單項選擇題(本題包括12小題，共60分)
1．下列敘述中符合物理學(xué)史的有( )
A．湯姆孫通過研究陰極射線實驗，發(fā)現(xiàn)了電子和質(zhì)子的存在
B．盧瑟福通過對α粒子散射實驗現(xiàn)象的分析，證實了原子是可以再分的
C．巴耳末根據(jù)氫原子光譜分析，總結(jié)出了氫原子光譜可見光區(qū)波長公式
D．玻爾提出的原子模型，徹底否定了盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說
2．籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引．這樣可以減小( )
A．球?qū)κ值牧Φ臎_量
B．球?qū)κ值牧Φ拇笮?br>C．球的動量變化量
D．球的動能變化量
3．下列關(guān)于光的波粒二象性的說法中正確的是( )
A．有的光是波，有的光是粒子
B．光子與電子是同樣的一種粒子
C．光的波長越長其波動性越顯著，波長越短，其粒子性越顯著
D．大量光子產(chǎn)生的效果往往顯示粒子性
4．如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中( )
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能不守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．動量不守恒，機械能守恒
5．如圖所示，氫原子在不同能級間發(fā)生a、b、c三種躍遷時，釋放光子的波長分別是λa、λb、λc，下列關(guān)系式正確的是( )
A．λb＝λa＋λc B．λa＝eq \f(λbλc,λb＋λc)
C．λb＝eq \f(λaλc,λa＋λc) D．λc＝eq \f(λaλb,λa＋λb)
6．在光電效應(yīng)實驗中，某同學(xué)按如圖a方式連接電路，利用該裝置在不同實驗條件下得到了三條光電流與A、K兩極之間電壓UAK的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光)如圖b所示，則下列說法正確的是( )
A．甲、乙兩光的光照強度相同
B．甲、乙兩光的頻率相同
C．丙光照射陰極時，極板的逸出功最小
D．乙光的波長小于丙光的波長
7.質(zhì)量為1 kg的物體做直線運動，其速度圖象如圖所示．則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受合外力的沖量分別是( )
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
8.關(guān)于沖量、動量、動量的增量的下列說法中正確的是( )
A.沖量的方向一定和動量的方向相同
B.沖量的大小一定和動量變化量的大小相同
C.動量增量的方向一定和動量的方向相同
D.動量增量的大小一定和動量大小的增量相同
9．(黑體輻射的規(guī)律)下列描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長關(guān)系的圖中，符合黑體輻射實驗規(guī)律的是( )
10．盧瑟福在解釋α粒子散射實驗的現(xiàn)象時，不考慮α粒子與電子的碰撞影響，這是因為( )
A．α粒子與電子之間有相互斥力，但斥力很小，可忽略
B．α粒子雖受電子作用，但電子對α粒子的合力為零
C．電子體積極小，α粒子不可能碰撞到電子
D．電子質(zhì)量極小，α粒子與電子碰撞時能量損失可忽略
11．對于光譜，下面的說法中正確的是( )
A．大量原子發(fā)生的光譜是連續(xù)譜，少量原子發(fā)光的光譜是線狀譜
B．線狀譜是由不連續(xù)的若干波長的光所組成
C．太陽光譜是連續(xù)譜
D．太陽光譜是線狀譜
12．陰極射線從陰極射線管中的陰極發(fā)出，在其間的高電壓下加速飛向陽極，如圖所示，若要使射線向上偏轉(zhuǎn)，所加磁場的方向應(yīng)為( )
A．平行于紙面向左 B．平行于紙面向上
C．垂直于紙面向外 D．垂直于紙面向里
二、計算題(共3小題，共40分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明，方程和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，在答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
13.鋁的逸出功為4.2 eV,現(xiàn)用波長200 nm的光照射鋁的表面。已知h=6.63×10-34 J·s,求:
(1)光電子的最大初動能;
(2)遏止電壓;
(3)鋁的截止頻率。
14．如圖所示，將質(zhì)量為m＝1 kg的小球，從距水平地面高h＝5 m處，以v0＝10 m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)平拋運動過程中小球動量的增量Δp；
(2)小球落地時的動量p′；
(3)飛行過程中小球所受的合外力的沖量I.
