阶段示范性金考卷13--选修3-5

阶段示范性金考卷(十三)

本卷测试内容：选修3－5

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题) 和第Ⅱ卷(非选择题) 两部分，共110分。测试时间90分钟。

第Ⅰ卷 (选择题，共60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，第1、3、4、5、9小题，只有一个选项正确；第2、6、7、8、10、11、12小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)

1. 有关光的本性的说法正确的是( )

A. 关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性

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. 在光的双缝干涉实验中，如果光通过双缝则显出波动性，如果光只通过一个缝则显出粒子性

解析：牛顿提出“微粒说”不能说明光的本性，A 错；光既不能看成宏观上的波也不能看成微观上的粒子，B 错；双缝干涉和单缝衍射都说明光的波动性，当让光子一个一个地通过单缝时，曝光时间短显示出粒子性，曝光时间长则显示出波动性，D 错误。

答案：C

2. [2014·长治市期末]下列关于近代物理知识的描述中，正确的是

( )

A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出

B. 原子发光现象与原子核内部变化无关

C. 金属内的每个电子可以吸收一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出成为光电子

417D. 在147N ＋He → 2 8O ＋X 核反应中，X 是质子，这个反应过程

叫α衰变

E. 放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核有半数衰变所需要的时间

解析：根据光电效应规律，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出，选项A 正确；原子发光是原子核外电子跃迁的结果，与原子核的变化无关，选项B 正确；电子只可吸收一个光子，若不能逸出，则能量很快损失掉不能积累，故C 错；X 是质子而不是氦核，故不能叫α衰变，而是人工转变；半衰期是一个具有统计意义的概率，对大量元素才有意义，故E 对。

答案：

ABE

3. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F 1、F 2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上。已知m A

A. 静止

C. 向左运动 B. 向右运动 D. 无法确定

解析：选取A 、B 两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。

初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A 正确。

答案：A

4. 质量m 的物体，从高h 处以速度v 0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为( )

A. m 2gh

C. m v 0＋2gh －m v 0 B. m 2gh －m v 0 D. mg 0

解析：本题考查冲量、动量定理。由于重力为恒力，所以重力的冲量可以直接由I ＝Ft 计算，即I ＝mgt ＝答案：A 2h g m 2gh

。

5. [2012·江苏高考]如图所示是某原子的能级图，a 、b 、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是

( )

解析：根据玻尔的原子跃迁公式hν＝E m －E n (m >n ) 可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的频率越大，波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E 3－E 1，辐射光的波长a 最短，能量差值最小的是

E 3－E 2，辐射光的波长b 最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a 、c 、b ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误。

答案：C

6. 下列说法中正确的是( )

4A. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为2He ＋14 7N →17 8O

1＋1H

1B. 铀核裂变的核反应是：235 92U→141 56Ba＋9236Kr ＋20n

C. 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 2

D. 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λλ λ1－λ2

解析：1919年，卢瑟福做了α粒子轰击氮原子核的实验，发现了

4质子，核反应方程为：2He ＋14 7N→17 8O＋11H ，选项A 正确；铀核裂

1变时，需要中子轰击铀核，所以铀核裂变的核反应是：23592U ＋0n →141

156Ba ＋9236Kr ＋30n ，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λ3λλ＝D 正确。 λ1－λ2

答案：ACD

7. [2013·课标全国卷Ⅱ]关于原子核的结合能，下列说法正确的是

( )

A ．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能

208C ．铯原子核(133 55Cs) 的结合能小于铅原子核( 82Pb) 的结合能

D ．比结合能越大，原子核越不稳定

E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能

解析：本题考查原子核的结合能及其相关知识点，意在考查考生的综合分析能力。原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成自由核子所需要的最小能量，选项A 正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，选项B 正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然铯原子核(133 55Cs) 的比结

133合能稍大于铅原子核(208 82Pb) 的比结合能，但铯原子核( 55Cs) 的核

子数比铅原子核(208 82Pb) 的核子数少得多，因此铯原子核的结合能较小，选项C 正确；比结合能越大，将原子核分解所需的能量也越大，因此原子核越稳定，选项D 错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E 错误。

答案：ABC

8. 静止在匀强磁场中的 23892U 核，发生α衰变后生成Th 核，衰变后的α粒子速度方向垂直于磁场方向，则以下结论中正确的是

( )

4A. 衰变方程可表示为： 23892U ＝234 90Th ＋2He

B. 衰变后的Th 核和α粒子的轨迹是两个内切圆，轨道半径之比为1∶45

C. Th核和α粒子的动量大小之比为1∶1

D. Th核和α粒子的动能之比为2∶117

E. 若α粒子转了117圈，则Th 核转了90圈

解析：衰变过程不可逆，不能用等号，故选项A 错误；衰变后的Th 核和α粒子的轨迹是两个外切圆，故选项B 错误；衰变过程中的动量守恒，Th 核和α粒子的动量大小相等，因此动能之比等于质量比的倒数，为2∶117，选项C 、D 正确；周期之比等于比荷比的倒数，为90∶117，故α粒子转了117圈，则Th 核转了90圈，故选项E 正确。

