（新课标）2020届高考物理二轮复习 专题十三 选考3-5 动量、原子物理素能演练提升（含解析）

《（新课标）2020届高考物理二轮复习 专题十三 选考3-5 动量、原子物理素能演练提升（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）2020届高考物理二轮复习 专题十三 选考3-5 动量、原子物理素能演练提升（含解析）（9页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、素能演练提升十三　选考3-5　动量、原子物理 (时间:60分钟　满分:100分) 第Ⅰ卷(选择题　共48分) 一、本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分. 1.下列说法正确的是(　　) A.玛丽·居里首先提出原子的核式结构学说 B.卢瑟福在“粒子散射”实验中发现了电子 C.查德威克在利用α粒子轰击铍核的实验中发现了中子 D.玻尔为解释光电效应的实验规律提出了光子说 解析:卢瑟福提出了核式结构,A错误;汤姆孙发现了电子,B错误

2、;查德威克在利用α粒子轰击铍核的实验中发现了中子,C正确;爱因斯坦提出了光子说,D错误. 答案:C 2.下列关于原子和原子核的说法正确的是(　　) 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升高而变短 D.比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 解析:β衰变是不稳定的原子核发生的一种现象,它说明原子核是可再分的,选项A错误;放射性元素的半衰期由原子核内部的因素决定,跟原子所处的物理状态(如压强、温度等)或化学状态(如单质、化合物等)无关,选项C错误;比结合能越小表示原子核中的核子结合得越不牢固,选项D错误

3、. 答案:B 3.以下是物理学史上3个著名的核反应方程 xLi→2y yN→xO yBe→zC x、y和z是3种不同的粒子,其中z是(　　) A.α粒子　　　　　　　B.质子 C.中子 D.电子 解析:由于核反应前后核电荷数守恒,则x+3=2y①　y+7=x+8②　y+4=z+6③,由①②③联立解得x=1,y=2,z=0,故z为中子,选项C正确. 答案:C 4.已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的(　　) A.波长 B.

4、频率 C.能量 D.动量 解析:由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,金属钙的逸出功大,则逸出的光电子的最大初动能小,即能量小,频率低,波长长,动量小,选项A正确. 答案:A 5.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(　　) 解析:由En=、h=ΔE及能级跃迁图可得a光的波长最短,b光的波长最长,选项C正确. 答案:C 6.两根磁铁放在两辆小车上,小车能在水平面上自由移动,甲车与磁铁总质量为1 kg,乙车与磁铁总质量为2 kg,两根磁铁的S极相对,推动一下使两车相向而行,若

5、某时刻甲的速度为3 m/s,乙的速度为2 m/s,可以看到,它们还没有碰上就分开了,则(　　) A.甲车开始反向时,乙车速度减为0.5 m/s,方向不变 B.乙车开始反向时,甲车速度减为0.5 m/s,方向与原来方向相反 C.两车距离最近时,速率相等,方向相反 D.两车距离最近时,速度都为0.33 m/s,方向都与乙车原来的速度方向一致 解析:据题知总动量是1 kg·m/s,方向与乙开始运动方向相同,故甲先开始反向,此时甲的动量为零,乙的动量为1 kg·m/s,此时乙的速度为0.5 m/s,A项对;乙车反向时,甲的动量应为1 kg·m/s,速度应为1 m/s,B项错;两车距离最近时,

6、速度应相同,C项错;根据动量守恒定律,知两车距离最近时,速度为 m/s=-0.33 m/s,D项对. 答案:AD 7.(2020山东理综,39(1))14C发生放射性衰变成为14N,半衰期约5 700年.已知植物存活期间,其体内14C与12C的比例不变;生命活动结束后,14C的比例持续减少.现通过测量得知,某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是(　　) A.该古木的年代距今约5 700年 B.12C、13C、14C具有相同的中子数 C.14C衰变为14N的过程中放出β射线 D.增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变 解析:因古木样品中14C的

7、比例正好是现代植物所制样品的二分之一,则可知经过的时间为一个半衰期,即该古木的年代距今约为5 700年,A项正确;12C、13C、14C具有相同的质子数,由于质量数不同,故中子数不同,B项错误;根据核反应方程可知,14C衰变为14N的过程中放出电子,即发出β射线,C项正确;外界环境不影响放射性元素的半衰期,D项错误. 答案:AC 8. 如图所示,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆球a向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是(　　) A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间,两球的

8、动量大小相等 C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同 D.第一次碰撞后,两球的最大摆角相同 解析:根据弹性碰撞时动量守恒定律和动能守恒得 m1v1=m1v1'+m2v2', m1m1v1'2+m1v2'2, 且m1=m,m2=3m 解得v1'=v1=-v1, v2'=v1=v1,所以A项正确,B项错误; 根据mv2=mgh=mgR(1-cos θ),知第一次碰撞后,两球的最大摆角θ相同,C项错误,D项正确. 答案:AD 第Ⅱ卷(非选择题　共52分) 二、本题共2小题,共16分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答. 9. (7分)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子

