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综合检测(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)
1．原子核X与氘核H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知( )
A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2
C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2
2．下列说法正确的是( )
A．α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部
B．氢原子跃迁发出的光从空气射入水时可能发生全反射
C．裂变反应有质量亏损，质量数不守恒
D．γ射线是一种波长很短的电磁波
3．下列关于原子和原子核的说法正确( )
A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化
C．放射性元素的半衰期随温度的上升而变短
D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越坚固
4．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为( )
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：
原子核
H
He
He
6C
7N
7N
质量/u
1.007 8
3.016 0
4.002 6
12.000 0
13.005 7
15.000 1
以下推断正确的是( )
A．X是He，Q2>Q1 B．X是He，Q2>Q1
C．X是He，Q2<Q1 D．X是He，Q2<Q1
图1
5．如图1所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.07 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子放射不同波长的光有多少种( )
A．15
B．10
C．4
D．1
二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)
6．关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )
7．如图2所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )
图2
A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝1∶1
C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
8．下列说法正确的是( )
9．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )
A．火箭肯定离开原来轨道
B．P肯定离开原来轨道
C．火箭运动半径肯定变大
D．P运动半径肯定减小
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案
三、非选择题(本题共5小题，共50分)
12．(6分)(1)美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是接受铜和半衰期为100年的放射性同位素镍63(Ni)两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63(Ni)发生一次β衰变变成铜(Cu)，同时释放电子给铜片，把镍63(Ni)和铜片做电池两极．镍63(Ni)的衰变方程为________________，16 g镍63经过400年还有________g尚末衰变．
(2)一静止的质量为M的镍核(Ni)发生β衰变，放出一个速度为v0，质量为m的β粒子和一个反冲铜核，若镍核发生衰变时释放的能量全部转化为β粒子和铜核的动能．则此衰变过程中的质量亏损________．(亏损的质量在与粒子质量相比时可忽视不计)
图3
13．(10分)如图3所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放序号是1、2、3、…、n的木块，全部木块的质量均恒为m，与木板的动摩擦因数都相同．开头时，木板静止不动，第1、2、3、…、n个木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、…、nv0，方向都向右，若木板的质量与全部木块的总质量相等，最终全部木块都与木板以相同的速度匀速运动，求在整个过程中木板运动的最大速度．
图4
图5
15．(10分)如图5所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动．然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失．求：
(1)物块开头下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍．
(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.
综合检测(二)
1．D [X＋H→He＋H，应用质量数守恒与电荷数守恒得A＋2＝4＋1，Z＋1＝2＋1，解得A＝3，Z＝2.]
2．D [α粒子的大角度散射表明α粒子在前进中遇到了质量和电荷量都是很集中的原子核，A错；光从空气射入水中，光是由光疏介质射入光密介质，不行能发生全反射，B错；裂变反应虽有质量亏损，但质量数守恒，任何核反应均遵循质量数守恒，C错．]
3．B [β衰变的实质是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，然后释放出电子，故选项A错误；玻尔理论的一个假设就是原子能量的量子化，故选项B正确；放射性元素的半衰期只由原子核的内部因素打算，与温度无关，故选项C错误；比结合能越大表示原子核中的核子结合得越坚固，故选项D错误．]
4．B [由质量数守恒和核电荷数守恒可得X为He，所以A、C项均不正确；又依据爱因斯坦质能方程Q＝ΔE＝Δmc2可知选项B正确．]
5．B [本题考查能级跃迁规律，13.07 eV恰好为n＝5与n＝1的能级差，从而使基态氢原子跃迁到n＝5的激发态，这些氢原子再向较低能级跃迁时，可产生不同波长C＝10种，B正确．]
6．AC [选项B中的方程是卢瑟福当时用α粒子轰击氮原子核发觉质子的方程，不是β衰变方程，选项B错误；重核裂变是指一个原子序数较大的核分裂成两个中等质量核的反应，而D选项不符合，D错误．只有选项A、C正确．]
7．AB [依据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量相等，B项正确；mAvA＝mBvB，故vA∶vB＝mB∶mA＝1∶2，C项错误；由Ek＝得EkA∶EkB＝＝，A项正确；由W＝ΔEk知WA∶WB＝EkA∶EkB＝1∶2，D项错．]
8．BD
9．AC [由动量守恒定律知，火箭射出物体P后，其动量变大，而其剩余质量变小，故火箭的速度增大，则火箭离开原来的轨道做离心运动，即其运动半径肯定变大；物体P的速度大小有可能与原火箭速度大小相等，故P可能沿原轨道运动，选项A、C正确．]
10．AD [由核反应中核电荷数和质量数守恒可得，Z＝92－38＝54，A＝235＋1－94－2×1＝140，所以X的中子数为A－Z＝86，A正确；这是核裂变反应，B错；核反应释放能量，质量数不变，质量亏损，C错D对．]
11．8 4
12．(1) 1 (2)
解析
(2)设衰变后铜核的速度为v，
由动量守恒得mv0＝(M－m)v①
由能量守恒得ΔE＝mv＋(M－m)v2②
由质能方程得ΔE＝Δmc2③
解得Δm＝④
13.v0
解析 全部木块和木板上组成的系统动量守恒，当它们达到共同速度时，木板有最大速度vm.
由动量守恒定律得
mv0＋2mv0＋3mv0＋…＋nmv0＝2nmvm
所以vm＝(1＋2＋3＋…＋n)v0＝v0
14． (2)1.96×10－12 J
(3)2.18×10－29 kg
解析 (1)依据衰变过程中质量数和电荷数守恒可知，x粒子为α粒子．衰变方程为
(2)依据题意可知α粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝1.00 m，设α粒子的速度为v，带电量为q，质量为m，则有qvB＝m①
α粒子的动能E1＝mv2＝②
镭核衰变过程中满足动量守恒，设氡核的质量为M，速度为v′，有mv＋Mv′＝0③
氡核的动能E2＝Mv′2④
由①②③④联立得，镭核衰变过程时释放的能量
ΔE＝E1＋E2＝(1＋)E1＝(1＋)
将m＝4×1.66×10－27 kg，M＝222×1.66×10－27 kg，
q＝2×1.60×10－19 C，B＝0.500 T，R＝1.00 m代入上式得ΔE＝1.96×10－12 J
(3)由ΔE＝Δmc2可得
Δm＝＝ kg＝2.18×10－29 kg
15．(1)4倍 (2)0.3
解析 (1)设物块的质量为m，其开头下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律，有：
mgh＝mv2
依据牛顿其次定律，有：
9mg－mg＝m，解得h＝4R
即物块开头下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．
(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为f，物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s.依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R.由滑动摩擦定律，有
f＝μmg
由动量守恒定律，有
mv＝(m＋3m)v′
对物块、小车分别应用动能定理，有
－f(10R＋s)＝mv′2－mv2
fs＝(3m)v′2－0
解得μ＝0.3
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