浙江专版2021年高考物理一轮复习单元评估检测十一选修3_5含解析 12页

单元评估检测(十一)　选修3-5‎ ‎(90分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分)‎ ‎1.(多选)(2019·衢州模拟)下列说法正确的是 (　　)‎ A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期 B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 C.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性 D.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量一定减少 ‎【解析】选B、C、D。元素的半衰期是由元素本身决定的,与外部环境无关,故A错误;由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子,故B正确;光电效应和康普顿效应只能用光的粒子性解释,揭示了光具有粒子性,故C正确;重核裂变过程生成中等质量的核,释放出能量,反应前后质量数守恒,一定有质量亏损,故D正确。‎ ‎2.(多选)如图所示,在光滑水平面上质量分别为mA=2 kg,mB=4 kg,速率分别为vA=5 m/s,vB=2 m/s 的A、B两小球沿同一直线相向运动,则下列叙述正确的是(　　)‎ A.它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s,方向水平向左 B.它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s,方向水平向左 C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右 D.它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右 ‎【解析】选C、D。根据题述,它们碰撞前的总动量是mBvB-mAvA=-2 kg·m/s,方向水平向右,根据动量守恒定律,它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s,方向水平向右,选项C、D正确。‎ ‎3.(多选)(2019·金华模拟)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,由图可知 (　　)‎ A.该金属的极限频率为4.27×1014 Hz B.该金属的极限频率为5.5×1014 Hz - 12 -‎ C.该图线的斜率表示普朗克常量 D.该金属的逸出功为0.5 eV ‎【解析】选A、C。由光电效应方程Ek=hν-W0知图线与横轴交点为金属的极限频率,即νc=4.27×1014 Hz,A正确,B错误;由Ek=hν-W0可知,该图线的斜率为普朗克常量,C正确;金属的逸出功W0=hνc= eV≈1.8 eV,D错误。‎ ‎4.(2019·全国卷Ⅰ)氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为 (　　)‎ A.12.09 eV　　 B.10.20 eV C.1.89 eV D.1.51 eV ‎【解析】选A。处于基态(n=1)的氢原子被激发,至少被激发到n=3能级后,跃迁才可能产生能量在1.63 eV～3.10 eV的可见光,则最少应给氢原子提供的能量为ΔE=-1.51 eV-(-13.60) eV=12.09 eV,故选项A正确。‎ ‎5.(2018·江苏高考)已知A和B两种放射性元素的半衰期分别为T和2T,则相同质量的A和B经过2T后,剩有的A和B质量之比为 (　　)‎ A.1∶4 B.1∶2‎ C.2∶1 D.4∶1‎ ‎【解析】选B。经过2T,对A来说是2个半衰期,A的质量还剩,经过2T,对B来说是1个半衰期,B的质量还剩,所以剩有的A和B质量之比为1∶2,选项B正确。‎ ‎6.(多选)(2017·浙江11月选考真题)a、b是两种单色光,其光子能量分别为εa和εb,且=k, (　　)‎ - 12 -‎ A.则a、b的光子动量之比=1∶k B.若a、b入射到同一双缝干涉装置上,则相邻亮条纹的间距之比=1∶k C.若a、b都能使某种金属发生光电效应,则光电子最大初动能之差Eka-Ekb=‎ εb(k-1)‎ D.若a、b是由处在同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的,则a、b两态能级之差Ea-Eb=εb(k-1)‎ ‎【解析】选B、C。本题考查了对公式λ=,ε=⇒p=的理解。根据p=可知=,A错;Δx=,解得Δx=,因此B正确;光电子最大初动能Ek=ε-W,将=k代入,可知C正确;因为a、b处在同一激发态,根据能级跃迁图,得Ea-Eb ‎=εb(1-k),可知D错误。‎ ‎7.(多选U放射性衰变有多种可能途径,其中一种途径是先变成Bi,而Bi可以经一次衰变变成X(X代表某种元素),也可以经一次衰变变成TiX和Ti最后都变成Pb,衰变路径如图所示。可知图中 (　　)‎ A.a=82,b=206‎ B.a=84,b=206‎ C.①是β衰变,放出电子,电子是由中子转变成质子和电子而生成的 D.