AB 上一质量为M 的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0，碰撞后合为一体冲上斜面CD ，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .求：(1)物块M 在斜面AB 上运动时的加速度大小a ；(2)两物块碰后的共同速度的大小v ；(3)能冲上斜面CD 的最大高度H .[思路点拨] (1)本题分为四个运动过程：①物块M 沿斜面AB 下滑的过程；②物块M 在水平面BC 的运动过程；③物块M 与m 的碰撞过程；④系统沿斜面CD 的上升过程．(2)过程与规律：①物块M 沿斜面AB 下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？②物块M 在水平面BC 的运动过程是否需要分析？题目中给出的M 冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0与在B 点时的速度相同吗？水平面BC 段是否光滑对解题有影响吗？③物块M 与m 的碰撞过程的动量守恒吗？④整体冲上斜面CD 的运动过程遵循什么规律？[解析] (1)在AB 斜面上对物块进行受力分析(如图)，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：F N －Mg cos α＝0(2分) 沿斜面向下有：Mg sin α－F f ＝Ma(2分) 又知F f ＝μF N(1分) 由以上三式可解得加速度a ＝g sin α－μg cos α.(2分) (2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv 0＝(M ＋m )v(3分) 可得碰撞后整体的速度大小v ＝M M ＋m v 0. (2分)(3)碰撞后物块在斜面CD 上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：－μ(M ＋m )g cos β·H sin β－(M ＋m )gH ＝0－12(M ＋m )v 2 (3分) 可解得：H ＝M 2v 20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β). (3分)[答案] (1)g sin α－μg cos α (2)M M ＋m v 0 (3)M 2v 20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β)本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·高考全国卷乙)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s 解析：选A ．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．2．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大解析：选A ．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．3．如图甲所示，物体A 、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经过某一位置时速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为u ，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A ．mvB ．mv －MuC ．mv ＋MuD ．mv ＋mu解析：选D ．该题涉及的物体较多，可先选B 为研究对象．在B 下落的这段时间t 内，其动量向下增加Mu ，B 只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt ＝Mu ，解得t ＝u g.在时间t 内，A 受两个力作用：重力mg ，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A 为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv ，设弹力的冲量为I ，由动量定理有I －mgt ＝mv ，解得I ＝m (v ＋u )，故D 正确．4．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A ．0.6 m/s ，向左B ．3 m/s ，向左C ．0.6 m/s ，向右D ．3 m/s ，向右解析：选A ．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E 03C ．E 03D ．E 09解析：选C ．碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，得v 1＝v 03① E 0＝12mv 20② E k ′＝12×3mv 21③ 由①②③得E k ′＝12×3m ⎝⎛⎭⎫v 032＝13×⎝⎛⎭⎫12mv 20＝E 03，故C 正确． 6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选A ．由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为10 kg ·m/s ，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A 是正确的．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：选AC ．设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取v t＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2t －12mv 20＝126 J ，选项A 、C 正确．8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两部分，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD ．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a 、b 的速度大小，所以选项A 、B 错误；因炸开后a 、b 都做平抛运动，且高度相同，故选项C 正确；由牛顿第三定律知，选项D 正确．9．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，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是( )A ．13v 0 B ．23v 0 C ．49v 0 D ．59v 0 解析：选AB ．当以A 球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，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′ mv 0＋0＝m ×⎝⎛⎭⎫－13v 0＋2mv B ″ 解得：v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.由于碰撞过程中动能不增加，即12mv 20≥12m ⎝⎛⎭⎫v 032＋12·2mv 2B 将13v 0及23v 0代入上式均成立，所以A 、B 选项均正确． 