2024年高考物理专题突破限时训练物理3-5含解析

物理3-5一、单选题（每小题3分，共计24分）1.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为eq\o\al(238,\o(92))U→eq\o\al(234,\o(90))Th＋eq\o\al(4,2)He.下列说法正确的是()A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经验的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【答案】B【解析】衰变过程遵守动量守恒定律，故选项A错，选项B对．依据半衰期的定义，可知选项C错．α衰变释放核能，有质量亏损，故选项D错．2.如图所示，当一束肯定强度某一频率的黄光照耀到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则()A．若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变B．若将滑动触头P向A端移动时，电流表读数肯定增大C．若用红外线照耀阴极K时，电流表中肯定没有电流通过D．若用一束强度相同的紫外线照耀阴极K时，电流表读数不变【答案】A【解析】所加的电压，使光电子到达阳极，则灵敏电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，当滑片向B端移动时，电流表读数有可能不变；当滑片向A端移动时，所加电压减小，则光电流可能减小，也可能不变，故A正确，B错误．若用红外线照耀阴极K时，因红外线频率小于可见光，但是不肯定不能发生光电效应，电流表不肯定没有电流，故C错误；若用一束强度相同的紫外线照耀阴极K时，紫外线的频率大于红外线的频率，则光子数目减小，电流表读数减小，故D错误．3.一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为()A.eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2) B.eq\f(λ1λ2,λ1­λ2)C.eq\f(λ1＋λ2,2) D.eq\f(λ1－λ2,2)【答案】A【解析】中子的动量p1＝eq\f(h,λ1)，氘核的动量p2＝eq\f(h,λ2)，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝eq\f(h,p3)＝eq\f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正确．4.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n.已知eq\o\al(2,1)H的质量为2.0136u，eq\o\al(3,2)He的质量为3.0150u，eq\o\al(1,0)n的质量为1.0087u,1u＝931MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为()A．3.7MeVB．3.3MeVC．2.7MeVD．0.93MeV【答案】B【解析】在核反应方程eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n中，反应前物质的质量m1＝2×2.0136u＝4．0272u，反应后物质的质量m2＝3.0150u＋1.0087u＝4.0237u，质量亏损Δm＝m1－m2＝0.0035u.则氘核聚变释放的核能为E＝931×0.0035MeV≈3.3MeV，选项B正确．5.不同色光的光子能量如下表所示.色光红橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围(eV)1.61～2．002.00～2．072.07～2．142.14～2．532.53～2．762.76～3．10氢原子部分能级的示意图如图所示．大量处于n＝4能级的氢原子，放射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为()A．红、蓝—靛B．红、紫C．橙、绿D．蓝—靛、紫【答案】A【解析】计算出各种光子能量，然后和表格中数据进行对比，便可解决本题．氢原子处于第四能级，能够发出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六种光子，1.89eV和2.55eV属于可见光，1.89eV的光子为红光，2.55eV的光子为蓝—靛．6.试验视察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图12­2­1所示，则()A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面对外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面对外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面对里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面对里【答案】D【解析】依据动量守恒定律，原子核发生β衰变后产生的新核与电子的动量大小相等，设为p.依据qvB＝eq\f(mv2,r)，得轨道半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，故电子的轨迹半径较大，即轨迹1是电子的，轨迹2是新核的．依据左手定则，可知磁场方向垂直纸面对里．选项D正确．7.若元素A的半衰期为4天，元素B的半衰期为5天，则相同质量的A和B，经过20天后，剩下的质量之比mA∶mB为()A．30∶31B．31∶30C．1∶2D．2∶1【答案】C【解析】由m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,τ)有mA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,4)m0，mB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,5)m0，得mA∶mB＝1∶2.C正确．8.如图所示，A、B两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，三个物块的质量相等.现使物块C以v＝2m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为()A.eq\f(3,2)m/sB.eq\f(2,3)m/sC.eq\f(\r(3),2)m/sD.eq\f(2\r(3),3)m/s【答案】D【解析】设物块的质量均为m，C与B碰撞后的共同速度为v1，依据动量守恒定律有mv＝2mv1，代入数据解得v1＝1m/s，设A最终获得的速度大小为v2，B和C获得的速度大小为v3，依据动量守恒定律则有mv2＝2mv3，依据能量守恒定律可得eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)×2mv23，代入数据解得v2＝eq\f(2\r(3),3)m/s，故D正确，A、B、C错误.二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.下列说法正确的是()A.eq\o\al(15,)7N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,)6C＋eq\o\al(4,2)He是α衰变方程B.eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋γ是核聚变反应方程C.eq\o\al(238,)92U→eq\o\al(234,)90Th＋eq\o\al(4,2)He是核裂变反应方程D.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n是原子核的人工转变方程【答案】BD【解析】[核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同．衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D正确．10.如图，用肯定频率的单色光照耀光电管时，电流表指针会发生偏转，则()A.电源右端应为正极B.流过电流表G的电流大小取决于照耀光的强度C.流过电流表G的电流方向是由a流向bD.普朗克说明了光电效应并提出光子能量E＝hν【答案】BC【解析】发生光电效应时，电子从光电管右端运动到左端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G的电流方向是由a流向b，所以电源左端应为正极，故A错误，C正确；流过电流表G的电流大小取决于照耀光的强度，与光的频率无关，故B正确；爱因斯坦说明了光电效应并提出光子能量E＝hν，故D错误.11.