《（新課標(biāo)）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題十三 選考3-5 動(dòng)量、原子物理素能演練提升（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題十三 選考3-5 動(dòng)量、原子物理素能演練提升（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、素能演練提升十三　選考3-5　動(dòng)量、原子物理 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 第Ⅰ卷(選擇題　共48分) 一、本題共8小題,每小題6分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分. 1.下列說(shuō)法正確的是(　　) A.瑪麗·居里首先提出原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō) B.盧瑟福在“粒子散射”實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了電子 C.查德威克在利用α粒子轟擊鈹核的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了中子 D.玻爾為解釋光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)規(guī)律提出了光子說(shuō) 解析:盧瑟福提出了核式結(jié)構(gòu),A錯(cuò)誤;湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子,B錯(cuò)誤

2、;查德威克在利用α粒子轟擊鈹核的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了中子,C正確;愛(ài)因斯坦提出了光子說(shuō),D錯(cuò)誤. 答案:C 2.下列關(guān)于原子和原子核的說(shuō)法正確的是(　　) A.β衰變現(xiàn)象說(shuō)明電子是原子核的組成部分 B.玻爾理論的假設(shè)之一是原子能量的量子化 C.放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短 D.比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固 解析:β衰變是不穩(wěn)定的原子核發(fā)生的一種現(xiàn)象,它說(shuō)明原子核是可再分的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;放射性元素的半衰期由原子核內(nèi)部的因素決定,跟原子所處的物理狀態(tài)(如壓強(qiáng)、溫度等)或化學(xué)狀態(tài)(如單質(zhì)、化合物等)無(wú)關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越不牢固,選項(xiàng)D錯(cuò)誤

3、. 答案:B 3.以下是物理學(xué)史上3個(gè)著名的核反應(yīng)方程 xLi→2y yN→xO yBe→zC x、y和z是3種不同的粒子,其中z是(　　) A.α粒子　　　　　　　B.質(zhì)子 C.中子 D.電子 解析:由于核反應(yīng)前后核電荷數(shù)守恒,則x+3=2y①　y+7=x+8②　y+4=z+6③,由①②③聯(lián)立解得x=1,y=2,z=0,故z為中子,選項(xiàng)C正確. 答案:C 4.已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz,在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng),比較它們表面逸出的具有最大初動(dòng)能的光電子,鈣逸出的光電子具有較大的(　　) A.波長(zhǎng) B.

4、頻率 C.能量 D.動(dòng)量 解析:由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hν-W0,金屬鈣的逸出功大,則逸出的光電子的最大初動(dòng)能小,即能量小,頻率低,波長(zhǎng)長(zhǎng),動(dòng)量小,選項(xiàng)A正確. 答案:A 5.如圖所示是某原子的能級(jí)圖,a、b、c為原子躍遷所發(fā)出的三種波長(zhǎng)的光.在下列該原子光譜的各選項(xiàng)中,譜線從左向右的波長(zhǎng)依次增大,則正確的是(　　) 解析:由En=、h=ΔE及能級(jí)躍遷圖可得a光的波長(zhǎng)最短,b光的波長(zhǎng)最長(zhǎng),選項(xiàng)C正確. 答案:C 6.兩根磁鐵放在兩輛小車上,小車能在水平面上自由移動(dòng),甲車與磁鐵總質(zhì)量為1 kg,乙車與磁鐵總質(zhì)量為2 kg,兩根磁鐵的S極相對(duì),推動(dòng)一下使兩車相向而行,若

5、某時(shí)刻甲的速度為3 m/s,乙的速度為2 m/s,可以看到,它們還沒(méi)有碰上就分開(kāi)了,則(　　) A.甲車開(kāi)始反向時(shí),乙車速度減為0.5 m/s,方向不變 B.乙車開(kāi)始反向時(shí),甲車速度減為0.5 m/s,方向與原來(lái)方向相反 C.兩車距離最近時(shí),速率相等,方向相反 D.兩車距離最近時(shí),速度都為0.33 m/s,方向都與乙車原來(lái)的速度方向一致 解析:據(jù)題知總動(dòng)量是1 kg·m/s,方向與乙開(kāi)始運(yùn)動(dòng)方向相同,故甲先開(kāi)始反向,此時(shí)甲的動(dòng)量為零,乙的動(dòng)量為1 kg·m/s,此時(shí)乙的速度為0.5 m/s,A項(xiàng)對(duì);乙車反向時(shí),甲的動(dòng)量應(yīng)為1 kg·m/s,速度應(yīng)為1 m/s,B項(xiàng)錯(cuò);兩車距離最近時(shí),

