新课标物理高考真题汇编 8页

‎35．[2011·课标全国卷] O1(1)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.‎ ‎【答案】h　· ‎【解析】 截止频率即刚好发生光电效应的频率，此时光电子的最大初动能为零，由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和c＝λ0ν得：W0＝h.若用波长为λ的单色光做实验，光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝h－h，设其截止电压为U，则eU＝Ek，解得：U＝·.‎ F3(2)如图1－17所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0 沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0 ，求弹簧释放的势能．‎ 图1－17‎ ‎【解析】 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得 ‎3mv＝mv0①‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②‎ 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③‎ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝mv④‎ ‎35．O2(1)[2012·课标全国卷]氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：H＋H→He＋x，式中x是某种粒子．已知：H、H、He和粒子x的质量分别为2.0141 u、3.0161 u、4.0026 u和1.0087 u；1 u＝931.5 MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是______，该反应释放出的能量为________MeV(保留3位有效数字)．‎ ‎35．(1)[答案] n(或中子)　17.6‎ ‎[解析] 由质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子x是中子．由质能方程可得ΔE＝Δmc2＝Δm×931.5 MeV＝17.6 MeV.‎ 图13‎ ‎35．(2)F3[2012·课标全国卷]如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：‎ ‎(ⅰ)两球a、b的质量之比；‎ ‎(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎35．(2)[解析] (ⅰ)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得 m2gL＝m2v2①‎ 式中g是重力加速度的大小．‎ 设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得 m2v＝(m1＋m2)v′②‎ 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③‎ 联立①②③式得 ＝－1④‎ 代入题给数据得 ＝－1⑤‎ ‎(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失是 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥‎ 联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝m2v2)之比为 ＝1－(1－cosθ)⑦‎ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得 ＝1－⑧‎ ‎35．[物理——选修3－5](15分)O2[2013·新课标全国卷Ⅰ] ‎ ‎(1)一质子束入射到静止靶核Al上，产生如下核反应：‎ p＋Al→X＋n 式中p代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的质子数为________，中子数为 ________．‎ ‎35．(1)14　13‎ ‎[解析]由电荷数守恒可知，新核的质子数为1＋13＝14；根据质量数守恒可知，新核的中子数为1＋27－1－14＝13.‎ ‎35．O2[2013·新课标全国卷Ⅰ] (2)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A 一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．‎ ‎35．(2)[解析]设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 mv2＝mv＋(2m)v①‎ mv＝mv1＋(2m)v2②‎ 式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得 v1＝－③‎ 设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得 μmgd1＝mv④‎ μ(2m)gd2＝(2m)v⑤‎ 按题意有　　d＝d1＋d2⑥‎ 设A的初速度大小为v0，由动能定理得 μmgd＝mv－mv2⑦‎ 联立②至⑦式，得　　v0＝⑧‎ ‎35．[物理——选修3－5](15分)O2[2013·新课标全国卷Ⅱ] ‎ ‎(1)(5分)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．‎ A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 C．铯原子核 (Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能 D．比结合能越大，原子核越不稳定 E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 ‎35．(1)ABC　[解析] 根据结合能的概念，将原子核分解成自由核子所需要的最小能量等于结合能，A正确；结合能越大，原子核越稳定，重核衰变放出能量，转化为结合能更大的衰变产物，B正确；组成原子核的核子越多，它的结合能越高，故铯原子核的结合能小于铅原子核的结合能，C正确；比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量，所以比结合能越大，原子核越牢固，D错误；自由核子组成原子核时，放出的能量与组成的原子核的结合能相等，E错误．‎ ‎35．O2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎(ⅰ)整个系统损失的机械能；‎ ‎(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎35．(2)[解析] (ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1　①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2　②‎ mv＝ΔE＋(2m)v　③‎ 联立①②③式得 ΔE＝mv　④‎ ‎(ⅱ)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3　⑤‎ mv－ΔE＝(3m)v＋Ep　⑥‎ 联立④⑤⑥式得 Ep＝mv　⑦‎ ‎35．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)O2关于天然放射性，下列说法正确的是________．‎ A．所有元素都可能发生衰变 B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强 E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线 ‎35．(1)BCD　[解析] 本题考查了原子核的衰变．原子序数大于83的元素才可以发生衰变，原子序数小于83的元素有的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期与元素所处的物理 、化学状态无关，B、C正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D正确；原子核发生α或β衰变时常常伴随着γ光子的产生，但同一原子核不会同时发生α衰变和β衰变，E错误．‎ ‎(2)F3如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，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失．求：‎ ‎(1)B球第一次到过地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度．‎ ‎(2)解：(ⅰ)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 将h＝0.8 m代入上式，得 v1＝4 m/s.②‎ ‎(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得 v1＝gt③‎ 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守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2④‎ mAv＋mBv＝mv′⑤‎ 设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得 v′B＝vB⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m．⑧‎ ‎35．[2014·新课标Ⅱ卷] [物理——选修3－5]‎ ‎(1)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．‎ A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值 B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核 C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素 D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子 E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷 ‎(2)现利用图(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；打点计时器所用交流电的频率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．碰后光电计时显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．‎ 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．‎ ‎35．[答案] (1)ACE　(2)略 ‎[解析] (1)密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电量，A项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，发现了原子中心有一个核，B、D两项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，并因此获得了诺贝尔奖，C项正确；汤姆逊通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的比荷，E项正确．‎ ‎(2)按定义，物块运动的瞬间时速度大小v为 v＝①‎ 式中Δs为物块在短时间Δt内走过的路程．‎ 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则 ΔtA＝＝0.02 s②‎ ΔtA可视为很短 设A在碰撞前、后时速度大小分别为v0，v1.将②式和图给实验数据代入①式得 v0＝2.00 m/s③‎ v2＝0.970 m/s④‎ 设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式得 v2＝⑤‎ 代入题给实验数据得 v2＝2.86 m/s⑥‎ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′则 p＝m1v0⑦‎ p′＝m1v1＋m2v2⑧‎ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp＝×100%⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%<5%⑩‎ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．‎ 图113‎ ‎35．[物理—选修3－5][2015·全国卷Ⅰ] (1)O1在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图113所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为__________________，所用材料的逸出功可表示为________________．‎ ‎(2)F3如图114，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ 图114‎ ‎35．(1)ek　－eb ‎[解析] 在光电效应现象中，入射光子能量为hν，这些能量的一部分用于克服逸出功W0，多余的能量转化为电子的最大初动能，由动能定理得eUc＝hν－W0，整理得Uc＝ν－.图线斜率k＝，所以普朗克常量h＝ek；截距为b，即eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb.‎ ‎(2)(－2)M≤mM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m