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doc 2019届高三物理上学期入学考试试题(含解析) 一、选择题 1.关于天然放射现象,下列叙述正确的是( ) A. 若使放射性物质的温度升高,其半衰期将缩短 B. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的 C. β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 D. α、β、γ三种射线中,γ射线的穿透力最强,电离本领最强 【答案】B 【解析】 【详解】放射性元素的半衰期与温度无关,故A错误。β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的,故B正确,C错误。α、β、γ三种射线中,γ射线的穿透力最强,电离本领最弱。故D错误。故选B。 2.核X经过α衰变后变为核Y,再经过β衰变后变为核Z,即,下列关系中不正确的是( ) A. a=e+4 B. c=e C. d=f-1 D. b=f+2 【答案】D 【解析】 【详解】经过一次α衰变,电荷数少2,质量数少4,经过一次β衰变,电荷数多1,质量数不变,则a=e+4,c=e;b=f+1,d=f-1.故ABC正确,D错误。本题选择不正确的,故选D. 【点睛】解决本题的关键知道在衰变方程中电荷数守恒、质量数守恒.知道α衰变和β衰变的衰变特点. 3.放射性同位素电池是一种新型电池,它是利用放射性同位素衰变放出的高速带电粒子(α射线、β射线)与物质相互作用,射线的动能被阻止或吸收后转变为热能,再通过换能器转化为电能的一种装置。其构造大致是:最外层是由合金制成的保护层,次外层是防止射线泄漏的辐射屏蔽层,第三层是把热能转化成电能的换能器,最里层是放射性同位素。电池使用的三种放射性同位素的半衰期和发出的射线如下表: 同位素 90Sr 210 Po 238 Pu 射线 β α α 半衰期 28年 138天 89.6年 若选择上述某一种同位素做为放射源,使用相同材料制成的辐射屏蔽层,制造用于执行长期航天任务的核电池,则下列论述正确的是( ) A. 90 Sr的半衰期较长,使用寿命较长,所需的屏蔽材料较薄 B. 210 Po的半衰期最短,使用寿命最长,所需的屏蔽材料较薄 C. 238 Pu的半衰期最长,使用寿命最长,所需的屏蔽材料较薄 D. 放射性同位素在发生衰变时,出现质量亏损,且衰变前后的总质量数变化 【答案】C 【解析】 【详解】238Pu的半衰期最长,使用寿命最长,放出的α射线比β射线的贯穿本领弱,所需的屏蔽材料较薄。故C正确,AB错误。在衰变的过程中,电荷数守恒、质量数守恒。故D错误。故选C。 4.在光电效应实验中,分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是 A. 若νa>νb,则一定有Ua<Ub B. 若νa>νb,则一定有Eka>Ekb C. 若Ua<Ub,则一定有Eka<Ekb D. 若νa>νb,则一定有hνa–Eka>hνb–Ekb 【答案】BC 【解析】 【详解】根据光电效应方程Ekm=hv-W0知,va>vb,逸出功相同,则Eka>Ekb,又Ekm=eUc,则Ua>Ub,故A错误,B正确。根据Ekm=eUc知,若Ua<Ub,则一定有Eka<Ekb,故C正确。逸出功W0=hv-Ekm,由于金属的逸出功相同,则有:hva-Eka=hvb-Ekb,故D错误。故选B。 【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系,注意金属的逸出功与入射光的频率无关. 5.关于α粒子散射实验和卢瑟福的原子核式结构,下列说法正确的是( ) A. α粒子散射实验揭示了原子核的组成 B. 利用α粒子散射实验可以估算原子核的半径 C. 少数α粒子发生了较大偏转,卢瑟福认为是环境的影响 D. 能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核较近的α粒子 【答案】BD 【解析】 粒子散射实验的内容是:绝大多数粒子几乎不发生偏转;少数粒子发生了较大的角度偏转;极少数粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°,有的甚至几乎达到180°,被反弹回来)是由于斥力,且质量较大,AC错误D正确;利用粒子散射实验现象,极少数大角度偏转,可以估算原子核的半径,故B正确. 6.如图所示,空间有一个方向水平的有界磁场区域,一个矩形线框,自磁场上方某一高度下落,然后进入磁场,进入磁场时,导线框平面与磁场方向垂直.则在进入时导线框可能(  ) A. 加速度变小的加速下落 B. 加速度变小的减速下落 C. 匀速下落 D. 匀加速下落 【答案】ABC 【解析】 【详解】线框进入磁场过程中受到的安培力:F=BIL=;如果<mg,线框向下做加速运动,由牛顿第二定律得:mg-=ma,a=g-,由于速度v增大,a减小,线框向下做加速度减小的加速运动,故A正确,D错误;如果>mg,线框受到的合力向上,线框向下做减速运动,由牛顿第二定律得:-mg=ma,a=-g,由于速度v减小,a减小,线框向下做变减速运动,故B正确;如果=mg,线框将向下做匀速直线运动,故C正确;故选ABC。 7.如图所示,两根等高光滑的四分之一圆弧轨道,半径为r,间距为L,轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,则该过程中( ) A. 通过R的电流方向为由外向内 B. 通过R的电流方向为由内向外 C. R上产生的焦耳热为 D. 通过R的电量为 【答案】AC 【解析】 试题分析:金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内,故A正确B错误;C.金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为,有效值为,根据焦耳定律有,故C正确;通过R的电量由公式,故D错误. 考点:考查了导体切割磁感线运动 【名师点睛】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流,相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线,要用有效值求解热量,用平均值求解电量 二、填空题 8.实现受控核聚变需要108K以上的高温。