2017年春高中物理 单元测评（打包4套）新人教版选修3-5.zip

1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 Δ p＝ F 合 ·t＝ mat 知 C 项正确；由 Δ Ek＝ 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( )2A． m(v－ v0) B． mgtC． m D． mv2－ v20 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＋ Mv′＝0，船的速度为v′＝ ＝ m/s＝0.6 m/s，船的速度向左，故选项 B 正 m乙 － m甲  vM  60－ 40 ×3100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＋2 q，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，3碰撞 n 次后，剩余的总动能为原来的 ，则 n 为( )18A．5 B．6 C．7 D．8解析：整个过程动量守恒，则碰撞 n 次后的整体速度为 v＝ ＝ ，对应的mv0 n＋ 1 m v0n＋ 1总动能为： Ek＝ (n＋1) mv2＝ ，由题可知 Ek＝ ＝ × mv ，解得：12 mv202 n＋ 1 mv202 n＋ 1 18 12 20n＝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 ＝ ，由于 m 甲 ＝ m 乙 ，所以 v 甲 ＞ v 乙．v甲v乙 m乙 ＋ m篮m甲答案：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Mv0M＋ mD．整个过程最多能产生热量 vMm2 M＋ m 20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4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．Mv0＝( M＋ m)v， v＝ ；Mv0M＋ mΔ E 损 ＝ Mv － (M＋ m)v2＝ ；12 20 12 Mmv202 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 mA， B 的质量为 mB， mA＞ mB.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， mA＞ mB，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/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A．5 m/s B．4 m/sC．8.5 m/s D．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 v0，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： mv ＋ mgh＝ mv2，解得 v0＝15 m/s，车的速度在小球12 20 12落入前为 v1＝7.5 m/s，落入后相对静止时的速度为 v2，车的质量为 M，设向左为正方向，由水平方向动量守恒得： mv0－ Mv1＝( m＋ M)v2，代入数据可得： v2＝－5 m/s，说明小车最5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 MvAB＝ mvC，得 ＝ ，即 B 项错；根据动vCvAB Mm量守恒得：0＝( M＋ m)v′，所以 v′＝0，故选 C.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________.次数 A B C Dv1′ 0.48 0.60 －1.20 －0.24v2′ 0.48 0.40 1.60 0.96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6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 mA、 mB.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 L1.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 t1和 t2.(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mv 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＝ 可知，应先测出滑块 B 的位移和Lt发生该位移所用的时间 t，而滑块 B 到达 D 端所用时间 t2已知，故只需测出 B 的右端至 D板的距离 L2.(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＝ mA· － mB·L1t1 L2t2即 mA ＝ mBL1t1 L2t2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 L2(3 分) (2)mA ＝ mB (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L1t1 L2t2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 m3/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，7水的密度是 1.0×103 kg/m3.