选修三4、5单元检测题
高考物理选修3-3、3-4、3-5全部单元测试卷和综合模块测试卷
选考部分选修3-3 第十一章第1单元分子动理论热力学定律与能量守恒1．(2010·广州模拟)利用所学的热学知识回答下列问题：(1)我们知道分子热运动的速率是比较大的，常温下能达几百米/秒．将香水瓶盖打开后，离瓶较远的人，为什么不能立刻闻到香味呢？(2)随着科学技术的不断发展，近几年来，也出现了许多新的焊接方式，如摩擦焊接、爆炸焊接等．摩擦焊接是使焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转，同时加上很大的压力(约每平方厘米加几千到几万牛顿的力)，瞬间就焊接成一个整体了．试用所学知识分析摩擦焊接的原理．解析：(1)分子热运动的速率虽然比较大，但分子之间的碰撞是很频繁的，由于频繁的碰撞使得分子的运动不再是匀速直线运动，香水分子从瓶子到鼻孔走过了一段曲折的路程，况且引起人的嗅觉需要一定量的分子，故将香水瓶盖打开后，离得较远的人不能立刻闻到香味．(2)摩擦焊接是利用分子引力的作用．当焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转且加上很大的压力时，可以使两个接触面上的大多数分子之间的距离达到分子力发生明显作用的范围，靠分子力的作用使这两个焊件成为一个整体．答案：见解析2．如图11－1－3所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a处静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则：(1)乙分子在何处势能最小？是正值还是负值？(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子势能都随距离的减小而增加？解析：(1)由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小且为负值．(2)在分子力表现为斥力的那一段上，即乙分子由c向d运动的过程中，分子力做负功，分子势能增加．答案：(1)c处负值(2)c到d阶段3．(2009·广东高考)(1)远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自 燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过 ________方式改变物体的内能，把________转变成内能． (2) 某同学做了一个小实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈 上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起 来，如图11－1－4所示．这是因为烧瓶里的气体吸收了水 的________，温度________，体积________．解析：(1)“钻木”的过程是做功的过程，是把机械能转化为 内能的过程．(2)烧瓶里的气体吸收热量后，由热力学第一定律知，气体的内能增加，因而温度升 高，体积增大．答案：(1)做功 机械能 (2)热量 升高 增大4．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m 2的面 盆盛6 kg 的水，经太阳垂直照射15 min ，温度升高5℃，若地表植物每秒吸收太阳 能的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒吸收的太阳能为多少焦耳？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ 的太阳能可放出0.05 L 的氧气，则每公顷绿 地每秒可放出多少升的氧气？[1公顷＝104 m 2，水的比热容c ＝4.2×103 J/(kg·℃)] 解析：(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为W ＝cm Δt St ＝4.2×103×6×50.1×15×60J ＝1.4×103 J(2)氧气的体积为V ＝104×1.4×103103×0.05 L ＝700 L.答案：(1)1.4×103 J (2)700 L5．1 mol 铜的质量为63.5 g ，铜的密度是8.9×103 kg/m 3，试计算(N A ＝6.02×1023 mol －1)(1)一个铜原子的体积；(2)假若铜原子为球形，求铜原子的直径； (3)铜原子的质量．解析：(1)1 mol 铜的体积即摩尔体积 V m ＝M ρ＝6.35×10－28.9×103 m 3≈7.1×10－6 m 3而1 mol 的任何物质中含有N A 个粒子，因此每个铜原子的体积为V0＝V mN A≈1.2×10－29m3.(2)假设铜原子为球形，其直径为d，则V0＝43π(d2)3，d＝36Vπ≈2.8×10－10 m(3)一个铜原子的质量m0＝MN A＝6.35×10－26.02×1023kg≈1.05×10－25 kg.答案：(1)1.2×10－29 m3(2)2.8×10－10 m(3)1.05×10－25 kg6．一定量的气体内能增加了3×105 J.(1)若吸收了2×105 J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？(2)若气体对外界做了4×105 J的功，则是气体放热还是从外界吸热？放出或吸收的热量是多少？解析：(1)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝ΔU－Q＝3×105 J－2×105 J＝1×105 J外界对气体做功．(2)由ΔU＝Q＋W得Q＝ΔU－W＝3×105 J－(－4×105 J)＝7×105 J气体从外界吸热．答案：(1)外界对气体做功1×105 J(2)气体从外界吸热7×105 J7．已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，水的摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，求：(保留两位有效数字，N A＝6×1023 mol－1)(1)1 cm3的水中有多少个水分子？(2)水分子的直径有多大？解析：水的摩尔体积为V m＝Mρ＝1.8×10－21.0×103m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol(1)1 cm3水中的水分子数：N＝N AV m V≈6×10231.8×10－5×106个≈3.3×1022个(2)建立水分子的球模型有：16πd3＝V mN A水分子直径：d＝36VmπN A＝36×1.8×10－53.14×6×1023m≈3.9×10－10 m答案：(1)3.3×1022个(2)3.9×10－10 m8．下表为0℃和100℃时氧分子的速率分布[不同温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比(%)]，仔细观察下表，对于气体分子的无规则运动，你能得出哪些结论？答案：随着温度的升高，分子的平均运动速率增大；各分子的运动速率(平均动能) 并不相同；但其速率分布遵循中间多两边少的规律．9．如图11－1－5所示为电冰箱的工作原理示意图．图11－1－5压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．(1)下列说法正确的是______．A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？解析：(1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B、C.(2)由热力学第一定律可知，电冰箱从冰箱内吸了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多．答案：见解析10．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40℃以上，气锤至少应落下多少次？[设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高，且铁的比热容c＝0.11 cal/(g·℃)，g取10 m/s2，1 cal＝4.2 J]解析：气锤下落过程中只有重力做功，机械能守恒，因而气锤撞击铁块时动能为E k＝mgh＝103×10×2.5 J＝2.5×104 J由动能定理知气锤撞击铁块所做的功为W＝E k－0＝2.5×104 J使铁块温度升高所需的热量(升高40℃)Q＝cmΔt＝0.11×200×103×40 cal＝3.696×106 J设气锤下落n次才能使铁块温度升高40℃，由能量守恒定律有：n·W·η＝Qn＝QW·η＝3.696×1062.5×104×60%次＝246.4次故气锤至少要下落247次．答案：247次选考部分选修3-3 第十一章第2单元固体、液体和气体1．如图11－2－5所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则如图11－2－6所示的p－T图象能正确反应缸内气体压强变化情况的是()图11－2－6解析：初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D是错误的．在p－T图象中，等容线为通过原点的直线，所以C图是错误的．答案：B2．(2010·上海模拟)(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和物理性质各向异性上加以判断时，可以通过________________方法来判断它是否为晶体．(2)在严寒的冬天，房间玻璃上往往会结一层雾，雾珠是在窗玻璃的________________表面．(填“外”或“内”)．(3)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时看起来不再蒸发？答：_____________________________________________________________________ 解析：(1)加热时，晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，因而可以用加热时有无确定熔点的实验来判断．(2)靠近窗的温度降低时，饱和汽压也变小，这时会有部分水蒸气液化变成水附着在玻璃上，故在内侧出现雾珠．(3)还有液体分子从液面飞出，但同时也有气体分子被碰撞飞回到液体中去，当液体上方的蒸汽达到饱和时，单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子数相等而呈动态平衡即饱和汽．液体不再减少，从宏观上看好像不再蒸发了．答案：(1)用加热时有无确定熔点的实验(2)内(3)见解析3．(2010·东城模拟)如图11－2－7所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中(状态①)，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离(状态②)，在此过程中：(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是() A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C ．水平外力F 逐渐变大D ．气体内能减少E ．气体放热F ．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现G ．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律 (2)如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体 从状态①变化到状态②，此过程可用图11－2－8中的哪几个图象表示 ( )图11－2－8解析：(1)温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率不变，由于热运动频繁碰撞， 不是每个分子的速率都不变，B 对，A 错；由玻意耳定律知体积增大，压强减小，活 塞内、外压强差增大，水平拉力F 增大，C 对；由温度不变、体积增大知，气体内 能不变，对外做功，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，D 、E 、F 均 错；题中气体虽从单一热库吸热，全部用来对外做功，但必须有外力作用于杆并引 起气体的体积增大，因而引起了其他变化，不违反热力学第二定律，G 对．(2)由题 意知，从①到②，温度不变，体积增大，压强减小，所以只有A 、D 正确． 答案：(1)BCG (2)AD4．内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa 、体积 为2.0×10－3 m 3的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移 出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.(大气压强 为1.0×105 Pa)(1)求汽缸内气体的最终体积；(2)在图11－2－9所示的p －V 图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化． 