10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 和质量为13m 的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞．在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )A ．mv 20B ．12mv 20C ．16mv 20D ．130mv 20解析：选BC ．质量相等的C 球和A 球发生弹性碰撞后速度交换，当A 、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能E p ＝12mv 20，B 正确；当B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv 0＝4mv 13，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出E p ＝12mv 20－12×43mv 21＝18mv 20，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2017·南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. 试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg ·m/s ；碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg ·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 22＝________kg ·m 2/s 2；碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′22＝________kg ·m 2/s 2.计算碰撞前v 1m 1＋v 2m 2＝________m/(s·kg)；碰撞后v 1′m 1＋v 2′m 2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是________________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________. 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s m 1v 1＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s m 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/sm 1v 21＋m 2v 22＝1.24 kg ·m 2/s 2m 1v ′21＋m 2v ′22≈0.742 kg ·m 2/s 2v 1m 1＋v 2m 2≈6.45 m/(s·kg) v 1′m 1＋v 2′m 2≈9.72 m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12．(12分)(2017·衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂于O 点，在光滑的水平面上有一个质量为M 的物体，其右侧是一个半径为R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R 2的粗糙水平面，在其左端A 处放有一个质量也为M 的弹性物体，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL ＝12mv 21得v 1＝2gL ，碰后返回过程中，由mgL (1－cos θ)＝12mv ′21得v ′1＝gL 小球和物块发生碰撞时动量守恒mv 1＝Mv 0－mv 1′和能量守恒12mv 21＝12Mv 20＋12mv ′21，联立解得v 0＝(2－1)gL ，m M ＝2－12＋1物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv 0＝2Mv ，损失的动能用于克服摩擦做功12Mv 20＝12(M ＋M )v 2＋MgR ＋μMg R 2，整理可得μ＝(3－22)L 2R －2.答案：2－12＋1 (3－22)L 2R －2 13．(16分)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k (k <1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高度h 处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰．(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g )(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v 1； (2)若已知h ＝0.1 m ，R ＝0.64 m ，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k 值为多少？解析：(1)设0号球碰前速度为v 0，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 20 碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝m 0v ′0＋m 1v 1 由机械能守恒定律得：12m 0v 20＝12m 0v ′20＋12m 1v 21 解得：v 1＝2m 0m 0＋m 1v 0＝21＋k v 0＝21＋k 2gh . (2)同理可得：v 2＝21＋k v 1，…，v 4＝21＋k v 3，解得：v 4＝⎝⎛⎭⎫21＋k 4v 0， 4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得： 12m 4v 24＝12m 4v 2＋m 4g ·2R ， 4号球在最高点：m 4v 2R ≥m 4g ，解得：k ≤2－1. 答案：(1)21＋k 2gh (2)k ≤2－1 美文欣赏1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

人教版高中物理选修3-5复习试题含答案2套

人教版高中五选修3-5复习试题含答案2套模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～9题为单选题，10～12题为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法正确的是()A．卢瑟福用α粒子轰击147N核获得反冲核178O发现了质子B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C．玻尔通过对天然放射现象的研究提出了氢原子能级理论D．汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型答案 A解析光子说是爱因斯坦提出的，B项错误．玻尔通过对氢原子光谱的成因的研究提出了氢原子能级理论，C项错误．卢瑟福通过α粒子的散射实验，提出了原子的核式结构模型，D 项错误．2．关于近代物理，下列说法正确的是()A．α射线是高速运动的氦原子B．