江苏省高考物理三轮复习小卷综合练五.docx
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江苏省高考物理三轮复习小卷综合练五
小卷综合练(五)
(建议用时:
40分钟)
12.[选修35](12分)
2019年1月,中国散裂中子源加速器打靶束流功率超过50kW,技术水平达到世界前列.散裂中子源是由加速器提供高能质子轰击重金属靶而产生中子的装置,一能量为109eV的质子打到汞、钨等重核后,导致重核不稳定而放出20~30个中子,大大提高了中子的产生效率.
(1)关于质子和中子,下列说法中正确的有________.
A.中子和质子的质量相等
B.原子核由质子和中子组成,稳定的原子核内,中子数一定大于质子数
C.原子核的β衰变,实质是核内中子转化为质子和电子
D.中子不带电,比质子更容易打入重核内
(2)汞原子能级图如图所示,大量的汞原子从n=4的能级向低能级跃迁时辐射出光子,其中辐射光子能量的最小值是________eV;用辐射光照射金属钨为阴极的光电管,已知钨的逸出功为4.54eV,使光电流为零的反向电压至少为________V.
(3)一个高能质子的动量为p0,打到质量为M、原来静止的钨核内,形成瞬时的复合核,然后再散裂出若干中子,已知质子质量为m,普朗克常量为h.
①求复合核的速度v;
②设复合核释放的某个中子的动量为p,求此中子的物质波波长λ.
13.A.[选修33](12分)
(1)下列说法中正确的有________.
A.分子力减小时,分子势能可能增大
B.布朗运动是由固体颗粒中分子间碰撞的不平衡引起的
C.空气流动得越快,分子热运动的平均动能越大
D.液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小
(2)如图所示,一定质量的理想气体在状态A时压强为p0,经历从状态A→B→C→A的过程.则气体在状态C时压强为________;从状态C到状态A的过程中,气体的内能增加ΔU,则气体吸收的热量为________.
(3)真空电阻蒸发镀膜是在真空室中利用电阻加热,将紧贴在电阻丝上的金属丝(铝丝)熔融汽化,汽化了的金属分子沉积于基片上形成均匀膜层.在一块面积为S的方形基片上形成共有k层铝分子组成的镀膜,铝膜的质量为m.已知铝的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA.
①求基片上每层铝分子单位面积内的分子数n;
②真空气泵将真空室中的气体压强从p0=1.0×105Pa减小到p1=1.0×10-4Pa,设抽气后真空室中气体温度与抽气前相同,求抽气前后真空室中气体分子数之比.
B.[选修34](12分)
(2019·江苏大联考)
(1)下列说法正确的是________.
A.在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光改为红光,则干涉条纹间距变窄
B.医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应
C.两列波发生干涉,振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大
D.除了从光源直接发出的光以外,我们通常看到的绝大部分光都是偏振光
(2)如图所示,甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图,图乙为质点P的振动图象.则该机械波的传播速度为____________m/s;在t=0.25s时质点Q的加速度____________(填“大于”或“小于”)质点P的加速度.
(3)如图,MN为竖直放置的光屏,光屏的左侧有半径为R、折射率为
的透明半球体,O为球心,轴线OA垂直于光屏,O至光屏的距离OA=
R.位于轴线上O点左侧
处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°的光线射向半球体,求光线从S传播到达光屏所用的时间.(已知光在真空中传播的速度为c.)
14.
(15分)(2019·南京学情调研)如图所示,电阻不计、间距为l=1.0m的光滑平行金属导轨,水平放置于磁感应强度B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R=1.5Ω,质量为m=1.0kg、电阻为r=0.5Ω的金属棒MN置于导轨上,始终垂直导轨且接触良好.当MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0N的作用,由静止开始运动,经过位移x=1.55m,到达PQ处(图中未画出),此时速度为v=2.0m/s.求:
(1)金属棒在PQ处所受磁场作用力大小;
(2)金属棒在PQ处的加速度大小;
(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.
15.
(16分)如图所示,某货场要将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物由轨道顶端无初速度滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力;
(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件;
(3)若μ1=0.5,求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.
16.(16分)如图所示,在xOy平面的第一、四象限内存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场E2、E1,y轴和ab为其左右边界,两边界距离为l=2.4r,在y轴的左侧有一匀强磁场均匀分布在半径为r的圆内,方向垂直纸面向里,其中OO′是圆的半径,一质量为m、电荷量为+q的粒子由ab边界上的距x轴1.2r处的M点垂直电场以初速度v射入,经电场E1、E2各偏转一次后垂直y轴上的P点射出,P点坐标为(0,0.6r),经过一段时间后进入磁场区域,已知粒子在磁场中运动的时间是其在磁场运动周期的四分之一,粒子重力不计,求:
(1)电场强度E1和E2的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从M点射入到离开磁场的总时间.
小卷综合练(五)
12.解析:
(1)中子和质子的质量不相等,A错误;原子核是由中子和质子组成的,稳定的原子核中,中子数大于或等于质子数,B错误;原子核的β衰变,实质是核内中子转化为质子和电子,C正确;中子不带电,比质子更容易打入重核内,D正确.
(2)大量的汞原子从n=4能级向低能级跃迁时辐射光子能量的最小值为E4-E3=-1.6eV-(-2.7eV)=1.1eV;从n=4能级跃迁到n=1能级时辐射光子可使金属钨发生光电效应,其能量最大为E=E4-E1=-1.6eV-(10.4eV)=8.8eV,由光电效应方程知Ekm=E-W逸,由动能定理知eU=Ekm,由以上各式解得U=4.26V.