解析：(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p 0V 0＝p 1V 1 解得：p 1＝V 0V 1p 0＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105 Pa ＝2.0×105Pa 在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，则 V 1T 0＝V 2T 2所以V 2＝T 2T 0V 1＝273＋127273×1.0×10－3m 3≈1.47×10－3m 3.(2)如下图所示．答案：(1)1.47×10－3m 3 (2)见解析图5．(2009·山东高考)一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C ，其中A →B 过 程为等压变化，B →C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3，T A ＝T C ＝300 K ，T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B →C 过程压强变化的微观原因．(3)设A →B 过程气体吸收热量为Q 1，B →C 过程气体放出热量为Q 2，比较Q 1、Q 2 的大小并说明原因．解析：(1)设气体在状态B 时的体积为V B ，由盖-吕萨克定律得 V A T A ＝V BT B代入数据得V B ＝0.4 m 3(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动 能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．(3)Q 1大于Q 2；因为T A ＝T C ，故A →B 增加的内能与B →C 减少的内能相同，而A →B 过程气体对外做正功，B →C 过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2. 答案：(1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1大于Q 2，原因见解析 6.某同学在夏天游玩时，看到有一些小昆虫可以在水面上停留或能跑来跑去而不会沉入水中，尤其是湖水中鱼儿戏 水时吐出小气泡的情景，觉得很美，于是画了一幅鱼儿戏水的图画如图11－2－10所示．但旁边的同学考虑到上层水温较高和压强较小的情况，认为他的画有不符合物理规律之处，请根据你所掌握的物理知识指出正确的画法(用简单的文字表述，不 要画图)，并指出这样画的物理依据．(1)正确的画法应为：__________________________. (2)物理学依据：____________________________.(3)试分析小昆虫在水面上不会沉入水中的原因_____________________________． 解析：(1)正确的画法应为：上面的气泡体积比下面的气泡体积要大． (2)物理学依据：由理想气体状态方程得V 2＝p 1T 2p 2T 1V 1.因为p 1＞p 2，T 2＞T 1，所以V 2＞V 1.(3)由于水的表面张力作用，当昆虫在水面上时，水的表面向下凹，像张紧的橡皮膜， 小昆虫受到向上的弹力与重力平衡，所以昆虫可以在水面上停留或能跑来跑去而不 会沉入水中． 答案：见解析7．(2009·上海高考)如图11－2－11所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口．管内有一段水银柱，右管内气柱长为39 cm ，中管 内水银面与管口A 之间气柱长为40 cm.先将B 端封闭，再将左 管竖直插入水银槽，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面 比中管内水银面高2 cm.求： (1)稳定后右管内的气体压强p ；(2)左管A 端插入水银槽的深度h .(大气压强p 0＝76 cmHg) 解析：(1)设均匀玻璃管的横截面积为S ，插入水银槽后对右管内 气体，由玻意耳定律得： p 0l 0S ＝p (l 0－Δh /2)S ， 所以p ＝78 cmHg.(2)插入水银槽后左管内气体压强： p ′＝p ＋ρg Δh ＝80 cmHg ， 左管内、外水银面高度差h 1＝p ′－p 0ρg ＝4 cm ，对中、左管内气体有p 0lS ＝p ′l ′S ， 得l ′＝38 cm ， 左管插入水银槽深度 h ＝l ＋Δh /2－l ′＋h 1＝7 cm. 答案：(1)78 cmHg (2)7 cm8.有人设计了一种测温装置，其结构如图11－2－12所示．玻璃泡A 内封有一定量气体，与管A 相连的B 管插在水银槽中， 管内水银面的高度x 即可反映泡内气体的温度，即环境温度， 并可由B 管上的刻度直接读出．设B 管的体积与A 泡的体积 相比可略去不计．(1)B 管刻度线是在1标准大气压下制作的(1标准大气压相当于 76 cm 水银柱的压强)．已知当温度t ＝27℃时的刻度线在x ＝ 16 cm 处，问t ＝0℃的刻度线在x 为多少厘米处？(2)若大气压已变为相当于75 cm 水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读 数仍为27℃，问此时实际温度为多少？ 解析：(1)A 中气体为等容过程，有p ＝TT 1p 1把p 1＝76－16＝60 (cmHg)， T 1＝273＋27＝300 (K)， T ＝273 K 代入上式得： p ＝273300×60 cmHg ＝54.6 cmHg x ＝(76－54.6) cm ＝21.4 cm (2)此时A 泡内气体压强为 p ′＝p 0′－x ＝75－16＝59 (cmHg) 而体积未变，由查理定律： T ′＝p ′p 1T 1＝5960×300 K ＝295 K ＝22℃. 答案：(1)21.4 cm (2)22℃9．如图11－2－13所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t 的理想气体．活塞的质量为m ，横截 面积为S ，与容器底部相距h .现通过电热丝给气体加热一 段时间，结果活塞缓慢上升了h ，若这段时间内气体吸收 的热量为Q ，已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计 器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求： (1)气体的压强；(2)这段时间内气体的内能增加了多少？ (3)这段时间内气体的温度升高了多少？ 解析：(1)p ＝p 0＋mg S (2)气体对外做功为W ＝pSh ＝(p 0＋mgS )Sh ＝(p 0S ＋mg )h 由热力学第一定律得： ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )h (3)由盖-吕萨克定律得：V 1T 1＝V 2T 2hS 273＋t ＝2hS273＋t ′ 解得：t ′＝273＋2t Δt ＝t ′－t ＝273＋t . 答案：见解析选考部分 选修3-3 第十一章 第3单元 实验 用油膜法估测分子的大小1．“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：A ．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去， 多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油膜的面积S .B ．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘 上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上．C ．用浅盘装入约2 cm 深的水．D ．用公式d ＝VS 求出薄膜厚度，即油酸分子的大小．E ．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V . (1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完全，请指出：①_______________________________________________________________________ ②_______________________________________________________________________ (2)上述实验步骤的合理顺序是________．解析：(1)①C 步骤中，要在水面上均匀地撒上石膏粉或痱子粉．②实验中，要有步骤F ：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴 入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数． (2)合理顺序为CFBAED 答案：(1)见解析 (2)CFBAED2．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，现有按体积比为n ∶m 配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个盛 有约2 cm 深水的浅盘，一支滴管，一个量筒． 请补充下述估测分子大小的实验步骤：(1)________________(需测量的物理量自己用字母表示．)(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图11－3－3所示．(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时半个以上方格面积记为S，不足半个的舍去)则油膜面积为________．(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝____________.解析：(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读其体积V.(2)利用补偿法，可查得面积为8S.(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′＝VN×nm＋n，油膜面积S′＝8S，由d＝V′S′，得d＝nV8NS(m＋n).答案：(1)见解析(2)8S(3)nV8NS(m＋n)3.油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如图11－3－4所示．若每一小方格的边长为25 mm，试问：(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为_______油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图11－3－4中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：____________________________________________________ ________________________________________________________________________. 解析：油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6 m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61000×10－6 m3＝1.2×10－11 m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.答案：(1)球体单分子直径 4.4×10－2 1．2×10－11 2.7×10－10(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩4．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V，配制的油酸溶液中纯油酸与溶液体积之比为1∶500，1 mL油酸溶液50滴，那么一滴溶液的体积是_______mL，所以一滴溶液中油酸体积为V＝_______ cm3.若实验中测得的结果如下表所示，请根据所给数据填写空白处的数值，并与公认的油酸分子直径值d0＝5.12×10－10m作比较，并判断此实验是否符合数量级的要求．解析：1滴溶液的体积V溶液＝150mL，其中含油酸体积V＝1500V溶液＝4×10－5cm3，据此算出3次测得的d值分别为d1≈7.43×10－8cm，d2≈7.34×10－8 cm，d3≈7.10×10－8cm，其平均值d＝d1＋d2＋d33＝7.29×10－8cm＝7.29×10－10m，这与公认值的数量级相吻合，故本次估测数值符合数量级的要求．答案：1504×10－50.7430.7340.7107.29×10－10 m符合5．利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数，把密度ρ＝0.8×103 kg/m3的某种油，用滴管滴出一滴在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V＝0.5×10－3 cm3，形成的油膜面积为S＝0.7 m2.油的摩尔质量M＝0.09 kg/mol.若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，只需要保留一位有效数字，那么：(1)该油分子的直径是多少？