2024-2025学年高中物理模块综合检测一含解析粤教版选修3-5

PAGE9-模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于动量和动能，下列说法中错误的是()A．做变速运动的物体，动能肯定不断变更B．做变速运动的物体，动量肯定不断变更C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量肯定为零D．合外力的冲量为零，物体动量的增量肯定为零解析：做变速运动的物体，速度大小不肯定变更，动能不肯定变更，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变更，动量肯定不断变更，故B正确；合外力对物体做功为零，据动能定理，物体动能不变，物体动能的增量肯定为零，故C正确；合外力的冲量为零，据动量定理，物体动量不变，物体动量的增量肯定为零，故D正确．答案：A2．一个放射性元素的原子核放出一个α粒子和一个β粒子后，其核内质子数和中子数的变更是()A．质子数削减3个，中子数削减1个B．质子数削减2个，中子数削减1个C．质子数削减1个，中子数削减3个D．质子数削减1个，中子数削减2个解析：由衰变规律可得eq\o\al(A,Z)X－eq\o(→,\s\up7(α))eq\o\al(A－4,Z－2)Y－eq\o(→,\s\up7(β))eq\o\al(A－4,Z－1)P，故发生一次α衰变和一次β衰变后，质子削减Z－(Z－1)＝1，中子削减(A－Z)－[(A－4)－(Z－1)]＝3，故选项C正确．答案：C3．下面是历史上的几个闻名试验的装置图，其中发觉电子的装置是()ABCD解析：汤姆生利用气体放电管探讨阴极射线，发觉了电子．答案：A4．关于核反应方程eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X，以下说法中正确的是()A．X是eq\o\al(1,0)n，该核反应属于聚变B．X是eq\o\al(1,1)H，该核反应属于裂变C．X是eq\o\al(1,0)n，该反应中的核燃料是当前核电站采纳的核燃料D．X是eq\o\al(1,1)H，该反应中的核燃料是当前核电站采纳的核燃料解析：依据质量数守恒和电荷数守恒知X是eq\o\al(1,0)n，此核反应属于聚变，A正确、B错误．当前核电站采纳的燃料是铀235，C、D错误．答案：A5.两物体甲和乙在同始终线上运动，它们在0～0.4s时间内的v­t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为()A.eq\f(1,3)和0.30s B．3和0.30sC.eq\f(1,3)和0.28s D．3和0.28s解析：当仅在物体之间存在相互作用时，两物体的总动量守恒．取t＝0和t＝t1时刻列方程：m乙×4＝(m甲＋m乙)×1，有m甲＝3m乙；再由图线乙有eq\f(4－0,0.4)＝eq\f(4－1,t1)，所以t1＝0.3s，故B正确．答案：B6．放射性元素氡eq\o\al(222,86)Rn经α衰变成为钋eq\o\al(218,84)Po，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年头后，目前地壳中仍存在自然的含有放射性元素eq\o\al(222,86)Rn的矿石，其缘由是()A．目前地壳中的eq\o\al(222,86)Rn主要来自于其他放射元素的衰变B．在地球形成的初期，地壳中元素eq\o\al(222,86)Rn的含量足够高C．当衰变产物eq\o\al(218,84)Po积累到肯定量以后，eq\o\al(218,84)Po的增加会减慢eq\o\al(222,86)Rn的衰变进程D.eq\o\al(222,86)Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力变更了它的半衰期解析：目前地壳中仍存在自然的含有放射性元素的矿石，其缘由是目前地壳中的eq\o\al(222,86)Rn主要来自于其他放射元素的衰变，选项A正确．答案：A7.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K时，电路中有光电流，则()A．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照耀阴极K时，电路中肯定没有光电流B．若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照耀阴极K时，电路中光电流肯定增大C．若将变阻器滑动头P从图示位置向右滑一些，仍用波长λ0的光照耀，则电路中光电流肯定增大D．若将变阻器滑动头P从图示位置向左滑过中心O点时，其他条件不变，则电路中仍可能有光电流解析：尽管λ1>λ0，频率ν1<ν0，但它不肯定不能发生光电效应，A错．用λ2的光肯定能发生光电效应，但光电流由光强确定，因此光电流不肯定增大，B错．变阻器滑动头P右滑，UAK增大，若滑动前已达饱和电流，那么光电流不增大，因此C错．若滑动头左滑UAK<0是反向电压，只要未超过反向遏止电压，就有光电流，D正确．答案：D8．氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是()A．一个氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能削减，原子势能削减B．已知可见光的光子能量范围约为1.62eV～3.11eV，处于n＝3能级的氢原子可以汲取随意频率的紫外线，并发生电离C．有一群处于n＝4能级的氢原子，假如原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应D．