核聚变反应方程21H＋31H→42He＋10n中，10n表示质子C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征答案 D解析α射线是高速运动的氦原子核，选项A错误；10n表示中子，选项B错误；根据光电效应方程E k＝hν－W0可知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系而非正比关系，选项C错误；根据玻尔的原子理论可知，选项D正确．3．有关图1中四幅图的说法正确的是()图1A．甲图中，水平地面光滑，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大C ．丙图中，射线1由β粒子组成，射线2为γ射线，射线3由α粒子组成D ．丁图中，链式反应属于轻核聚变答案 B解析题图甲中只有发生弹性碰撞时，碰后m 2的速度才为v ，则A 错误．题图丙中射线1由α粒子组成，射线3由β粒子组成，射线2为γ射线，C 错误．题图丁中，链式反应属于重核裂变，D 错误．4．中子n 、质子p 、氘核D 的质量分别为m n 、m p 、m D .现用光子能量为E 的γ射线照射静止氘核使之分解，核反应方程为γ＋D →p ＋n ，若分解后中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是( )A.12[(m D －m p －m n )c 2－E ] B.12[(m D ＋m n －m p )c 2＋E ] C.12[(m D －m p －m n )c 2＋E ] D.12[(m D ＋m n －m p )c 2－E ] 答案 C解析氘核分解为核子时，要吸收能量，质量增加，本题核反应过程中γ射线能量E 对应质量的增加和中子与质子动能的产生，即E ＝Δmc 2＋2E k ＝(m p ＋m n －m D )c 2＋2E k 得E k ＝12[E －(m p ＋m n －m D )c 2]＝12[(m D －m p －m n )c 2＋E ]，故选C. 5．以下有关近代物理内容的叙述，正确的是( )A ．紫外线照射到锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．卢瑟福的α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子C ．重核的裂变和轻核的聚变过程一定有质量亏损，释放出核能D ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能增加，电子的动能减少答案 C6．如图2所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n ＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是( )图2A ．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B ．由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级产生的光的频率最小C ．用n ＝2能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应D ．由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生的光波长最大答案 C解析大量处于n ＝4激发态的氢原子向低能级跃迁最多可以辐射出N ＝n (n －1)2＝6种不同频率的光子，A 错误；由n ＝4能级跃迁到n ＝3能级产生的光的频率最小，波长最长，B 、D 错误；从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光子的能量为E ＝E 2－E 1＝10.2 eV ，大于金属铂的逸出功，能使其发生光电效应，C 正确．7．如图3所示，光滑水平面上有质量均为m 的物块A 和B ，B 上固定一轻质弹簧，B 静止，A 以速度v 0水平向右运动，从A 与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )图3A ．A 、B 的动量变化量相同B ．A 、B 的动量变化率相同C ．A 、B 系统的总动能保持不变D ．A 、B 系统的总动量保持不变答案 D解析两物块相互作用过程中系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，则A 、B 的动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A 错误，D 正确；由动量定理Ft ＝Δp 可知，动量的变化率等于物块所受到的合外力，A 、B 两物块所受的合外力大小相等、方向相反，所受到的合外力不同，则动量的变化率不同，故B 错误；A 、B 和弹簧组成的系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C 错误．8．下列说法中错误的是( )A ．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He ＋14 7N →17 8 O ＋11HB ．铀核裂变的核反应方程是：235 92U →141 56Ba ＋9236Kr ＋210nC ．质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2D ．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子答案 B解析 1919年，卢瑟福做了α粒子轰击氮原子核的实验，发现了质子，核反应方程为：42He＋14 7N →17 8O ＋11H ，选项A 正确；铀核裂变时，需要中子轰击铀核，所以铀核裂变的核反应方程是235 92U ＋10n →141 56Ba ＋9236Kr ＋310n ，选项B 错误；根据爱因斯坦质能关系式可知，选项C正确；设波长为λ1的光子能量为E 1，波长为λ2的光子能量为E 2，原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的光子能量为E 3，波长为λ3，则E 1＝hc λ1，E 2＝hc λ2，E 3＝hc λ3；E 3＝E 2－E 1，可推知λ3＝λ1λ2λ1－λ2，D 正确． 9．如图4所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左侧连接一轻质弹簧．物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在选项所示的图象中，图线1表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况，则在这四个图象中可能正确的是( )图4答案 B解析物块B 刚开始压缩弹簧时，A 做加速运动，B 做减速运动，随着弹簧压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大，当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A 继续加速，B 继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小．当弹簧恢复原长时B 离开弹簧，所以v －t 图象斜率的大小都是先增大后减小．设B 离开弹簧时A 、B 的速度分别为v A 和v B .取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m B v 0＝m A v A ＋m B v B ，由机械能守恒定律得12m B v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2，联立解得v A ＝2m B m A ＋m B v 0，v B ＝m B －m A m A ＋m B v 0，若m B >m A ，则v A >v B ，所以B 选项的图象是可能的．