(2)由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数N A的值是多少？(先列出计算式，再代入数据计算)解析：(1)由d＝VS可得：d＝0.5×10－3×10－60.7m≈7×10－10 m(2)每个油分子的体积V 0＝16πd 3油的摩尔体积V mol ＝Mρ假设油是由油分子紧密排列而成的，有： N A ＝V mol V 0＝6M πρd 3代入数据可得N A ≈6×1023 mol －1.答案：(1)7×10－10m (2)见解析选考部分 选修3-4 第十二章 第1单元 机械振动1．(2010·泉州模拟)(1)蜘蛛虽有8只眼睛，但视力很差，完全靠感觉来捕食和生活，它 的腿能敏捷地感觉到丝网的振动，当丝网的振动频率为f ＝200 Hz 左右时，网的振幅 最大．对于落在网上的昆虫，当其翅膀振动的频率为________ Hz 左右时，蜘蛛能立 即捕捉到它．(2)如果该丝网共振时的最大振幅为0.5 cm ，试定性画出其共振曲线．解析：(1)当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体发生共振，物体的振幅最大， 故昆虫翅膀的振动频率应为200 Hz 左右． (2)共振曲线如图所示．答案：(1)200 (2)见解析图2．(2008·广东高考)大海中航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改 变航行方向和________，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的________．解析：风浪冲击力的频率要远离轮船摇摆的频率才不会使轮船发生共振，才能防止 倾覆．答案：速度 频率3．弹簧振子以O 点为平衡位置在B 、C 两点之间做简谐运动，B 、C 相距20 cm.某时 刻振子处于B 点，经过0.5 s ，振子首次到达C 点，求： (1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s 内通过的路程及5 s 末的位移大小；(3)振子在B 点的加速度大小跟它距O 点4 cm 处P 点的加速度大小的比值．解析：(1)由题意可知，振子由B →C 经过半个周期，即T 2＝0.5 s ，故T ＝1.0 s ，f ＝1T ＝1 Hz.(2)振子经过1个周期通过的路程s 1＝0.4 m ．振子5 s 内振动了五个周期，回到B 点， 通过的路程：s ＝5s 1＝2 m. 位移x ＝10 cm ＝0.1 m (3)由F ＝－kx 可知： 在B 点时 F B ＝－k ×0.1 在P 点时F P ＝－k ×0.04 故a B a P ＝F BmF Pm＝5∶2. 答案：(1)1.0 s 1.0 Hz (2)2 m 0.1 m (3)5∶24．有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的 周期是T 0.当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T .求该气球此时离海平面的高 度h .(把地球看做质量均匀分布的半径为R 的球体) 解析：根据单摆周期公式得T 0＝2πlg 0，T ＝2π lg ，其中l 是单摆长度，g 0和g分别是两地点的重力加速度．根据万有引力定律公式可得g 0＝G M R 2，g ＝G M(R ＋h )2由以上各式可解得h ＝(TT 0－1)R .答案：(TT 0－1)R5.如图12－1－6所示，一个光滑的圆弧形槽半径为R ，放 在水平地面上，圆弧所对的圆心角小于5°.AD 的长为x ， 今有一小球m 1以沿AD 方向的初速度v 从A 点开始运动， 要使小球m 1可以与固定在D 点的小球m 2相碰撞，那么 小球m 1的速度v 应满足什么条件？解析：把m 1的运动分成两个分运动，其一是沿AD 方向的匀速运动，其二是沿AB 圆弧的运动，实际相当于摆长等于圆弧槽半径的单摆运动． 在AD 方向上：x ＝v t① 在AB 弧上运动，等效成单摆运动：t ＝nT ② 又T ＝2πRg③由②③两式可得：t ＝2n πRg (n ＝1,2,3…)代入①式得：v ＝x t ＝x2n πgR(n ＝1,2,3…)． 答案：v ＝x 2n πgR(n ＝1,2,3……) 6．如图12－1－7所示的三个图线分别是用不同的传感器测出的不同物体的振动图 线．从三个图线可知，这三个物体振动的共同特点是具有________；三个物体中， 最简单的振动是________的振动；图中心脏跳动的图线是某人的心电图，方格纸每 个小方格的宽度是0.5 cm ，心电图记录仪拖动方格纸的速度是1.8 cm/s ，则此人的心 率是________次/分．图12－1－7答案：周期性 弹簧振子 67.57．如图12－1－8所示是某同学设计的测量物体质量的装置，其中P 是光滑水平面，N 是质量为M 的带夹子的金属盒， 金属盒两端分别连接轻质弹簧；Q 是固定于盒子上的遮光片， 利用它和光电计时器能测量金属盒振动时的频率．已知弹簧 振子做简谐运动时的周期T ＝2πmk ，其中m 是振子的质量，k 是常数．当空盒振动时，测得振动频率为f 1；把一物体夹在盒中，并使其振动时，测得频率为f 2.你认 为这套装置能测量物体的质量吗？如果不能，请说明理由；若能，请求出被测物体 的质量．解析：由弹簧振子的周期公式可知，其周期是振子质量的函数，只要知道夹入物体 前、后振子的周期，就可求出物体的质量． 空盒时，1f 1＝T 1＝2πM k设物体质量为m ，盒内装入物体后 1f 2＝T 2＝2π M ＋mk联立可解m ＝f 21－f 22f 22M .答案：见解析8．如图12－1－9甲所示是一个单摆振动的情形，O 是它的平衡位置，B 、C 是摆球所 能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙所示是这个单摆的振动图 象．根据图象回答：(取π2＝10)。
人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套
人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共5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。
高中物理选修3-5全册综合测试(全册)
物理：（选修3-5）试卷（考试时间：90分钟，满分100分）一、选择题(本题包括15小题。
在每小题给出的四个选项中。
有的小题只有一个选项正确。
有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，选错或不答的得0分，共60分)1、下列观点属于原子核式结构理论的有：（ ）A . 原子的中心有原子核，包括带正电的质子和不带点的中子B . 原子的正电荷均匀分布在整个原子中C . 原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里D . 带负电的电子在核外绕着核在不同轨道上旋转2、下列叙述中符合物理学史的有：（ ）A ．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的C ．巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式D ．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说3、氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法中正确的是：（ )A ．电子绕核旋转的半径增大B ．氢原子的能量增大C ．氢原子的电势能增大D ．氢原子核外电子的速率增大4、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：（ ）A ．发出波长为λ1-λ2的光子B ．发出波长为2121λλλλ-的光子 C ．吸收波长为λ1-λ2的光子D ．吸收波长为2121λλλλ-的光子5、根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n =1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为：（ ）A ．13.6eVB ．3.4eVC ．10.2eVD ．12.09eV 6、有关氢原子光谱的说法中不正确．．．的是：（ ） A ．氢原子的发射光谱是连续光谱B ．氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关C ．氢原子光谱说明氢原子能级是分立的F θD ．氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光7、放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，已知A 的质量大于B 的质量，下面说法中正确的是 ( ) A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，A 车的速度小于B 车的速度8、水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上的同一物体，分别作用一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动到最后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，则 （ ）A 、F 2的冲量大B 、F 1的冲量大C 、F 1和F 2的冲量相等D 、无法比较F 1和F 2的冲量大小9、下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是（ ）A.自由落体运动B.平抛运动C.匀速圆周运动D.匀减速直线运动10、如图，在光滑水平面上有一质量为m 的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F 作用下运动，则在时间t 内 （ ）A ．重力的冲量为0B ．拉力F 的冲量为FtC ．拉力F 的冲量为FtcosθD ．物体动量的变化量等于Ftcosθ11、如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。
新人教版高中物理选修3-4模块综合试题及答案5
色性和相干性，所以不需要滤光片和单缝，直接照射到双缝上即可得到干涉图样．
7．( ·苏北五市模拟 )某有线制导导弹发射时，在导弹发射基地和导弹间连一根细如蛛丝的特
2
制光纤 (像放风筝一样 )，它双向传输信号，能达到有线制导作用．光纤由纤芯和包层组成，
其剖面如图所示，其中纤芯材料的折射率
n1＝ 2，包层折射率 n2＝ 3 ，光纤长度为 3 3
所以 D 点速率最大．
6．在用双缝干涉测光的波长的实验中，所用实验装置如图甲所示，调节分划板的位置，使 分划板中心刻线对齐某条亮条纹 (并将其记为第一条 )的中心，如图乙所示，此时手轮上的读
数为 ________mm ；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮
上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹到第四条亮条纹之间的距离
[解析 ] 手轮上的读数的固定刻度读数为 1mm ，可动刻度第 18 个格与基准线对齐，读数为
18.0×0.01mm ，所以手轮上的读数为 1.180mm ；第 1 到第 4 亮纹之间有 3 个条纹间隔，所
以
Δx＝
9.900 3 mm
＝
3.300mm
，
λ＝
d l
Δx＝
6.60
×
－
10
7
m
；氦氖激光器发出的激光具有很好的单
－5
[答案 ] (1)见解析 (2)8×10 s
[解析 ] (1)由题意在纤芯和包层分界面上全反身临界角
C 满足： n1sinC＝ n2sin90 得°：C＝ 60°，
当在端面上的入射角最大 (θ1m＝ 90°)时，折射角 θ2 也最大，在纤芯与包层分界面上的入射角
θ1′ 最小．
sin90 ° 在端面上： θ1m＝ 90°时， n1＝ sinθ2m得： θ2m＝ 30°
生物选修三综合检测试题含答案_人教版
生物选修三检测试题〔一〕一、选择题1.在基因工程操作过程中，E•coli DNA连接酶的作用是A．将任意两个DNA分子连接起来B．连接具有一样黏性末端的DNA分子，包括DNA分子的根本骨架和碱基对之间的氢键C．只连接具有一样黏性末端的DNA分子的根本骨架，即磷酸二酯键D．只连接具有一样黏性末端的DNA分子碱基对之间的氢键2．以下有关基因工程技术的表达，正确的选项是A．重组DNA技术所用的工具酶是限制酶、连接酶和载体B．所有的限制酶都只能识别同一种特定的核苷酸序列C．选用细菌为基因表达载体的受体细胞是因为质粒易进入细菌细胞且繁殖快D．只要目的基因进入受体细胞就能成功实现表达3.基因工程是在DNA分子水平上进展设计施工的。
在基因操作的根本步骤中，不进展碱基互补配对的是A.人工合成目的基因B.目的基因与运载体结合C.将目的基因导入受体细胞D.目的基因的检测表达4.水母发光蛋白由236个氨基酸构成，其中有三种氨基酸构成发光环，现已将这种蛋白质的基因作为生物转基因的标记。