9、光谱的实验规律,氢原子能级图如图所示.当氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时,辐射出频率为　　　　 Hz的光子,用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面,产生的光电子的最大初动能为　　　　 eV.(已知电子的电荷量e=1.60×10-19 C,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s) 解析:氢原子从n=4跃迁到n=2能级时,释放的能量hν=E4-E2=-0.85 eV-(-3.40 eV),解得ν≈6.2×1014 Hz;光电子的最大初动能Ek=hν-W0=2.55 eV-2.25 eV=0.30 eV. 答案:6.2×1014(3分)　0.30(4分) 10.(9分)现利

10、用图(a)所示的装置验证动量守恒定律.在图(a)中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间. 图(a) 实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交变电流的频率f=50.0 Hz. 将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图(b)所示.

11、 图(b) 若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程. 分析:由打出的纸带分析可知,碰撞前后A都向右运动,碰前A的速度v0可根据纸带右半段的数据求出;碰后A的速度可从纸带左半部分的数据求出.碰后B的速度v2可根据遮光片宽度d及通过光电门的时间Δt求出.这样可进一步计算出A和B碰前总动量及碰后总动量,进而算出相对误差,就可以根据实验对相对误差的要求,确定是否在误差范围内验证了动量守恒定律. 解析:按定义,物块运动的瞬时速度大小v为 v=① 式中Δs为物块在很短时间Δt内走过的路程. 设纸带上打出相邻两点的时间间

12、隔为ΔtA,则 ΔtA==0.02 s(1分)② ΔtA可视为很短, 设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入①式得 v0=2.00 m/s(1分)③ v1=0.970 m/s(1分)④ 设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有 v2=(1分)⑤ 代入题给实验数据得 v2=2.86 m/s(1分)⑥ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p',则 p=m1v0(1分)⑦ p'=m1v1+m2v2(1分)⑧ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp=||×100%(1分)⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得 δp=1.7%<5

13、%(1分)⑩ 因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律. 答案:见解析 三、本题共3小题,共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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. 11. (10分)如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方.先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB=3mA,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损

14、失.求: (1)B球第一次到达地面时的速度; (2)P点距离地面的高度. 分析:(1)B球第一次落地前做自由落体运动,由v2=2gh易得落地速度;(2)由于碰撞时间极短,对A、B两球碰撞过程动量守恒,再结合能量守恒,即可求解P点的高度. 解析:(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有 vB=(1分)① 将h=0.8 m代入上式,得 vB=4 m/s.(2分)② (2)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'.由运动学规律可得 v1=gt(1分)③ 由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量

15、守恒,总动能保持不变.规定向下的方向为正,有 mAv1+mBv2=mBv2'(1分)④ mAmBmBv2'2(1分)⑤ 设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得 vB'=vB(1分)⑥ 设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得 h'=(1分)⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得 h'=0.75 m.(2分)⑧ 答案:(1)4 m/s　(2)0.75 m 12.(12分)(2020湖南十校模拟)如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C,质量分别为mA=mC=2m,mB=m,A、B用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不连接).开始时A

16、、B以共同速度v0运动,C静止.某时刻细绳突然断开,A、B被弹开,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同.求: (1)B与C碰撞前B的速度; (2)弹簧具有的弹性势能. 解析:(1)设弹开后A、B速度分别为vA、vB,三者最后的共同速度为v共, A、B被弹开的过程中,A、B系统动量守恒,有(mA+mB)v0=mAv共+mBvB(2分) B与C碰撞过程,有mBvB=(mB+mC)v共(3分) 得v共=v0,所以vB=v0.(1分) (2)B与C碰撞前后,机械能的损失为 ΔE=·3m(1分) 弹簧释放的弹性势能Ep为 Ep+·3m·5m+ΔE(3分) 代入

17、数据得Ep=.(2分) 答案:(1)v0　(2) 13. (14分)(2020湖南怀化一模)如图所示,在光滑水平面上有一个长为L的木板B,上表面粗糙.在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m,试求: (1)木板B上表面的动摩擦因数μ; (2)圆弧槽C的半径R. 解析:(1)当A在B上滑动时,A与BC整体发生相互作用,由于水平面光滑,A与BC组成的系统动量守恒,选向左的方向为正方向,有mv0=m(v0)+2mv1(2分)① 由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能,即 μmgL=m(v0)2-·2m(3分)② 联立①②解得μ=.(2分)③ (2)当A滑上C,B与C分离,A、C发生相互作用.A到达最高点时两者的速度相等,设均为v2,A、C组成的系统水平方向动量守恒有m(v0)+mv1=(m+m)v2(2分)④ 由A、C组成的系统机械能守恒有m(v0)2+(2m)+mgR(3分)⑤ 联立④⑤解得R=.(2分) 答案:(1)　(2)