2020版高考物理大一轮复习+单元滚动检测卷十二波粒二象性原子结构原子核

2020版高考物理大一轮复习+单元滚动检测卷十二波粒二象性原子结构原子核

单元滚动检测卷十二 波粒二象性 原子结构 原子核 考生注意：‎ ‎1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.‎ ‎2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.‎ ‎3.本次考试时间90分钟，满分100分.‎ 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列说法中正确的是(　　)‎ A.放射性元素发生一次β衰变，原子序数减小1‎ B.一群氢原子从n＝5的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出10种不同频率的光子 C.卢瑟福通过α粒子散射实验说明了原子核内部是有结构的 D.原子核衰变时电荷数和质量都守恒 答案　B 解析　放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1，A错误；一群氢原子从n＝5的激发态跃迁到基态时，C＝10，有可能辐射出10种不同频率的光子，B正确；α粒子散射实验说明了原子的核式结构，C错误；原子核衰变时电荷数和质量数守恒，质量不守恒，D错误.‎ ‎2.一群氢原子处于同一较高的激发态，它们向较低激发态或基态跃迁的过程中(　　)‎ A.可能吸收一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条暗线 B.可能发出一系列频率不同的光子，形成光谱中的若干条亮线 C.只吸收频率一定的光子，形成光谱中的一条暗线 D.只发出频率一定的光子，形成光谱中的一条亮线 答案　B 解析　处于较高能级的电子可以向较低的激发态跃迁，能量减小，原子要放出光子，激发态不稳定可能继续向较低能级跃迁，所以原子要发出一系列频率的光子，故A、C、D错误，B正确.‎ ‎3.(2018·宁波市3月选考)撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，如图1所示，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落.撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力 B.撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力 C.撑杆起跳上升阶段先处于超重状态后处于失重状态 D.最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力 答案　C ‎4.(2018·温州市期末改编)如图2所示，在高速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随桶一起转动，在保证衣服不滑动的情况下，下列说法错误的是(　　)‎ 图2‎ A.桶转速减小时，衣服对桶壁的压力变小 B.桶转速减小时，衣服对桶壁的压力变大 C.桶转速增大时，衣服受到的摩擦力不变 D.桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动 答案　B 解析　衣服受到重力、桶壁的支持力和静摩擦力的作用，由于衣服在脱水桶内壁上不掉下来，竖直方向上的重力与静摩擦力二力平衡，靠支持力提供向心力，随着脱水桶转速的减小，支持力减小，衣服对桶壁的压力也减小，但静摩擦力不变，故A、C正确，B错误；衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着脱水桶转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故D正确.‎ ‎5.(2018·台州中学统练)如图3所示，地球可以看做一个球体，O点为地球球心，位于临海的物体A和位于赤道上的物体B，都随地球自转做匀速圆周运动，则(　　)‎ 图3‎ A.物体的周期TA>TB B.物体的周期TA＝TB C.物体的线速度大小vA>vB D.物体的角速度大小ωA<ωB 答案　B 解析　物体A和B均静置在地面上，共轴转动，角速度、周期均相同，即ωA＝ωB，TA＝TB，故A、D错误，B正确；根据v＝rω，可知，B物体的轨道半径较大，因此B物体的线速度较大，即有vB>vA，故C错误.‎ ‎6.(2018·宁波市重点中学联考)如图4所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场.电场中C点距B板的距离为0.3d，D点距A板的距离为0.2d，有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，若重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.该微粒在D点时的电势能比在C点时的大 B.该微粒做匀变速直线运动 C.在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd D.该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝ 答案　C ‎7.(2018·余姚中学期中)质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，如图5所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.小物块一定带正电荷 B.