在转基因技术中，这种蛋白质的作用A.促使目的基因导入宿主细胞中B.促使目的基因在宿主细胞中复制C.使目的基因容易被检测和选择D.使目的基因容易成功表达5.以下属于PCR技术的条件的是①单链的脱氧核苷酸序列引物②目的基因所在的DNA片段③脱氧核苷酸④核糖核苷酸⑤DNA连接酶⑥DNA聚合酶⑦DNA限制性切酶A.①②③⑤B.①②③⑥C.①②③⑤⑦D.①②④⑤⑦6.人的糖蛋白必须经质网和高尔基体进一步加工合成，通过转基因技术，可以使人的糖蛋白基因得以表达的受体细胞是A、大肠杆菌B、酵母菌C、T4噬菌体D、质粒DNA7.在基因诊断技术中，所用的探针DNA分子中必须存在一定量的放射性同位素，后者的作用是A．为形成杂交的DNA分子提供能量B．引起探针DNA产生不定向的基因突变C. 作为探针DNA的示踪元素D．增加探针DNA的分子量8．在基因表达载体的构建中，以下说确的是①表达载体组成至少包括目的基因、标记基因、启动子、终止子②有了启动子才能驱动基因转录出mRNA③所有基因表达载体的构建是完全一样的④终止子的作用是使转录在所需要的地方停顿A．②③B．①②④C．①②③D．②③④9.科学家将含人的α—胰蛋白酶基因的DNA片段，注射到羊的受精卵中，该受精卵发育的羊能分泌含α一抗胰蛋白质的奶。
精选人教版高中物理选修3-5：测试卷(四)含答案
高中同步测试卷(四)第四单元原子的核式结构和能级跃迁(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分．) 1．卢瑟福的α粒子散射实验的结果( )A．证明原子中绝大部分是空的B．证明了质子的存在C．证明了原子核是由质子和中子组成的D．说明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上2．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是( )A．使α粒子产生偏转的力主要是原子中电子对α粒子的作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能产生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子3．在α粒子散射实验中，当在α粒子最接近原子核时，关于描述α粒子的有关物理量符合下列哪些情况( )A．动能最小B．势能最小C．α粒子与金原子核组成的系统能量最小D．α粒子所受金原子核的斥力最大4．关于原子结构理论与α粒子散射实验的关系，下列说法正确的是( )A．α粒子穿过原子时，只有少数粒子发生大角度偏转的原因是原子核很小，α粒子接近原子核的机会很小B．使α粒子发生大角度偏转的原因是α粒子穿过原子时，原子内部两侧的正电荷对α粒子的斥力不相等C．卢瑟福的α粒子散射实验是为了验证核式结构理论的正确性D．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论5．如图所示，X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，设入射的动能相同，其偏转轨道可能是图中的( )6．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场的等势面，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从A 运动到B 、再运动到C 的过程中，下列说法中正确的是( )A ．动能先增大，后减小B ．电势能先减小，后增大C ．电场力先做负功，后做正功，总功等于零D ．加速度先变小，后变大7．关于α粒子散射实验的下列说法中正确的是( )A ．在实验中观察到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，仍沿原来方向前进，少数发生了较大偏转，极少数偏转超过90°，有的甚至被弹回，接近180°B ．使α粒子发生明显偏转的力是来自带负电的核外电子；当α粒子接近电子时，是电子的吸引力使之发生明显偏转C ．实验表明原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分D ．实验表明原子中心的核带有原子的全部正电荷及全部质量8.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中 ( )A ．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B ．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C ．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D ．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大9．下列叙述中，符合玻尔理论的是( )A ．电子可能轨道的分布是不连续的B ．电子从一个轨道跃迁到另一个轨道上时，原子将辐射或吸收一定的能量C ．电子在可能的轨道上绕核做圆周运动，不向外辐射能量D ．电子没有确定的轨道，只存在电子云10．已知氢原子处于激发态的能量E n ＝E 1n 2，式中E 1为基态的能量，E 1＝－13.6 eV.对于处于n ＝4激发态的一群氢原子来说，可能发生的辐射是( )A ．能够发出五种能量不同的光子B ．能够发出六种能量不同的光子C ．发出的光子的最大能量是12.75 eV ，最小能量是0.66 eVD ．发出的光子的最大能量是13.6 eV ，最小能量是0.85 eV11．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1<ν2<ν3，则该照射光的光子能量为( )A ．h ν1B ．h ν2C ．h ν3D ．h (ν1＋ν2＋ν3)12．氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为 1.62～3.11 eV.下列说法正确的是( )A．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B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，可能发出可见光C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光D．一个处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光题号123456789101112答案的演算步骤，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．)13．(8分)大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89 eV、10.2 eV、12.09 eV.跃迁发生前这些原子分布在几个激发态能级上，其中最高能级的能量值是多少(基态能量为－13.6 eV)?14．(8分)如图给出氢原子最低的四个能级．氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多有几种，其中最低的频率为多少(保留两位有效数字)?15．(10分)1911年前后，物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，获得惊人的发现．试由此实验并根据下面所给的公式或数据估算金原子核的大小．点电荷的电势φ＝kQ R ，k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2.金原子序数为79，α粒子的质量m α＝6.64×10－27 kg ，质子的质量m p ＝1.67×10－27 kg ，α粒子的速度v α＝1.60×107 m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19 C.16.(14分)在α粒子散射实验中，测得α粒子与金核197 79Au 对心正碰所能达到的最近距离为2.0×10－14 m ，以此为依据，估算金核的平均密度是多少？(阿伏加德罗常数N ＝6.0×1023mol －1)参考答案与解析1．[导学号13050049] 【解析】选AD.卢瑟福的α粒子散射实验的结果只能说明原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上，原子中绝大部分是空的，不能证明质子的存在、原子核是由质子和中子组成的和电子只能在某些不连续的轨道上运动，所以选项A 、D 正确．2．[导学号13050050] 【解析】选BCD.原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，故B 对，A 错；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较多，故C 、D 对．3．[导学号13050051] 【解析】选AD.α粒子和金原子核都带正电，库仑力表现为斥力，两者距离减小，库仑力做负功，故α粒子动能减少，电势能增加；系统的能量守恒，由库仑定律可知，随着距离的减小，库仑斥力逐渐增大．4．[导学号13050052] 【解析】选AD.α粒子穿过原子时，只有少数α粒子发生大角度偏转的原因是原子核很小，α粒子接近原子核的机会很小，故A 正确；造成α粒子散射角度大的原因是在原子中极小的区域内存在对α粒子产生库仑力的正电荷，α粒子受到的斥力比较大，故B 错误；卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论，C 错误，D 正确；故选A 、D.5．[导学号13050053] 【解析】选D.离金核越远的α粒子受到的斥力越小，偏转角度也就越小，离核较近的粒子方向变化较大，故D 正确，A 、B 、C 均错．6．[导学号13050054] 【解析】选C.α粒子从A 点经B 点到达等势点C 的过程中电场力先做负功，后做正功，α粒子的电势能先增加，后减少，回到同一等势线上时，电场力做的总功为零，故C 项正确．7．[导学号13050055] 【解析】选AC.A 项是对该实验现象的正确描述，正确；B 项中，使α粒子偏转的力是原子核对它的静电排斥力，而不是电子对它的吸引力，故B 错；C 项是对实验结论之一的正确表述；原子核集中了全部正电荷和几乎全部质量，因核外还有电子，故D 错．故正确选项为A 、C.8．[导学号13050056] 【解析】选D.根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B 错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k e 2r 2＝m v 2r ，又E k ＝12mv 2，所以E k ＝ke 22r.由此式可知：电子离核越远，即r 越大时，电子的动能越小，故A 、C 错；由r 变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D 正确．9．[导学号13050057] 【解析】选ABC.根据玻尔理论可知电子可能轨道的分布是不连续的，电子从一个轨道跃迁到另一个轨道上时，原子将辐射或吸收一定的能量，电子在可能的轨道上绕核做圆周运动，不向外辐射能量，所以选项A 、B 、C 符合题意．10．[导学号13050058] 【解析】选BC.最大能量是从n ＝4的激发态跃迁到基态，最小能量是从n ＝4的激发态跃迁到n ＝3的激发态．11．[导学号13050059] 【解析】选C.处于基态的氢原子吸收光子的能量跃迁到激发态后，能且只能向外辐射三种频率的光，由此可推出该激发态为第3轨道，因ν1<ν2<ν3，则可断定h ν1为第3轨道向第2轨道跃迁时释放出的能量，h ν2为第2轨道向第1轨道跃迁时释放的能量，h ν3为第3轨道向第1轨道跃迁时释放的能量．那么从第1轨道向第3轨道跃迁需要吸收h ν3的能量，故选项C 正确．12．[导学号13050060] 【解析】选AC.由于E 3＝－1.51 eV ，紫外线光子的能量大于可见光光子的能量，即E 紫>E ∞－E 3＝1.51 eV ，可以使氢原子电离，A 正确；大量氢原子从高能级向n ＝3能级跃迁时，最大能量为1.51 eV ，即辐射出光子的能量最大为1.51 eV ，小于可见光光子的能量，B 错误；n ＝4时跃迁发出的频率数为C 24＝6种，C 正确；一个处于n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多可能发出(3－1)＝2种不同频率的光，D 错误．13．[导学号13050061] 【解析】由题知x －(－13.6 eV)＝12.09 eV ，解得x ＝－1.51 eV.【答案】2 －1.51 eV14．[导学号13050062] 【解析】法一：利用跃迁规律画出可能辐射光谱线条数，如图所示，共6种．法二：利用数学中的组合公式计算辐射的光子的频率有：N ＝n （n －1）2＝4×32＝6(种)从n ＝4跃迁到n ＝3，能量差最小，辐射的光子的频率最低．由h ν＝E 4－E 3，得其频率为ν＝E 4－E 3h ＝[－0.85－（－1.51）]×1.6×10－196.63×10－34Hz ＝1.6×1014Hz. 【答案】6种 1.6×1014Hz15．[导学号13050063] 【解析】设α粒子接近金原子核最近时的距离为R ，则R 可认为是金原子核的半径．由动能定理得12m αv 2α＝q αφ 又因为φ＝kQ R ，Q 为金原子核电荷量，则R ＝2q αkQ m αv 2α，其中q α＝2e ，Q ＝79e ，代入上式可得R ＝4ek ·79e m αv 2α＝4×10－14 m. 【答案】4×10－14 m16．[导学号13050064] 【解析】把α粒子能够接近金箔的最小距离近似看做金原子核的半径R ，金核的体积V ＝43πR 3＝43×π×(2.0×10－14)3m 3＝3.3×10－41 m 3一个原子的质量m 0＝197×10－36.0×1023 kg ＝3.3×10－25 kg 金原子核的平均密度 ρ＝m 0V ＝3.3×10－253.3×10－41 kg/m 3＝1.0×1016 kg/m 3 【答案】1.0×1016 kg/m 3。
