1、1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 U)衰变为铅核 Pb)的过程中,要经过 8 次 衰变和 6 次 衰变(23892 (206822.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
2、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 n)轰击铀核( U)产生裂变反应,会产生钡核 Ba)和氪 Kr)并释放中子 n),(10 23592 (14156 (9236 (10当达到某些条件时可发生链式反应,个铀核 U)裂变时,释放的能量约为 200 MeV(1 (23592eV=1.610-19 J)。以下说法正确的是( )A U 的裂变方程为 Ba Kr n.23592 23592+10 14156+9236+10B. U 的裂变方程为
3、 Ba Kr n23592 23592+10 14156 +9236+310C U 发生链式反应的条件与铀块的体积有关.23592D.一个 U 裂变时,质量亏损约为 3.610-28 kg 235925.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
4、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
5、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(m 2 3)。则照射光光子的波长为( )A. 1 B. 3C. 1- 2 D. 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 U 核
6、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 23892向,则以下结论中正确的是( )A.衰变方程 Th He 23892 23490+42B.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 1 45C.Th 核和 粒子的动能之比为 2 117D.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
7、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 的示数可能为零420.(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
8、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
9、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,
10、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
11、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 m1 m2= 。 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 。 5A.m1m2,R1R2B.m1m2,R1m2,R1=R2D.m1 2 3)。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=h 1,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
12、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: Th He,中间不是等于号。故 A 错误。根据动量 23892 23490+42守恒定律得,Th 核和 粒子的动量大小相等,方向相反,则 r= ,知轨道半径之比等于两粒子的电量之反比,为 1 45
13、,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= ,所以动能之比等于质量之反比,为222 117。故 C 正确。根据周期 T= ,知周期比等于质量和电荷量比值之比,所以 Th 核和 粒子2的周期之比为 117 90,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
14、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8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
15、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)
16、M =ms1 (3) =222 212422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= gt2 12水平方向 s1=vBt,解得 vB=s1 2A 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- MvA2,解得 vA=12 22如果动量守恒,则 MvA-mvB=0,即:M
17、 =ms1222(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 = 21242222.答案 (1)AD (2)4 1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,m 1OP=m1OM+m2ON,代入数据可知为 4 1。23.答案 (1)C (2)AC (3)m1OP=m1
18、OM+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 m1m1 m2 ,解得 v1= v0,要碰后入射小球的速度 v10,即 m1-m20,m1m2,为了使02=12 12+12 22 1-21+2两球发生正碰,两小球的半径相同,R 1=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= ,碰撞后入射小球的速度为 v2= ,碰撞后被碰小球的速度为 v3=229,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
19、,代入数据得2m1 =m1 +m2 ,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 m1 =m1 +m224.答案 (1)22.0 (4)m1sin =m2sin -m1sin m1cos =m1sin 1-m2(1-cos 2)22 12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= ;碰后 A 球的速度:v 1=2(1-);碰后 B 球的速度:v 2= ;若两球碰撞前后的动量守恒,则其表达2(1- 1) 2(1- 2)式为 m1v=m2
20、v2-m1v1,即 m1 =m2 -m1 ;即 m12(1-) 2(1- 2) 2(1- 1)=m2 -m1(1-) (1- 2) (1- 1)碰撞是弹性碰撞,则还应满足的表达式为m1v2= m2 m1 ,12 12 22+12 12即: m112 2(1-)2= m2 m1 ,12 2(1- 2)2+12 2(1- 1)2即:m 1cos =m1cos 1-m2(1-cos 2)25.答案 (1) He C+E (2)1.16510-12 J (3)7.29 MeV342 126解析 (1) He C+E。342 126(2)m=34.002 6 u-12.000 0 u=0.007 8 u
21、,m=0.007 81.6610 -27 kg=12.94810-30 kg,E=mc 2=1.16510-12 J。(3)E= eV=7.29106 eV=7.29 MeV。1.16510-121.610-1926.答案 (1) (2)(1+2)22 2(1+2)42 来源:学,科,网解析 (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:m 2v0=m1v+m2v2相互作用前后系统的总动能不变,有:m2 m1v2+ m212 02=12 12 22解得:v 0=(1+2)22(2)第一次弹簧被压缩至最短时,A、B
22、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 = v021+2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= m2 (m1+m2)12 0212( 21+20)2=(12)022(2+1)10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=(2122)322(22+21)=(12)322+1由 E=E,得小车 B 的初速度 v3= v0=22 2(1+2)4227.答案 (1) ,方向向右2(+)(2)32-5+22228解析 (1)
23、对 A,根据牛顿第二定律有F- mg=ma112解得 a1=-22运动 t 时间后 A 的速度大小为v1=a1t=-22(注:v 1也可用动量定理进行求解)同理对 B 有 F- mg=Ma2解得 a2=-运动 t 时间后 B 的速度大小为 v2=a2t=-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、v 2代入上式解得 v 共 = ,方向向右2(+)(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=0-1-3=-22这段时间内对 B 由牛顿第二定律有 mg=Ma4解得 a4=则 A 减速为零时,B 的速度为v3=v2-a4t=2故 B 在加速过程中的位移大小为 x1= t=22 2-22在 A 减速过程中 B 运动的位移为x2= t=2+32 (3-3)(-2)28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=2-22 +(3-3)(-2)2811=32-5+22228
