《2020届高考物理总复习第十五单元近代物理单元滚动检测教师用书含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理总复习第十五单元近代物理单元滚动检测教师用书含解析.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、近代物理单元滚动检测近代物理单元滚动检测 一、选择题 1.(2019 杭州入学检测)(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是( )。 A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B. 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C.光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关 D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 【解析】 电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样,可以说明电子是一种波,A 项正确; 射线在云室中穿 过会留下清晰的径迹,可以说明 射线是一种粒子,B 项错误;光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光 的频率有关,与入射光的强度无关,
2、说明光是一种粒子,C 项错误;人们利用电子显微镜观测物质的微观结构,利 用了电子的干涉现象,说明电子是一种波,D 项正确。 【答案】AD 2.(2019 长春监测)(多选)2017 年 1 月 9 日,大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数 原子核发生核反应的过程中都伴着中微子的产生,例如核裂变、核聚变、 衰变等。下列关于核反应的说法正 确的是( )。 A.Th 衰变为Rn,经过 3 次 衰变,2 次 衰变 234 90 222 86 BHHHen 是 衰变方程ThPae 是 衰变方程.21+ 3 142 + 1 0 ,234 90 234 91 + 0 - 1 CUnBaK
3、r+n 是核裂变方程,也是氢弹的核反应方程.235 92 + 1 014456 + 89 36 310 D.高速运动的 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子,其核反应方程为HeNOH 42+ 14 7178 + 1 1 【解析Th 衰变为Rn,经过 3 次 衰变,2 次 衰变,故 A 项正确HHHen 是核聚变方】234 90 222 86 ;21+ 3 142 + 1 0 程ThPae 是 衰变方程,故 B 项错误UnBaKr+n 是核裂变方程,不是氢弹的,234 90 234 91 + 0 - 1 ;235 92 + 1 0 144 56 + 89 36 310 核反应方程,故 C 项错误;高速
4、运动的 粒子轰击氮核可从氮核中打出质子,其核反应方程为HeNO 42+ 14 7178 H,故 D 项正确。+ 1 1 【答案】AD 3.(2019 河南商丘模拟)如图所示,质量为m的小球以初速度v0水平抛出,恰好垂直打在倾角为的斜面上, 不 计空气阻力,则球落在斜面上时重力的瞬时功率为( )。 A.mgv0tan B. mgv0 tan C. mgv0 sin D.mgv0cos 【解析】由平抛运动得vx=v0,vy=gt;根据平行四边形定则可知 tan =,则t=,故重力的瞬时功率 vx vy v0 gtan P=mgvy=mggt=,B 项正确。 mgv0 tan 【答案】B 4.(20
5、19 江西联考)雷蒙德戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(e)而获得了诺贝尔物理学奖,他探测电子 中微子所用的探测器的主体是一个贮满615 t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶,电子中微子可以将一个氯核转变为 一个氩核,其核反应方程式为eClAre,已知Cl 核的质量为 36.95658 uAr 核的质量为+ 37 17 37 18 + 0 - 1 37 17 ,37 18 36.95691 ue 的质量为 0.00055 u,1 u 质量对应的能量为 931.5 MeV。根据以上数据,可以判断参与上述反, 0 - 1 应的电子中微子的最小能量为( )。 A.1.33 MeVB.0.82 MeV
6、C.0.51 MeVD.0.31 MeV 【解析】 根据 1 原子质量单位(u)相当于 931.5 MeV 的能量,则 E=m931.5 MeV=(36.95691+0.00055- 36.95658)931.5 MeV0.82 MeV。 【答案】B 5.(2019 湖南摸底考试)(多选)一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中,由于发生了某种衰 变而形成了如图所示的两个圆形径迹,两圆半径之比为 116,则( )。 A.该原子核发生了 衰变 B.原来静止的原子核的原子序数为 15 C.反冲核沿小圆做逆时针方向运动 D.该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加 【解析】 由图看出,原子核