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′＝ ρQtv (6 分)代入数据解得火箭启动后 2 s 末的速度为v′＝ ＝ m/s＝4 m/s. (4 分)ρ QtvM－ ρ Qt 103×2×10－ 4×2×101.4－ 103×2×10－ 4×2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 v0＝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)v0＝ Mv＋ mv 人 (5 分)人跳上 B 车后，以人和 B 车为系统，由动量守恒定律：mv 人 － Mv0＝( 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 m1＝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 m2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0＝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 v0′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m2v0＝( m1＋ m2)v(3 分)8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＝ m2 (2 分)v0－ vt又 F＝ μm 2g(1 分)解得 t＝ (1 分)m1v0μ  m1＋ m2 g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m2v0′＝( m1＋ m2)v′(3 分)由功能关系有m2v′ ＝ (m1＋ m2)v′ 2＋ μm 2gL(3 分)12 20 12代入数据解得 v0′＝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 v0′不超过 5 m/s. (2 分)答案：(1)0.24 s (2)5 m/s1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2解析：两个径迹都显示 α 粒子受到的是斥力，所以原子核带正电．粒子在径迹 1、2中原子核对它们先做负功，后做正功，动能先减小，后增加．同一等势面，势能相同，动能变化量也相同．答案：B4．(多选题)关于太阳光谱，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的元素种类解析：因为太阳是一个高温物体，它发出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，分析太阳的吸收光谱，可知太阳大气层的物质组成，而要观察到某种物质的吸收光谱，要求它的温度不能太低，但也不能太高，否则会直接发光．由于地球大气层的温度很低，所以太阳光通过地球大气层时不会被地球大气层中的某些物质的原子吸收．故选项 A、B 正确．答案：AB5．(多选题)以下论断中正确的是( )A．按经典电磁理论，核外电子受原子核库仑引力，不能静止只能绕核运转，电子绕核加速运转，不断地向外辐射电磁波B．按经典理论，绕核运转的电子不断向外辐射能量，电子将逐渐接近原子核，最后落入原子核内C．按照卢瑟福的核式结构理论，原子核外电子绕核旋转，原子是不稳定的，说明该理论不正确D．经典电磁理论可以很好地应用于宏观物体，但不能用于解释原子世界的现象解析：卢瑟福的核式结构没有问题，主要问题出在经典电磁理论不能用来解释原子世界的现象．答案：ABD6．(多选题)氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是( )A．核外电子受力变小B．原子的能量减少C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要放出一定频率的光子解析：由玻尔理论知，当电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，要放出能量，故要放出一定频率的光子；电子的轨道半径小了，由库仑定律知，它与原子核之间3的库仑力大了，故 A、C 项错，B、D 项正确．答案：BD7．氢原子从 n＝4 的激发态直接跃迁到 n＝2 的激发态时，发出蓝色光，则当氢原子从n＝5 的激发态直接跃迁到 n＝2 的激发态时，可能发出的是( )A．红外线 B．红光C．紫光 D．γ 射线解析： n＝5 的激发态直接跃迁到 n＝2 发出的光子的能量大于 n＝4 的激发态直接跃迁到 n＝2 上的，所以是紫光．γ 射线是由原子核受到激发发出的，所以不属于此种情况．答案：C8．用紫外线照射一些物质时，会发生荧光效应，即发生可见光．这些物质中的原子先后发生两次跃迁，其能量变化分别为 Δ E1和 Δ E2.下列关于原子这两次跃迁的说法中正确的是( )A．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且|Δ E1||Δ E2|C．两次均向高能级跃迁，且|Δ E1||Δ E2|D．两次均向低能级跃迁，且|Δ E1||Δ E2|，B 正确．答案：B9．(多选题)如图所示为氢原子的能级示意图．现用能量介于 10～12.9 eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是( )A．照射光中只有一种频率的光子被吸收B．照射光中有三种频率的光子被吸收C．氢原子发射出三种不同波长的光D．氢原子发射出六种不同波长的光解析：氢原子只能吸收特定频率的光子，才能从低能态跃迁到高能态，题中氢原子可能吸收的光子能量有：12.75 eV、12.09 eV、10.20 eV、 2.55 eV、1.89 eV和 0.66 eV，4其中只有三种光子能量处在 10～12.9 eV 范围内，所以照射光中有三种频率的光子被吸收，选项 A错误，B 正确；氢原子可以吸收大量能量为 12.75 eV的光子，从而从 n＝1 的基态跃迁到 n＝4 的激发态，因为大量处于 n＝4 的激发态的氢原子极不稳定，又会发射出光子跃迁到低能态，共可发射出 C ＝ ＝6 种不同波长的光，选项 C错误，D 正确．244×32答案：BD10．(多选题)若原子的某内层电子被电离形成空位，其他层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，此电磁辐射就是原子的特征 X射线．内层空位的产生有多种机制，其中一种称为内转换，即原子中处于激发态的核跃迁回基态时，将跃迁时释放的能量交给某一内层电子，使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子). 