《江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 小卷綜合練（五）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 小卷綜合練（五）（含解析）（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、小卷綜合練(五) (建議用時：40分鐘) 12．[選修3-5](12分) 2019年1月，中國散裂中子源加速器打靶束流功率超過50 kW，技術(shù)水平達(dá)到世界前列．散裂中子源是由加速器提供高能質(zhì)子轟擊重金屬靶而產(chǎn)生中子的裝置，一能量為109 eV的質(zhì)子打到汞、鎢等重核后，導(dǎo)致重核不穩(wěn)定而放出20～30個中子，大大提高了中子的產(chǎn)生效率． (1)關(guān)于質(zhì)子和中子，下列說法中正確的有________． A．中子和質(zhì)子的質(zhì)量相等 B．原子核由質(zhì)子和中子組成，穩(wěn)定的原子核內(nèi)，中子數(shù)一定大于質(zhì)子數(shù) C．原子核的β衰變，實(shí)質(zhì)是核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子 D．中子不帶電，比質(zhì)子更容易打入重核內(nèi) (2

2、)汞原子能級圖如圖所示，大量的汞原子從n＝4的能級向低能級躍遷時輻射出光子，其中輻射光子能量的最小值是________ eV；用輻射光照射金屬鎢為陰極的光電管，已知鎢的逸出功為4.54 eV，使光電流為零的反向電壓至少為________V. (3)一個高能質(zhì)子的動量為p0，打到質(zhì)量為M、原來靜止的鎢核內(nèi)，形成瞬時的復(fù)合核，然后再散裂出若干中子，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，普朗克常量為h. ①求復(fù)合核的速度v； ②設(shè)復(fù)合核釋放的某個中子的動量為p，求此中子的物質(zhì)波波長λ.

3、 13．A.[選修3-3](12分) (1)下列說法中正確的有________． A．分子力減小時，分子勢能可能增大 B．布朗運(yùn)動是由固體顆粒中分子間碰撞的不平衡引起的 C．空氣流動得越快，分子熱運(yùn)動的平均動能越大 D．液體分子間的相互作用力比固體分子間的作用力要小 (2)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體在狀態(tài)A時壓強(qiáng)為p0，經(jīng)歷從狀態(tài)A→B→C→A的過程．則氣體在狀態(tài)C時壓強(qiáng)為________；從狀態(tài)C到狀態(tài)A的過程中，氣體的內(nèi)能增加ΔU，則氣體吸收的熱量為________． (3)真空電阻蒸發(fā)鍍膜是在真空室中利用電阻加熱，將緊貼在電阻絲上的金屬絲(鋁絲)熔融汽化，汽化了的

4、金屬分子沉積于基片上形成均勻膜層．在一塊面積為S的方形基片上形成共有k層鋁分子組成的鍍膜，鋁膜的質(zhì)量為m.已知鋁的摩爾質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA. ①求基片上每層鋁分子單位面積內(nèi)的分子數(shù)n； ②真空氣泵將真空室中的氣體壓強(qiáng)從p0＝1.0×105Pa減小到p1＝1.0×10－4Pa，設(shè)抽氣后真空室中氣體溫度與抽氣前相同，求抽氣前后真空室中氣體分子數(shù)之比． B．[選修3-4](12分) (2019·江蘇大聯(lián)考)(1)下列說法正確的是________． A．在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則干涉條紋間距變窄 B

5、．醫(yī)生利用超聲波探測病人血管中血液的流速應(yīng)用了多普勒效應(yīng) C．兩列波發(fā)生干涉，振動加強(qiáng)區(qū)質(zhì)點(diǎn)的位移總比振動減弱區(qū)質(zhì)點(diǎn)的位移大 D．除了從光源直接發(fā)出的光以外，我們通?？吹降慕^大部分光都是偏振光 (2)如圖所示，甲為一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P的振動圖象．則該機(jī)械波的傳播速度為____________m/s；在t＝0.25 s時質(zhì)點(diǎn)Q的加速度____________(填“大于”或“小于”)質(zhì)點(diǎn)P的加速度． (3)如圖，MN為豎直放置的光屏，光屏的左側(cè)有半徑為R、折射率為的透明半球體，O為球心，軸線OA垂直于光屏，O至光屏的距離OA＝R.位于軸線上O點(diǎn)左側(cè)處的點(diǎn)光源