人教版高中物理选修3-5阶段质量检测(四).docx
高中物理学习材料桑水制作阶段质量检测（四）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题至少一个答案正确)1.(2012·南通高二检测)关于天然放射现象和对放射性的研究，下列说法正确的是( )A.是约里奥—居里夫妇首先发现的B.说明了原子核不是单一的粒子C.γ射线随α射线或β射线而产生D.任何放射性元素都能同时发出三种射线2.关于放射性同位素的应用,下列说法中正确的是( )A.放射性改变了布料的性质使其不再因摩擦而起电,并以此达到消除有害静电的目的B.利用γ射线的贯穿本领可以为金属探伤,也能进行人体的透视C.用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异,其结果一定会成为更优秀的品种D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量,以免对人体正常的组织造成太大的伤害3.关于放射性元素的半衰期,下列说法中正确的是( )A.半衰期是原子核质量减少一半所需的时间B.半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间C.半衰期与外界压强和温度有关,与原子的化学状态无关D.半衰期可以用于测定地质年代、生物年代等4.(2012·杭州高二检测)下列说法正确的是( )A.铀235只要俘获中子就能进行链式反应B.所有的铀核俘获中子后都能裂变C.太阳不断地向外辐射大量能量，太阳质量应不断减小，日地间距离应不断增大，地球公转速度应不断减小D.粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的5.对核子结合成原子核的下列说法正确的是( )A.原子核内的核子间均存在核力B.原子核内的质子间均存在核力和库仑力C.当n个核子靠近到核力作用的范围而结合为原子核时,其间势能一定减小D.对质子数较多的原子核，其中的中子起到增加核力、维系原子核稳定的作用6.“轨道电子俘获”也是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核(称为子核)并且放出一个中微子的过程.中微子的质量很小,不带电,很难被探测到,人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的.一个静止的原子的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子.下面的说法中正确的是( )A.母核的质量数等于子核的质量数B.母核的电荷数大于子核的电荷数C.子核的动量与中微子的动量相同D.子核的动能大于中微子的动能7.现有三个核反应，下列说法正确的是( )①2411Na→2412Mg+0-1e②23592U+10n→14456Ba+8936Kr+310n③21H+31H→42He+10nA.①是裂变，②是β衰变，③是聚变B.①是β衰变，②是裂变，③是聚变C.①是聚变，②是裂变，③是β衰变D.①是β衰变，②是聚变，③是裂变8.14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法.若以横坐标t表示时间,纵坐标m表示任意时刻14C的质量,m0为t=0时14C的质量.下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )9.(2012·潍坊高二检测)一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子.已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )A.核反应方程是11H+10n→31H+γB.聚变反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3C.辐射出的γ光子的能量E=(m 3-m 1-m 2)cD.γ光子的波长()2123hm m m cλ=+-10.静止的氡核22286Rn 放出α粒子后变成钋核21884Po,α粒子动能为E α.若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能,真空中的光速为c,则该反应中的质量亏损为( )2222E 111E 109E A.B.0C.D.109c 109c 111c ααα11.如图所示,两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种核反应后,产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹,可能是( )A.原子核发生了α衰变B.原子核发生了β衰变C.原子核放出了一个正电子D.原子核放出了一个中子12.如图所示,一天然放射性物质射出三种射线,经过一个匀强电场和匀强磁场共存的区域(方向如图中所示),调整电场强度E 和磁感应强度B 的大小,使得在MN 上只有a 和b 两个点受到射线照射.下面的哪种判断是正确的( )A.射到b点的可能是α射线B.射到b点的一定是β射线C.射到b点的一定是α射线或β射线D.射到b点的一定是γ射线二、非选择题(本大题共4小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(2012·唐山高二检测)(8分)完成下列核反应方程,并指出核反应的类型.(1)32He+________→42He+11H,是________变.(2)2411Na→2412Mg+________,是________变.(3)2311Na+________→2411Na+11H,是________变.(4)23592U+10n→14256Ba+9136Kr+3________,是________变.14.(10分)核反应堆的功率为104 kW,1 h消耗燃料8.75 g,已知每个铀235裂变时放出2×108 eV的能量,求该燃料中铀235的质量百分比.15.(10分)两个氘核聚变产生一个中子和氦核(氦的同位素).已知氘核的质量m D=2.013 60 u,氦核的质量m He=3.015 0 u,中子的质量m n=1.008 7 u.(1)写出聚变方程并计算释放的核能.(2)若反应前两个氘核的动能为0.35 MeV.它们正面对撞发生聚变,且反应后释放的核能全部转化为动能,则产生的氦核和中子的动能各为多大?16.(2012·长宁区高二检测)(12分)如图甲所示,静止在匀强磁场中的63Li 核俘获一个速度为v0=7.7×104 m/s 的中子而发生核反应，即63Li+10n→31H+42He,若已知42He的速度v2=2.0×104 m/s,其方向与反应前中子速度方向相同,试求:(1)31H的速度大小和方向;(2)在图乙中,已画出并标明两粒子的运动轨迹,请计算出轨道半径之比;(3)当42He旋转三周时,粒子31H旋转几周?答案解析1.【解析】选B、C.首先发现天然放射现象的是法国的贝可勒尔，A错误；放射现象的研究揭示出原子的可变性，即原子核不是单一粒子，原子核也是具有复杂结构的，B正确；γ射线是在原子核放射α粒子或β粒子的时候，多余的能量以极高频率的γ光子的形式产生的辐射，因此，γ射线是伴随(不是一定伴随)α射线或β射线而放出的.但放射性元素在发生衰变时,一般不能单独放出γ射线,却能单独放射出α射线或β射线,若有多余能量，则就同时伴随有γ射线产生，若无多余能量，则只单独放出α射线或β射线，不产生γ射线.因此,放射性元素发生衰变时不一定都能同时发出三种射线.C正确,D错误.2.【解析】选D.利用放射性消除有害静电是利用放射线的电离作用,使空气分子电离为导体,将静电泄出,故A错误;γ射线对人体细胞伤害太大,不适合用来进行人体透视,B错误;作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的,还要经过筛选才能培育出优良的品种,C错误;用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用,因此要科学地严格控制剂量,D正确.故正确答案为D.3. 【解析】选B、D.原子核的衰变是由原子核内部因素决定的,与外界环境无关,C 错误;原子核的衰变有一定的速率,每隔一定的时间(即半衰期),原子核就衰变掉总数的一半,A错误,B正确;利用铀238可测定地质年代,利用碳14可测定生物年代,D正确.4.【解析】选C.要发生链式反应必须同时满足三个条件:(1)必须有足够纯度的铀235(浓缩铀);(2)铀块的体积必须大于或等于临界体积;(3)要有足够数量的慢中子.所以A错误.并不是所有的铀核都能发生裂变,所以B也是错误的.由于太阳在向外辐射能量的过程中,会出现质量亏损,由万有引力定律可知日地间的引力要减小,所以日地间的距离要不断增大,在向外运动的过程中由于要克服引力做功,故地球的公转速度要不断减小，所以C正确;粒子散射实验证明了原子是有核式结构的,所以D错误.故正确答案为C.5.【解析】选C、D.由于核力为短程力,只会发生在相邻核子之间,由此知A、B 错误；当n个核子靠近到核力作用范围内，而距离大于0.5×10-15m时核力表现为引力,在此过程中核力必做正功,其间势能必定减小,形成原子核后距离一般不小于0.5×10-15 m,故C正确;对质子数较多的原子核由于只有相邻的质子间才有核力,但各个质子间均有很强的库仑斥力,随着质子数的增加,其库仑力增加,对于稳定的原子核,必须存在较多的中子才能维系二者的平衡,故D正确.6.【解析】选A、B.衰变时母核与子核的质量数是相等的,A正确;母核中的质子由于变为中子,则子核中的电荷数减少1,所以B 正确;由动量守恒知中微子与子核的动量大小相等,但方向相反,C 错误;由2k p E 2m=知中微子的动能要大于子核的动能,D 错误.7.【解析】选B.根据核反应方程可确定①是β衰变，②是裂变，③是聚变，所以B 选项正确.【变式备选】美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器,通过4820Ca(钙48)轰击24998Cf(锎249)发生核反应,成功合成第118号元素,这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素.实验表明,该元素的原子核先放出3个相同的粒子X,再连续经过3次α衰变后,变成质量数为282的第112号元素的原子核,则上述过程中粒子X 是( ) A.中子 B.质子 C.电子 D.α粒子【解析】选A.由于最终经3次α衰变变成原子核282112X,由此可知原来的核应为294118X,而该核是由某原子核放出了3个粒子X 形成的.而4820Ca 和24998Cf 的总质子数为118,质量数为297,由此可知4820Ca+24998Cf →297118X,297118X →294118X+310n,故A 正确.8.【解析】选C.设半衰期为T,那么m=t T01m ()2.可见,随着t 的增长，物体的质量越来越小,且变化越来越慢,很显然C 选项图线符合衰变规律.9.【解析】选B.根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知,得到的氘核为21H,故A 错误;聚变反应过程中辐射一个γ光子,质量减少Δm=m 1+m 2-m 3,故B 正确;由质能方程知,辐射出的γ光子的能量为E=Δmc 2=(m 2+m 1-m 3)c 2,故C 错误;由c=λν及E=h ν得λ=()123hm m m c+-,故D 错误.10.【解析】选C.由于动量守恒,反冲核和α粒子的动量大小相等,由E k =2p 2m ∝1m知它们的动能之比为4∶218,因此衰变释放的总能量是111E 109α,由质能方程得质量亏损是2111E 109c α. 11.【解析】选A 、C.径迹为两个外切的圆,由左手定则知放出的粒子一定带正电荷,因此该衰变可能是α衰变,也可能是放出正电子的衰变. 12.【解题指南】解答此题应按以下思路分析：(1)明确α粒子、β粒子、γ射线的带电情况，且知道β粒子速度远大于α粒子速度.(2)当电场力和洛伦兹力平衡时或粒子不带电时,粒子沿直线运动.(3)采用假设法,假设α粒子能到达a 点,判断β粒子运动,再假设 β粒子能到达a 点,判断α粒子的运动.【解析】选A 、C.γ射线不带电,在电场或磁场中都不受力的作用,只能射到a 点,因此D 选项错误;调整E 和B 的大小,既可以使带正电的α射线沿直线前进,也可以使带负电的β射线沿直线前进.沿直线前进的条件是电场力与洛伦兹力平衡,即Eq=Bqv.已知α粒子的速度比β粒子的速度小得多,当我们调节使α粒子沿直线前进时,速度大的β粒子向右偏转,有可能射到b 点;当我们调节β粒子沿直线前进时,速度较小的α粒子也将会向右偏,也有可能射到b 点,因此A 、C 选项正确,而B 选项错误.13.【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可判断粒子种类.(1)32He+21H →42He+11H,聚变 (2分) (2)2411Na →2412Mg+0-1e,β衰变 (2分) (3)2311Na+21H →2411Na+11H,人工转变 (2分)(4)23592U+10n →14256Ba+9136Kr+310n ，裂变. (2分) 答案:见解析14.