小物块在斜面上运动时做匀速直线运动 C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D.小物块在斜面上下滑过程中，小物块对斜面的压力为零时的速率为 答案　D ‎8.(2018·台州中学统练改编)如图6所示，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36V,12Ah”字样.它正常工作时电源输出电压为30V，额定输出功率为180W.由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其他部件的摩擦损耗.已知运动时自行车受到的阻力恒为288N，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.电源内阻为1Ω，额定工作电流为5A B.电动自行车电动机的内阻为6Ω C.电动自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间是2.4h D.电动自行车保持额定功率匀速行驶的最远距离是3600m 答案　D 解析　由P＝UI可知，额定工作电流I＝＝A＝6A，电源内阻为r＝＝Ω＝1Ω，故A错误；电动车电动机的热功率P热＝(1－80%)P＝36W，则由P热＝I2r1可得，r1＝Ω＝1Ω，故B错误；电池容量Q＝12Ah，电流I＝6A，则可得：t＝＝h＝2h，故C错误；电动车匀速行驶时F＝Ff，则由80%P＝Ffv，解得v＝0.5m/s，则自行车保持额定功率匀速行驶的最远距离是x＝vt＝0.5×7200m＝3600m，故D正确.‎ 二、选择题Ⅱ(本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)‎ ‎9.按照玻尔的理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能.当一个氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是(　　)‎ A.氢原子系统的电势能增加，电子的动能增加 B.氢原子系统的电势能减小，电子的动能增加 C.氢原子可能辐射6种不同波长的光 D.氢原子可能辐射3种不同波长的光 答案　BD ‎10.(2018·嘉兴市期末)关于如图7所示图片中的物理现象，描述正确的是(　　)‎ 图7‎ A.甲图，水波由深水区传播至浅水区，波速方向改变，属于波的反射现象 B.乙图，水波穿过障碍物的小孔后，能传播至两侧区域，属于波的衍射现象 C.丙图，两列同频率的水波在空间叠加，部分区域振动加强，属于波的干涉现象 D.丁图，用竹竿举起蜂鸣器快速转动，听到蜂鸣器频率发生变化，属于波的多普勒效应 答案　BCD 解析　水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象，故A错误；水波穿过障碍物的小孔后，能传播至两侧区域，属于波的衍射现象，故B正确；两列同频率的水波在空间叠加，部分区域振动加强，属于波的干涉现象，故C正确；用竹竿举起蜂鸣器快速转动，听到蜂鸣器频率发生变化，属于波的多普勒效应，故D正确.‎ ‎11.下列说法正确的是(　　)‎ A.方程式U→Th＋He是重核裂变反应方程 B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的 C.核力是短程力，与核子间的距离有关，有时表现为引力，有时表现为斥力 D.原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量 答案　BC 解析　方程式U→Th＋He是α衰变，选项A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，即n→H＋e，选项B正确；核力是短程力，与核子间的距离有关，有时表现为引力，有时表现为斥力，选项C正确；原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，选项D错误.‎ ‎12.如图8所示是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象.由图象可知下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.该金属的逸出功等于E B.该金属的逸出功等于hνc C.入射光的频率为2νc时，产生的光电子的最大初动能为E D.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为 答案　ABC 解析　根据Ek＝hν－W0结合Ek－ν图象得，该金属的截止频率等于νc，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，所以逸出功等于E，且E＝hνc，故A、B正确；当入射光的频率为2νc时，产生的光电子的最大初动能为Ek＝2hνc－hνc＝E，故C正确；当入射光的频率为时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误.‎ ‎13.氢原子的能级图如图9所示，一群氢原子处于n＝3的激发态，这群氢原子辐射出的光子的能量可能是(　　)‎ 图9‎ A.13.6eV B.12.09eV C.10.2eV D.1.89eV 答案　BCD 解析　一群氢原子处于n＝3的激发态可能发生的跃迁有3→2,3→1,2→1，根据公式hν＝Em－En可得，若3→2，放出的光子能量为1.89eV，若3→1，放出的光子能量为12.09eV，若2→1，放出的光子能量为10.2eV，故A错误，B、C、D正确.‎ ‎14.(2019届湖州市质检)2006年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过Ca(钙48)轰击Cf(锎249)发生核反应，成功合成了质量数为297的第118号元素.