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专题检测卷十二动量、近代物理一、选择题(共20题,每题3分,共60分)1.(多选)关于天然放射现象,以下叙述正确的是()A.若使放射性物质的温度升高,其半衰期将变大B.衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的C.在、这三种射线中,射线的穿透能力最强,射线的电离能力最强D.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,要经过8次衰变和6次衰变2.下列说法正确的是()A.电磁波在真空中以光速c传播B.在空气中传播的声波是横波C.声波只能在空气中传播D.光需要介质才能传播3.下列说法正确的是()A.重核裂变时放出能量,而轻核聚变时吸收能量B.轻核聚变必须在很高的温度下才能进行C.氢弹是利用轻核聚变制成的,因此它的威力比原子弹小D.人类制成了原子弹,从而实现了用人工方法控制链式反应的速度,和平利用核能4.(多选)用中子(01n)轰击铀核(92235U)产生裂变反应,会产生钡核(56141Ba)和氪(3692Kr)并释放中子(01n),当达到某些条件时可发生链式反应,个铀核(92235U)裂变时,释放的能量约为200 MeV(1 eV=1.610-19 J)。以下说法正确的是()A.92235U的裂变方程为92235U+01n56141Ba+3692Kr+01nB.92235U的裂变方程为92235U+01n56141Ba+3692Kr+301nC.92235U发生链式反应的条件与铀块的体积有关D.一个92235U裂变时,质量亏损约为3.610-28 kg5.对于任何一个质量不变的物体,下列说法正确的是()A.物体的动量发生变化,其动能一定变化B.物体的动量发生变化,其动能不一定变化C.物体的动能不变时,其动量也一定不变化D.物体的动能发生变化,其动量不一定变化6.女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功7.(多选)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F的作用下。经过时间t、通过位移L后,动量变为p,动能变为Ek,以下说法正确的是()A.在F作用下,这个物体经过位移2L,其动量等于2pB.在F作用下,这个物体经过时间2t,其动量等于2pC.在F作用下,这个物体经过时间2t,其动能等于2EkD.在F作用下,这个物体经过位移2L,其动能等于2Ek8.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m(m23)。则照射光光子的波长为()A.1B.3C.1-2D.2+317.(多选)如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图,一群氢原子处于n=4的激发状态,当他们自发的跃到较低能级时,以下说法正确的有()A.电子轨道半径减小,动能增大B.可发出连续不断的光谱线C.由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最高D.由n=4跃迁到n=1时发出光子的波长最长18.静止在匀强磁场中的92238U核发生衰变后生成Th核,衰变后粒子的速度方向垂直于磁场方向,则以下结论中正确的是()A.衰变方程92238U90234Th+24HeB.衰变后的Th核和粒子的轨迹是两个内切圆,轨道半径之比为145C.Th核和粒子的动能之比为2117D.若粒子转了117圈,则Th核转了45圈19.(多选)(2018安徽皖江名校模拟)利用光电效应可以把光信号转变为电信号,动作迅速灵敏,因此利用光电效应制作的光电器件在工农生产、科学技术和文化生活领域内得到了广泛的应用,其中光电管就是应用最普遍的一种光电器件。把光电管接入如图所示的电路中,闭合开关S,用波长为的单色光照射光电管时发生了光电效应,下列说法正确的是()A.照射的单色光越强,饱和光电流将越大B.若用波长更长的单色光照射光电管,则光电管中金属的逸出功变大C.若把滑片c向左滑动,电流表G的示数一定增大D.若把电源正负极反接,电流表G的示数可能为零20.(多选)如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。关于此实验,下列说法中正确的是()A.当把小球1向左拉起一定高度,然后由静止释放,可观察到小钢球5向右摆起,且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球4、5一起向右摆起,且上升最大高度高于小钢球1、2、3的释放高度C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰撞后,小钢球3、4、5一起向右摆起,且上升最大高度等于小钢球1、2、3的释放高度D.