答案：CDE

49. 太阳内部持续不断地发生着4个质子(1H) 聚变为1个氦核(12He)

14的热核反应，核反应方程是41H →2He ＋2X ，这个核反应释放出大量

核能。已知质子、氦核、X 的质量分别为m 1、m 2、m 3，真空中的光速为c 。下列说法中正确的是( )

A. 方程中的X 表示中子(10n)

0B. 方程中的X 表示电子(

－1e)

C. 这个核反应中质量亏损Δm ＝4m 1－m 2

D. 这个核反应中释放的核能ΔE ＝(4m 1－m 2－2m 3) c 2

解析：X 表示正电子，故选项A 、B 错误；质量亏损为：Δm ＝4m 1－m 2－2m 3，故选项C 错误；释放的核能为：ΔE ＝Δmc 2＝(4m 1－m 2－2m 3) c 2，故选项D 正确。

答案：D

10. 小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹) ，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d 。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法中正确的是( )

A. 待打完n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动

B. 待打完n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方

C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为 nm ＋M

D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同

解析：车、人、枪、靶和n 颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A 错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和

x 子车、人、枪、靶、(n －1) 颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m t

x 车md －[M ＋(n －1) m t 由位移关系有：x 车＋x 子＝d ，解得x 车＝，M ＋nm

故C 正确；每射击一次，车子都会右移，故B 正确。

答案：BC

11. 下列说法正确的是( )

A. 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最大初动能也随之增大

B. 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小

C. 核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量

D. 太阳内部发生的核反应是热核反应

E. 原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的

解析： 根据爱因斯坦光电效应方程可知，光线照射金属板发生光电效应时，从金属表面上逸出光电子的最大初动能与光的频率有关，而与光的照射强度无关，A 项错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，电子与原子核之间的距离减小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B 项正确；根据质能关系可知，C 项正确；根据核反应知识可知，D 项正确；原子核的衰变是自发进行的，E 项错误。

答案：BCD

12. 甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p 甲＝5 kg·m/s，p 乙＝7 kg·m/s，已知甲的速度大于

乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲、乙两球的质量m 甲∶m 乙的关系可能是( )

1A. 2

1C. 53B. 10D. 1 10

m 甲57解析：碰前必须满足v 甲>v 乙，再由公式v ＝m >，即m 甲m 乙m 乙

m 甲7525494100

m 甲210≈0.41 ②；碰后v 甲≤v 乙，，即0.2 ③。综合以上三m 甲m 乙m 乙

m 甲式可得0.41≥0.2，符合此条件的选项为B 和C 。 m 乙

答案：BC

第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)

二、实验题(本题共3小题，共18分)

13. (6分)[2014·云南统一检测]历史上第一次利用加速器实现的核

1反应，是用加速后动能为0.5 MeV 的质子1H 轰击静止的锂核73Li ，生

成两个动能为8.9 MeV 的42He 核，上述核反应方程为__________________；若反应中产生的核能全部转化为42He 核的动能，该反应中产生的质量亏损为________u。(1 u 相当于931 MeV ，计算结果保留三位有效数字)

解析：本题考查核反应方程式的书写以及核能公式的应用。(1)

744根据质量数守恒和电荷数守恒可得11H ＋3Li →2He ＋2He ；(2)因反应中

4产生的核能全部转化为2He 核的动能，根据能量守恒得核能ΔE ＝

(2×8.9－0.5) MeV ，根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝mc 2＝(2×8.9－0.5) MeV ，因1u·c 2＝931 MeV ，所以该反应中产生的质量亏损为2×8.9－0.5u ≈1.86×10－2 u。 931

－2744答案：11H ＋3Li →2He ＋2He 1.86×10

14. (6分) 如图所示为研究光电效应规律的实验电路，利用此装置也可以进行普朗克常量的测量。只要将图中电源反接，用已知频率ν1、ν2的两种色光分别照射光电管，调节滑动变阻器„„已知电子电荷量为e ，要能求得普朗克常量h ，实验中需要测量的物理量是________；计算普朗克常量的关系式h ＝________(用上面的物理量表示) 。

解析：电流表示数为零，此时光电管两端所加的电压为截止电压，

12对应的光的频率为截止频率，根据eU 极＝v m ＝hν－W 0有eU 1＝hν12

e (U 1－U 2)－W 0①，eU 2＝hν2－W 0②，解得h ＝。 ν1－ν2

答案：分别使电流表示数恰好为零时电压表的读数U 1、U 2 e (U 1－U 2)ν1－ν2

15. (6分) 如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置。

(1)下列说法中符合本实验要求的是________(选填选项前面的字母) 。

A. 入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同

B. 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放

C. 安装轨道时，轨道末端必须水平

D. 需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表

(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M 、P 、N ，并测得它们到O 点的距离分别为OM 、OP 和ON 。已知入射球的质量为m 1，靶球的质量为m 2，如果测得m 1·OM ＋m 2·ON 近似等于________，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒。