7、衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同,而两者速度方向相反,则知 两者的电性相反,新核带正电,则放出的必定是 粒子,即发生了 衰变,故 A 项正确。 根据动量守恒定律得知, 放出的粒子与新核的动量大小相等,由r= =,得半径与电荷量成反比,两圆半径之比为116,由于新核的 mv qB p qB 电荷量较大,则小圆是新核的轨迹,由半径之比得到新核的电荷量为 16e,原子序数为 16,则原来静止的原子核 的原子序数为 15,故 B 项正确。 衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右,根据左手定则判断得知,其速度方向向下, 沿小圆做逆时针方向运动,故 C 项正确。该衰变过程会放出能量,质量略有亏损,故
8、 D 项错误。 【答案】ABC 6.(2019 甘肃陇南检测)(多选)如图所示,光滑水平面上放置两长度相同,质量分别为M1和M2的木板P、Q,在木 板的左端各有一大小、 形状、 质量完全相同的物块a和b,木板和物块均处于静止状态,现对物块a和b分别施 加水平恒力F1和F2,使它们向右运动至物块与木板分离时,P、Q的速度分别为v1、v2,物块a,b相对地面的位 移分别为s1、s2,已知两物块与木板间的动摩擦因数相同,则下列判断正确的是( )。 A.若F1=F2,M1M2,则v1v2,s1=s2 B.若F1=F2,M1v2,s1s2 C.若F1F2,M1=M2,则v1s2 D.若F1v2,s1s2
9、 【解析】当F1=F2时,a、b所受的摩擦力大小相等,因此a、b加速度相同,设为a0,对于P、Q,滑动摩擦力 为它们的合力,设P的加速度大小为a1,Q的加速度大小为a2,则a1=,a2=,其中m为物块a和b的质量, mg M1 mg M2 设板的长度为L,当物块与木板分离时,a与P的相对位移L1= a0- a1,b与Q的相对位移L2= a0- a2,P、 1 2 t12 1 2 t12 1 2 t22 1 2 t22 Q的速度v1=a1t1,v2=a2t2,物块a、b相对地面的位移分别为s1= a0,s2= a0,若M1M2,则a1a2,所以t1t2,v1v2,s1s2,A 项错误,B 项正确
10、;若F1F2,M1=M2,则a的加速度 大于b的加速度,即aaab,由于M1=M2,所以P、Q加速度相同,设P、Q加速度为a,它们向右都做匀加速直线运 动,当物块与木板分离时,a与P的相对位移L= aa- a,b与Q的相对位移L= ab- a,由于aaab,所 1 2 ta2 1 2 ta2 1 2 tb2 1 2 tb2 以得tatb,v1v2,s1s2,D 项正确。 1 2 tb2 【答案】BD 二、非选择题 7.(2019 辽宁沈阳摸底模拟)某小组测量木块与木板间的动摩擦因数,实验装置如图甲所示。 甲 乙 丙 (1)测量木块在水平木板上运动的加速度a。 实验中打出的一条纸带如图乙所示。
11、从某个清晰的点O开始,每 5 个打点取一个计数点,依次标出 1、2、3、,量出 1、2、3、点到O点的距离分别为s1、s2、s3、,从O点 开始计时,1、 2、 3、点对应时刻分别为t1、t2、t3、,求得=,=,=,。 作出-t图象如图丙所示。v1 s1 t1 v2 s2 t2 v3 s3 t3 v 图线的斜率为k,截距为b。则木块的加速度a= ;b的物理意义是 。 (2)实验测得木块的加速度为a,还测得钩码和木块的质量分别为m和M,已知当地重力加速度为g,则动摩擦因 数= 。 (3)关于上述实验,下列说法中错误的是 。 A.木板必须保持水平 B.调整滑轮高度,使细线与木板平行 C.钩码的质
12、量应远小于木块的质量 D.纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素 【解析】(1)图线纵轴截距b是 0 时刻对应的速度,即表示O点的瞬时速度。各段的平均速度表示各段中 间时刻的瞬时速度,以平均速度 为纵坐标,相应的运动时间t的一半为横坐标,即-的图象的斜率表示加速度vv t 2 a,则-t图象的斜率的 2 倍表示加速度,即a=2k。v (2)对木块、砝码盘和砝码组成的系统,由牛顿第二定律得 mg-Mg=(M+m)a 解得=。 mg - (m + M)a Mg (3)木板必须保持水平,则压力大小等于重力大小,故 A 项正确;调整滑轮高度,使细线与木板平行,拉力与 滑动摩擦力共线,故 B 项正
13、确;钩码的质量不需要远小于木块的质量,因选取整体作为研究对象,故 C 项错误;纸 带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素,故 D 项正确。 【答案】 (1)2k O点的瞬时速度 (2) mg - (m + M)a Mg (3)C 8.(2019 吉林长春监测)为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为 30 ),有以下一些器材可供选择: 电流表(量程为 050 mA,内阻约为 10 ); 电流表(量程为 03 A,内阻约为 0.12 ); 电压表(量程为 03 V,内阻很大); 电压表(量程为 015 V,内阻很大); 电源E(电动势约为 3 V,内阻约为 0.2 ); 定值电阻R(20 ,允许通
14、过的最大电流为 1.0 A); 滑动变阻器R1(010 ,允许通过的最大电流为 2.0 A); 滑动变阻器R2(01 k,允许通过的最大电流为 0.5 A); 单刀单掷开关 S 一个,导线若干。 根据以上器材设计电路,要求测量范围尽可能大、精确度高。 (1)电流表应选 ,电压表应选 ,滑动变阻器应选 。(填写器材符号) (2)请画出测量电阻Rx的实验电路图(并在电路图中标出所用元件的对应符号)。 (3)若电压表示数为U,电流表示数为I,则待测电阻Rx的表达式为Rx= 。 【解析】(1)因电源电压为 3 V,电压表只能选择 03 V,故选电压表,因待测电阻约为 30 ,则电路中的 最大电流为 1
