2020年高考物理一轮复习第十五单元近代物理单元检测含解析新人教版

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1、近代物理一、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,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,

2、利用了电子的干涉现象,说明电子是一种波,D项正确。【答案】AD2.(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.90234Th衰变为86222Rn,经过3次衰变,2次衰变B.12H+13H24He+01n是衰变方程,90234Th91234Pa+-10e是衰变方程C.92235U+01n56144Ba+3689Kr+301n是核裂变方程,也是氢弹的核反应方程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24He+7

3、14N817O+11H【解析】90234Th衰变为86222Rn,经过3次衰变,2次衰变,故A项正确;12H+13H24He+01n是核聚变方程,90234Th91234Pa+-10e是衰变方程,故B项错误;92235U+01n56144Ba+3689Kr+301n是核裂变方程,不是氢弹的核反应方程,故C项错误;高速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24He+714N817O+11H,故D项正确。【答案】AD3.(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.mgv0ta

4、n B.mgv0tanC.mgv0sinD.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 =vxvy,则t=v0gtan,故重力的瞬时功率P=mgvy=mggt=mgv0tan,B项正确。【答案】B4.(2019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e+1737Cl1837Ar+-10e,已知1737Cl核的质量为36.95658 u,1837Ar核的质量为36.956

5、91 u,-10e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应的电子中微子的最小能量为()。A.1.33 MeVB.0.82 MeVC.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】B5.(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

6、子核发生了衰变B.原来静止的原子核的原子序数为15C.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=mvqB=pqB,得半径与电荷量成反比,两圆半径之比为116,由于新核的电荷量较大,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

7、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D项错误。【答案】ABC6.(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=s2B.若F1=F2,M1v2

8、,s1s2C.若F1F2,M1=M2,则v1s2D.若F1v2,s1s2【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=mgM1,a2=mgM2,其中m为物块a和b的质量,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=12a0t12-12a1t12,b与Q的相对位移L2=12a0t22-12a2t22,P、Q的速度v1=a1t1,v2=a2t2,物块a、b相对地面的位移分别为s1=12a0t12,s2=12a0t22,若M1M2,则a1a2,所以t1t2,v

9、1v2,s1s2;若M1a2,所以t1t2,v1v2,s1s2,A项错误,B项正确;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=12aata2-12ata2,b与Q的相对位移L=12abtb2-12atb2,由于aaab,所以得tatb,P、Q的速度分别为v1=ata、v2=atb,物块a、b相对地面的位移分别为s1=12aata2=L+12ata2,s2=12abtb2=L+12atb2,则v1v2,s1s2,C项错误;同理,若F1F2,M1=M2

10、,则有aatb,v1v2,s1s2,D项正确。【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。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v1=s1t1,v2=s2t2,v3=s3t3,。 作出v-t图象如图丙所示。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

11、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v为纵坐标,相应的运动时间t的一半为横坐标,即v-t2的图象的斜率表示加速度a,则v-t图象的斜率的2倍表示加速度,即a=2k。(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+

12、M)aMg。(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)2kO点的瞬时速度(2)mg-(m+M)aMg (3)C8.(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);

13、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

14、30 ,则电路中的最大电流为100 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RVRx+RRx+RRA,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=UI,可得Rx=UI-R。【答案】 (1)R1(2)如图所示 (3)UI -R9.(2019上海月考)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同

15、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t2时间甲、乙两车速度相等,此时两车相距最近,有a2t2

16、=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=v02t1+12a2t22乙车的位移x乙=v0t1+v0t2+12a3t22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/s9 s内甲车发生的总位移x甲=v02t1+12a2t329 s末,乙车的速度v2=v0+a3t3=09 s内乙车发生的总位移x乙=v0t1+v0t3+12a3t32联立解得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-1

17、2a0t42=109 m解得a0=8 m/s2。【答案】(1)6 s10 m(2)8 m/s210.(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

18、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。

19、(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=12gt12,x=v1t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=R0R1R0+R1+R2=1.5 此时,对金属棒ab受力分析,有m1gsin +B1E2Rl=FTm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=12m2v12+Q解得Q=2 J由串、并联电路的规律可得Q0=16Q=13 J。(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(F-B2Il)t=m2v1且q=It=B2lsR联立可得Ft-B22l2sR=m2v1解得t=1930 s。【答案】(1)0.5 kg(2)13 J(3)1930 s8