教科版高中物理选修35测试题全套及答案解析doc.docx
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教科版高中物理选修3-5测试题全套及答案
章末综合测评（-）
（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，贝"）
A.在相等的时间间隔内动量的变化相同
B.在任何吋间内，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.在刚抛岀物体的瞬间，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09=mg-A/,因为在相等的时间内动量的变化量相同，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，小车上仙部分是半径为7?
的四分Z—光滑圆弧，部分是粗糙的水平面.今把质量为加的小物体从/点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为“，最终小物体与小车相对静止于〃、C之间的D点，则
B.
D间的距离x随各量变化的情况是（）
图1
A.其他量不变，越大x越大
B.其他量不变,
【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体
相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得f^rngx—mgR,x=Rlp,选项A、B^E正确.
【答案】ABE
3.下列说法中正确的是（）
A.根据F=詈可把牛顿第二定律表述为：
物体动量的变化率等于它受的合外力
B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C・动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
E.玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
【解析】A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F=^是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对；由动量定理知E错.
【答案】ACD
4.如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生止碰，小球的质量分别为购和加2.图乙为它们碰撞前后的曲（位移一时间）图像.已知加i=0.1kg.由此可以判断（）
A.碰前加2静止，加1向右运动
B.碰后加2和加1都向右运动
C.加2=0.3kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
E.碰撞过程中系统的机械能守恒
【解析】分析题图乙可知，碰前：
加2处在位移为8m的位置静止，◎位移均匀增大,
碰撞过程中动量守恒：
miVi=ni\V\+m2V2得：
加2=0.3kg,碰撞损失的机械能：
人价=歹2高一
【答案】ACE
5.如图3所示，甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上，两车相距为厶.乙车上站立着一个质量为加的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（）
M+m
A.甲、乙两车运动中速度Z比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为万先
+ni
C・甲车移动的距离为莎不厶
M
D.乙车移动的距离为亦护
E.乙车移动的距离为亦为护
【解析】本题类似人船模型.甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙
A/+加
两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；仏甲=（M+m）xc,x甲+x乙=厶解得C、D正确，E错误.
【答案】ACD
二、非选择题（本题共5小题，共70分.）
6.（10分）如图4所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图.己知q、b小球的质量分别为ma.mh,半径分别为心、①，图中P点为单独释放。
球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置.
（1）本实验必须满足的条件是
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线水平
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D・入射球与被碰球满足ra=rh
（2）为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离“则还需要测量的物理量有、
（用相应的文字和字母表示）.
（3）如果动量守恒，须满足的关系式是（用测量物理量的字母表示）.
【答案】
（1）BC⑵测量0M的距离疋测量ON的距离兀3
（i）max\=〃曲2+〃仲3（写成maOP=maOM+m^ON也可以）
7.（12分）如图5所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块/和〃做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
图5
I.把两滑块/和B紧贴在一起，在/上放质量为加的舷码，置于导轨上，用电动卡销卡住力和3,在力和3的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
II•按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当/和〃与固定挡板C和D碰撞同吋，电子计吋器自动停表，记下M至C的运动吋间小〃至D的运动时间切
III.重复几次，取"和S的平均值.
（1）在调整气垫导轨吋应注意；
（2）应测量的数据还有;
（3）只耍关系式成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和.
【解析】
（1）导轨水平才能让滑块做匀速运动.
（2）需测出力左端、B右端到挡板C、D的距离占、x2
由计时器计下/、〃到两板的时间“、t2
算出两滑块/、B弹开的速度v2=T，
t\〜h
（3）由动量守恒知（m+M）V[—Mv2=0
即：
（加+册）乎=警.
【答案】
（1）使气垫导轨水平
⑵滑块A的左端到挡板C的距离%!
和滑块B的右端到挡板D的距离兀2⑶（M+加）节=仏2
h
8.（16分）如图6所示,光滑平台上有两个刚性小球/和质量分别为2加和3加,小球A以速度％向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经吋间Z刚好掉入装有沙子向左运动的小车屮，小车与沙子的总质量为加，速度为2%,小
车行驶的路面近似看做是光滑的，求:
图6
（1）碰撞后小球A和小球B的速度；
（2）小球B掉入小车后的速度.