上述整个实验过程中,5个小钢球组成的系统机械能守恒、动量守恒二、实验题(共4题,每题5分,共20分)21.(5分)为测量滑块与桌面间的动摩擦因数,用如右图所示的装置进行实验:A.先测出滑块A、B的质量M、m,查出当地的重力加速度gB.用细线将滑块A、B连接,使A、B间的弹簧压缩,滑块B紧靠在桌边C.剪断细线,测出滑块B做平抛运动落地时到重锤线的水平位移s1和滑块A沿桌面滑行距离s2(1)为验证动量守恒,写出还须测量的物理量及表示它的字母:。(2)动量守恒的表达式为:(用题目中所涉及的物理量的字母表示)。(3)接着,根据(2)中表达式及测量出的数据就能计算出滑块与桌面间的动摩擦因数了。22.(5分)(1)“验证动量守恒定律”的实验装置原来的教科书采用图甲所示的方法,经过编者修改后,现行的教科书采用图乙所示的方法。两个实验装置的区别在于:悬挂重垂线的位置不同;图甲中设计有一个支柱(通过调整,可使两球的球心在同一水平线上;上面的小球被碰离开后,支柱立即倒下),图乙中没有支柱,图甲中的入射小球和被碰小球做平抛运动的抛出点分别在通过O、O点的竖直线上,重垂线只确定了O点的位置,比较这两个实验装置,下列说法正确的是()A.采用图甲所示的实验装置时,需要测出两小球的直径B.采用图乙所示的实验装置时,需要测出两小球的直径C.为了减小误差,采用图甲所示的实验装置时,应使斜槽末端水平部分尽量光滑D.为了减小误差,采用图乙所示的实验装置时,应使斜槽末端水平部分尽量光滑(2)在做“验证动量守恒定律”的实验中:如果采用(1)题图乙所示装置做实验,某次实验得出小球的落点情况如图丙所示,图中数据单位统一,假设碰撞动量守恒,则碰撞小球质量m1和被碰撞小球质量m2之比m1m2=。23.(5分)如图所示为实验室中探究碰撞中的不变量的实验装置示意图。(1)若入射小球质量为m1,半径为R1;被碰小球质量为m2,半径为R2,则。A.m1m2,R1R2B.m1m2,R1m2,R1=R2D.m1m2,R1=R2(2)为完成此实验,以下所提供的测量工具中必需的是 (填下列对应的字母)。A.刻度尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,P为碰前入射小球落点的平均位置,则关系式(用m1,m2及图中字母表示)成立,即表示碰撞中的不变量是动量。24.(5分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下:(1)用游标卡尺测量小球A、B的直径d,其示数均如图乙所示,则直径d= mm,用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2。(2)用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上。(3)将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为2。(4)若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式为;若碰撞是弹性碰撞,则还应满足的表达式为。(用测量的物理量表示)三、计算题(共3题,共20分)25.(6分)三个粒子结合成一个碳612C,已知碳原子的质量为12.000 0 u,氦原子质量为4.002 6 u。(1)写出核反应方程;(2)这个核反应放出的能量是多少焦?(3)这个能量合多少MeV?26.(6分)质量分别为m1和m2的小车A和小车B放在水平面上,小车A的右端连着一根水平的轻弹簧,处于静止状态。小车B从右面以某一初速度驶来,与轻弹簧相碰,之后,小车A获得的最大速度为v。若不计摩擦和相互作用过程中的机械能损失。(1)求小车B的初速度大小。(2)如果将两小车A、B的质量都增大到原来的2倍,再让小车B与静止的小车A相碰,要使A、B两小车相互作用过程中弹簧的最大压缩量保持不变,小车B的初速度大小又是多大?27.(8分)如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A(可视为质点),且m23)。根据光子频率=得光子波长越小,频率越大。显然从n=3直接跃迁到n=2能级时辐射光子的能量等于入射光子的能量,故入射光子的能量E=h1,所以照射光光子的波长为1。故选A。17.AC当氢原子中电子从高能级向低能级跃迁时,电子轨道半径变小,跃迁过程中,原子核对电子的库仑力做正功,根据动能定理,电子动能增大,A正确;根据玻尔理论,原子能量是量子化的,故原子中电子跃迁时,能级差E也是量子化的,只能是一些特定的数值,根据E=h,发光频率也只能是一些特定的频率,故不能产生连续谱,而是线状谱,B错误;电子由n=4跃迁到n=1时,能级差最大,根据E=h,产生的光子频率最高,波长最短,C正确,D错误。