若m B ＝m A ，则v A ＝v 0，v B ＝0.若m B <m A ，则v A >0，v B <0.综上，只有B 选项的图象是可能的．10．如图5所示的装置用来研究光电效应现象，当用光子能量为2.5 eV 的光照射到光电管阴极上时，电流表G 的读数为0.2 mA ，移动变阻器的触头c ，当电压表的示数大于或等于0.7 V 时，电流表示数为0，则( )图5A ．光电管阴极的逸出功为1.8 eVB ．开关S 断开后，没有电流流过电流表GC ．改用光子能量为1.5 eV 的光照射，电流表G 也有电流，但电流较小D ．光电子的最大初动能为0.7 eV答案 AD解析该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7 V 时，电流表示数为0，则知光电子的最大初动能为0.7 eV ，根据光电效应方程E k ＝hν－W 0得，逸出功W 0＝1.8 eV ，故A 、D 正确；当开关S 断开后，用光子能量为2.5 eV 的光照射到光电管阴极上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故B 错误；改用光子能量为1.5 eV 的光照射，由于光子的能量小于逸出功，所以不能发生光电效应，无光电流，故C 错误．11．如图6所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是( )图6A ．只调换电源的极性(同时调整电压表)，移动滑片P ，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压U c 的数值B ．保持光照条件不变，滑片P 向右滑动的过程中，电流表示数可能不变C ．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大D ．阴极K 需要预热，光束照射后需要一定的时间才会有光电流答案 BC解析当只调换电源的极性时，电子从K 到A 减速运动，到A 恰好速度为零时对应电压为遏止电压，所以A 项错误；其他条件不变，P 向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电流增大，直至达到饱和电流，若在滑动P 前，电流已达饱和电流，那么即使增大电压，光电流也不会增大，B 项正确；只改变光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，C 项正确；因为光电效应的发生是瞬间的，阴极K 不需要预热，所以D 项错误．12．如图7所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A 、B 两点相距为5 m ，小车甲从B 点以大小为4 m/s 的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A 点由静止开始以大小为2 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)．下列说法正确的是( )图7A ．小车乙追上小车甲用时4 sB ．小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC ．碰后瞬间两车的速度大小为7 m/sD ．若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s 2答案 BC解析小车乙追上小车甲时，有x 乙－x 甲＝5 m ，即12at 2－v 甲t ＝5 m ，代入数据得12×2 m /s 2×t 2－4 m/s ×t ＝5 m ，解得t ＝5 s(另一负值舍去)，所以小车乙追上小车甲用时5 s ，故A 错误．当两车的速度相等时相距最远，则有v 甲＝at ′，得t ′＝v 甲a ＝42s ＝2 s ，最远距离s ＝5 m ＋v 甲t ′－12at ′2＝5 m ＋4×2 m －12×2×22 m ＝9 m ，故B 正确．碰前瞬间乙车的速度v 乙＝at ＝2×5 m /s ＝10 m/s ，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m v 甲＋m v 乙＝2m v ，解得碰后瞬间两车的共同速度v ＝7 m/s ，故C 正确．若地面光滑，碰前乙车所受到的作用力F ＝ma ，甲车所受到的合外力为0，则碰后两车的加速度大小a ′＝F 2m＝1 m/s 2，故D 错误．二、填空题(本题共2小题，共计12分)13．(6分)在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图8所示，两个小球的质量分别为m A 和m B .图8(1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？________.A ．秒表B ．刻度尺C ．天平D ．圆规(2)如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有________． A.m A m B ＝ON MPB.m A m B ＝OM MPC.m A m B ＝OP MND.m A m B ＝OM MN答案 (1)BCD (2)A解析 (1)由实验原理可知，需要测小球质量，测OM 、OP 、ON 距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规．(2)根据动量守恒定律有：m A OP ＝m A OM ＋m B ON ，即m A MP ＝m B ON ，A 正确．14．(6分)如图9所示，这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成．图9(1)示意图中，a 端应是电源________极．(2)光控继电器的原理是：当光照射光电管时，________________________________________________________________________.(3)当用绿光照射光电管阴极K 时，可以发生光电效应，则________说法正确．A ．增大绿光照射强度，光电子的最大初动能增大B ．增大绿光照射强度，电路中光电流增大答案 (1)正 (2)阴极K 发射电子，电路中产生电流，经放大器放大的电流产生的磁场使铁芯M 磁化，将衔铁N 吸住．无光照射光电管时，电路中无电流，N 自动离开M (3)B三、计算题(本题共4小题，共计40分)15．(8分)一群氢原子处于量子数n＝4的能级状态，氢原子的能级图如图10所示，则：图10(1)氢原子可能发射几种频率的光子？(2)氢原子由n＝4能级跃迁到n＝2能级时辐射光子的能量是多少电子伏？(3)用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多少电子伏？答案(1)6种(2)2.55 eV(3)铯0.65 eV解析(1)可能发射6种频率的光子．(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为E＝E4－E2，代入数据得E＝2.55 eV.(3)E只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属时才能发生光电效应．根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为E km＝E－W0，代入数据得E km＝0.65 eV.16．(10分)山东海阳核电站一期工程建设了两台125万千瓦的AP1 000三代核电机组．