【解析】
（1）设力球与B球碰撞后速度分别为°、V2,并取方向向右为正，光滑平台,两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以
有mAv（）=mAV]+m/3V2
丨IEF紀许（仏一如）°01
由以上两式角牛倚V\=；=—7^0
2mAVo4
碰后力球向左，3球向右.
（2）3球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有
车Q3=（〃s+加$）03’且“3=—2%
解得叭=]00（）.,方向向右.
1.41
【答案】
（1）。
=—护0，碰后力球向左；。
2=戸0，B球句右
（2）”3=网0，方向向右
9.（16分）如图7所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg,木板的长度为厶=1.5m・在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg,小物块与木板间的动摩擦因数//=0.10,它们都处于静止状态•现令小物块以初速度列沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2.
（1）若小物块刚好能运动到左端挡板处，求％的大小;
（2）若初速度°o=3m/s,小物块与扌当板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过
程屮损失的机械能.
二右
-9
【解析】
（1）设木板和物块最后共同的速度为由动量守恒定律jnvo=（m+M）v①对木板和物块系统，由功能关系
由①②两式解得：
严（泸n）/2XO.1X1OX1.5X（3+1）
=\m/s=2m/s.
（2）同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度e
设碰撞过程中损失的机械能为AE
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系
有jimgl厶+4£*=如2诟一*伽③
1X3
2（3+1）
由①③两式解得：
△£*=2（採爲尿—2卩mgL
X32J-2X0」X10X1.5J=0.375J.
【答案】
（1）2m/s⑵0.375J
10.（16分）如图8所示，质量分别为仏、心的两个弹性小球力、〃静止在地而上方，B球距地面的高度A=0.8m,/球在B球的正上方.先将3球释放，经过一段吋间后再将/球
释放，当力球下落（=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间力球的速度恰为零.己知恥=3加如重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求：
（1）5球第一次到达地面时的速度；
（2）卩点距离地面的高度.
【解析】由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程动量守恒，碰
撞前后总动能相等，分别列方程求解.
（1）设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=\[2gh①
将力=0.8m代入上式，得
如=4m/s.②
（2）设两球相碰前后,A球的速度大小分别为°和6‘（5'=0）,〃球的速度分别为血和由运动学规律可得
V}=gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变•规定向下的方向为正，有加屈1+加冈2=加冈2‘④
2
设B球与地面相碰后的速度大小为Vb.由运动学及碰撞的规律可得
设F点距地面的高度为由运动学规律可得
联立②〜⑦式，并代入已知条件可得
丹=0.75m.
【答案】
（1）4m/s
（2）0.75m
章末综合测评（-）
（时间：
60分钟满分：
100分）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48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.在a粒子散射实验屮，少数a粒子发生了大角度偏转，这些a粒子（）
A.一肓受到重金属原子核的斥力作用
B.动能不断减小
C・电势能先增大后减小
D・出现大角度偏转是与电子碰撞的结果
E.出现大角度偏转的原因是占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围
【解析】a粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，a粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小.a粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A、C、E项正确.
【答案】ACE
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
B.卢瑟福通过对a粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的
C.卢瑟福通过对a粒子散射实验现象的分析，提岀了原子的核式结构模型
D.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
E.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
【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对a粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B错，C对；巴尔末根据氢原子光谱在可见光区的四条谱线得出巴尔末公式，D对；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，E错.
【答案】ACD
3.关于阴极射线的性质，下列说法正确的是（）
A・阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的
B.阴极射线本质是电子
C.阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电
D.阴极射线的比荷比氢原子核大
E.根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况可以判断阴极射线的带电性质
【解析】阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、C错，B、E对；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的諾玄，故阴极射线的比荷比氢原子大，D对.
【答案】BDE
4.以下关于玻尔原子理论的说法正确的是（）
A.电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的
B・电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射
C.电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子
D.不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收
E.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
【答案】ADE
5.根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时（）
A.轨道半径之比为1:
4B.速度之比为4:
1
C.周期之比为1：
8D.动能之比为4:
1
E.动量Z比为1:
4
【解析】由玻尔公式耳=/门，所以轨道半径之比为ri:
r2=l2:
22=1:
4,故A对.根据库仑定律和牛顿第二定律有：
总=芒,所以速度之比为学=、隹=2：
1,故B错.根据库仑定律和牛顿第二定律有：
席=加（书）％,所以周期之比为琴二
=1:
8,故C对.根据、况=*$,所以动能之比为鹽=手=4：
1，故D对.动量之比泸=葺=辛，e错.