②是α衰变,放出的是正电子,正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的 - 12 -‎ ‎【解析】选B、CBi经过①变化为X,质量数没有发生变化,为β衰变,过程中放出电子,电子是由中子转变成质子时产生的,即BiX+e,故a=84Bi经过②变化为Ti,核电荷数少2,为α衰变,即BiTiHe,故b=206,故B、C正确。‎ ‎8.(多选)(2016·浙江10月选考真题)如图为氢原子能级图,氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光;从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光。a光和b光的波长分别为λa和λb,照射到逸出功为2.29 eV 的金属钠表面均可产生光电效应,遏止电压分别为Ua和Ub,则 (　　)‎ A.λa>λb B.Ua>Ub C.a光的光子能量为2.86 eV D.b光产生的光电子最大初动能Ekb=0.26 eV ‎【解析】选B、C、D。根据能级跃迁知识hfa=E5-E2=-0.54-(-3.4) eV=2.86 eV,‎ hfb=E4-E2=-0.85-(-3.4) eV=2.55 eV,显然a光子的能量大于b光子,即a光频率要大,波长要短,所以A错误,C正确。根据光电效应可知,最大初动能Ek=hf-W0 ,所以a光照射后的最大初动能为Eka=2.86-2.29 eV=0.57 eV ,b光照射后的最大初动能为Ekb=2.55-2.29 eV=0.26 eV,选项D正确。根据遏止电压知识可知,Ua>Ub,选项B正确。‎ ‎9.(2019·台州模拟)如图,光滑水平面上有两辆小车,用细线相连,中间有一个被压缩的轻弹簧,小车处于静止状态。烧断细线后,由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1∶m2=2∶1,下列说法正确的是 (　　)‎ A.弹簧弹开后两车速度大小之比为1∶2‎ B.弹簧弹开后两车动量大小之比为1∶2‎ - 12 -‎ C.弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2∶1‎ D.弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1∶4‎ ‎【解析】选A。两小车和弹簧组成的系统,在烧断细线后,合外力为零,动量守恒,所以两车的动量大小之比为1∶1,由m1v1=m2v2结合m1∶m2=2∶1可知v1∶v2=1∶2,所以A选项正确,B选项错误;由于弹簧弹开过程,对两小车每时每刻的弹力大小相等,又对应着同一段作用时间,由I=Ft可知,m1、m2受到的冲量大小之比为1∶1,所以C选项错误;根据功能关系的规律,弹簧弹开过程,弹力对m1、m2做功等于两小车动能的增量,由W=ΔEk=mv2-0,代入数据可知W1∶W2=1∶2,所以D选项错误。‎ ‎10.(多选)云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性,放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B=2.5 T的匀强磁场中发生衰变,放射出粒子并变成新原子核B,放射出的粒子与新核的运动轨迹如图所示,测得两圆的半径之比R1∶R2=42∶1,且R1=0.2 m,已知α粒子质量mα=6.64×10-27 kg,β粒子质量mβ=9.1×10-31 kg,普朗克常量取h=6.6×10-34 J·s,下列说法正确的是 (　　)‎ A.新原子核B的核电荷数为84‎ B.放射性元素A原子核发生的是β衰变 C.衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×107 m/s D.如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54 eV的金属钨发生光电效应 ‎【解析】选A、C、D。由动量守恒mv-mαvα=0,粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力,即qvB=。又qα=2e,R1∶R2=42∶1由以上关系得新原子核的电荷量q=84e,即新原子核的电荷数为84,故A正确;衰变过程中动量守恒,因初动量为零,故衰变后两粒子动量大小相等,方向相反。粒子轨迹为外切圆,说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反,均带正电,故发生的是α衰变,故 - 12 -‎ B错误。由R1=得,vα==m/s≈2.4×107 m/s,故C正确;A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子,依据E=hν=6.6×10-34×1.2×1015 J ‎=7.92×10-19 J=4.95 eV>4.54 eV,因此能使金属钨发生光电效应,故D正确;综上分析,A、C、D正确。‎ 二、实验题(本题共2小题,共12分)‎ ‎11.(4分)利用气垫导轨做实验来验证动量守恒定律:如图甲所示,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻弹簧,两滑块用绳子连接;绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,得到如图乙所示的两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片,频闪的频率为10 Hz。