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模块综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分)1.下列说法正确的是()A.射线是高速运动的氦原子B.核聚变反应方程12H+13H24He+01n中,01n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解析:射线是高速运动的氦原子核,选项A错误;01n表示中子,选项B错误;根据光电效应方程Ek=h-W0可知光电子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。答案:D2.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是()A.只有甲、乙正确B.只有丙、丁正确C.只有甲、丙正确D.只有乙、丁正确解析:甲中子弹和木块组成的系统所受外力为零,故动量守恒;乙中剪断细线时,墙对系统有作用力,故动量不守恒;丙中系统所受外力为零,故系统动量守恒;丁中斜面固定,系统所受外力不为零,动量不守恒,故只有选项C正确。答案:C3.氢原子核外电子从外层轨道(半径为rb)向内层轨道(半径为ra)跃迁时(rarb),电子动能的增量Ek=Eka-Ekb,电势能增量Ep=Epa-Epb,则根据玻尔的理论,下列表述正确的是()A.Ek0,Ep0,Ek+Ep=0B.Ek0,Ek+Ep=0C.Ek0,Ep0D.Ek0,Ep0,Ek+Ep0;由于核外电子和核内质子是相互吸引的,当电子从外层轨道向内层轨道跃迁时,电场力做正功,电势能减小,所以Ep0;又由于内层轨道比外层轨道原子的能级低,所以Ek+Epb,则一定有Uab,则一定有EkaEkbC.若UaUb,则一定有Ekab,则一定有ha-Ekahb-Ekb解析:光电效应中遏止电压与最大初动能之间的关系为eU=Ek,根据光电效应方程可知Ek=h-W0,若ab,则EkaEkb,UaUb,A错误,B正确;若UaUb,则EkaEkb,C正确;由光电效应方程可得W0=h-Ek,则ha-Eka=hb-Ekb,D错误。答案:BC二、填空题(本题包含2小题,共18分)11.(6分)氢原子的能级图如图所示。氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁所放出的光子,恰能使某种金属产生光电效应,则该金属的截止频率为 Hz;用一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属,产生的光电子最大初动能为eV。(普朗克常量h=6.6310-34 Js,结果均保留2位有效数字)解析:氢原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子的能量为13.6eV-1.51eV=12.09eV,因所放出的光子恰能使某种金属产生光电效应,则有h0=12.09eV,解得02.91015Hz。当光子能量等于逸出功时,恰好发生光电效应,所以逸出功W0=12.09eV。从n=4能级向n=1能级跃迁所放出的光子能量最大,大小为h=13.6eV-0.85eV=12.75eV。根据光电效应方程得最大初动能Ek=h-W0=12.75eV-12.09eV=0.66eV。答案:2.910150.6612.(12分)两位同学用如图甲所示装置,通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。甲乙(1)实验中必须满足的条件是。A.斜槽轨道尽量光滑B.斜槽轨道末端的切线必须水平C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D.两球的质量必须相等(2)测得入射球A的质量为mA,被碰撞小球B的质量为mB,图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影,实验时,先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放,找到其平均落点的位置P,测得平抛射程为OP;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,与小球B相撞,分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N,测得平抛射程分别为OM和ON。当所测物理量满足表达式时,即说明两球碰撞中动量守恒;如果满足表达式,则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。(3)乙同学也用上述两球进行实验,但将实验装置进行了改装:如图乙所示,将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上,用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点。实验时,首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触,让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,撞击点为B;然后将木条平移到图中所示位置,入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,确定其撞击点P;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,与球B相撞,确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M和N。测得B与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。若所测物理量满足表达式,则说明球A和球B碰撞中动量守恒。解析:(1)验证动量守恒定律的实验中,通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度,只要求离开轨道后球做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,故B正确;要保证碰撞前的速度相同,应使入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;为了使入射小球碰后不被反弹,要求入射小球质量大于被碰小球质量,故D错误。(2)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相同,它们做平抛运动的时间t相等,它们的水平位移x与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,若两球相碰前后的动量守恒,则mAv0=mAv1+mBv2,又OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t,代入得mAOP=mAOM+mBON。若碰撞是弹性碰撞,则机械能守恒,由机械能守恒定律得12mAv02=12mAv12+12mBv22,将OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t代入得mAOP2=mAOM2+mBON2。(3)小球做平抛运动,在竖直方向上有h=12gt2平抛运动时间t=2hg设轨道末端到木条的水平位置为x,小球做平抛运动的初速度vA=x2h2g,vA=x2h3g,vB=x2h1g如果碰撞过程动量守恒,则mAvA=mAvA+mBvB将速度代入动量守恒表达式解得mAh2=mAh3+mBh1。答案:(1)BC(2)mAOP=mAOM+mBONmAOP2=mAOM2+mBON2(3)mAh2=mAh3+mBh1三、计算题(本题包含4小题,共42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得分。有数值计算的题,答案中必须写明数值和单位)13.(10分)质量是60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护作用,最后使人悬挂在空中。已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s,工人自由下落直至安全带伸直,下降高度为5 m,求安全带所受的平均作用力。(g取10 m/s2)解析:人的下落为自由落体运动,下落到安全带伸直时的速度大小为v0=2gh=10m/s取人为研究对象,在人和安全带相互作用的过程中,人受到重力mg和安全带给的冲力F,取F方向为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv0,所以F=mg+mv0t=1100N,方向竖直向上故由牛顿第三定律知安全带所受的平均作用力为1100N,方向竖直向下。答案:1 100 N方向竖直向下14.(10分)两个中子和两个质子结合成一个氦核,同时释放一定的核能。已知中子质量为 1.008 7 u,质子质量为 1.007 3 u,氦核质量为4.002 6 u。试计算用中子和质子生成1 kg氦时,要释放的核能。1u=931.5MeVc2解析:两个质子和两个中子结合成氦核的反应为201n+211H24He质量亏损m=21.0087u+21.0073u-4.0026u=0.0294u放出的核能E=0.0294931.5MeV=27.386MeV生成1kg氦释放的总核能E=100046.02102327.3861061.610-19J=6.591014J。答案:6.591014 J15.(10分)处于静止状态的某原子核X,发生衰变后变成质量为mY的原子核Y,被释放的粒子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R,设粒子质量为m,质子的电荷量为e,试求:(1)衰变后粒子的速率v和动能Ek;(2)衰变后Y核的速率vY和动能EkY;(3)衰变前X核的质量mX。解析:(1)粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即Bqv=mv2R,粒子的电荷量q=2e所以粒子的速率v=2BeRm动能Ek=12mv2=2B2e2R2m。(2)由动量守恒mv-mYvY=0,所以vY=2BeRmY,EkY=12mYvY2=2B2e2R2mY。(3)由质能方程E=mc2,而E=Ek+EkY所以m=2B2e2R2c21m+1mY衰变前X核的质量mX=m+mY+m=m+mY+2B2e2R2c21m+1mY。答案:(1)v=2BeRmEk=2B2e2R2m(2)vY=2BeRmYEkY=2B2e2R2mY(3)mX=m+mY+2B2e2R2c21m+1mY16.(12分)如图所示,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。解析:设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA=18v0,B的速度vB=34v0,由动量守恒定律得mvA=mvA+mvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=12mv02-12mvA2设B与C碰撞前B的速度为vB,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得WB=12mvB2-12mvB2据题意可知WA=WB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB=2mv联立式,代入数据得v=2116v0。答案:2116v08
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