有一群处于n＝4能级的氢原子，假如原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n＝4向n＝1发出的光照耀该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为2.55eV解析：依据Ceq\o\al(2,4)＝6知，一群氢原子处于量子数n＝4的激发态，它们向较低能级跃迁时可能辐射出6种不同频率的光子，这时动能增大，电势能减小，故A错误；可见光的光子能量范围约为1.62eV～3.11eV，则紫外线的能量高于3.11eV，而n＝3能级的氢原子能量为－1.51eV，因此处于n＝3能级的氢原子可以汲取随意频率的紫外线，并发生电离，故B正确；依据光电效应产生条件，原子n＝4向n＝1，n＝3向n＝1，n＝2向n＝1跃迁所发生的光，能使其发生光电效应，故C正确；由C选项分析，结合光电效应方程Ekm＝hν－W，可知，从能级n＝4向n＝1发出的光照耀时，辐射能量为E＝13.6eV－0.85eV＝12.75eV，原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光的能量为E′＝13.6eV－3.4eV＝10.2eV，则产生的光电子的最大初动能为Ekm＝12.75eV－10.2eV＝2.55eV，故D正确．答案：A9．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核eq\o\al(30,15)P，放出一个正电子后变成原子核eq\o\al(30,14)Si，下列各图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是()解析：把放出的正电子和衰变生成物Si核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si核的运动方向肯定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下肯定形成两个外切圆的轨迹，选项C、D错．因为由洛伦兹力供应向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，所以半径r＝eq\f(mv,qB).衰变时，放出的正电子获得的动量大小与反冲核Si的动量大小相等，因此在同一个磁场中正电子和Si核做匀速圆周运动的半径与它们的电量成反比，即eq\f(re,rSi)＝eq\f(qSi,qe)＝14，可见正电子运动形成的圆的半径较大．故选项B正确，选项A错误．答案：B10．在高速马路上发生一起交通事故，一辆质量为2000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．经测定，长途客车碰前以30m/s的速度行驶，由此可推断卡车碰前的行驶速率()A．小于20m/sB．大于20m/s，小于30m/sC．大于30m/s，小于40m/sD．大于20m/s，小于40m/s解析：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m，卡车质量为M，规定客车的速度方向为正方向，依据动量守恒定律，有：mv1－Mv2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M))v，因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应当是向南，即客车动量大于卡车的动量，即：mv1－Mv2＞0代入数据得：v2<eq\f(mv1,M)＝eq\f(2000×30,3000)m/s＝20m/s，故A正确．答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是()A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．宏观物体的运动有特定的轨道，所以宏观物体不具有波粒二象性D．康普顿效应说明白光具有粒子性解析：德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体都具有波粒二象性，故A正确，C错误；物质具有波动性，运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故B正确；康普顿效应说明白光具有粒子性，故D正确．答案：ABD12.如图所示，一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F＝10N作用于物体上，历时5s，则()A．力F对物体的冲量大小为50N·sB．力F对物体的冲量大小为25N·sC．物体的动量变更量为25kg·m/sD．物体所受重力的冲量大小为0解析：冲量p＝Ft＝10×5N·s＝50N·s，物体动量的变更就是等于冲量的变更，可作受力分析，由于力F的向下分力与支持力相互抵消，所以合力等于10cos60°N＝5N，合外力的冲量为p＝Ft＝5×5N·s＝25N·s，A、C正确．答案：AC13．下列说法正确的是()A．相同频率的光照耀到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小B．钍核eq\o\al(234,90)Th，衰变成镤核eq\o\al(234,91)Pa，放出一个中子，并伴随着放出γ光子C．依据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小D．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定解析：钍核衰变的核反应方程式为eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)e，选项B错误；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由a＝eq\f(kQq,mr2)，核外电子运动的加速度增大，选项C错误．故只有选项A、D正确．