实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的质量不为零的粒子X，再连续经过3次α衰变后，变成质量数为282的第112号元素的原子核.则(　　)‎ A.上述过程中的粒子X是电子 B.118号元素的核内含有179个中子 C.在α衰变过程中，起主要作用的是强相互作用 D.在合成第118号元素的核反应过程中，质量数守恒，所以质量不变 答案　BC 解析　因为在衰变的过程中质量数守恒，电荷数守恒.根据电荷数守恒可得，118－3×2－112‎ ‎＝0，所以X粒子的电荷数为零，再根据质量数守恒，297－4×3－282＝3，所以X粒子的质量数为1，所以X粒子为中子，A错误；118号元素的核内含有中子数297－118＝179个，B正确；α衰变是原子核内的质子和中子结合成α粒子的过程，故起主要作用的是强相互作用，C正确；在合成第118号元素的核反应过程中，质量数守恒，质量会亏损，D错误.‎ ‎15.在匀强磁场中有一个静止放置的放射性元素的原子核X，某时刻沿垂直磁场方向放射出一个粒子后新核和粒子的运动轨迹如图10所示.已知两个圆轨迹的半径之比为91∶1，其中一个的运动方向如图所示，则可知(　　)‎ 图10‎ A.a是新核的轨迹 B.磁场方向垂直于纸面向里 C.该放射性元素进行的是β衰变 D.该放射性元素原子核的核电荷数为90‎ 答案　CD ‎16.(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)如图11所示，MN为半圆形玻璃砖截面的直径，OO′为过圆心且垂直于MN的直线.两束单色光a、b关于OO′对称，从空气垂直MN射入玻璃砖中.已知a、b两束光在真空中的波长分别为λ1、λ2，光子的能量分别是E1、E2，在该玻璃砖中运动的时间分别为t1、t2(不考虑反射光的运动时间)，则根据光路图，下列判断正确的是(　　)‎ 图11‎ A.E1>E2‎ B.λ1<λ2‎ C.若该玻璃砖对a、b两束光的折射率分别为n1、n2，则＝ D.若a、b两束光均能使某金属发生光电效应，逸出光电子的最大初动能分别为Ek1、Ek2，则＝ 答案　AB 解析　由题图知玻璃砖对a光的偏折角大于对b光的偏折角，则玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，a光的频率高，波长短，由E＝hν知E1>E2，λ1<λ2，故A、B正确.由v＝‎ 知，a光和b光在玻璃砖中的传播速度之比为＝.由t＝，s相等，得两种光在该玻璃砖中传播的时间之比＝＝，故C错误.若a、b两束光均能使某金属发生光电效应，根据光电效应方程得Ek＝E－W0，W0≠0，则知≠，故D错误.‎ 非选择部分 三、非选择题(本题共6小题，共52分)‎ ‎17.(6分)(1)验证“碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图如图12所示，其中1是入射小球，2是被碰小球.为完成该实验，要求下列条件中必须满足的是____________.‎ 图12‎ A.m1>m2‎ B.轨道应是光滑的 C.两小球的半径要相同 D.每次小球1都要从同一高度由静止滚下 ‎(2)另一位同学设计了如图13所示实验.质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的平台边缘N点(O点在N点正上方)，悬线在A球释放前伸直，且悬线与竖直线的夹角为α，O点到A球球心的距离为L；A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点，确定平均落点到平台的水平距离s，得出的表达式为________.(利用图中的物理量给出).‎ 图13‎ 答案　(1)ACD ‎(2)mA＝mA＋mB ‎18.(8分)小王同学测量两节串联干电池组的电动势和内阻，其连接的部分实验电路图如图14甲所示.‎ 图14‎ ‎(1)请用笔画线代替导线，在图甲中完成实物连接.‎ ‎(2)连接好电路，小王检查无误后，闭合开关，开始实验.电压表指针如图乙所示，读数为___V.‎ ‎(3)小王在图丙中已描出各点，请作出电源的U－I图象.‎ ‎(4)根据所作的U－I图象，可得两节干电池的总电动势为E＝_____V，总内阻r＝____Ω.(结果均保留三位有效数字)‎ 答案　见解析 解析　(1)实物连接图如图a所示；‎ ‎(2)电压表量程为3.0V，则指针示数为1.80V；‎ ‎(3)U－I图象如图b所示；‎ ‎(4)根据图象可得，两节干电池的总电动势E＝3.00V，内阻r＝Ω≈4.26Ω.‎ ‎19.(8分)某些建筑材料可产生放射性气体——氡，氡可以发生α或β衰变，如果人长期生活在氡浓度过高的环境中，那么，氡经过人的呼吸道沉积在肺部，并放出大量的射线，从而危害人体健康，原来静止的氡核(Rn)发生一次α衰变生成新核钋(Po)，并放出一个能量为E0＝0.09MeV的光子.已知放出的α粒子动能为Eα＝5.55MeV，忽略放出光子的动量，但考虑其能量，1u＝931.5MeV/c2.‎ ‎(1)写出衰变的核反应方程；‎ ‎(2)衰变过程中总的质量亏损为多少？(保留三位有效数字)‎ 答案　(1)Rn→Po＋He＋γ(2)6.16×10－3u 解析　(1)衰变方程为：Rn→Po＋He＋γ ‎(2)忽略放出光子的动量，根据动量守恒定律，0＝pα＋pPo，即新核钋(Po)的动量与α粒子的动量大小相等，又Ek＝，可求出新核钋(Po)的动能为EPo＝Eα，‎ 由题意，质量亏损对应的能量以光子的能量和新核、α粒子动能形式出现，衰变时释放出的总能量为ΔE＝Eα＋EPo＋E0＝Δmc2‎ 故衰变过程中总的质量亏损Δm＝，代入数据解得Δm＝6.16×10－3u.‎ ‎20.