其中两个重要的聚变反应式是: (1)上面两个反应式中的A是__________,B是_________ (2)设质子质量为mp,中子质量为mn,已知mpc2=938.27MeV,mnc2=939.57MeV,则: =__________MeV 【答案】 (1). (2). (3). -1.3 【解析】 【详解】(1)根据电荷数守恒,可知,A的质子数为2,质量数为4,所以A是,B的质子数为1,质量数为2,所以B为. (2)=(2-1)mpc2-(2-1)mnc2=938.27MeV-939.57MeV=-1.30MeV. 【点睛】本题考查了核反应方程与爱因斯坦质能方程的直接应用,在核反应中,要记住并能够熟练使用核电荷数守恒与质量数守恒.简单题. 9.(1)原子核的比结合能曲线如图所示.根据该曲线,下列判断正确的有________. A.He核的结合能约为14 MeV B.He核比Li核更稳定 C.两个H核结合成42He核时释放能量 D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大 (2)质子(H)和α粒子(He)被加速到相同动能时,质子的动量________(选填“大于”“小于”或“等于”)α粒子的动量,质子和α粒子的德布罗意波波长之比为________. 【答案】 (1). BC; (2). 小于; (3). 2:1 【解析】 【详解】(1)由图可知,氦核的结合能大约为7MeV,氦核的核子数为4,则氦核的结合能大约为28MeV,故A错误。比结合能越大,原子核越稳定,由图可知,氦核的比结合能大,则核比核更稳定,故B正确。两个核结合成核时有质量亏损,释放能量,故C正确。由图可知,核中核子的平均结合能比核中的小,故D错误。故选BC。 (2)动能与动量的关系为:P=,质子质量小,则动量小; 物质波的波长:λ=, 联立得到:λ=, 质子()和α粒子()质量之比为1:4,故物质波的波长之比为2:1; 【点睛】此题关键是抓住比结合能等于结合能与核子数的比值得出氦核的结合能;比结合能越大,原子核越稳定. 记住公式λ=以及动量与动能的关系P=。 10.一简谐横波沿x轴正向传播,t=0时刻的波形如图(a)示,x=0.10m处的质点的振动图线如图(b)所示,已知该波的波长大于0.10m。下列正确的是: A.x=0.10m处质点在t=0时刻向上振动。 B.波长为0.30m。 C.波速为0.125m/s。 D.波的频率为2.4HZ。 E.若该波遇到宽为0.33m障碍物,不能发生明显的衍射现象 【答案】ABC 【解析】 由振动图像可知,x=0.10m处质点在t=0时刻向上振动,故A正确;根据振动方程:,可得:,已知该波的波长大于0.10m,有:,解得:,波速为:,结合:,可得: T=2.4s,则频率为:,波速为:,故BC正确,D错误;波长,若该波传播中遇到宽约0.33m的障碍物,障碍物尺寸比波长相差不多,故会发生明显的衍射现象,故E错误。所以ABC正确,DE错误。 三、计算题 11.已知某金属的逸出功为3.8eV,在光电效应实验中,要使该金属表面发出的光电子的最大初动能为2.0eV,入射光的波长和频率各是多少? 【答案】2.14×10-7m,1.4×1015Hz; 【解析】 【详解】由公式EKm=hf-W知,入射光的频率 波长λ==2.14×10-7m 【点睛】求解本题的根据是知道光电效应方程,还有就是要把电子伏特化为焦耳,计算要细心. 12.如图,一半径为R的玻璃半球,O点是半球的球心,虚线OO′表示光轴(过球心O与半球底面垂直的直线)。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上,有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)。求 (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值; (2)距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离。 【答案】(1) (2)2.74R 【解析】 (i)如图,从底面上A处射入的光线,在球面上发生折射时的入射角为i,当i等于全反射临界角i0时,对应入射光线到光轴的距离最大,设最大距离为l。 ① 设n是玻璃的折射率,由全反射临界角的定义有 ② 由几何关系有③ 联立①②③式并利用题给条件,得④ (ii)设与光轴距的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1,由折射定律有 ⑤ 设折射光线与光轴的交点为C,在△OBC中,由正弦定理有⑥ 由几何关系有⑦ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得 ⑨ 【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用,解题关键是根据题意画出光路图,根据几何知识确定入射角与折射角,然后列方程求解。 13.如图所示,足够长、倾角θ=37°的光滑倾斜导轨与粗糙水平导轨相连,导轨宽L=1 m,处在垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场B中;导体棒ab和cd都垂直于导轨,ab在倾斜导轨上,cd在水平导轨上,质量都是m=0.2 kg,电阻分别为rab=2 Ω,rcd=3 Ω。ab棒由静止开始运动,经过一段时间,通过cd棒电荷量q=1C,ab刚好达到最大速度v=6 m/s,cd始终静止。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10 m/s2,导轨电阻不计。求: (1)磁感应强度B的大小; (2)这段时间内,cd棒受到静摩擦力的最大值和方向; (3)这段时间内,cd棒中产生的热量Qcd。 【答案】(1)B=1T;(2)0.96N,水平向左;(3)1.44J 【解析】 (1)ab达到最大速度时,ab处于平衡状态,设ab中感应电动势为E,感应电流为I,受到的安培力为F,则, 解得E=6V;B=1T (2)ab棒速度逐渐增大,速度最大时,cd棒受到安培力最大,设为Fm,cd棒受到静摩擦力达到最大,设为fm,则, 解得,方向水平向左。 (3)设ab棒由静止开始运动到最大速度,下落高度为h,经过的时间为t,abdc区域内磁通量变化为,平均感应电动势为E1,平均电流强度为I1,ab棒和dc棒产生的总热量为Q,则,,, 联立解得,代入数据有h=3m。 根据能量守恒可得,而 解得