6、速度應(yīng)相同,C項(xiàng)錯(cuò);根據(jù)動(dòng)量守恒定律,知兩車距離最近時(shí),速度為 m/s=-0.33 m/s,D項(xiàng)對(duì). 答案:AD 7.(2020山東理綜,39(1))14C發(fā)生放射性衰變成為14N,半衰期約5 700年.已知植物存活期間,其體內(nèi)14C與12C的比例不變;生命活動(dòng)結(jié)束后,14C的比例持續(xù)減少.現(xiàn)通過(guò)測(cè)量得知,某古木樣品中14C的比例正好是現(xiàn)代植物所制樣品的二分之一.下列說(shuō)法正確的是(　　) A.該古木的年代距今約5 700年 B.12C、13C、14C具有相同的中子數(shù) C.14C衰變?yōu)?4N的過(guò)程中放出β射線 D.增加樣品測(cè)量環(huán)境的壓強(qiáng)將加速14C的衰變 解析:因古木樣品中14C的

7、比例正好是現(xiàn)代植物所制樣品的二分之一,則可知經(jīng)過(guò)的時(shí)間為一個(gè)半衰期,即該古木的年代距今約為5 700年,A項(xiàng)正確;12C、13C、14C具有相同的質(zhì)子數(shù),由于質(zhì)量數(shù)不同,故中子數(shù)不同,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)核反應(yīng)方程可知,14C衰變?yōu)?4N的過(guò)程中放出電子,即發(fā)出β射線,C項(xiàng)正確;外界環(huán)境不影響放射性元素的半衰期,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:AC 8. 如圖所示,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長(zhǎng)相同,并排懸掛,平衡時(shí)兩球剛好接觸,現(xiàn)將擺球a向左拉開(kāi)一小角度后釋放.若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是(　　) A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的

8、動(dòng)量大小相等 C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同 D.第一次碰撞后,兩球的最大擺角相同 解析:根據(jù)彈性碰撞時(shí)動(dòng)量守恒定律和動(dòng)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項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤; 根據(jù)mv2=mgh=mgR(1-cos θ),知第一次碰撞后,兩球的最大擺角θ相同,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 答案:AD 第Ⅱ卷(非選擇題　共52分) 二、本題共2小題,共16分.把答案填在相應(yīng)的橫線上或按題目要求作答. 9. (7分)玻爾氫原子模型成功解釋了氫原子

9、光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律,氫原子能級(jí)圖如圖所示.當(dāng)氫原子從n=4的能級(jí)躍遷到n=2的能級(jí)時(shí),輻射出頻率為　　　　 Hz的光子,用該頻率的光照射逸出功為2.25 eV的鉀表面,產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能為　　　　 eV.(已知電子的電荷量e=1.60×10-19 C,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s) 解析:氫原子從n=4躍遷到n=2能級(jí)時(shí),釋放的能量hν=E4-E2=-0.85 eV-(-3.40 eV),解得ν≈6.2×1014 Hz;光電子的最大初動(dòng)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)現(xiàn)利

10、用圖(a)所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律.在圖(a)中,氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊,滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片,左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(圖中未畫(huà)出)的紙帶相連;滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片,上面固定一遮光片,光電計(jì)時(shí)器(未完全畫(huà)出)可以記錄遮光片通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間. 圖(a) 實(shí)驗(yàn)測(cè)得滑塊A的質(zhì)量m1=0.310 kg,滑塊B的質(zhì)量m2=0.108 kg,遮光片的寬度d=1.00 cm;打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電流的頻率f=50.0 Hz. 將光電門(mén)固定在滑塊B的右側(cè),啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,給滑塊A一向右的初速度,使它與B相碰.碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間為ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的紙帶如圖(b)所示.

11、 圖(b) 若實(shí)驗(yàn)允許的相對(duì)誤差絕對(duì)值(||×100%)最大為5%,本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律?寫(xiě)出運(yùn)算過(guò)程. 分析:由打出的紙帶分析可知,碰撞前后A都向右運(yùn)動(dòng),碰前A的速度v0可根據(jù)紙帶右半段的數(shù)據(jù)求出;碰后A的速度可從紙帶左半部分的數(shù)據(jù)求出.碰后B的速度v2可根據(jù)遮光片寬度d及通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間Δt求出.這樣可進(jìn)一步計(jì)算出A和B碰前總動(dòng)量及碰后總動(dòng)量,進(jìn)而算出相對(duì)誤差,就可以根據(jù)實(shí)驗(yàn)對(duì)相對(duì)誤差的要求,確定是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律. 解析:按定義,物塊運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v為 v=① 式中Δs為物塊在很短時(shí)間Δt內(nèi)走過(guò)的路程. 設(shè)紙帶上打出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間