如果铀235在中子的轰击下裂变为9038Sr和13654Xe，质量m U＝235.043 9 u，m n＝1.008 7 u，m Sr＝89.907 7 u，m Xe＝135.907 2 u.(1)写出裂变方程；(2)求出一个铀核裂变放出的能量；(3)若铀矿石的浓度为3%，一期工程投产发电后，一年将消耗多少吨铀矿石？(阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1)答案(1)23592U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋1010n(2)140.4 MeV(3)45.7 t解析(2)裂变过程的质量亏损Δm＝m U＋m n－m Sr－m Xe－10m n＝0.150 7 u，释放的能量ΔE＝Δmc2＝0.150 7×931.5 MeV≈140.4 MeV.(3)核电站一年的发电量E＝Pt＝2×125×107×365×24×60×60 J＝7.884×1016 J，由E ＝N ΔE ＝m ·3%M N A ΔE 得m ＝EM 3%·N A ΔE＝7.884×1016×2353%×6.02×1023×140.4×106×1.6×10－19g ≈4.57×107 g ＝45.7 t.17．(10分)如图11所示，木块m 2静止在高h ＝0.45 m 的水平桌面的最右端，木块m 1静止在距m 2左侧s 0＝6.25 m 处．现木块m 1在水平拉力F 作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与m 2碰前瞬间撤去F ，m 1和m 2发生弹性正碰．碰后m 2落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离s ＝1.2 m ．已知m 1＝0.2 kg ，m 2＝0.3 kg ，m 1与桌面间的动摩擦因数为0.2.(两个木块都可以视为质点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2)求：图11(1)碰后瞬间m 2的速度大小；(2)m 1碰撞前、后的速度；(3)水平拉力F 的大小．答案 (1)4 m /s (2)5 m/s ，方向水平向右 1 m/s ，方向水平向左 (3)0.8 N解析 (1)设m 1与m 2发生弹性碰撞后瞬间m 2的速度为v 2.碰撞后m 2做平抛运动，则h ＝12gt 2，s ＝v 2t ，解得v 2＝4 m/s.(2)设m 1碰撞前、后的速度分别为v 、v 1，m 1与m 2碰撞过程动量和能量守恒，取水平向右为正方向，则m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22，联立并代入数据得v ＝5 m/s ，v 1＝－1 m/s.(3)m 1与m 2碰撞之前有v 2＝2as 0，F －μm 1g ＝m 1a ，代入数据解得F ＝0.8 N.18．(12分)如图12所示，半径为R ＝0.4 m ，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m ＝0.96 kg 的滑块停放在距轨道最低点A 为L ＝8.0 m 的O 点处，质量为m 0＝0.04 kg 的子弹以速度v 0＝250 m/s 从右边水平射入滑块，并留在其中．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，子弹与滑块的作用时间很短．g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：图12(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v ；(2)滑块从O 点滑到A 点的时间t ；(3)滑块从A 点滑上半圆形轨道后通过最高点B 落到水平地面上C 点，A 与C 间的水平距离．答案 (1)10 m/s (2)1 s (3)455m 解析 (1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m 0v 0＝(m ＋m 0)v ，代入数据解得v ＝10 m/s.(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a ，则μ(m ＋m 0)g ＝(m ＋m 0)a ，由匀变速直线运动的规律得v t －12at 2＝L ，联立解得t ＝1 s(t ＝4 s 舍去)．(3)滑块从O 点滑到A 点时的速度v A ＝v －at ，代入数据解得v A ＝6 m/s.设滑块从A 点滑上半圆形轨道后通过最高点B 点时的速度为v B ，由机械能守恒定律得 12(m ＋m 0)v A 2＝(m ＋m 0)g ·2R ＋12(m ＋m 0)v B 2，代入数据解得v B ＝2 5 m/s.滑块离开B 点后做平抛运动，运动的时间t ′＝2·2R g，又x AC ＝v B t ′，代入数据得x AC ＝455m. 模块综合试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．光电效应实验中，下列表述正确的是( ) A ．光照时间越长光电流越大B ．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率无关D．入射光频率大于极限频率时才能产生光电子答案 D解析由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU c＝E k＝hν－W0(其中U c为遏止电压，E k为光电子的最大初动能，W0为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A、B、C错误，D正确．2．如图1所示，我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是()图1A.21H＋31H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n答案 A解析21H＋31H→42He＋10n是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A正确；147 N＋42He→178O＋11H是卢瑟福发现质子的核反应方程，属于原子核的人工转变，故B错误；42He＋2713Al→3015P＋10n属于原子核的人工转变，故C错误；23592 U＋10n→14456 Ba＋8936Kr＋310n是一种典型的铀核裂变，属于裂变反应，故D错误．3．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，以人、车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统答案 A解析判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定，B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零，C选项末动量为零而初动量不为零，D选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大．4．如图2所示，a、b两物块质量均为1 kg，中间用一长1 m的细绳连接，静止在光滑的水平面上(a、b可视为质点)，开始让a、b挨在一起，现用一水平恒力F＝2 N作用在b上，细绳可瞬间拉紧，则4 s 内恒力F 做功( )图2A ．14 JB ．15 JC ．16 JD ．