15、00 mA,只能选用量程为 050 mA 的电流表,故选电流表;根据题意可知,电路应采 用分压接法,滑动变阻器应选用较小的电阻,故滑动变阻器选用R1。 (2)要求所测量的范围尽可能大些,故应采用滑动变阻器分压式接法,为了提高实验的精确程度,根据电压 表和电流表量程和待测电阻阻值分析可知,需将定值电阻与待测电阻串联;电压表的内阻很大,由于, RV Rx+ R Rx+ R RA 电压表分流较小,故采用电流表外接法,电路如图所示。 (3)由欧姆定律可知R+Rx=,可得Rx= -R。 U I U I 【答案】 (1) R1 (2)如图所示 (3) -R U I 9.(2019 上海月考)高速公路上甲、
16、乙两车在同一车道上同向行驶,甲车在前,乙车在后,速度均为v0=30 m/s,相 距s0=100 m,t=0 时,甲车遇紧急情况后,甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示,以运动方 向为正方向。 (1)两车在 09 s 内何时相距最近?最近距离是多少? (2)若要保证t=12 s 时乙车在甲车后 109 m,则图乙中a0应是多少? 【解析】 (1)由图象知,甲车前 3 s 做匀减速运动,乙车做匀速直线运动,3 s 末甲车速度为 0,此过程乙的速 度大于甲的速度,两者距离减小,接着甲做匀加速运动而乙做匀减速运动,两车距离进一步减小,当两车速度相 等时相距最近;设t1=3 s 后再经过
17、t2时间甲、乙两车速度相等,此时两车相距最近,有 a2t2=v0+a3t2 解得t2=3 s 即 6 s 时两车相距最近 两车速度相等前甲车的位移x甲= t1+ a2 v0 2 1 2 t22 乙车的位移x乙=v0t1+v0t2+ a3 1 2 t22 最近距离smin=s0+x甲-x乙 联立解得smin=10 m。 (2)9 s 末(t3=6 s),甲车的速度v1=a2t3=30 m/s 9 s 内甲车发生的总位移x甲= t1+ a2 v0 2 1 2 t32 9 s 末,乙车的速度v2=v0+a3t3=0 9 s 内乙车发生的总位移x乙=v0t1+v0t3+ a3 1 2 t32 联立解得
18、 9 s 末,甲车在乙车前x=s0+x甲-x乙=55 m 若要保证t=12 s(t4=3 s)时乙车在甲车后 109 m,则应有 v1t4+x- a0=109 m 1 2 t42 解得a0=8 m/s2。 【答案】(1)6 s 10 m (2)8 m/s2 10.(2019 山西太原开学模拟)如图所示,间距l=0.5 m 的两条平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而 成。 倾角=37的倾斜导轨处在磁感应强度大小B1=2 T,方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的 上端接有一个阻值R0=1 的电阻,置于倾斜导轨上质量为m1、 阻值R1=1 的金属棒ab的中部与一绝缘细绳 相连,细绳上
19、端固定在倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力FTm=4 N。 长度s=2 m 的水平导轨处在磁感 应强度大小B2=1 T,方向竖直向下的匀强磁场区域中,在水平导轨和倾斜导轨的连接处有一质量m2=1 kg、 阻值 R2=1 的金属棒cd处于静止状态,现用一大小F=10 N 且与金属棒垂直的水平恒力作用在金属棒cd上, 使之水 平向右加速运动,当金属棒cd刚好到达水平导轨末端时,与金属棒ab相连的细绳断裂,此时撤去力F,金属棒cd 水平飞出,并落在水平地面上,已知金属棒cd的落地点与水平导轨末端的水平距离x=2.4 m,水平导轨离地的高 度h=0.8 m,不计摩擦阻力和导轨电阻,两金属棒始终
20、与导轨垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2,已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8,求: (1)金属棒ab的质量m1。 (2)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,电阻R0产生的焦耳热Q0。 (3)金属棒cd在水平导轨上运动的时间t。 【解析】(1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h= g,x=v1t 1 2 t12 解得v1=6 m/s 金属棒cd到达水平导轨末端时产生的感应电动势 E=B2lv1 回路总电阻R=+R2=1.5 R0R1 R0+ R1 此时,对金属棒ab受力分析,有 m1gsin +B1l=FTm E 2R 解得m1=0.5 kg。 (2)设金属棒cd在水平导轨上运动过程中,回路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得 Fs= m2+Q 1 2 v12 解得Q=2 J 由串、并联电路的规律可得Q0= Q= J。 1 6 1 3 (3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得 (F-B2l)t=m2v1I 且q= t=I B2ls R 联立可得Ft-=m2v1 B22l2s R 解得t= s。 19 30 【答案】(1)0.5 kg (2) J (3) s 1 3 19 30