(3)①由动量守恒可知p0=(m+M)v
解得v=
.
②由德布罗意关系式得λ=
.
答案:
(1)CD
(2)1.1 4.26
(3)①
②
13.A.解析:
(1)当r=r0时,分子间合力为零,势能最小,当分子间距r>r0,分子力随距离的增加而减小,斥力减小得更快,合力表现为引力,增大分子间的距离必须克服引力做功,故分子势能随r增大而增大,故A正确;布朗运动是由于液体中分子无规则运动和固体小颗粒碰撞使小颗粒受力不平衡引起的,故B错误;分子热运动是指分子在做永不停息的无规则运动,与空气流动快慢无关,故C错误;液体没有固定的形状且具有流动性,故液体分子间的作用力比固体分子间的作用力要小些,故D正确.
(2)AC线过原点,所以pC=pA=p0;气体由C到A做等压变化,温度升高,体积增加,则气体对外做功W=p0ΔV=2p0V0,由热力学第一定律ΔU=-W+Q,即Q=ΔU+2p0V0.
(3)①基片上铝分子的总数
NA=nkS,解得n=
NA.
②设真空室中原来气体体积为V0,经过等温变化(气体的压强由p0变为p1)后这部分气体体积变为V1,根据玻意耳定律有p0V0=p1V1
设抽气前和抽气后真空室内气体分子数分别为n0、n1,则
=
=109.
答案:
(1)AD
(2)p0 ΔU+2p0V0 (3)①
NA ②109
13.B.解析:
(1)光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光改为红光,由于波长变长,根据公式Δx=
λ,则干涉条纹间距变宽,故A错误;医院检查身体的彩超是通过测出反射波的频率变化来确定血流的速度,显然是运用了多普勒效应原理,故B正确;两列波发生干涉,振动加强区质点的振幅总比振动减弱区质点的振幅大,不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大,故C错误;除从光源直接发出的光以外,我们通常看到的绝大部分光都是偏振光,故D正确.
(2)由振动图象与波动图象可知,λ=4m,T=0.2s,波速v=
=
m/s=20m/s.因t=0.25s=1
T时,据波的周期性可知,P质点到达波谷,Q质点到达平衡位置上方,但没有到达波峰,则质点Q的加速度小于质点P的加速度.
(3)光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图.
光由空气射向半球体,由折射定律,有n=
,解得α=30°
在△OBC中,由正弦定理得:
=
,解得β=30°
光由半球体射向空气,由折射定律,有n=
解得:
γ=60°,即出射光线与轴线OA平行.光从光源S出发经透明半球体到达光屏所用的总时间t=
+
+
且n=
,解得:
t=
.
答案:
(1)BD
(2)20 小于 (3)
14.解析:
(1)速度为v=2.0m/s时,回路中感应电动势为E=Blv
产生的感应电流I=
由此得磁场对金属棒的作用力为:
F安=BIl=
=1.0N.
(2)由牛顿第二定律有F-F安=ma
解得a=
=1.0m/s2.
(3)由运动中的能量关系
Fx+W=
mv2.
解得W=
mv2-Fx=-1.1J
金属棒克服安培力所做的功,即回路中总共产生的热能为1.1J.
答案:
见解析
15.解析:
(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得:
m1gR=
m1v
①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得:
FN-m1g=m1
②
联立以上两式代入数据得:
FN=3m1g=3000N③
根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N,方向竖直向下.
(2)若滑上木板A时,木板不动,受力分析得:
μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g④
若滑上木板B时,木板B开始滑动,受力分析得:
μ1m1g>μ2(m1+m2)g⑤
联立④⑤式代入数据得:
0.4<μ1≤0.6.⑥
(3)μ1=0.5,由
(2)可知,货物在木板A上滑动时,木板不动.设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:
μ1m1g=m1a1⑦
设货物滑到木板A末端时的速度为v1,由运动学公式得:
v
-v
=-2a1l⑧
联立①⑦⑧式代入数据得:
v1=4m/s⑨
设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得:
v1=v0-a1t⑩
联立①⑦⑨⑩式代入数据得:
t=0.4s.
答案:
(1)3000N 方向竖直向下
(2)0.4<μ1≤0.6 (3)4m/s 0.4s
16.解析:
(1)设粒子经x轴上的N点由电场E1进入电场E2,由M点到N点及由N点到P点的时间分别为t1与t2,到达N点时竖直方向的速度为vy,则
1.2r=
a1t
=
·
t
0.6r=
a2t
=
·
t
vy=
t1=
t2
v(t1+t2)=2.4r
联立解得E1=
E2=
.
(2)如图所示,粒子从Q点垂直射入匀强磁场后做四分之一圆周运动,设做匀速圆周运动的半径为R,在△QHO′中有
QH2+HO′2=r2
解得HO′=0.8r
在△O′KF中有
(R-0.6r)2+(R-0.8r)2=r2
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=
联立解得B=
.
(3)粒子在电场中的运动时间为
t′1=
=
匀速运动时间为t′2=
=
在磁场中的运动时间为t3=
=
粒子从M点射入到离开磁场的总时间
t=
+
+
=
.
答案:
(1)
(2)
(3)
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