P2mV21，
【答案】ACD
6.关于光谱，下列说法正确的是（）
A.太阳光谱是吸收光谱
B.太阳光谱中的暗线，是太阳光经过太阳大气层时某些特定频率的光被吸收后而产生的
C•根据太阳光谱中的暗线，可以分析太阳的物质组成
D.根据太阳光谱中的暗线，可以分析地球大气层中含有哪些元素
E.各种原子的发射光谱都是线状谱
【解析】太阳光谱是吸收光谱.因为太阳是一个高温物体，它发岀的白光通过温度较低的太阳大气层时，会被太阳大气层中的某些元素的原子吸收，从而使我们观察到的太阳光谱是吸收光谱，所以分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而某种物质要观察到它的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光，由于地球犬气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的物质原子吸收.上述选项中正确的是A、B、E.
【答案】ABE
7.氢原子的部分能级如图1所示，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间.由此可推知，氢原子（）
n£/eV
80
3-1.51
23.40
113.60
图1
A.从高能级向77=1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短
B・从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C.从高能级向”=3能级跃迁时发岀的光的频率比可见光的高
D.从高能级向77=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的低
E.从〃能级向/7=2能级跃迁时发出的光为可见光
【解析】从高能级向n=\能级跃迁时发出的光的能量满足E2—E\WAE、WEg—E\
即10.20cVWAEiW13.6eV
均大于可见光的能量.
由A£=/?
j可知能量越大，波长越短，故A对.
从高能级向n=2能级跃迁时发出光的能量满足E'-EWNEWEg-E]
即1.89eV^A£2^3.40eV
只有部分在可见光范围内，故B错，E对.
从高能级向〃=3能级跃迁时发出的光的能量AE3满足
即：
0.66eVWAEsW1.51eV
均小于可见光的能量，
由AE=hv可知，能量越小，频率越低，故C错，D对.故选A、D、E.
【答案】ADE
8.关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是（）
A.用波长为60rnn的X射线照射，可使处于基态的氢原子电离岀自由电子
B.用能量为10.2eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C.用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.用能量为12.5eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E.用能量为14.0eV的电子碰撞可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
【解析】根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原
子所吸收（即hv=Em-En）f使氢原子发生跃迁.当氢原子由基态向n=2、3、4、…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：
A£3i=E3-E\=一罟eV—（-13.6）eV=12.09eV,
AE4i=E4-E}=莘一&=一罟eV—（—13.6）eV=12.75eV,
人氏1=0—&=一（一13.6eV）=13.6eV（电离）.
3X]
波长为2=60nm的X射线，其光子能量£=A-t=6.63X10_34X-——J=3.315X10一儿OUA1U
18J=20.71eV>A£«,|.所以可使氢原子电离，A正确；比较B、C、D选项中的光子能量与各能
级与基态的能量差，知道只有B项中光子可使氢原子从基态跃迁到n=2的激发态，B正确•碰撞过程可使部分能量传给氢原子，E正确.
【答案】ABE
二、非选择题（木题共5小题，共52分・）
9.（6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
个激发态能级
量值分别是:
1.89eV^10.2eV>12.09eV.跃迁发生前这些原子分布在
【解析】大量氢原子跃迁发出三种不同能量的光子，跃迁情况为刃=3的激发态到刃=
2的激发态或直接到〃=1的基态，也可能是n=2的激发态到〃=1的基态，所以跃迁发生前
这些原子分布在2个激发态能级上，最高能量值满足£=-13.6eV+12.09eV,即E为一1.51eV.
【答案】2-1.51
10.（6分）氢原子从77=3的能级跃迁到〃=2的能级放出光子的频率为v,则它从基态跃迁到72=4的能级吸收的光子频率为
【解析】设氢原子基态能量为则由玻尔理论可得：
話］—缶=加,^E\—Ei=hv4\f
27
解得：
吸收的光子频率v41=yv.
27
【答案】yv
11.（12分）有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到门=3的激发态，己知氢原子处于基态时的能量为则吸收光子的频率"是多少？
当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？
辐射光子的能量分别为多少？
【解析】据跃迁理论hv=E3_E\,而疋3=畅，所以
E3—E\8Ei
v=~h~=~lh'
由于是大量原子，可从〃=3跃迂到n=\,从77=3跃迁到7?