【解析】该反应堆每小时输出的能量为:E=Pt=107×3 600 J=3.6×1010 J (3分) 设放出这些能量消耗的纯铀235的质量为m g,则 E m235=×6.02×1023×2×108×1.6×10-19 J ≈8.2×1010m J (3分) 则纯铀235的质量10103.610m g 0.439 g 8.210⨯=≈⨯ (2分) 铀235的质量百分比是0.4398.75≈0.05=5% (2分) 答案:5%15.【解析】(1)聚变的核反应方程 221H →32He+10n,核反应过程中的质量亏损为Δm=2m D -(m He +m n )=0.003 5 u (2分) 释放的核能为ΔE=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV (2分) (2)对撞过程动量守恒,由于反应前两氘核动能相同,其动量等值反向,因此反应前后系统的动量为0,即0=m He v He +m n v n (2分) 反应前后总能量守恒,得12m He v He 2+12m n v n 2=ΔE+2E k0 (2分)—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————桑水 解得E kHe =0.99 MeV,E kn =2.97 MeV (2分)答案:见解析16.【解析】(1)反应前后动量守恒:m 0v 0=m 1v 1+m 2v 2(v 1为氚核速度,m 0、m 1、m 2分别代表中子、氚核、氦核质量) (2分) 代入数值可解得:v 1=-1.0×103 m/s,方向与v 0相反. (2分)(2)31H 和42He 在磁场中均受洛伦兹力f,做匀速圆周运动的半径之比r 1∶r 2=112212m v m v Bq Bq ∶ =3∶40. (3分) (3)31H 和42He 做匀速圆周运动的周期之比T 1∶T 2=12122m 2m Bq Bq ππ∶ =3∶2 (3分) 所以它们的旋转周数之比：n 1∶n 2=T 2∶T 1=2∶3，即42He 旋转三周，31H 旋转2周. (2分)答案:(1)大小为1.0×103 m/s,方向与v 0相反(2)3∶40 (3)2周【总结提升】在匀强磁场中研究核反应的规律带电粒子在磁场中的偏转现象的应用可以帮助我们研究核反应的规律,解决这类问题应明确以下三个方面:(1)明确核反应的类型并正确书写核反应方程；(2)建立力学模型,分析核反应过程中的运动情况,应用动量守恒观点和能量守恒观点列出方程；(3)根据带电粒子在磁场中的受力情况和匀速圆周运动的分析方法研究粒子在磁场中的运动规律,确定半径和周期等.。
最新人教版高中物理选修3-5测试题及答案全套
最新人教版高中物理选修3-5测试题及答案全套单元测评(一)动量守恒定律(时间：90分钟满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．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，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，以重物和斜面为一系统解析：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，向下的动量增大等．答案：A2．一物体竖直向下匀加速运动一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是()A．物体的机械能一定增加B．物体的机械能一定减少C．相同时间内，物体动量的增量一定相等D．相同时间内，物体动能的增量一定相等解析：不知力做功情况，A、B项错；由Δp＝F合·t＝mat知C项正确；由ΔE k＝F合·x＝max知，相同时间内动能增量不同，D错误．答案：C3．(多选题)如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动()A．运动方向不可能改变B．可能是匀速圆周运动C．可能是匀变速曲线运动D．可能是匀变速直线运动解析：由题意可知，物体受到的合外力为恒力，物体不可能做匀速圆周运动，B项错误；物体的加速度不变，可能做匀变速直线运动，其运动方向可能反向，也可能做匀变速曲线运动，A项错误，C、D项正确．答案：CD4．(多选题)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A．m(v－v0)B．mgtC．m v2－v20D．m gh解析：平抛运动的合外力是重力，是恒力，所以动量变化量的大小可以用合外力的冲量计算，也可以用初末动量的矢量差计算．答案：BC5．质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船头站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船头指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则() A．小船向左运动，速率为1 m/sB．小船向左运动，速率为0.6 m/sC．小船向右运动，速率大于1 m/sD．小船仍静止解析：选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v－m乙v＋M v′＝0，船的速度为v′＝(m乙－m甲)vM＝(60－40)×3100m/s＝0.6 m/s，船的速度向左，故选项B正确．答案：B6．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平桌面上，沿同一直线相向运动，A带电－q，B带电＋2q，下列说法正确的是()A．相碰前两球运动中动量不守恒B．相碰前两球的总动量随距离减小而增大C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统合外力为零解析：两球组成的系统，碰撞前后相互作用力，无论是引力还是斥力，合外力总为零，动量守恒，故D选项对，A、B、C选项错．答案：D7．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n 次后，剩余的总动能为原来的18，则n 为( ) A ．5 B ．6C ．7D ．8解析：整个过程动量守恒，则碰撞n 次后的整体速度为v ＝m v 0(n ＋1)m ＝v 0n ＋1，对应的总动能为：E k ＝12(n ＋1)m v 2＝m v 202(n ＋1)，由题可知E k ＝m v 202(n ＋1)＝18×12m v 20，解得：n ＝7，所以C 选项正确.答案：C8．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后速率关系是( )A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：将甲、乙、篮球视为系统，则满足系统动量守恒，系统动量之和为零，若乙最后接球，即(m 乙＋m 篮)v 乙＝m 甲v 甲，则v 甲v 乙＝m 乙＋m 篮m 甲，由于m 甲＝m 乙，所以v 甲＞v 乙．答案：B9．(多选题)如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心．现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则()A．磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来B．磁铁将不会穿越滑环运动C．磁铁与圆环的最终速度为M v0 M＋mD．整个过程最多能产生热量Mm2(M＋m)v20解析：磁铁向右运动时，金属环中产生感应电流，由楞次定律可知磁铁与金属环间存在阻碍相对运动的作用力，且整个过程中动量守恒，最终二者相对静止．M v0＝(M＋m)v，v＝M v0M＋m；ΔE损＝12M v20－12(M＋m)v2＝Mm v202(M＋m)；C、D项正确，A、B项错误．答案：CD10．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A ＞m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动解析：两人与车为一系统，水平方向不受力，竖直方向合外力为零，所以系统在整个过程中动量守恒．开始总动量为零，运动时A 和B 对地面的速度大小相等，m A ＞m B ，所以AB 的合动量向右，要想使人车系统合动量为零，则车的动量必向左，即车向左运动．答案：D11．如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s ，g 取10 m/s 2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m/sB ．4 m/sC ．8.5 m/sD ．9.5 m/s解析：对小球落入小车前的过程，平抛的初速度设为v 0，落入车中的速度设为v ，下落的高度设为h ，由机械能守恒得：12m v 20＋mgh ＝12m v 2，解得v 0＝15 m/s ，车的速度在小球落入前为v 1＝7.5 m/s ，落入后相对静止时的速度为v 2，车的质量为M ，设向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m v 0－M v 1＝(m ＋M )v 2，代入数据可得：v2＝－5 m/s，说明小车最后以5 m/s的速度向右运动．答案：A12．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m∶MC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：依据系统动量守恒，C向右运动时，A、B向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又M v AB＝m v C，得v C vAB ，即B项错；根据动量守恒得：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故选C.＝Mm答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题有2小题，共14分．请按题目要求作答)13．(5分)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒，已知A、B两球质量之比为2∶3，用A作入射球，初速度为v1＝1.2 m/s，让A球与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是________.解析：根据碰撞特点：动量守恒、碰撞后机械能不增加、碰后速度特点可以判断不合理的是BC.答案：BC(5分)14．(9分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上．d ．用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.e ．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是______________________________．(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是m v 的矢量和，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________．解析：(1)本实验要测量滑块B 的速度，由公式v ＝L t 可知，应先测出滑块B的位移和发生该位移所用的时间t ，而滑块B 到达D 端所用时间t 2已知，故只需测出B 的右端至D 板的距离L 2.(2)碰前两物体均静止，即系统总动量为零．则由动量守恒可知0＝m A ·L 1t 1－m B ·L 2t 2即m A L 1t 1＝m B L 2t 2产生误差的原因有：测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．答案：(1)测出B 的右端至D 板的距离L 2(3分)(2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2(3分) 测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(3分)三、计算题(本题有3小题，共38分．解答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)15．(10分)课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s ，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103 kg/m 3.解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQt v (6分)代入数据解得火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s ＝4 m/s. (4分) 答案：4 m/s16．(12分)如图所示，有A 、B 两质量均为M ＝100 kg 的小车，在光滑水平面上以相同的速率v 0＝2 m/s 在同一直线上相对运动，A 车上有一质量为m ＝50 kg 的人至少要以多大的速度(对地)从A 车跳到B 车上，才能避免两车相撞？解析：要使两车避免相撞，则人从A 车跳到B 车上后，B 车的速度必须大于或等于A 车的速度，设人以速度v 人从A 车跳离，人跳到B 车后，A 车和B 车的共同速度为v ，人跳离A 车前后，以A 车和人为系统，由动量守恒定律：(M ＋m )v 0＝M v ＋m v 人(5分)人跳上B 车后，以人和B 车为系统，由动量守恒定律：m v 人－M v 0＝(m ＋M )v (5分)联立以上两式，代入数据得：v 人＝5.2 m/s. (2分)答案：5.2 m/s17．