解析：本题考查“验证动量守恒定律”的实验。(1)入射球应比靶球质量大，A 错；本题用小球水平位移代替速度，所以不用求出具体时间，所以不需要秒表，D 错；本题选B 、C 。(2)碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量，入射球单独下落时的动量可用m 1OP 表示。

答案：(1)BC (2)m 1OP

三、计算题(本题共3小题，共32分

)

16. (10分)[2014·河南洛阳]如图所示，一质量M ＝2 kg的长木板B

静止于光滑水平面上，B 的右边有竖直墙壁。现有一小物体A (可视为质点) 质量m ＝1 kg，以速度v 0＝6 m/s从B 的左端水平滑上B ，已知A 和B 间的动摩擦因数μ＝0.2，B 与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失，若B 的右端距墙壁x ＝4 m ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？

解析：设A 滑上B 后达到共同速度v 1前并未碰到竖直墙壁。 由动量守恒定律得，m v 0＝(M ＋m ) v 1

1在这一过程中，对B 由动能定理得，μmgxB ＝M v 2 21

解得，x B ＝2 m

设B 与竖直墙壁碰后，A 和B 的共同速度为v 2。

由动量守恒定律得，M v 1－m v 1＝(M ＋m ) v 2

121由能量守恒定律得，μmgL＝m v 0m ＋M ) v 22 22

解得，L ＝8.67 m。

答案：8.67 m

17. (10分) 如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 运动，当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A 恰好返回出发点P 并停止。滑块A 和B 与导轨的动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，求滑块A 从P 点出发时的初速度v 0。(取重力加速度为g )

解析：令A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时速度为v 1(碰前) ，

1212由功能关系，v 0－v 1＝μmgl1 22

碰撞过程中动量守恒，令碰后瞬间A 、B 共同运动的速度为v 2 根据动量守恒定律，m v 1＝2m v 2

碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为v 3，在这一过程中，弹簧的弹性势能在始末状态都为零。

112根据动能定理，m ) v 2－m ) v 23＝μ(2m ) g (2l 2) 22

此后A 、B 分离，A 单独向右滑到P 点停下

12由功能关系得v 3＝μmgl1 2

联立各式解得v 0＝μg(10l 1＋16l 2)。

答案： μg(10l 1＋16l 2)

18. (12分)[2014·北京西城]如图所示，一质量M ＝1.0 kg的砂摆，用轻绳悬于天花板上O 点。另有一玩具枪能连续发射质量m ＝0.01

kg 、速度v ＝4.0 m/s的小钢珠。现将砂摆拉离平衡位置，由高h ＝0.20 m 处无初速度释放，恰在砂摆向右摆至最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入砂摆，二者在极短时间内达到共同速度。不计空气阻力，取g ＝10 m/s2。

(1)求第一颗小钢珠射入砂摆前的瞬间，砂摆的速度大小v 0；

(2)求第一颗小钢珠射入砂摆后的瞬间，砂摆的速度大小v 1；

(3)第一颗小钢珠射入后，每当砂摆向左运动到最低点时，都有一颗同样的小钢珠水平向左射入砂摆，并留在砂摆中。当第n 颗小钢珠射入后，砂摆能达到初始释放的高度h ，求n 。

解析：(1)砂摆从释放到最低点，由动能定理得

12Mgh ＝v 0 2

解得，v 0＝2gh ＝2.0 m/s。

(2)小钢珠打入砂摆过程，由动量守恒定律得，

M v 0－m v ＝(M ＋m ) v 1

M v 0－m v 解得，v 1＝≈1.94 m/s。 M ＋m

(3)第2颗小钢珠打入过程，由动量守恒定律得，

(M ＋m ) v 1＋m v ＝(M ＋2m ) v 2

第3颗小钢珠打入过程，同理(M ＋2m ) v 2＋m v ＝(M ＋3m ) v 3„ 第n 颗小钢珠打入过程，同理

[M ＋(n －1) m ]v n －1＋m v ＝(M ＋nm ) v n

联立各式得，(M ＋m ) v 1＋(n －1) m v ＝(M ＋nm ) v n

(M ＋m )v 1＋(n －1)m v 解得，v n (M ＋nm )

当第n 颗小钢珠射入后，砂摆要能达到初始释放的位置，

砂摆速度满足：v n ≥v 0

(M ＋m )v 1－m v －M v 0解得，n ≥4 m (v 0－v )

所以，当第4颗小钢珠射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度。 答案：(1)2.0 m/s (2)1.94 m/s (3)4