=2,再从n=2跃迁到h=1,故应有三条谱线.
光子能量分别为E^—E\,E3—E2,E2~E\,
即-詁1,-詁，-詁i.
【答案】见解析
12.（12分）已知原子的基态能量为一13.62,核外电子的第一轨道半径为O.53XlO_lom,电子质量^=9.1X10'31kg,电量为1.6X10-,9C,求：
电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？
【解析】本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系.
由氢原子的能量公式知£3=^i/32=-13.6eV/32=-1.51eV.
电子在第3轨道时半径为尸3=/门=3,门①
电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以
蜂=壓②
尸3n
由①②可得电子动能为
尸_12辰2
氐=尹。
3=莎齐
9X109X（1.6X10~19）2
=2X9XO.53X1O"1oX（1.6OX10-19）eV
=1.51eV
由于E3=£k3+Ep3,故电子的电势能为：
Ep3=E3-Ek3=-1.51eV-1.51eV=-3.02eV.【答案】一1.51eV1.51eV-3.02eV
13.（16分）原子可以从原子间的碰撞屮获得能量，从而发生能级跃迁（在碰撞屮，动能损失最大的是（完全非弹性碰撞）.一个具有13.6eV动能、处于基态的氢原子与另一个静止的、
也处于基态的氢原子发生对心正碰，设碰撞屮损失的能量全部被静止的氢原子吸收.
n
6\
5-
4•
3-
E/eV
/-O.38
-0.54-0.85-1.51
-3.40
图2
⑴是否可以使基态氮原子发生能级跃迁（氢原子能级如图2所示）.
（2）若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？
【解析】设运动氢原子的速度为Vo,完全非弹性碰撞后两者的速度为V,损失的动能△£*被基态氢原子吸收.若AE=10.2eV,则基态氢原子可由刃=1跃迁到n=2.由动量守恒和能量守恒有：
=2mv①
^nvl=^nv2+^mv2+△£*②
^/nvl=Ek③
£k=13.6eV
解①②③④得，A£=^^m^o=6.8eV
因为△E=6.8eV<10.2eV.所以不能使基态氢原子发生跃迁.
（2）若使基态氢原子电离，则A£=13.6eV,代入①②③得£k=27.2eV.
【答案】不能
（2）27.2eV
章末综合测评（三）
（时间：
60分钟满分：
100分）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48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.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是（）
A.查德威克通过实验证实了卢瑟福关于屮子的猜想是正确的
B.汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说
C.居里夫人首先发现了天然放射现象
D.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子
E.贝克勒尔首先发现了天然放射现象
【答案】ADE
2.典型的铀核裂变是生成锁和氟，同时放出X个中子：
2弱u+h-嘰Ba+黑Kr+為，铀235质量为加1，中子质量为加2,钞！
144质量为加3,氟89的质量为加4,下列说法正确的是（）
A.该核反应类型属于人工转变
B・该反应放出能量（加］—2加2—加3—加4）/
C.兀的值是3
D.该核反应比聚变反应对环境的污染少
E・该核反应属于核裂变，比聚变反应对环境的污染重
【解析】该核反应是核裂变，不是人工转变，故A错误；核反应方程啜U+h-嘰Ba+黑Kr+xM中根据质量数守恒，有：
235+l=144+89+x,解得：
x=3;根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为：
AE=A/n-c2=（m1+m2—m3—nu—3m2）c2=（mi——^4—2m2）c2,
故B、C正确；该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故D错误，E正确.
【答案】BCE
3.科学家使用核反应获取氟，再利用毎和氟的核反应获得能量，核反应方程分别为：
X
+Y-^He+：
H+4.9MeV和泊+汨一?
He+X+17.6MeV,下列表述正确的有（）
A.X是中子
B.Y的质子数是3,中子数是6
C.两个核反应都没有质量亏损
D.氛和氟的核反应是核聚变反应
E.两个核反应都有核能释放，因此都有质量亏损
【解析】根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3,中子数为3,B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D、E正确.
【答案】ADE
4.（2016-青岛二中检测）下列说法正确的是（）
A.自由核子结合成原子核时，一定遵守质量守恒
B.在发生核反应吋，反应前物质的总质量一定等于反应后所生成物质的总质量
C.发生核反应时，若反应前的总质量大于反应后的总质量，这个反应是放能反应
D.发生核反应时，若反应前的总质量小于
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