(16分)如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少． 解析：(1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v (3分)设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用牛顿定律有F ＝m 2v 0－v t (2分)又F ＝μm 2g (1分)解得t ＝m 1v 0μ(m 1＋m 2)g(1分) 代入数据得t ＝0.24 s. (1分)(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′(3分)由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL (3分) 代入数据解得v 0′＝5 m/s故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s. (2分)答案：(1)0.24 s (2)5 m/s单元测评(二) 波粒二象性(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．能正确解释黑体辐射实验规律的是( )A ．能量的连续经典理论B ．普朗克提出的能量量子化理论C ．以上两种理论体系任何一种都能解释D ．牛顿提出的能量微粒说解析：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，故B 项正确．答案：B2．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N 个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h 为普朗克常量)( )A ．hν B.12Nhν C ．Nhν D ．2Nhν解析：光子能量与频率有关，一个光子能量为ε＝hν，N 个光子能量为Nhν，故C 正确．答案：C3．经150 V 电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则( )A ．所有电子的运动轨迹均相同B ．所有电子到达屏上的位置坐标均相同C ．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定D ．电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置解析：电子被加速后其德布罗意波波长λ＝h p ＝1×10－10 m ，穿过铝箔时发生衍射．电子的运动不再遵守牛顿运动定律，不可能同时准确地知道电子的位置和动量，不可能用“轨迹”来描述电子的运动，只能通过概率波来描述．所以A 、B 、C 项均错．答案：D4．关于黑体辐射的强度与波长的关系，下图正确的是( )A BC D 解析：根据黑体辐射的实验规律：随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，故图线不会有交点，选项C 、D 错误．另一方面，辐射强度的极大值会向波长较短方向移动，选项A 错误，B 正确．答案：B5．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( )A．能量守恒，动量守恒，且λ＝λ′B．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′C．能量守恒，动量守恒，且λ＜λ′D．能量守恒，动量守恒，且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定律．光子与电子碰撞前，光子的能量E＝hν＝h cλ，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 cλ′，由E＞E′，可知λ＜λ′，选项C正确．答案：C6．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处可能是()A．亮纹B．暗纹C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹D．以上各种情况均有可能解析：按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b 处一定是亮纹，选项A正确．答案：A7．(多选题)关于不确定性关系ΔxΔp≥h4π有以下几种理解，其中正确的是()A．微观粒子的动量不可能确定B．微观粒子的坐标不可能确定C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子解析：不确定性关系ΔxΔp≥h4π表示确定位置、动量的精度互相制约，此长彼消，当粒子位置不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；粒子位置不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小．故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观粒子，不过这些不确定量微乎其微．答案：CD8．(多选题)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甲、乙、丙所示的图像，则()A．图像甲表明光具有粒子性B．图像丙表明光具有波动性C．用紫外光观察不到类似的图像D．实验表明光是一种概率波解析：从题图甲可以看出，少数粒子打在底片上的位置是随机的，没有规律性，显示出粒子性；而题图丙是大量粒子曝光的效果，遵循了一定的统计性规律，显示出波动性；单个光子的粒子性和大量粒子的波动性就是概率波的思想．答案：ABD9．近年来，数码相机几近家喻户晓，用来衡量数码相机性能的一个非常重要的指标就是像素，1像素可理解为光子打在光屏上的一个亮点，现知300万像素的数码相机拍出的照片比30万像素的数码相机拍出的等大的照片清晰得多，其原因可以理解为( )A ．光是一种粒子，它和物质的作用是一份一份的B ．光的波动性是大量光子之间的相互作用引起的C ．大量光子表现光具有粒子性D ．光具有波粒二象性，大量光子表现出光的波动性解析：由题意知像素越高形成照片的光子数越多，表现的波动性越强，照片越清晰，D 项正确．答案：D10．现用电子显微镜观测线度为d 的某生物大分子的结构．为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为d n ，其中n ＞1.已知普朗克常量为h 、电子质量为m 和电子电荷量为e ，电子的初速度不计，则显微镜工作时电子的加速电压应为( )A.n 2h 2med 2 B.md 2h 23n 2e 3 C.d 2h 22men 2 D.n 2h 22med 2解析：由德布罗意波长λ＝h p 知，p 是电子的动量，则p ＝m v ＝2meU ＝h λ，而λ＝d n ，代入得U ＝n 2h 22med 2. 答案：D11．对于微观粒子的运动，下列说法中正确的是( )A ．不受外力作用时光子就会做匀速运动B ．光子受到恒定外力作用时就会做匀变速运动C ．只要知道电子的初速度和所受外力，就可以确定其任意时刻的速度D ．运用牛顿力学无法确定微观粒子的运动规律解析：光子不同于宏观力学的粒子，不能用宏观粒子的牛顿力学规律分析光子的运动，选项A、B错误；根据概率波、不确定关系可知，选项C错误，故选D.答案：D12．(多选题)如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图像，由图像可知()A．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2E解析：题中图象反映了光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能E k＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确．根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，而选项C、D错误．答案：AB第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、计算题(本题有4小题，共52分．解答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)13．(10分)一颗近地卫星质量为m，求其德布罗意波长为多少？(已知地球半径为R ，重力加速度为g )解析：由万有引力提供向心力计算速度，根据德布罗意波长公式计算．对于近地卫星有：G Mm R 2＝m v 2R (2分) 对地球表面物体m 0有：G Mm 0R 2＝m 0g (2分) 所以v ＝gR ，(2分)根据德布罗意波长λ＝h p (2分)整理得：λ＝h m v ＝h m gR. (2分) 答案：h m gR14．(13分)波长λ＝0.71Å的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B 的匀强磁场区域内做最大半径为r 的匀速圆周运动，已知rB ＝1.88×10－4 m·T ，电子质量m ＝9.1×10－3 kg.试求：(1)光电子的最大初动能；(2)金属的逸出功；(3)该电子的物质波的波长是多少？解析：(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力m v 2r ＝e v B所以v ＝erB m (3分) 电子的最大初动能E k ＝12m v 2＝e 2r 2B 22m＝(1.6×10－19)2×(1.88×10－4)22×9.1×10－31J ≈4.97×10－16 J ≈3.1×103 eV(2分) (2)入射光子的能量ε＝hν＝h c λ＝ 6.63×10－34×3×1087.1×10－11×1.6×10－19 eV ≈1.75×104eV(3分) 根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为W 0＝hν－E k ＝1.44×104 eV(2分)(3)物质波的波长为λ＝h m v ＝h erB ＝ 6.63×10－341.6×10－19×1.88×10－4m ≈2.2×10－11 m(3分) 答案：(1)3.1×103 eV (2)1.44×104 eV (3)2.2×10－11 m15．(14分)如图所示，相距为d 的两平行金属板A 、B 足够大，板间电压恒为U ，有一波长为λ的细激光束照射到B 板中央，使B 板发生光电效应，已知普朗克常量为h ，金属板B 的逸出功为W ，电子质量为m ，电荷量为e .求：(1)从B 板运动到A 板所需时间最短的光电子，到达A 板时的动能；(2)光电子从B 板运动到A 板时所需的最长时间．解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W ，光子的频率为ν＝c λ.(3分)所以，光电子的最大初动能为E k ＝hc λ－W .(3分)能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达A 板的动能为E k1，由动能定理，得eU ＝E k1－E k ，所以E k1＝eU＋hcλ－W.(3分)(2)能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子．则d＝12at2＝Uet22dm，得t＝d2mUe.(5分)答案：(1)eU＋hcλ－W(2)d2mUe16．(15分)光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压\”．光压的产生机理如同气体压强；大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强．设太阳光每个光子的平均能量为E，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P0.已知光速为c，光子的动量为E/c.(1)若太阳光垂直照射到地球表面，则在时间t内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？(2)若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r的某圆形区域内光子被完全反射(即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽视不计)，则太阳光在该区域表面产生的光压(用I表示光压)是多少？(3)有科学家建议把光压与太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的1＋ρ2倍．设太阳帆的反射系数ρ＝0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r＝15 m，飞船的总质量m＝100 kg，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0＝1.4 kW，已知光速c＝3.0×108m/s.利用上述数据并结合第(2)问中的结果，求：太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少？不考虑光子被反射前后的能量变化．