17 J 答案 D解析细绳拉直前，只有b 运动，加速度a 1＝2 m/s 2，运动1 m 用时t 1＝1 s ，此时b 的速度v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，细绳拉紧瞬间a 、b 系统动量守恒，有m v 1＝2m v 2，则v 2＝1 m/s ，a 2＝F2m ＝1 m/s 2，再运动3 s 的位移s 2＝v 2t 2＋12a 2t 22＝7.5 m ，所以力F 在4 s 内做功W ＝Fl ＝2×(1＋7.5) J ＝17 J ，D 正确．5．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( ) A ．E 0 B.m M E 0 C.m M －m E 0 D.MmM －m E 0答案 C解析设放出的粒子的速度大小为v 0，反冲核的速度大小为v ，由动量守恒定律得(M －m )v ＝m v 0＝p ，又E k ＝p 22(M －m )，E 0＝p 22m联立得E k ＝mM －m E 0，C 正确．6．以下说法正确的是( )A ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子电势能增大，原子能量减小B ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的个数越多，光电子的最大初动能增大C ．氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱D ．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，阴极射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流答案 C解析氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子电势能增大，原子能量增大，A 项错误．由E k ＝hν－W 0可知，只增加光强而不改变光的频率，光电子的最大初动能不变，B 项错误．原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流是β射线，不是阴极射线，D 项错误．7．一个静止的铀核，放在匀强磁场中，它发生一次α衰变后变为钍核，α粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动．某同学作出如图3所示运动径迹示意图，以下判断正确的是( )图3A ．1是α粒子的径迹，2是钍核的径迹B ．1是钍核的径迹，2是α粒子的径迹C ．3是α粒子的径迹，4是钍核的径迹D ．3是钍核的径迹，4是α粒子的径迹答案 B解析由动量守恒定律可知，静止的铀核发生α衰变后，生成的均带正电的α粒子和钍核的动量大小相等，但方向相反，由左手定则可知它们的运动轨迹应为“外切”圆，又R ＝m v Bq ＝p Bq ，在p 和B 相等的情况下，R ∝1q，因q 钍>q α，则R 钍<R α，故B 正确． 8．下表是按照密立根的方法进行光电效应实验时得到的某金属的遏止电压U c 和入射光的频率ν的几组数据.由以上数据应用Excel 描点连线，可得直线方程，如图4所示．图4则这种金属的截止频率约为( ) A ．3.5×1014 Hz B ．4.3×1014 Hz C ．5.5×1014 Hz D ．6.0×1014 Hz答案 B解析由光电效应方程得eU c ＝hν－W 逸，U c ＝h e ν－W 逸e ，由题图知W 逸e ＝1.702 4，h e ＝0.397 31014，设这种金属的截止频率为ν0，则W 逸＝hν0，解得ν0＝W 逸h ＝1.702 4e h ＝1.702 4×10140.397 3Hz ≈4.3×1014 Hz ，选项B 正确，A 、C 、D 错误．9．关于微观粒子的波粒二象性的现象、理论和应用，下列说法中正确的是( ) A ．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B ．在研究石墨对X 射线的散射时，发现在散射的X 射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长小于入射波长的成分C ．由不确定性关系Δx Δp ≥h可知，如果要更准确地确定粒子的位置，那么动量的测量一定会更不准确D ．衍射现象对电子显微镜的影响要比对光学显微镜的影响小得多答案 CD解析根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W 0知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系而不是正比关系，A 错误；在研究石墨对X 射线的散射时，发现在散射的X 射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长大于入射波长的成分，B 错误；在微观物理学中，不确定关系告诉我们不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，C 正确；电子的德布罗意波长比可见光短很多，衍射现象对电子显微镜的影响要比对光学显微镜的影响小得多，D 正确．10．如图5所示，一群氢原子处于量子数n ＝3能级状态，下列说法正确的是( )图5A ．氢原子向低能级跃迁时最多产生3种频率的光子B ．用0.70 eV 的光子照射氢原子可使其跃迁C ．用0.70 eV 动能的电子碰撞可使氢原子跃迁D ．氢原子向低能级跃迁时电子动能增大，总能量减小答案 ACD解析一群氢原子处于n ＝3的能级状态，向低能级跃迁时最多产生3种频率的光子，选项A 正确；光子能量等于两能级的能量差时才能被氢原子吸收，选项B 错误；电子碰撞只能把其一部分能量传递给氢原子，因而电子的动能只要比氢原子的两能级的能量差大就可使氢原子跃迁，选项C 正确；氢原子向低能级跃迁，速度将增大，但向外辐射能量，总能量减小，选项D 正确．11．如图6所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球(重力加速度为g )( )图6A ．所受合力的冲量水平向右B ．所受支持力的冲量水平向右C ．所受合力的冲量大小为m 2gRD ．所受重力的冲量大小为零答案 AC解析在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理知I 合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故有mgR ＝12m v B 2，解得v B ＝2gR ，即Δv ＝2gR ，所以I 合＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．12．如图7所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m /s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2，则在整个过程中( )图7A ．物块和木板组成的系统动量守恒B ．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/sC ．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·sD ．