答案：AD14．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不行能的是()解析：本题有两种可能状况，一是甲在前，二是甲在后．甲在前状况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平抛运动规律知，A图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s，不满意动量守恒关系，选项A错误；B图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，满意动量守恒关系，选项B正确；甲在后状况，C图中v甲＝1m/s，v乙＝2m/s，不满意动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s，同样不满意动量守恒关系，选项D错误．答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最终答案的不能得分．答案中必需明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示为“验证碰撞中动量守恒”试验的装置示意图．(1)设小球A质量为mA，小球B质量为mB，为保证明验胜利，必需保证mA______mB(选填“大于”“等于”或“小于”)．小球半径____________测量(选填“须要”或“不须要”)．(2)试验中小球的落点状况如上图所示：P是不放B球时，将A球从斜槽上某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N距离分别为s1、s2、s3，若关系式________________成立，则验证了A、B相碰动量守恒．(3)若A、B两球的质量之比为mA∶mB＝3∶1.先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如下图所示，其中米尺的零点与O点对齐．①碰撞后A球的水平射程应取________cm.②本试验奇妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的试验条件中，不能使小球飞行的水平距离的大小表示水平初速度大小的是________(填选项符号)．A．使A、B两小球的质量之比变更为5∶1B．上升小球初始释放点的位置C．使A、B两小球的直径之比变更为1∶3D．上升桌面的高度，即上升R点距地面的高度③利用此次试验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为________(结果保留三位有效数字)．解析：(1)依据试验要求，碰后A球不能反弹，所以要使mA>mB，不须要测小球的半径．(2)若取小球平抛下落时间为一个单位，则只要满意mAs2＝mAs1＋mBs3，便可验证动量守恒．(3)①用最小的圆的圆心确定落点的平均位置，则M、P、N距O点的距离即为碰后各个球的水平射程：xOM＝14.45cm；xOP＝29.90cm，xON＝44.40cm，所以碰后A球的水平射程应为xOM＝14.45cm；②本试验的前提条件是两个球是对心碰撞，即要求碰撞前后的速度在两个球的球心连线方向上．由此可以选出答案为C.③碰撞前后的总动量比值为：eq\f(p前,p后)＝eq\f(mAxOP,mAxOM＋mBxON)＝1.02，考虑误差因素可取1.01～1.02.答案：(1)大于不须要(2)mAs2＝mAs1＋mBs3(3)①14.45～14.50②C③1.01～1.0216．(12分)在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(eq\o\al(4,2)He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用eq\o\al(A,Z)X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm.解析：(1)依据核反应中质量数与电荷数守恒，该α衰变方程为eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A－4,Z－2)Y＋eq\o\al(4,2)He(2)α粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力供应向心力有qvB＝meq\f(v2,R)依据圆周运动的参量关系有T＝eq\f(2πR,v)得α粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)依据电流强度定义式，可得环形电流大小为I＝eq\f(q,T)＝eq\f(q2B,2πm)(3)由qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′－mv＝0可得v′＝eq\f(mv,M)＝eq\f(qBR,m)依据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有Δmc2＝eq\f(1,2)Mv′2＋eq\f(1,2)mv2解得Δm＝eq\f(（M＋m）q2B2R2,2mMc2)答案：(1)eq\o\al(A,Z)X→eq\o\al(A－4,Z－2)Y＋eq\o\al(4,2)He(2)T＝eq\f(2πm,qB)I＝eq\f(q2B,2πm)(3)Δm＝eq\f(（M＋m）q2B2R2,2mMc2)17．(8分)(1)下列说法正确的是__________．A．康普顿效应进一步证明白光的波动特性B．为了说明黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化C．经典物理学不能说明原子的稳定性和原子光谱的分立特征D．自然放射性元素的半衰期与环境的温度有关(2)eq\o\al(234,90