(结果保留2位有效数字)解析：(1)在时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量E 总＝P 0St ，解得E 总＝πr 2P 0t .照射到此圆形区域的光子数n ＝E 总/E .解得n ＝πr 2P 0t /E .(2)因光子的能量p ＝E /c ，到达地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p 总＝np .因太阳光被完全反射，所以在时间t 内光子总动量的改变量Δp ＝2p 总．设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理Ft ＝Δp ，太阳光在圆形区域表面产生的光压I ＝F /S ，解得I ＝2P 0/c .(3)在太阳帆表面产生的光压I ′＝1＋ρ2I ， 对太阳帆产生的压力F ′＝I ′S .设飞船的加速度为a ，依据牛顿第二定律F ′＝ma .解得a ＝5.9×10－5 m/s 2.答案：(1)πr 2P 0t πr 2P 0t /E (2)2P 0/c(3)5.9×10－5 m/s 2单元测评(三) 原子结构(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．(多选题)下列叙述中符合物理史实的有( )A ．爱因斯坦提出光的电磁说B．卢瑟福提出原子核式结构模型C．麦克斯韦提出光子说D．汤姆孙发现了电子解析：爱因斯坦提出光子说，麦克斯韦提出光的电磁说．答案：BD2．如果阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是()A．阴极射线管内的高电压能够对其加速，从而增加能量B．阴极射线通过偏转电场时不会发生偏转C．阴极射线通过偏转电场时能够改变方向D．阴极射线通过磁场时方向可能发生改变解析：X射线是电磁波，不带电，通过电场、磁场时不受力的作用，不会发生偏转、加速，B正确．答案：B3．α粒子散射实验中α粒子经过某一原子核附近时的两种轨迹如图所示，虚线为原子核的等势面，α粒子以相同的速率经过电场中的A点后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹不能断定的是()A．原子核带正电B．整个原子空间都弥漫着带正电的物质C．粒子在径迹1中的动能先减少后增大D．经过B、C两点两粒子的速率相等。
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高二历史周末检测题2013-4-13第Ⅰ卷选择题一．选择题（有37小题，每题2分，共74分。
各题中只有一个选项符合题目要求）1．对20世纪60～80年代美苏关系的概括，较为全面的是A．苏联不断加强对外扩张，美苏争夺世界霸权B．美苏对峙，互有攻防，双方争夺世界霸权C．美国采取强硬政策遏制和反击苏联的全球扩张D．美苏争夺全球战略优势，军备竞赛不断升级2．杜鲁门曾说，杜鲁门主义与马歇尔计划是“一个胡桃的两半”。
其含义不包括：A．都属于“冷战”政策的内容B．都以经济援助为主要形式C．其目的都是反苏、反共D．都是为了美国自身的利益3．美苏战略核武器形成均势是在：A．20世纪40年代B．20世纪50年代C．20世纪70年代D．20世纪90年代4．1946年美国总统杜鲁门宣称：“美国今天是一个强大的国家，没有任何一个国家比它更强大了……就得挑起领导的担子并承担责任。
”这段话表明美国对外力图：A、维护世界和平B、称霸世界C、遏制社会主义D、控制欧洲5．雅尔塔体系与凡尔赛——华盛顿体系比较，其进步性主要体现在：A．美苏两国划分了势力范围B．苏联的参加C．反对法西斯，关注民主政治D．大国之间军事实力和经济实力的对比平衡6．二战后，美国推行“冷战”政策的表现有①向西欧提供经济援助②支持联邦德国崛起③以联合国名义直接出兵朝鲜④成立北大西洋公约组织A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④7．美国提出“欧洲复兴计划”的根本目的是A．稳定欧洲的资本主义制度B．推行“遏制共产主义”政策C．对苏联和东欧地区进行经济渗透D．帮助欧洲复兴经济8．下列对雅尔塔体系的表述，正确的是①美国依此取得了世界霸主地位②在雅尔塔会议等确定的基本原则上建立③.改变了以欧洲为中心的国际格局④是美苏两国实力均衡的重要体现⑤具有一定的进步性⑥具有大国霸权主义和强权色彩A．①②③④B．②③④C．③④⑤⑥D．②③④⑤⑥9．美国对苏联等社会主义国家的冷战是指：A．除战争以外的一切敌对行动B．除敌对活动以外的一切往来C．除战争以外的一切办法D．除一切对抗形式以外的战争形式10．一本史书描述：“联合国安理会召开紧急会议，介入此次冲突。
这是联合国成立以来第一次军事联合行动，也是冷战的最佳范例，美苏两强在遥远的国度进行军事对抗。
”这次事件是指A．朝鲜战争B．柏林危机C．古巴危机D．巴以冲突11．联合国军迅速向中朝边境推进，周恩来向斯大林表示，即使没有苏联空军支援，中国也决定出兵。
中国出兵朝鲜的最主要原因是：A．金日成的紧急请求B．苏联的授意C．发扬国际主义精神D．美国的干涉严重威胁了中国的安全12．朝鲜目前被分割为南北两部分并非自然条件所致，究其分裂的根源在于A．南北两种社会制度的对立B．日本曾对朝鲜实行“分而治之”政策C．南北经济发展水平差距拉大D．日本投降后，美苏对半岛的占领13．朝鲜战争期间，彭德怀回到北京向中央诉说战场实况：“……这些可爱的战士在敌人飞机坦克大炮的轮番轰炸下，就趴在雪地里忍饥挨冻……其艰苦程度甚至超过红军时期”彭总的这段话突出体现了中国志愿军A．为保家卫国而不畏强敌、百折不挠、不怕牺牲的精神。
B．为祖国统一而视死如归的精神C．为帮助朝鲜统一全国而义无反顾的精神D．为争取与美国平等地位而英勇奋战的精神14．克拉克回忆说：“我是美国历史上第一个在没有取得胜利的停战协定上签字的司令官”。
美国未能赢得朝鲜战争胜利的原因有：①志愿军和朝鲜人民占有数量上的优势，士气高涨；②美军装备精良，掌握制空权和制海权；③美军士气低落，无力展开大规模反击；④美国干涉朝鲜内战是非正义的A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④15．1953年签订的朝鲜停战协定规定：①停止在朝鲜的一切敌对活动②以北纬38度线作为军事分界线③协定生效后60天内遣返战俘A．①②B．①③C．②③D．①②③16．美国人认为：朝鲜战争是美国在错误的地点、错误的时间同错误的敌人打的一场错误的战争。
美国人得出这一观点的依据有：①美国未能达到战争的预期目的；②新中国打破了美军不可战胜的神话，大大提高了国际地位；③战争结束后中美关系更加恶化；④美国在朝鲜战争中不幸战败了A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④17．当联合国军向中国边境推进时，麦克阿瑟放话：我要让亚洲共产党国家血流成河，不能期望联合国军在鸭绿江边停止不前。
由此可见美国发的朝鲜战争的主要目的是Ａ．维护朝鲜半岛的和平与安全B．帮助韩国征服朝鲜C．帮助台湾统一大陆D．打击社会主义阵营，维护和扩大其在东亚的利益18．二次世界大战结束后，朝鲜半岛出现两个对立政权的主要原因是A．朝鲜人民的选择B．美苏冷战的结果C．联合国的决议D．日本对朝鲜的分而治之19．“中东”是欧洲人以欧洲为中心提出的一个地理概念，下列哪些国家属于中东地区①巴基斯坦②黎巴嫩③印度④埃及A．①②B．②④C．①④D．①③20．“赞成在巴勒斯坦为犹太人民建立一个民族家园，并尽最大的努力来达到此目的。
”贝尔福发表此宣言的主要目的是：A．帮助犹太人建国B．支持阿拉伯人建国C．对巴勒斯坦分而治之D．削弱自己的对手奥斯曼帝国21．1947年11月联合国大会表决通过决议，决定结束英国在巴勒斯坦地区的委任统治，同时将巴勒斯坦分治。
分治的依据是A．宗教原则B．种族原则C．民族原则D．文化原则22．1947年联合国大会通过将巴勒斯坦分治的决议，下列对此叙述正确的是A．1948年犹太人的以色列国建立；90年代中期，阿拉伯人的巴勒斯坦国建立B．英国人在1948年结束了在以色列的“委任统治”，但仍控制着巴勒斯坦的阿拉伯人地区C．以色列国于1948年建立，巴勒斯坦到2005年也没有建国D．第一次中东战争后，以色列占领了包括耶路撒冷在内的整个巴勒斯坦23．阿以冲突让战火弥漫中东数十年，中东成为世界上长期动荡的地区之一。
阿以冲突长期存在的关键是A．宗教纠纷B．领土纠纷C．资源纠纷D．大国干涉24．1948年，新生的以色列抵挡住了多个阿拉伯国家的联合进攻，活生生地上演了一部“多欺少，少胜多”的大戏，在此次中东战争中阿拉伯国家失利的主要原因是：A．以色列战前准备充分B．阿拉伯国家缺乏共同的民族感情C．阿拉伯国家武器装备落后D．阿拉伯国家各自为战、未形成统一的部署与指挥25．第二次中东战争是埃及人民反帝、反殖、反以大胜利，其产生的最大国际影响是A．埃及扫清了英法殖民统治的残余B．严重削弱了英法的国际地位C．极大的提高了以色列在中东地区的声誉D．美苏两国开始介入中东的角逐26．下列有关第一次中东战争的表述，不正确的是A．又称“巴勒斯坦战争”B．以色列控制了巴勒斯坦地区约4/5的土地C．近百万阿拉伯人沦为难民D．解决了以色列和阿拉伯各国的矛盾27．下列事件发生的先后顺序是①第四次中东战争②拉宾遇刺③“法塔赫”成立④签署“戴维营协议”A.①②③④B.③④①②C.③①④②D.④③①②28．美苏等大国对中东地区的介入是以阿之间的矛盾更加复杂，美苏等大国的介入中东地区的主要原因是A．给地区的动荡危机了世界和平B．中东战争违背了联合国的宗旨C．争夺中东丰富的石油资源D．中东战争损害了两国利益29．前四次中东战争对中东国家产生的深远影响是A．阿以双方矛盾加剧B．美苏大国介入增加了中东问题的复杂性C．中东走上和平进程的道路D．阿以双方得以相互理解与承认30．2007年７月10日以色列官方同意释放２５０名关押在以色列的法塔赫成员，以下对“法塔赫”叙述错误的是A．“法塔赫”是一个非常重要的巴勒斯坦解放组织B．阿拉法特是“法塔赫”的创始人之一C．“法塔赫”是“巴勒斯坦解放组织”的简称D．“法塔赫”主张暴力革命，希望建立一个信仰自由和种族平等的国家31．六日战争虽说是持续时间最短的一次阿以战争，但它造成的影响和后果却是非常深远的，下列不是“六日战争”造成的结果的是A．以色列占领加沙地带、西奈半岛B．在联合国的干预下停火C．阿拉伯国家遭受重大损失D．苏联继续向埃及提供武器32．以色列前总理佩雷斯表示：“假如当初我们能够将这场胜利转化成和平，我们或者可避免1973年的赎罪日战争。
”以下对此理解错误的是A．以色列赢得了“六日战争”的军事胜利，但并没有带来中东和平B．佩雷斯觉得阿以矛盾也许可以通过和平方式解决C．十月战争是六日战争以来阿以矛盾不断激化的结果D．以色列不满足于六日战争的胜利，于1973年首先打响了十月战争33．在十月战争中，为配合埃及和叙利亚前线的战斗而在以军后方开辟第三战场的是A．伊拉克B．伊朗C．约旦D．巴解游击队34．在第四次中东战争中，阿拉伯国家作为武器，支持埃及、叙利亚斗争的是A．石油B．天然气C．.煤炭D．示威游行35．第四次中东战争对当时的世界经济和国际政治产生了深远影响，这些影响不包括A．引发了二战后资本主义世界最严重的经济危机B．美国霸主地位动摇C．对美苏争霸态势有较大影响D．两极格局解体36．第四次中东战争之后，埃及总统认识到战争无法解决问题，开始谋求以和平方式来解决中东问题，这位总统是A 萨达特B 萨达姆C 拉宾D 阿拉法特37．1995年，推动巴以和解的以色列总理拉宾在一次群众集会上被刺身亡。
拉宾的牺牲说明A．中东和平之路被迫中断B．中东和平之路的曲折与艰难C．拉宾的执政违背了以色列人民的意愿D．阿拉伯国家不希望与以色列和谈第Ⅱ卷非选择题二、非选择题（有2小题，第38题10分，第39题26分。
共36分）38．阅读下列材料：材料一：“它雄辩地证明：西方侵略者几百年来只要在东方的一个海岸架起几尊大炮就可以霸占一个国家的时代是一去不复返了…………在第二次世界大战后，特别是中国革命胜利后起了深刻变化的亚洲历史的前进车轮，是侵略势力所绝对不能扭转的。
…………这对于保障远东的和平，是一个重大的贡献。
”——彭德怀《关于中国人民志愿军抗美援朝工作的报告》材料二：我们失败的地方是未将敌人击败，敌人甚至较以前更强大，彭德怀《关于中国人民志愿军抗美援朝工作的报告》更具有威胁性。
——克拉克请回答：（1）、“这对于保障远东的和平，是一个重大的贡献”。
这句话中的“这”指的是什么？（2分）（2）、克拉克对朝鲜战争失败原因的分析对吗？（1分）为什么？（2分）（3）、结合本课内容，你认为朝鲜战争对交战国有何影响？（5分）39．阅读材料，回答问题中东地区是一个特定的政治地理概念，……历史上，造成中东地区情况复杂的有诸多因素……这些因素导致了两个主要矛盾：一是阿以之间的矛盾，一是阿拉伯国家与宗主国和战后世界大国间的矛盾，前一个矛盾主要围绕着领土和重要文化遗产的归属展开，后一个矛盾主要围绕自然资源和战略资源的主权所属和控制展开。
——历史选修3 《教师教学用书》请回答：（1）结合材料及所学知识，你认为造成中东地区情况复杂的因素主要有哪些？（2）材料中所述的二对矛盾在20世纪40、50年代的中东分别引发了哪些战争？这些战争对中东局势分别产生了什么影响？（3）四次中东战争有没有彻底解决阿以矛盾？这给萨达特等人什么启示？为此萨达特付出了怎样的努力？班级姓名高二历史周末检测题答案卷38．（1）2分（2）3分（3）中国2分美国2分朝鲜半岛1分39．（1）5分（2）第一对矛盾引发的战争及影响6分第二对矛盾引发的战争及影响10分：（3）5分《高二历史周末检测题》答案一．选择题1-5BBCBC 6-10CBDAA 11-15DDABB 16-20ADBBC21-25CCBDD 26-30DCCCC 31-35DDDAD 36-37AB38．（1）“这”指的是抗美援朝战争的胜利。