物块相对于木板滑行的时间为1 s 答案 BD解析子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A 错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2，联立可得v 2＝m 0v 0m 0＋m ＋M＝2 m/s ，所以子弹的末动量大小为p ＝m 0v 2＝0.01 kg·m/s ，故B 正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I ＝Δp ＝p －p 0＝0.01 kg·m/s －5×10－3×300 kg·m/s ＝－1.49 kg·m/s ＝－1.49 N·s ，子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N·s ，故C 错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )(v 2－v 1)，联立得物块相对于木板滑行的时间t ＝v 2－v 1－μg ＝1 s ，故D 正确．二、填空题(本题共2小题，共计12分)13．(6分)在快中子增殖反应堆中，使用的核燃料是239 94Pu ，裂变时释放出快中子，周围的238 92U吸收快中子后变成239 92U ，239 92U 很不稳定，经过两次β衰变后变成239 94Pu.已知1个239 92U 核的质量为m 1,1个239 94Pu 核的质量为m 2,1个电子的质量为m e ，真空中光速为c .(1)239 92U 的衰变方程是__________________________________________________；(2)239 92U 衰变成239 94Pu 释放的能量为__________________________________________________．答案 (1)239 92U →239 94Pu ＋20－1e (2)(m 1－m 2－2m e )c 2 解析 (1)发生β衰变质量数不发生改变，根据电荷数守恒可知，其衰变方程为：239 92U →239 94Pu ＋2 0－1e ；(2)衰变过程中的质量亏损为： Δm ＝m 1－m 2－2m e根据质能方程有：ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 2－2m e )c 2.。

人教版高中物理选修3-5第十七章《波粒二象性》单元检测题(解析版)

《波粒二象性》单元检测题一、单选题1. 已知某单色光的波长为λ，在真空中光速为c，普朗克常量为h，则电磁波辐射的能量子?的值为( ) ．A． B ． C ． D ．以上均不正确2. 下列说法正确的是( )A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量C．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长3. 如图，当电键S 断开时，用光子能量为 3.1 eV 的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V 时，电流表读数为零．由此可知阴极材料的逸出功为( )A．1.9 eV B ．0.6 eV C ．2.5 eV D ．3.1 eV4. 如图所示，一验电器与锌板相连，现用一弧光灯照射锌板一段时间，关灯后，指针保持一定偏角( )A．用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大第1 页共10 页B．用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小C．使验电器指针回到零，改用强度更大的弧光灯照射锌板相同的时间，验电器的指针偏角将增大D．使验电器指针回到零，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器的指针一定偏转5.下列关于光的本性的说法中正确的是( )A．关于光的本性，牛顿提出了“微粒说”，惠更斯提出了“波动说”，爱因斯坦提出了“光子说”，综合他们的说法圆满地说明了光的本性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，光电效应说明光具有粒子性D．频率低、波长长的光，粒子性特征显著；频率高、波长短的光，波动性特征显著6.如图所示，某金属板M 在紫外线照射下，不停地向各个方向发射速度大小不同的电子，发射电子的最大初速度为v，在M旁放置一金属网N，如果S闭合，滑片P置于最左端时，电流表的示数不为零，向右调节滑片P，恰好使电流表的示数为零，此时M、N 间的电势差为UMN，已知电子质量为m，电荷量为－e，关于通过电流表的电流方向和UMN，下列说法正确的是( )A．从c 到d，UMN＝ B ．从d 到c，UMN＝C．从c 到d，UMN＝ D ．从d 到c，U MN ＝7.颜色不同的 a 光和 b 光由媒质射向空气时，临界角分别为Ca和Cb，且Ca＞Cb，当用a光照射某种金属时发生了光电效应，现改用 b 光去照射，可以断定( )第2 页共10 页A．不一定能发生光电效应B．光电子数目增大C．光电子的最大初动能增大D．光电子数目减少8.关于物质波，下列说法正确的是( )A．速度相等的电子和质子，电子的波长长B．动能相等的电子和质子，电子的波长短C．动量相等的电子和中子，中子的波长短D．甲电子的速度是乙电子的 3 倍，甲电子的波长也是乙电子的 3 倍9.一束波长为7×10－5cm 的光波，每秒钟有3×1015 个光子通过一个与光线垂直的平面．另有一束光，它传输相同的能量，但波长为4×10－5cm.那么这束光每秒钟通过这垂直平面的光子数目为( )A．0.58×1015 个 B ．3×1015个 C ． 1.71×1015 个 D ． 5.25×1015 个10.波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是( )A．光电效应现象揭示了光的波动性B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等11.如图所示，在研究光电效应的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的 B 单色光照射光电管时不发生光电效应，则( )A．A光的强度大于B光的强度B．B光的频率大于A光的频率C．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是由 a 流向bD．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是由 b 流向a第3 页共10 页二、多选题12.黑体辐射的实验规律如图所示，由图可知( )A．随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加B．随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动13.以下关于辐射强度与波长的关系的说法中正确的是( )A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波B．当铁块呈现黑色时，说明它的温度不太高C．当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此时辐射的电磁波中该颜色的光强度最强D．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高14. 1922 年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X 射线的散射时发现，有些散射波的波长比入射波的波长略大．下列说法中正确的是( )A．有些X射线的能量传给了电子，因此X射线的能量减小了B．有些X射线吸收了电子的能量，因此X射线的能量增大了C．X 射线的光子与电子碰撞时，动量守恒，能量也守恒D．X 射线的光子与电子碰撞时，动量不守恒，能量守恒15.某种金属在单色光照射下发射出光电子，光电子的最大初动能( )A．随照射光强度的增大而增大B．随照射光频率的增大而增大第4 页共10 页C．