爱因斯坦提出了光量子概念并胜利地说明了光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖.某种金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图6所示，其中ν0为极限频率.从图中可以确定的是()A.逸出功与ν有关B.Ek与入射光强度成正比C.当ν≥ν0时，会逸出光电子D.图中直线的斜率与普朗克常量有关【答案】CD【解析】由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和W0＝hν0(W0为金属的逸出功)可得Ek＝hν－hν0，可见图象的斜率表示普朗克常量，D正确；只有ν≥ν0时才会发生光电效应，C正确；金属的逸出功只和金属的极限频率有关，与入射光的频率无关，A错误；光电子的最大初动能取决于入射光的频率，而与入射光的强度无关，B错误.12.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，照耀到逸出功为2.29eV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＞λbB.Ua＞UbC.a光的光子能量为2.86eVD.b光产生的光电子最大初动能Ek＝0.26eV【答案】BCD【解析】依据能级跃迁学问可知hνa＝E5－E2＝[－0.54－(－3.4)]eV＝2.86eV，hνb＝E4－E2＝[－0.85－(－3.4)]eV＝2.55eV，明显a光的光子能量大于b光的，即a光频率大，波长短，所以A错，C正确.依据光电效应方程Ek＝hν－W0知a光照耀后的光电子最大初动能为Eka＝hνa－W0＝(2.86－2.29)eV＝0.57eVb光照耀后的光电子最大初动能为Ekb＝hνb－W0＝13.一静止的铝原子核eq\o\al(27,13)Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核eq\o\al(28,14)Si*.下列说法正确的是()A．核反应方程为p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一样【答案】ABD【解析】核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p＋eq\o\al(27,13)Al→eq\o\al(28,14)Si*，说法A正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，说法B正确．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，说法C错误．依据动量守恒定律有mpvp＝mSivSi，碰撞后硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度方向一样，说法D正确．14.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq\f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一小球A质量为eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则()A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为eq\f(3,4)m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞【答案】AD【解析】A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，依据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)v02＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)vA2＋eq\f(1,2)·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分别时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq\f(1,2)·MvB2＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，D正确.三、计算题(15题11分，16题11分，17题12分，18题12分，共计46分15.卢瑟福用α粒子轰击氮核时发觉质子．发觉质子的核反应方程为：eq\o\al(14,)7N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(17,)8O＋eq\o\al(1,1)H.已知氮核质量为mN＝14.00753u，氧核质量为mO＝17.00454u，氦核质量为mHe＝4.00387u，质子(氢核)质量为mp＝1.00815u．(已知：1uc2＝931MeV，结果保留2位有效数字)求：(1)这一核反应是汲取能量还是放出能量的反应？相应的能量改变为多少？(2)若入射氦核以v0＝3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核．反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1∶50.求氧核的速度大小．【答案】(1)汲取能量1.2MeV(2)1.8×106m/s【解析】(1)由Δm＝mN＋mHe－mO－mp得：Δm＝－0.00129u.所以这一核反应是汲取能量的反应，汲取能量ΔE＝|Δm|c2＝0.00129×931MeV≈1.2MeV.(2)由动量守恒定律可得：mHev0＝mOv氧＋mpvp又v氧∶vp＝1∶50，可解得：v氧≈1.8×106m/s.16．如图甲所示是探讨光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50μm的绿光照耀阴极K，试验测得流过电流表G的电流I与AK之间的电势差UAK满意如图乙所示规律，取h＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极放射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能．(2)该阴极材料的极限波长．【答案】(1)4.0×1012个9.6×10－20J(2)0.66μm【解析】(1)光电流达到饱和时，阴极放射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟放射的光电子的个数n＝eq\f(Im,e)＝eq\f(0.64×10－6,1.6×10－19)(个)＝4.0×1012(个)光电子的最大初动能为Ekm＝eU0＝1.6×10－19C×0.6V＝9.6×10－20J.(2)设阴极材料的极限波长为λ0，依据爱因斯坦光电效应方程得Ekm＝heq\f(c,λ)－heq\f(c,λ0)，代入数据得λ0＝0.66μm.17.水平光滑轨道在A端与半径为R的光滑半圆轨道ABC相切，半圆的直径AC竖直，如图7所示.小球P的质量是Q的2倍，两小球均可视为质点.小球P以某一速度向右运动，与静止小球Q发生正碰.碰后，小球Q经半圆轨道ABC从C点水平抛出，落点与A点相距2eq\r(5)R；小球P在D点脱离轨道，与圆心的连线OD与水平方向夹角为θ.已知R＝0.4m，sinθ＝eq\f(2,3)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞后小球Q经过A点时的速度大小；(2)与Q碰撞前小球P的速度大小.【答案】(1)6m/s(2)7m/s【解析】(1)小球Q离开C点后做平抛运动，在竖直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向：2eq\r(5)R＝vCt，设小球P的质量为M，小球Q的质量为m.P与Q相碰后，Q的速度为vQ，P的速度为vP，对小球Q，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mvQ2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvC2，解得vQ＝3eq\r(gR)＝6m/s.(2)小球P在D点脱离轨道，即轨道对小球P的弹力FN＝0，依据牛顿其次定律有Mgsinθ＝Meq\f(v\o\al(

2,D),R)，对小球P，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)MvP2＝Mg(R＋Rsinθ