1、模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的4个选项中，第16题只有一个选项符合要求，第710题有多个选项符合要求全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1下列说法正确的是()AC的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变B爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说C处于n3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子D普朗克在研究黑体辐射问题时提出了光子说解析元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解
2、释黑体辐射，提出了能量子假说答案C2根据玻尔理论，下列说法正确的是()A原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量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，电势能的减少量等于动能的增加量C氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大D电子没有确定轨道，只存在电子云解析根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B错误；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错答案A3
3、下列四幅图的有关说法中正确的是()ABCDA原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B发现少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围 C光电效应实验说明了光具有波动性D射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷解析根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A错；根据卢瑟福的粒子散射实验现象，可以知道B对；光电效应表明了光的粒子性，C错；根据左手定则可以判断射线甲带负电，D错答案B4根据玻尔原子结构理论，氦离子(He)的能级图如图1所示当某个He处在n4的激发态时，由于跃迁所释放的光子最多有()图1A1B2个C3个D6个解析本题研
4、究是某个He，若从n4到n1能级跃迁，则只放出一个光子；若从n4能级跃迁到n2能级，可以从n2能级跃迁到n1能级，则有2个光子放出；同理，若从n4能级先跃迁到n3能级，则还可从n3能级向n2能级跃迁，也可从n2能级向n1能级跃迁，则放出3个光子，C项正确答案C5如图所示，有两个质量相同的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B点静止放于悬点正下方的地面上现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为(g取10 m/s2)()Ah/2BhCh/4Dh/解析A球由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由动能定
5、理得，mghmv，所以v12；A、B的碰撞过程动量守恒：mv1(mm)v2，所以v2，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，(mm)v(mm)gh，解得h.选项C正确答案C6在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化在这个电场中间，有一个带电粒子从t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法正确的是()A带电粒子一定只向一个方向运动B03.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力做的功小于0C4.0 s末带电粒子回到原出发点D2.54.0 s内，电场力的冲量等于0解析带电粒子在
6、匀强电场中受到的电场力FEq，其冲量IFtEqt，可见，电场力的冲量与Et图象与横轴所围“面积”成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的“面积”符号相反)带电粒子在平行正对金属板间先向某一方向运动，而后反向运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图象与横轴所围“面积”表示与电场力冲量成正比的量可知，03.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.54.0 s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，选项D正确答案D7恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应核反应方程为HeHeBe.以下说法正确的是()A该核反应为聚变反应B热核反应中有质量亏损C热核反应会放出巨大能量D由于
7、核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的解析该核反应为聚变反应，故A正确；核反应中的裂变和聚变，都会有质量亏损，都会放出巨大的能量，故B、C正确；核反应中质量数守恒，质量不守恒，故D错误答案ABC8由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现已知Np经过一系列衰变和衰变后变成Bi，下列判断中正确的是()ABi的原子核比Np的原子核少28个中子B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子C衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变D衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变解析Bi 的中子数为20983126，Np的中子数为23793144，Bi的原子核比Np的原
8、子核少14412618个中子，A错误，B正确；衰变过程中共发生的衰变的次数为7次，衰变的次数是27(9383)4次，C正确，D错误答案BC9在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有()AEk1Ek0 Bp1Ek0 Dp2p0解析两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1Ek2Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成，B正确；根据动
9、量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2p1p0，D错误答案AB10下列说法正确的是()ATh经过6次衰变和4次衰变后，成为稳定的原子核PbB发现中子的核反应方程为BeHeCnC射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱D氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小解析Th经过6次衰变和4次衰变后，质量数是：m23264208，电荷数：z9026482，成为稳定的原子核Pb.故A正确；发现中子的核反应方程是BeHeCn，故B正确；射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C正确
10、；根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：k，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D错误答案ABC二、非选择题(本题共6小题，共60分按题目要求作答)11(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m115 g，被碰小球2的质量m210 g，由实验得出它们在碰撞前后的位移时间图线如图所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是_gcm/s，入射小球在碰后的动量是_gcm/s，被碰小球的动量是_gcm/s，由此可得出的结论是_解析由题图知碰前p1m1v1m11 500 gcm
11、/s碰后p1m1750 gcm/sp2m2750 gcm/s.由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒答案1 500750750两小球碰撞前后的动量守恒12(8分)用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置于水平槽边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点距离：OM2.68 cm，OP8.62 cm，ON11.50 cm，并知A、B两球的质量比为
12、21，则未放B球时A球落地点是记录纸上的_点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%_%(结果保留一位有效数字)解析M、N分别是碰后两球的落地点的位置，P是碰前A球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为pmAOP，碰后系统的总动量可等效表示为pmAOMmBON，则其百分误差2%.答案P213(10分)(1)大多数核反应释放核能，而有的需要吸收一定的能量才能发生核反应，比如：XN8OH中，X粒子、N、O、H的质量分别为mX、mN、mO、mH，由爱因斯坦质能方程可知该反应需要吸收的能量为Q(mOmH)(mXmN)c2，反应方程式中的X粒子为_，如果用动能为EkQ的X粒子轰击速度
13、为0的N，该反应_发生(填“能”或“不能”)，其理由是_(2)氚(H)是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的射线激发荧光物质发光氚核发生衰变过程中除了产生粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子e.在某次实验中测得一静止的氚核发生衰变后，产生的反中微子和粒子的运动方向在一条直线上，设反中微子的动量为p1，粒子的动量为p2.求：氚发生衰变的衰变方程产生新核的动量解析(1)由核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒可得X为He；假设该反应能发生，根据爱因斯坦质能方程Emc2知，在此反应中将吸收能量，He粒子的动能将全部被吸收，生成物的质量将增加，所以生成物的速度为0，故生
14、成物的动量为0，而反应物的动量不为0，违背了动量守恒定律，故该反应不能发生(2)根据质量数与电荷数守恒，则氚发生衰变的衰变方程：HeHee衰变过程中动量守恒，0p1p2p所以新核的动量为pp1p2答案(1)粒子(或He)不能违背了动量守恒定律(2)HeHeep1p214(10分)如图所示，一个半径为R、内侧光滑的圆形轨道平放于光滑水平面上并被固定，其圆心为O.有a、b两个可视为质点的小球，分别静止靠在轨道内侧直径AB的两端，两球质量分别为ma4 m和mbm.现给a球 一个沿轨道切线方向的水平初速度v0，使其从A向B运动并与b球发生弹性碰撞，已知两球碰撞时间极短，求两球第一次碰撞和第二次碰撞之间
15、的时间间隔解析a球与b球在B点第一次相碰，以逆时针方向为正方向，设第一次碰后a、b的速度分别为va和vb，由弹性碰撞规律得：mav0mavambvbmavmavmbv解得vbv0v0vav0va和vb均为正值，表明碰后两球运动方向相同(都朝逆时针方向)到第二次碰前，设时间间隔为t，有：(vbva)t2R，则t.答案15(12分)如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，轻质弹簧的两端与木块接触而不固连将轻质弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使轻质弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘
16、在一起以后细线突然断开，轻质弹簧伸展，从而使C与A、B分离已知C离开轻质弹簧后的速度为v0.求轻质弹簧释放的势能解析设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒定律得3mvmv0设C离开轻质弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv2mv1mv0设轻质弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与轻质弹簧分开的过程中机械能守恒，有3mv2Ep2mvmv联立解得轻质弹簧所释放的势能Epmv.答案mv16(12分)如图所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)解析设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1m2)gR(m1m2)v设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得4Rgt2，xv1t女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得m2gRm2v已知m12m2解得x8R答案8R