18.C根据电荷数守恒、质量数守恒: 92238U90234Th+24He,中间不是等于号。故A错误。根据动量守恒定律得,Th核和粒子的动量大小相等,方向相反,则r=mvqB,知轨道半径之比等于两粒子的电量之反比,为145,因为两粒子电性相同,速度方向相反,轨迹为两个外切圆。故B错误。根据动量守恒定律知,Th核和粒子的动量大小相等,则动能Ek=p22m,所以动能之比等于质量之反比,为2117。故C正确。根据周期T=2mqB,知周期比等于质量和电荷量比值之比,所以Th核和粒子的周期之比为11790,所以粒子转了117圈,则Th核转了90圈。故D错误。故选C。19.AD发生光电效应时,保持入射光的频率不变,饱和光电流随入射光强度的增大而增大,A正确;金属的逸出功与入射光的频率(波长)无关,由金属本身决定,B错误;若把滑片c向左滑动,当电流达到饱和电流后,电流不再随电压的增大而增大,C错误;若把电源正负极反接,则电压为遏制电压,当遏制电压与电子电量的乘积大于光电子的最大初动能时,光电子不能到达阳极,光电流为0,D正确。20.AC碰撞中的能量损失不计,则小球与小球之间发生的是弹性碰撞,由于小球完全一样,结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知:每两个小球碰后交换速度,1与2碰后,1停止2向右,2与3碰后,2停止,3具有向右的速度,3与4碰后,3停止,4具有向右的速度,4与5碰后,4停止,5具有向右的速度,根据机械能守恒定律可知球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,故A正确;如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放,则3与4碰后,3停止4具有向右的速度,4与5碰撞交换速度,4停止5向右摆起;3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度,然后3与4碰撞,使4向右摆起;2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度,然后2与3碰撞交换速度,使3向右摆起;故经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,故B错误,C正确;由分析知该过程,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒,摆动时动量不守恒,故D错误;故选AC。21.答案 (1)桌面离地面高度h(2)M2gs2=ms1g2h(3)=m2s124M2s2h解析 验证释放弹簧过程中的动量守恒,应测出两滑块的速度,B离开水平面后做平抛运动,为求出B的初速度,应测出B的水平位移与桌面到地面的高度;应用平抛运动规律与动能定理求出滑块的速度,然后求出其动量。(1)B离开水平面后做平抛运动,为求出其初速度,应测出桌面距地面的高度h;(2)B离开桌面后做平抛运动,在竖直方向上:h=12gt2 水平方向s1=vBt,解得vB=s1g2h A离开弹簧后,在水平桌面上做匀减速直线运动,最后静止,由动能定理得:-Mgs2=0-12MvA2,解得vA=2gs2如果动量守恒,则MvA-mvB=0,即:M2gs2=ms1g2h(3)若在已知动量守恒的前提下,由上式得滑块与桌面间的动摩擦因数=m2s124M2s2h 22.答案 (1)AD(2)41解析 (1)甲图实验方法中两球抛出点位置不同,所以需要测出两球直径,才可以测得抛出水平距离,而且轨道是否光滑对实验结果无影响,故A正确,C错误;乙图实验装置两球抛出点一样,水平位移与小球直径无关,所以B错误,碰撞完成后一小球还在水平轨道运动一小段距离,所以要求末端水平部分尽量光滑,故D正确。(2)两球的落地时间相同,水平位移与初速度成正比,m1OP=m1OM+m2ON,代入数据可知为41。23.答案 (1)C(2)AC(3)m1OP=m1OM+m2ON解析 (1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒,故有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞过程中动能守恒,故有m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v0,要碰后入射小球的速度v10,即m1-m20,m1m2,为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,R1=R2,C正确;(2)P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置,N为碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度为v1=OP2hg,碰撞后入射小球的速度为v2=OM2hg,碰撞后被碰小球的速度为v3=ON2hg,若m1v1=m2v3+m1v2,则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,代入数据得m1OP=m1OM+m2ON,所以需要测量质量和水平位移,用到的仪器是直尺、天平,选AC。