214Po的原子核从某一激发态回到基态时，可将能量 E0＝1.416 MeV交给内层电子(如 K、 L、 M层电子， K、 L、 M标记原子中最靠近核的三个电子层)使其电离，实验测得从 214Po原子的 K、 L、 M层电离出的电子的动能分别为 Ek＝1.323 MeV、 EL＝1.399 MeV、 EM＝1.412 MeV.则可能发射的特征 X射线的能量为( )A．0.013 MeV B．0.017 MeVC．0.076 MeV D．0.093 MeV解析：原子的某内层电子被电离形成空位，其他层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，就是原子的特征 X射线．由于能量守恒，电子在原能级上运动时所具有的能量是动能与获得能量之差，由于各能级获得的能量是相同的，所以各能级之差就是它们电离后具有的动能之差， E＝Δ Ek，由此放出光子的可能能量值E1＝(1.412－1.323) MeV＝0.089 MeV， E2＝(1.412－1.399) MeV＝0.013 MeV， E3＝(1.399－1.323) MeV＝0.076 MeV.答案：AC11．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( )5A BC D解析：根据玻尔的原子跃迁公式 h ＝ Em－ En可知，两个能级间的能量差值越大，辐cλ射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是 E3－ E1，辐射光的波长 a最短，能量差值最小的是 E3－ E2，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，C 项正确．答案：C12．(多选题)在金属中存在大量的价电子(可理解为原子的最外层电子)，价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动．电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号 V表示．价电子就像被关在深为 V的方箱里的粒子，这个方箱叫做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是不连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用 Ef表示．用红宝石激光器向金属发射频率为 ν 的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为 ν 的光子而跳出势阱，则( )A．具有费米能的电子跳出势阱时的动能 Ek＝ hν － V－ EfB．具有费米能的电子跳出势阱时的动能 Ek＝ hν － V＋ EfC．若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大 D．若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变解析：根据能量守恒定律可得 Ek－ Ef＝ hν － V，B 正确；由 B的结论，入射光的频率决定电子动能，与入射光的光强无关，D 正确．答案：BD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)氢原子中质子不动，电子绕质子做匀速圆周运动的半径为 r，电子的质量6m、速率 v与半径 r的乘积 mvr等于 ， h为普朗克常量．如果把电子换成 μ 子绕质子做h2π匀速圆周运动，μ 子带电量与电子相同、质量约为电子的 210倍，μ 子质量、速率与半径的乘积也等于 ，求 μ 子的轨道半径 r′.h2π解析：电荷绕核做圆周运动，向心力由库仑力提供，有k ＝ m 又 mvr＝ (4分)Qqr2 v2r h2π解之得r＝ ∝ ，(4 分)h24π 2kQqm 1qmr′＝ .(2分)r210答案：r21014．(12 分)在 α 粒子散射实验中，根据 α 粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离可以估算原子核的大小，现有一个 α 粒子以 2.0×107 m/s的速度去轰击金箔，若金原子的核电荷数为 79.求该 α 粒子与金原子核间的最近距离(已知带电粒子在点电荷电场中的电势能表达式为 E＝ k ，α 粒子的质量为 6.64×10－27 kg.)q1q2r解析：当 α 粒子靠近原子核运动时，α 粒子的动能转化为电势能，达到最近距离时，动能全部转化为电势能，设 α 粒子与原子核发生对心碰撞时所能达到的最小距离为 d，则mv2＝ k .(6分)12 q1q2dd＝2 kq1q2mv2＝ m2×9.0×109×2×79× 1.6×10－ 19 26.64×10－ 27× 2.0×107 2＝2.7×10 －14 m．(6 分)答案：2.7×10 －14 m15．(14 分)氢原子光谱除了巴耳末系外，还有莱曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为 ＝ R ， n＝4,5,6，…， R＝1.10×10 7 m－1 .若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线1λ (132－ 1n2)区域，试求：(1)n＝6 时，对应的波长？(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多少？ n＝6 时，传播频率为多大？解析：(1)由帕邢系公式 ＝ R ，当 n＝6 时，1λ (132－ 1n2)7得 λ ＝1.09×10 －6 m．(6 分)(2)帕邢系形成的谱线在红外区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播，故波速为光速 c＝3×10 8 m/s，由v＝ ＝ λν ，得 ν ＝ ＝ ＝ HzλT vλ cλ 3×1081.09×10－ 6＝2.75×10 14 Hz.(8分)答案：(1)1.09×10 －6 m (2)3×10 8 m/s 2.75×10 14 Hz16．(16 分)氢原子的能级图如图所示．某金属的极限波长恰等于氢原子由 n＝4 能级跃迁到 n＝2 能级所发出的光的波长．现在用氢原子由 n＝2 能级跃迁到 n＝1 能级时发出的光去照射，则从该金属表面逸出的光电子的最大初动能为多少．