已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g,根据照片记录的信息,A、B离开弹簧后,滑块A做匀速直线运动,其速度大小为________ m/s,本次实验中得出的结论是__。 ‎ ‎【解析】由题图乙可知,绳子烧断后,A、B均做匀速直线运动。开始时有vA=‎ ‎0,vB=0,A、B被弹开后有v′A=0.09 m/s,v′B=0.06 m/s,mAv′A=0.018 kg·m/s,‎ mBv′B=0.018 kg·m/s,由此可得mAv′A=mBv′B,即0=mBv′B-mAv′A,结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒。‎ 答案:0.09　两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 ‎12.(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,气垫导轨装置如图甲所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地悬浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。‎ - 12 -‎ ‎(1)下面是实验的主要步骤:‎ ‎①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气;‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向;‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳;‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间,已知碰后两滑块一起运动;‎ ‎⑥先__, ‎ 然后____________,让滑块带动纸带一起运动; ‎ ‎⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带如图乙所示;‎ ‎⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。‎ 试着完善实验步骤⑥的内容。‎ ‎(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为______ kg·m/s;两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______ kg·m/s。(保留三位有效数字) ‎ ‎(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是__。 ‎ ‎【解析】(1)实验时,应先接通打点计时器的电源,再放开滑块1。‎ ‎(2)作用前滑块1的速度v1= m/s=2 m/s,其质量与速度的乘积为0.310 kg×‎ ‎2 m/s=0.620 kg·m/s,作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v= m/s=‎ ‎1.2 m/s,其质量与速度的乘积之和为(0.310 kg+0.205 kg)×1.2 m/s=‎ ‎0.618 kg·m/s。‎ ‎(3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。‎ 答案:(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1‎ ‎(2)0.620　0.618‎ ‎(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦 三、计算题(本题共4小题,共48分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)‎ - 12 -‎ ‎13.(10分)如图甲所示,静止在匀强磁场中的Li核俘获一个速度为v0=7.7×‎ ‎104 m/s的中子而发生核反应,即LinHHe,若已知He的速度v2=2.0×‎ ‎104 m/s,其方向与反应前中子速度方向相同,试求:‎ ‎(1H的速度大小和方向。‎ ‎(2)在图乙中,已画出并标明两粒子的运动轨迹,请计算出轨迹半径之比。‎ ‎(3)当He旋转三周时,粒子H旋转几周?‎ ‎【解析】(1)反应前后动量守恒:‎ m0v0=m1v1+m2v2　 ①(2分)‎ ‎(v1为氚核速度,m0、m1、m2分别代表中子、氚核、氦核质量)‎ 代入数值可解得:v1=-1.0×103 m/s②(1分)‎ 方向与v0相反。‎ ‎(2HHe在磁场中均受洛伦兹力,做匀速圆周运动的半径之比为 r1∶r2=∶=3∶40。 ③(2分)‎ ‎(3H和He做匀速圆周运动的周期之比为 T1∶T2=∶=3∶2 ④(2分)‎ 所以它们的旋转周数之比为 n1∶n2=T2∶T1=2∶3　 ⑤(2分)‎ - 12 -‎ 即He旋转3周时H旋转2周。 (1分)‎ 答案:(1)1.0×103 m/s,方向与v0相反 ‎(2)3∶40　(3)2周 ‎14.(12分)(2019·湖州模拟)在高速公路上,一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速度约为30 m/s。‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大?‎ ‎(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大?‎ ‎【解析】(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m。设运动的时间为t,根据x=t, (2分)‎ 得t== s。 (2分)‎ 根据动量定理有Ft=Δp=mv0, (3分)‎ 得F== N=5.4×104 N。 (3分)‎ ‎(2)若人系有安全带,则F′== N=1.8×103 N。 (2分)‎ 答案:(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N ‎15.(12分)在原子核物理中,研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球,如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D,在它们继续向左运动的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变。然后,A球与挡板P发生碰撞,碰后A、D都静止不动,A与P接触而不粘连。过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。 ‎ ‎(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。‎ - 12 -‎ ‎(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能。‎ ‎【解析】(1)设C球与B球粘结成D时,D的速度为v1,由动量守恒定律,有 mv0=(m+m)v1 ①(1分)‎ 当弹簧压至最短时,D与A的速度相等,设此速度为v2,由动量守恒定律,有 ‎2mv1=3mv2 ②(1分)‎ 由①②两式得A的速度v2=v0。 ③(1分)‎ ‎(2)设弹簧长度被锁定后,储存在弹簧中的势能为Ep,由能量守恒定律,有 ‎·2m=m+Ep④(2分)‎ 撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能,设D的速度为v3,则有 Ep=·(2m)· ⑤(1分)‎ 当弹簧伸长,A球离开挡板P,并获得速度。当A、D的速度相等时,弹簧伸至最长。设此时的速度为v4,由动量守恒定律,有 ‎2mv3=3mv4 ⑥(2分)‎ 当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为E′p,由能量守恒定律,有 ‎·2m=m+E′p⑦(2分)‎ 解以上各式得E′p=m。 ⑧(2分)‎ 答案:(1)v0　(2)m ‎16.(14分)海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意如图甲。浮桶(轻密度绝缘材料制成)内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随周期T=3 s的波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15 Ω的灯泡相连。如图乙所示,浮桶下部由内、外两密封圆筒构成,其截面积S=0.2 m2(图乙中斜线阴影部分),其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=‎ - 12 -‎ ‎1 Ω。假设浮桶随波浪上下运动可视为受迫振动,浮桶振动的速度可表示为v=0.4πsinm/s,重力加速度g取10 m/s2,π2≈10。 ‎ ‎(1)图甲中,当浮桶上下运动通过平衡位置时,判断流过灯泡的电流方向 (向左或向右),并计算此时的电流大小。‎ ‎(2)画出电流i随时间t的变化图象,并求线圈在1小时内产生的焦耳热。‎ ‎(3)已知浮桶与线圈总质量为450 kg,它们在运动过程中受到安培力与其他力的共同作用,试求0到0.75 s时间内,其他力的冲量。(本题线圈中产生的交变电流与同匝数线圈在匀强磁场中以周期T=3 s匀速转动产生的交变电流等效,如图丙所示)‎ ‎【解析】(1)根据右手定则,通过小灯泡的电流向左。当线圈通过平衡位置时,速度最大,切割产生的电动势最大,即:Emax=NBLvmax (1分)‎ 其中:L=πD,解得:Emax=64 V (1分)‎ 根据闭合电路欧姆定律Imax==4 A(1分)‎ ‎(2)电流随时间的变化关系 i==4sin A(2分) ‎ i- t图象如图所示 :‎ 电流的有效值为i有效==2 A(1分) ‎ 电流产生的焦耳热:Q=rt=28 800 J(1分) ‎ - 12 -‎ ‎(3)浮筒与线圈在安培力及其他力的共同冲量作用下,动量发生改变,根据动量定理 I其他力-I安培力=Δp (1分) ‎ I其他力-NBLΔt=p末-p初 (2分)‎ 交变电流与同匝数线圈在匀强磁场中以T=3 s匀速转动产生的交变电流等效,则有 Emax=NBSω (1分)‎ 四分之一周期内通过的电量满足:‎ q=Δt== C(1分)‎ 则I其他力=Mvmax+NBqπD=(180π+16)N·s(2分)‎ 答案:(1)电流向左　4 A　(2)28 800 J ‎(3)(180π+16)N·s - 12 -‎