(10分)(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)某游乐场的滑梯可以简化为如图15所示的竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6m、倾角α＝37°的斜轨，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、圆心角β＝37°的圆弧，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：‎ 图15‎ ‎(1)该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力；‎ ‎(2)该小孩与AB段的动摩擦因数；‎ ‎(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.‎ 答案　(1)420N，方向竖直向下　(2)0.25　(3)21m 解析　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得 ‎－mg(R－Rcos37°)＝0－mvC2，vC＝2m/s 在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，得FN＝420N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420N，方向竖直向下.‎ ‎(2)A到D过程，由动能定理得：mgLsinα－μmgLcosα－mgR(1－cosβ)＝0－mv02‎ ‎(或A到C过程，由动能定理得：mgLsinα－μmgLcosα＝mvC2－mv02)‎ 解得μ＝0.25‎ ‎(3)从A点以初速度滑下，最终会静止在BC轨道的B处.‎ 由动能定理得：mgLsinα－μmgscosα＝0－mv02，可得s＝21m.‎ ‎21.(10分)(2018·温州市3月选考)如图16所示，xOy为平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直.在x轴上、下方空间都分布着垂直xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B(图中未画出)，整个空间还分布着沿竖直方向的匀强电场.一质量为m、电荷量为－q的小球，从坐标原点O处以与x轴正方向成30°角的速度v射入第一象限，小球做匀速圆周运动.已知g为重力加速度，空气阻力不计，求：‎ 图16‎ ‎(1)该匀强电场的场强大小和方向；‎ ‎(2)小球从离开O点到第四次经过x轴时间内的平均速度大小；‎ ‎(3)小球从离开O点后T(T为粒子的运行周期)时刻的位置坐标.‎ 答案　(1)　竖直向下　(2)　(3)(，－)‎ 解析　(1)由mg＝qE得，E＝ 方向竖直向下 ‎(2)由qvB＝m，qv·3B＝m，‎ T1＝，T2＝得：‎ r1＝，r2＝ T1＝，T2＝ 小球的运动轨迹如图所示 小球前进的位移x＝OP4＝2(r1－r2)＝ 小球前进的时间t＝2(＋)＝ 小球的平均速度＝＝ ‎(3)T＝＋＝ 因＝＝＋，即此时小球位于图中的P5‎ 故横坐标为，纵坐标为－，‎ 即位置坐标为(，－)‎ ‎22.(10分)如图17甲所示，间距L＝0.4m的金属轨道竖直放置，上端接定值电阻R1＝1Ω，下端接定值电阻R2＝4Ω.其间分布着两个有界匀强磁场区域：区域Ⅰ内的磁场方向垂直纸面向里，其磁感应强度B1＝3T；区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下，其磁感应强度B2＝2T.金属棒MN的质量m＝0.12kg、接入轨道间的电阻r＝4Ω，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ＝0.8.现从区域Ⅰ的上方某一高度处由静止释放金属棒，当金属棒MN刚离开区域Ⅰ后B1便开始均匀增加.整个过程中金属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示，“v2－x”图象中除ab段外均为直线，Oa段与cd段平行.金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好，轨道电阻及空气阻力均忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，两磁场间互不影响.求：‎ 图17‎ ‎(1)金属棒在图象上a、c两点对应的速度大小；‎ ‎(2)金属棒经过区域Ⅰ的时间；‎ ‎(3)B1随时间变化的函数关系式(从金属棒离开区域Ⅰ后计时)；‎ ‎(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路产生的焦耳热.‎ 答案　(1)2m/s　4 m/s　(2)0.825s　(3)B1＝3＋11.25t(T)　(4)6.50J 解析　(1)由题意知va2＝2gx1，x1＝0.2m，‎ 代入得va＝2m/s 由平衡条件得：mg＝B1LI，I＝，R总＝r＋＝4.8Ω，联立得vc＝4m/s ‎(2)由动量定理得：mgt－B1Lt＝mvc－mva，‎ 其中q＝t＝，‎ x2＝2.7m－0.2m＝2.5m 代入得t＝0.825s(或t＝s)‎ ‎(3)金属棒通过区域Ⅱ的过程中，mg＝μB2LI棒，‎ 故I总＝2I棒＝A，R总′＝R1＋＝3Ω Lx2＝I总R总′，代入得＝T/s 所以B1＝3＋t＝3＋11.25t(T)‎ ‎(4)由能量守恒可知：Q1＝mg(x1＋x2)－mvc2，‎ 代入数据得Q1＝2.28J x3＝vct′＋gt′2，x3＝3.15m－2.7m＝0.45m，解得t′＝0.1s Q2＝I总2R总′t′＝()2×3×0.1J≈4.22J Q＝Q1＋Q2＝6.50J.‎