15.如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A、B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg?，F(xiàn)有質(zhì)量m0=0.08 kg的小物塊C以初速v0=25 m/s在A表面沿水平方向向右滑動，由于C與A、B間均有摩擦，C最終停在B上，B、C最后的共同速度v=2.5 m/s，求：
(1)A木塊最終速度的大小。
(2)C物塊滑離A木塊的瞬時速度大小。
參考答案
1.C
解析：湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，A錯誤；盧瑟福通過對α粒子散射實驗的分析，得出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，B錯誤；巴耳末根據(jù)氫原子光譜在可見光區(qū)的四條譜線得出巴耳末公式，C正確；玻爾的原子模型是在核式結(jié)構(gòu)模型的基礎(chǔ)上提出的幾條假設(shè)，并沒有否定核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，D錯誤．
2.【答案】B
解析：球?qū)κ值臎_量p＝mv－mv0，不變，故A錯誤；籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引，增加了手與球間的相互作用力時間，根據(jù)Ft＝mv－mv0可知，減小了球?qū)κ值牧Φ拇笮?，故B正確；根據(jù)動量變化Δp＝mv－mv0可知，動量變化量相同，故C錯誤；球的動能變化量，ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)相同，故D錯誤．
3.【答案】C
4.B
解析：在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)，則可認(rèn)為動量守恒(此瞬間彈簧尚未形變)．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒(墻壁對彈簧的作用力是系統(tǒng)外力，且外力不等于零)．若以子彈、木塊和彈簧合在一起為研究對象(系統(tǒng))，從子彈射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒，故選項B正確．
5.【答案】C
解析：因為Em－En＝hν＝eq \f(hc,λ)，結(jié)合圖可知Eb＝Ea＋Ec，所以有eq \f(hc,λb)＝eq \f(hc,λa)＋eq \f(hc,λc)，得λb＝eq \f(λaλc,λa＋λc).故A、B、D錯誤，C正確．
6.B
解析：根據(jù)eUc＝Ek＝hν－W0，入射光的頻率越高，對應(yīng)的遏止電壓Uc越大。甲光、乙光的遏止電壓相等，所以甲光、乙光的頻率相等，故B正確；甲光、乙光的頻率相等，由圖可知，甲光飽和光電流大于乙光，因此甲光的光強大于乙光的光強，故A錯誤；極板的逸出功只與極板金屬的材料有關(guān)，與入射光無關(guān)，選項C錯誤；丙光的遏止電壓大于乙光的遏止電壓，所以丙光的頻率大于乙光的頻率，則乙光的波長大于丙光的波長，故D錯誤。
7.D
解析：由題圖可知，在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由動量定理知I1＝0；在后10 s內(nèi)末狀態(tài)的動量p3＝－5 kg·m/s，由動量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s.
8.選B。
【解析】沖量的方向和動量的方向不一定相同,比如平拋運動,沖量方向豎直向下,動量方向是軌跡的切線方向,A錯誤;根據(jù)動量定理,物體所受合力的沖量等于物體動量的變化,則沖量的大小一定和動量變化量的大小相同,B正確;動量增量的方向與合力的沖量方向相同,與動量的方向不一定相同,比如勻減速直線運動,動量增量的方向和動量的方向相反,C錯誤;動量增量是矢量,按照平行四邊形定則求解,而動量大小的增量按代數(shù)法則運算,兩者大小不一定相等,D錯誤。故選B。
9.答案 A
解析 隨著溫度的升高，輻射強度增加，輻射強度的極大值向著波長較短的方向移動，A正確，B、C、D錯誤。
10.[答案] D
[解析] α粒子與電子間有庫侖引力，電子的質(zhì)量很小，α粒子與電子相碰，運動方向不會發(fā)生明顯的改變，所以α粒子和電子的碰撞可以忽略．A、B、C錯，D正確．
11.【答案】B
解析：原子光譜體現(xiàn)原子的特征，是線狀譜，同一種原子無論多少發(fā)光特征都相同，即形成的線狀譜都一樣，故A錯； B項是線狀譜的特征，對；太陽光周圍的元素的低溫蒸氣吸收了相應(yīng)頻率的光，故太陽光譜是吸收譜，故C、D均錯．
12.【答案】C
解析：應(yīng)用左手定則判斷洛倫茲力時，四指指向電子運動的反方向，磁場穿過掌心，則大拇指所指方向為受力方向，故所加的磁場垂直于紙面向外．故A、B、D錯誤，C正確．
13.解析(1)根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hν-W0有
Ek=-W0= J-4.2×1.6×10-19 J=3.225×10-19 J
(2)由Ek=eUc可得
Uc= V=2.016 V。
(3)hνc=W0知
νc= Hz=1.014×1015 Hz。
答案(1)3.225×10-19 J (2)2.016 V (3)1.014×1015 Hz
14.答案：(1)10 kg·m/s，方向豎直向下
(2)10eq \r(2) kg·m/s，方向與水平方向成45°夾角斜向右下
(3)10 N·s，方向豎直向下
解析：由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故h＝eq \f(1,2)gt2，落地時間t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s
(1)因為水平方向上是勻速運動，v0保持不變，所以小球的速度增量Δv＝Δvy＝gt＝10 m/s
所以Δp＝Δpy＝mΔv＝10 kg·m/s，方向豎直向下．
(2)落地速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(102＋102) m/s＝10eq \r(2) m/s，所以小球落地時的動量大小為p′＝mv＝10eq \r(2) kg·m/s，由圖可知tanθ＝eq \f(vy,v0)＝1，則小球落地時動量的方向與水平方向成45°夾角斜向右下．
(3)小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向豎直向下．
15.【解析】小物塊C沿木塊A表面滑動時，A與C間的摩擦力使C做減速運動，使A、B共同做加速運動；C滑上B后，C繼續(xù)做減速運動，B繼續(xù)加速，A勻速運動，A、B開始分離，直至C、B達到共同速度，然后C、B一起做勻速運動。在上述過程中，A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒。設(shè)木塊A的最終速度為v1，C滑離A時的速度為v2，由動量守恒定律，則
(1)對A、B、C有m0v0=mAv1+(mB+m0)v，
解得v1=2.1 m/s。
(2)當(dāng)C滑離A后，對B、C有m0v2+mBv1=(mB+m0)v，
或?qū)、B、C有m0v0=(mA+mB)v1+m0v2
解得v2=4 m/s。
答案：(1)2.1 m/s (2)4 m/s

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