随照射光波长的增大而增大D．与照射光的照射时间无关16.光通过单缝所发生的现象，用位置和动量的不确定性关系的观点加以解释，正确的是( )A．单缝宽，光是沿直线传播，这是因为单缝宽，位置不确定量Δx 大，动量不确定量Δp 小，可以忽略B．当能发生衍射现象时，动量不确定量Δp 就不能忽略C．单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量小，动量不确定量大的缘故D．以上解释都是不对的三、实验题17.如图所示，这是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成．(1) 示意图中，a 端应是电源________极．(2) 光控继电器的原理是：当光照射光电管时，________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3) 当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，则________说法正确．A．增大绿光照射强度，光电子的最大初动能增大B．增大绿光照射强度，电路中光电流增大四、计算题18.一个带电荷量为元电荷的粒子，经206 V 的加速电压由静止加速后，它的德布罗意波长为0.002 nm，试求这个粒子的质量．19.为引起人眼的视觉，进入人眼的绿光的能量至少为每秒E＝10－16J．假设在漆黑的夜晚，在距人s＝100 m远处点亮一只绿光小灯泡，为使人看到它的光线，小灯泡的功第5 页共10 页率至少为多大？( 人用一只眼看，瞳孔直径为 4 mm)20.铝的逸出功是 4.2 eV ，现在将波长200 nm的光照射铝的表面．(1) 求光电子的最大初动能．(2) 求遏止电压．(3) 求铝的截止频率．第6 页共10 页答案解析21.【答案】A【解析】由光速、波长的关系可得出光的频率ν＝，从而?＝hν＝，故 A 选项正确．22.【答案】A【解析】23.【答案】C【解析】根据题意，当电压表读数大于或等于0.60 V 时，即为反向电压为0.6 V 时，从金属出来的电子，在电场阻力作用下，不能到达阳极，则电流表示数为零；根据动能定理，则有光电子的初动能为：E k＝eU＝0.6 eV ，根据爱因斯坦光电效应方程有：W ＝hν－E k＝3.1 eV －0.6 eV ＝2.5 eV ，C正确．24.【答案】C【解析】发生光电效应时，锌板失去电子带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，锌板所带的正电变小，所以验电器指针偏角将减小．若金属小球所带的负电较多，验电器指针偏角会先变小后变大，A、B 错误；入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，所以锌板所带的正电变多，验电器的指针偏角将增大， C 正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，红外线照射不一定发生光电效应，所以指针不一定偏转，D错误．25.【答案】C【解析】26.【答案】A【解析】由题意可知，当闭合开关S时，M产生的光电子能到达金属网N，所以电流的方向为从 c 到d；恰好使电流表的示数为零，此时光电子恰好不能到达N，若M、N 间的电势差为UMN，则由动能定理得：2 eUMN＝mv得UMN＝. 故A正确．第7 页共10 页27.【答案】C【解析】根据sin C＝，Ca＞Cb. 知a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的频率小于b 光的频率，用 a 光照射某种金属时发生了光电效应，则 b 光照射一定能发生光电效应，A 错误；光的强度影响单位时间内光电子的数目，而频率的大小与光的强度无关，光的频率与光电子的数目无关，B、D 错误；根据光电效应方程E km＝hν－W0 知，b 光照射产生的光电子最大初动能大，C正确．28.【答案】A【解析】由λ＝可知，动量大的波长短，电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长，A 正确；电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系p＝可知，电子的动量小，波长长，B错误；动量相等的电子和中子，其波长应相等，C错误；如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的 3 倍，甲的动量也是乙的 3 倍，则甲的波长应是乙的，D错误．29.【答案】C【解析】由题意得n1 ＝n2 ，代入数据得n2＝1.71×1015 个，30.【答案】B【解析】光电效应现象揭示了光的粒子性， A 错误；热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性， B 正确；普朗克借助于能量子假说，解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念， C 错误；根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的德布罗意波长相等，则动量p 也相等，动能则不相等， D 错误．31.【答案】C【解析】根据产生光电效应的条件可知选项A、B均错误；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故选项C正确，D错误．32.【答案】ACD【解析】温度升高，各种波长的辐射强度都会增加，随着温度的升高，辐射强度的极大值向较短波长方向移动．33.【答案】BC第8 页共10 页【解析】同一物体在一定温度下辐射不同波长的电磁波，在室温下大多数物体辐射不可见的红外光，当温度加热到500℃左右时，开始发出暗红色的可见光，温度上升到1500℃时变成白炽光， A 错，B、C 对，早晚时分太阳呈现红色与太阳和地球间距离有关．34.【答案】AC【解析】在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，能量减小，根据λ＝，知波长增大，碰撞过程系统不受外力，故动量守恒，光子的能量远大于电子的束缚能时，光子与自由电子或束缚较弱的电子发生弹性碰撞，故能量守恒，A、C正确．35.【答案】BD【解析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式E k＝hν－W知，W为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，与入射光的强度、波长及光照时间无关，故B、D正确，A、C错误．36.【答案】ABC【解析】由不确定性关系可知选项A、B、C正确．37.【答案】(1) 正(2) 阴极K 发射电子，电路中产生电流，经放大器放大的电流产生的磁场使铁芯M 磁化，将衔铁N 吸住．无光照射光电管时，电路中无电流，N 自动离开M(3)B【解析】38.【答案】1.67×10－27kg【解析】粒子加速后获得的动能为E k＝mv2＝eU 粒子的物质波的波长λ＝粒子的动量p＝mv以上各式联立得m＝＝1.67×10－27kg.39.【答案】10－6W第9 页共10 页【解析】设人眼瞳孔直径为d，由题意知E＝×π( )2解得P＝＝W＝10－6W40.【答案】(1)3.3 ×10－19J(2) 遏制电压约为 2.1 V(3)1.01 ×1015Hz动能为【解析】(1) 根据爱因斯坦光电效应方程得：光电子的最大初－19J E k＝－W≈ 3.3×10(2) 根据动能定理得到：遏止电压U c＝＝V≈ 2.1 V(3) 当光电子逸出时的动能为零时，再减小照射光的频率便不能发生光电效应了，截止频率νc＝＝Hz＝1.01×1015Hz.第10页共10 页。