12、隔為ΔtA,則 ΔtA==0.02 s(1分)② ΔtA可視為很短, 設(shè)A在碰撞前、后瞬時(shí)速度大小分別為v0、v1.將②式和圖給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入①式得 v0=2.00 m/s(1分)③ v1=0.970 m/s(1分)④ 設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2,由①式有 v2=(1分)⑤ 代入題給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得 v2=2.86 m/s(1分)⑥ 設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動(dòng)量分別為p和p',則 p=m1v0(1分)⑦ p'=m1v1+m2v2(1分)⑧ 兩滑塊在碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差的絕對(duì)值為 δp=||×100%(1分)⑨ 聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù),得 δp=1.7%<5

13、%(1分)⑩ 因此,本實(shí)驗(yàn)在允許的誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律. 答案:見(jiàn)解析 三、本題共3小題,共36分.解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟.只寫(xiě)出最后答案的不能得分.有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位. 11. (10分)如圖,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方.先將B球釋放,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放.當(dāng)A球下落t=0.3 s時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰,碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零.已知mB=3mA,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損

14、失.求: (1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度; (2)P點(diǎn)距離地面的高度. 分析:(1)B球第一次落地前做自由落體運(yùn)動(dòng),由v2=2gh易得落地速度;(2)由于碰撞時(shí)間極短,對(duì)A、B兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,再結(jié)合能量守恒,即可求解P點(diǎn)的高度. 解析:(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB=(1分)① 將h=0.8 m代入上式,得 vB=4 m/s.(2分)② (2)設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1'(v1'=0),B球的速度分別為v2和v2'.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 v1=gt(1分)③ 由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動(dòng)量

15、守恒,總動(dòng)能保持不變.規(guī)定向下的方向?yàn)檎?有 mAv1+mBv2=mBv2'(1分)④ mAmBmBv2'2(1分)⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB',由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 vB'=vB(1分)⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h',由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 h'=(1分)⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得 h'=0.75 m.(2分)⑧ 答案:(1)4 m/s　(2)0.75 m 12.(12分)(2020湖南十校模擬)如圖所示,光滑水平直軌道上有三個(gè)滑塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=mC=2m,mB=m,A、B用細(xì)繩連接,中間有一壓縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不連接).開(kāi)始時(shí)A

16、、B以共同速度v0運(yùn)動(dòng),C靜止.某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開(kāi),A、B被彈開(kāi),然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,最終三滑塊速度恰好相同.求: (1)B與C碰撞前B的速度; (2)彈簧具有的彈性勢(shì)能. 解析:(1)設(shè)彈開(kāi)后A、B速度分別為vA、vB,三者最后的共同速度為v共, A、B被彈開(kāi)的過(guò)程中,A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有(mA+mB)v0=mAv共+mBvB(2分) B與C碰撞過(guò)程,有mBvB=(mB+mC)v共(3分) 得v共=v0,所以vB=v0.(1分) (2)B與C碰撞前后,機(jī)械能的損失為 ΔE=·3m(1分) 彈簧釋放的彈性勢(shì)能Ep為 Ep+·3m·5m+ΔE(3分) 代入

17、數(shù)據(jù)得Ep=.(2分) 答案:(1)v0　(2) 13. (14分)(2020湖南懷化一模)如圖所示,在光滑水平面上有一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B,上表面粗糙.在其左端有一個(gè)光滑的圓弧槽C與長(zhǎng)木板接觸但不連接,圓弧槽的下端與木板的上表面相平,B、C靜止在水平面上.現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以滑離B,恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn).A、B、C的質(zhì)量均為m,試求: (1)木板B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)圓弧槽C的半徑R. 解析:(1)當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí),A與BC整體發(fā)生相互作用,由于水平面光滑,A與BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,選向左的方向?yàn)檎较?有mv0=m(v0)+2mv1(2分)① 由能量守恒得知系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能,即 μmgL=m(v0)2-·2m(3分)② 聯(lián)立①②解得μ=.(2分)③ (2)當(dāng)A滑上C,B與C分離,A、C發(fā)生相互作用.A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩者的速度相等,設(shè)均為v2,A、C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有m(v0)+mv1=(m+m)v2(2分)④ 由A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有m(v0)2+(2m)+mgR(3分)⑤ 聯(lián)立④⑤解得R=.(2分) 答案:(1)　(2)