6、S發(fā)出一束與OA夾角θ＝60°的光線射向半球體，求光線從S傳播到達(dá)光屏所用的時間．(已知光在真空中傳播的速度為c.) 14.(15分)(2019·南京學(xué)情調(diào)研) 如圖所示，電阻不計(jì)、間距為l＝1.0 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R＝1.5 Ω，質(zhì)量為m＝1.0 kg、電阻為r＝0.5 Ω的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好．當(dāng)MN受到垂直于棒的水平外力F＝2.0 N的作用，由靜止開始運(yùn)

7、動，經(jīng)過位移x＝1.55 m，到達(dá)PQ處(圖中未畫出)，此時速度為v＝2.0 m/s.求： (1)金屬棒在PQ處所受磁場作用力大??； (2)金屬棒在PQ處的加速度大??； (3)金屬棒在運(yùn)動中回路總共產(chǎn)生的熱能． 15.(16分)如圖所示，某貨場要將質(zhì)量為m1＝100 kg 的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R＝1.8 m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全

8、相同的木板A、B，長度均為l＝2 m，質(zhì)量均為m2＝100 kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2) (1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力； (2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應(yīng)滿足的條件； (3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運(yùn)動的時間． 16．(16

9、分)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場E2、E1，y軸和ab為其左右邊界，兩邊界距離為l＝2.4r，在y軸的左側(cè)有一勻強(qiáng)磁場均勻分布在半徑為r的圓內(nèi)，方向垂直紙面向里，其中OO′是圓的半徑，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由ab邊界上的距x軸1.2r處的M點(diǎn)垂直電場以初速度v射入，經(jīng)電場E1、E2各偏轉(zhuǎn)一次后垂直y軸上的P點(diǎn)射出，P點(diǎn)坐標(biāo)為(0，0.6r)，經(jīng)過一段時間后進(jìn)入磁場區(qū)域，已知粒子在磁場中運(yùn)動的時間是其在磁場運(yùn)動周期的四分之一，粒子重力不計(jì)，求： (1)電場強(qiáng)度E1和E2的大??； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)粒子從M點(diǎn)射入

10、到離開磁場的總時間． 小卷綜合練(五) 12．解析：(1)中子和質(zhì)子的質(zhì)量不相等，A錯誤；原子核是由中子和質(zhì)子組成的，穩(wěn)定的原子核中，中子數(shù)大于或等于質(zhì)子數(shù)，B錯誤；原子核的β衰變，實(shí)質(zhì)是核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，C正確；中子不帶電，比質(zhì)子更容易打入重核內(nèi)，D正確． (2)大量的汞原子從n＝4能級向低能級躍遷時輻射光子能量的最小值為E4－E3＝－1.6 eV－(－2.7 eV)＝1.1 eV；從n＝4能級躍遷到n＝1能級時輻射光子可使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)，其能量最大為E＝E4－E1＝－1.6 eV－(10.4 eV)＝8.8 eV，

11、由光電效應(yīng)方程知Ekm＝E－W逸，由動能定理知eU＝Ekm，由以上各式解得U＝4.26 V. (3)①由動量守恒可知p0＝(m＋M)v 解得v＝. ②由德布羅意關(guān)系式得λ＝. 答案：(1)CD　(2)1.1　4.26 (3)①?、? 13．A.解析：(1)當(dāng)r＝r0時，分子間合力為零，勢能最小，當(dāng)分子間距r>r0，分子力隨距離的增加而減小，斥力減小得更快，合力表現(xiàn)為引力，增大分子間的距離必須克服引力做功，故分子勢能隨r增大而增大，故A正確；布朗運(yùn)動是由于液體中分子無規(guī)則運(yùn)動和固體小顆粒碰撞使小顆粒受力不平衡引起的，故B錯誤；分子熱運(yùn)動是指分子在做永不停息的無規(guī)則運(yùn)動，與空氣流動快慢無

12、關(guān)，故C錯誤；液體沒有固定的形狀且具有流動性，故液體分子間的作用力比固體分子間的作用力要小些，故D正確． (2)AC線過原點(diǎn)，所以pC＝pA＝p0；氣體由C到A做等壓變化，溫度升高，體積增加，則氣體對外做功W＝p0ΔV＝2p0V0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝－W＋Q，即Q＝ΔU＋2p0V0. (3)①基片上鋁分子的總數(shù)NA＝nkS，解得n＝NA. ②設(shè)真空室中原來氣體體積為V0，經(jīng)過等溫變化(氣體的壓強(qiáng)由p0變?yōu)閜1)后這部分氣體體積變?yōu)閂1，根據(jù)玻意耳定律有p0V0＝p1V1 設(shè)抽氣前和抽氣后真空室內(nèi)氣體分子數(shù)分別為n0、n1，則＝＝109. 答案：(1)AD　(2)p0　ΔU＋2p0