解析：设氢原子由 n＝4 能级跃迁到 n＝2 能级所发出的光子波长为 λ 0，由 n＝2 能级跃迁到 n＝1 能级所发出的光子波长为 λ ，则E4－ E2＝ h ，并且逸出功 W0＝ h (6分)cλ 0 cλ 0E2－ E1＝ h (4分)cλ根据爱因斯坦光电效应方程 Ek＝ hν － W0得，光子的最大初动能为：Ek＝ h － h ＝ hc( － )cλ cλ 0 1λ 1λ 0＝ hc( － )＝2 E2－ E1－ E4E2－ E1hc E4－ E2hc＝2×(－3.4) eV＋13.6 eV＋0.85 eV＝7.65 eV.(6 分)答案：7.65 eV1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. Nhν12C． Nhν D．2 Nhν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 ＝ ＝1×10 －10 m，穿过铝箔时发生衍hp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( )2A 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3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 Δ xΔ p≥ 有以下几种理解，其中正确的是( )h4πA．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 Δ xΔ p≥ 表示确定位置、动量的精度互相制约，此长彼消，h4π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4D．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 ，其中 n＞1.已知普朗克常量为 h、电子质量为 m和dn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. B.n2h2med2 md2h23n2e3C. D.d2h22men2 n2h22med2解析：由德布罗意波长 λ ＝ 知， p是电子的动量，则 p＝ mv＝ ＝ ，而 λ ＝ ，hp 2meU hλ dn代入得 U＝ .n2h22med2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 Ek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 hν 0C．入射光的频率为 ν 0时，产生的光电子的最大初动能为 E5D．入射光的频率为 2ν 0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 Ek与入射光频率 ν 的关系，根据爱因斯坦光电效应方程 Ek＝ hν － W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率 ν 0时，光电子的最大初动能 Ek＝0，此时有 hν 0＝ W0，即该金属的逸出功等于 hν 0，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 ＝ m (2分)MmR2 v2R对地球表面物体 m0有： G ＝ m0g(2分)Mm0R2所以 v＝ ，(2 分)gR根据德布罗意波长 λ ＝ (2分)hp整理得： λ ＝ ＝ . (2分)hmv hmgR答案：hmgR14．(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 ＝ evBv2r所以 v＝ (3分)erBm电子的最大初动能 Ek＝ mv2＝12 e2r2B22m6＝ J≈4.97×10 －16 J≈3.1×10 3 eV(2 1.6×10－ 19 2× 1.88×10－ 4 22×9.1×10－ 31分)(2)入射光子的能量ε ＝ hν ＝ h ＝ eV≈1.75×10 4eV(3分)cλ 6.63×10－ 34×3×1087.1×10－ 11×1.6×10－ 19根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为W0＝ hν － Ek＝1.44×10 4 eV(2分)(3)物质波的波长为λ ＝ ＝ ＝ m≈2.2×10 －11 m(3分)hmv herB 6.63×10－ 341.6×10－ 19×1.88×10－ 4答案：(1)3.1×10 3 eV (2)1.44×10 4 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 Ek＝ hν － W，光子的频率为 ν ＝ .(3分)cλ所以，光电子的最大初动能为 Ek＝ － W.(3分)hcλ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 Ek1，由动能定理，得 eU＝ Ek1－ Ek，所以 Ek1＝ eU＋ － W.(3分)hcλ(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＝ at2＝ ，得 t＝ d .(5分)12 Uet22dm 2mUe7答案：(1) eU＋ － W (2) d hcλ 2mUe16．(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 倍．设太阳帆的反射系数1＋ ρ2ρ ＝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＝3.0×10 8 m/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 ＝ P0St，解得 E 总 ＝π r2P0t.照射到此圆形区域的光子数 n＝ E 总 /E.解得 n＝π r2P0t/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 Δ p＝2 p 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＝Δ p，太阳光在圆形区域表面产生的光压 I＝ F/S，解得 I＝2 P0/c.(3)在太阳帆表面产生的光压 I′＝ I，1＋ ρ2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/s2.答案：(1)π r2P0t π r2P0t/E (2)2 P0/c(3)5.9×10－5 m/s2