(3)由(2)中的分析可知,实验中需验证的表达式为m1OP=m1OM+m2ON24.答案 (1)22.0(4)m1sin =m2sin 22-m1sin 12m1cos =m1sin 1-m2(1-cos 2)解析 (1)直径d=2.2 cm+0.10=2.20 cm=22.0 mm(4)设悬线长度为L,则A球到达最低点时的速度:v=2gL(1-cos);碰后A球的速度:v1=2gL(1-cos 1);碰后B球的速度:v2=2gL(1-cos 2);若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达式为m1v=m2v2-m1v1,即m12gL(1-cos)=m22gL(1-cos 2)-m12gL(1-cos 1);即m1(1-cos)=m2(1-cos 2)-m1(1-cos 1)碰撞是弹性碰撞,则还应满足的表达式为12m1v2=12m2v22+12m1v12,即:12m12gL(1-cos)2=12m22gL(1-cos 2)2+12m12gL(1-cos 1)2,即:m1cos =m1cos 1-m2(1-cos 2)25.答案 (1)324He612C+E(2)1.16510-12 J(3)7.29 MeV解析 (1)324He612C+E。(2)m=34.002 6 u-12.000 0 u=0.007 8 u,m=0.007 81.6610-27 kg=12.94810-30 kg,E=mc2=1.16510-12 J。(3)E=1.16510-121.610-19 eV=7.29106 eV=7.29 MeV。26.答案 (1)(m1+m2)v2m2(2)2(m1+m2)v4m2解析 (1)设小车B的初速度大小为v0,A、B两小球相互作用后A的速度,即A获得的最大速度为v由系统动量守恒,有:m2v0=m1v+m2v2相互作用前后系统的总动能不变,有:12m2v02=12m1v2+12m2v22解得:v0=(m1+m2)v2m2(2)第一次弹簧被压缩至最短时,A、B两小球有相同的速度,据动量守恒定律,有:m2v0=(m1+m2)v共,得v共=m2m1+m2v0此时弹簧的弹性势能最大,其值等于系统总动能的减少量,故有E=12m2v02-12(m1+m2)(m2m1+m2v0)2=(m1m2)v022(m2+m1)同理,两小车A、B的质量都增大到原来的2倍,小车B的初速度设为v3,A、B两小车相互作用过程中弹簧的压缩量最大时,系统总动能的减少量E=(2m12m2)v322(2m2+2m1)=(m1m2)v32m2+m1由E=E,得小车B的初速度v3=22v0=2(m1+m2)v4m227.答案 (1)Ft2(M+m),方向向右(2)3F2-5mgF+22m2g28mMg解析 (1)对A,根据牛顿第二定律有12F-mg=ma1解得a1=F-2mg2m运动t时间后A的速度大小为v1=a1t=Ft-2mgt2m(注:v1也可用动量定理进行求解)同理对B有F-mg=Ma2解得a2=F-mgM运动t时间后B的速度大小为v2=a2t=Ft-mgtM由于系统所加外力F2F1,作用时间相同,故系统获得的总冲量向右,规定向右为正方向,撤去外力后,最后A、B共速,根据动量守恒定律有Mv2-mv1=(M+m)v共将v1、v2代入上式解得v共=Ft2(M+m),方向向右(2)以水平面为参考系,A向左运动的位移最大,即A减速到零,根据牛顿第二定律有mg=ma3解得a3=g则A减速的时间为t=0-v1-a3=Ft-2mgt2mg这段时间内对B由牛顿第二定律有mg=Ma4解得a4=mgM则A减速为零时,B的速度为v3=v2-a4t=Ft2M故B在加速过程中的位移大小为x1=v22t=Ft2-mgt22M在A减速过程中B运动的位移为x2=v2+v32t=(3F-3mg)(F-2mg)t28mMg以水平面为参考系,A向左运动的位移最大时,B向右运动的位移大小为x=x1+x2=Ft2-mgt22M+(3F-3mg)(F-2mg)t28mMg=3F2-5mgF+22m2g28mMg
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