13、V0　(3)①NA?、?09 13．B.解析：(1)光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由綠光改為紅光，由于波長變長，根據(jù)公式Δx＝λ，則干涉條紋間距變寬，故A錯誤；醫(yī)院檢查身體的彩超是通過測出反射波的頻率變化來確定血流的速度，顯然是運(yùn)用了多普勒效應(yīng)原理，故B正確；兩列波發(fā)生干涉，振動加強(qiáng)區(qū)質(zhì)點(diǎn)的振幅總比振動減弱區(qū)質(zhì)點(diǎn)的振幅大，不能說振動加強(qiáng)區(qū)質(zhì)點(diǎn)的位移總比振動減弱區(qū)質(zhì)點(diǎn)的位移大，故C錯誤；除從光源直接發(fā)出的光以外，我們通?？吹降慕^大部分光都是偏振光，故D正確． (2)由振動圖象與波動圖象可知，λ＝4 m，T＝0.2 s，波速v＝＝ m/s＝20 m/s.因t＝0.25 s＝1T時，據(jù)波的周期

14、性可知，P質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，Q質(zhì)點(diǎn)到達(dá)平衡位置上方，但沒有到達(dá)波峰，則質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度． (3)光從光源S射出經(jīng)半球體到達(dá)光屏的光路如圖． 光由空氣射向半球體，由折射定律，有n＝，解得α＝30° 在△OBC中，由正弦定理得：＝，解得β＝30° 光由半球體射向空氣，由折射定律，有n＝ 解得：γ＝60°，即出射光線與軸線OA平行．光從光源S出發(fā)經(jīng)透明半球體到達(dá)光屏所用的總時間t＝＋＋且n＝，解得：t＝. 答案：(1)BD　(2)20　小于　(3) 14．解析：(1)速度為v＝2.0 m/s時，回路中感應(yīng)電動勢為E＝Blv 產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 由此得磁場對金屬棒的作

15、用力為： F安＝BIl＝＝1.0 N. (2)由牛頓第二定律有F－F安＝ma 解得a＝＝1.0 m/s2. (3)由運(yùn)動中的能量關(guān)系 Fx＋W＝mv2. 解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J 金屬棒克服安培力所做的功，即回路中總共產(chǎn)生的熱能為1.1 J. 答案：見解析 15．解析：(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： m1gR＝m1v① 設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得： FN－m1g＝m1② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得： FN＝3m1g＝3 000 N③ 根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時對軌

16、道的壓力大小為3 000 N，方向豎直向下． (2)若滑上木板A時，木板不動，受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g④ 若滑上木板B時，木板B開始滑動，受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g⑤ 聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得： 0．4＜μ1≤0.6.⑥ (3)μ1＝0.5，由(2)可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得： μ1m1g＝m1a1⑦ 設(shè)貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運(yùn)動學(xué)公式得： v－v＝－2a1l⑧ 聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得： v1＝4 m/s⑨ 設(shè)在木板A上運(yùn)動的時間為t，由運(yùn)動學(xué)

17、公式得： v1＝v0－a1t⑩ 聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得： t＝0.4 s. 答案：(1)3 000 N　方向豎直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6　(3)4 m/s　0.4 s 16．解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)x軸上的N點(diǎn)由電場E1進(jìn)入電場E2，由M點(diǎn)到N點(diǎn)及由N點(diǎn)到P點(diǎn)的時間分別為t1與t2，到達(dá)N點(diǎn)時豎直方向的速度為vy，則 1．2r＝a1t＝·t 0．6r＝a2t＝·t vy＝t1＝t2 v(t1＋t2)＝2.4r 聯(lián)立解得E1＝ E2＝. (2)如圖所示，粒子從Q點(diǎn)垂直射入勻強(qiáng)磁場后做四分之一圓周運(yùn)動，設(shè)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為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 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝ 聯(lián)立解得B＝. (3)粒子在電場中的運(yùn)動時間為 t′1＝＝ 勻速運(yùn)動時間為t′2＝＝ 在磁場中的運(yùn)動時間為t3＝＝ 粒子從M點(diǎn)射入到離開磁場的總時間 t＝＋＋＝. 答案：(1)　　(2) (3) - 12 -