广西省钦州市第一中学2019-2020学年高二下学期5月物理试题 Word版含解析

广西省钦州市第一中学2019-2020学年高二下学期5月物理试题 Word版含解析

- 1 - 广西省钦州市第一中学 2019-2020 学年高二（下）5 月理综物 理试题 二、选择题:本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14 一 18 题只有一项符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的撞击 时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ） A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N 【答案】C 【解析】 试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为 3m，可以利用动能定理或 者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为 v，每层楼的高度大约是 3m， 由动能定理可知： ， 解得： 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正， 由动量定理可知： ，解得： ， 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故 C 正确 故选 C 点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力 2.如图所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和 B，B 上固定一轻质弹簧，B 静止，A 以 速度 v0 水平向右运动，从 A 与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中 A. A、B 的动量变化量相同 B. A、B 的动量变化率相同 C. A、B 系统的总动能保持不变 D. A、B 系统的总动量保持不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．两物体相互作用过程中系统动量守恒，A、B 动量变化量大小相等、方向相反， 21 2mgh mv= 2 2 10 3 25 10 15 /v gh m s= = × × × = ( ) ( )0N mg t mv− = − − 1000N N≈ - 2 - 动量变化量不同，故 A 错误； B．由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A、B 两物体所受合外力大小相等、 方向相反，所以合外力不同，动量的变化率不同，故 B 错误； C．A、B 和弹簧的系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒，但 A 和 B 的系统总动能要减少， 变为弹性势能，故 C 错误； D．两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故 D 正确。故 选 D。 3.如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人．原来车和人都静止．当人从左 向右行走的过程中（　　） A. 人和车组成的系统水平方向动量不守恒 B. 人和车组成的系统机械能守恒 C. 人和车的速度方向相同 D. 人停止行走时，人和车的速度一定均为零 【答案】D 【解析】 【详解】A.人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守 恒，故 A 错误； B.对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左， 人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故 B 错误； C.当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向 左，故 C 错误； D.由 A 选项可知，人和车组成 系统水平方向动量守恒，由题意系统出动量为零，所以人停 止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故 D 正确。 故选 D。 4.质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切 线水平．质量为 m 的小球沿水平方向从轨道下端以初速度 v0 滑上小车，重力加速度为 g，如 图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小 的 - 3 - 车速度方向相反，速度大小之比等于 1：3，则 m：M 的值为( ) A. 1：3 B. 3：5 C. 3：1 D. 5：3 【答案】B 【解析】 【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知： mv0=Mv1-mv2 对整体有机械能守恒定律可得： 联立解得： A. 1：3 与分析不符，故 A 项错误； B. 3：5 与分析相符，故 B 项正确； C. 3：1 与分析不符，故 C 项错误； D. 5：3 与分析不符，故 D 项错误． 5.如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为 m 和 2m 的 木块 A、B，设子弹穿过木块 A、B 的时间分别为 t1 和 t2，木块对子弹的阻力恒为 Ff，则子弹 穿过两木块后，木块 A 的速度大小是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 1 2 3 1 v v = 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv Mv mv= + 3 5 m M = 1fF t m 1 3 fF t m ( )1 2 3 fF t t m + ( )1 2fF t t m + - 4 - 【解析】 A 与 B 分离时二者的速度是相等的，分离后 A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使 A 与 B 的速度增大，由动量定理得： ，所以： ，故选项 B 正确． 点睛：A 与 B 分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动 量定理即可求出 A 的速度． 6. 一列沿 x 正方向传播的简谐波 t＝0 时刻的波形如图所示，t＝0.2s 时 C 点开始振动，则 （ ） A. t＝0.3s 时，质点 B 将到达质点 C 的位置 B. t＝0.15s 时，质点 A 的速度方向沿 y 轴负方向 C. t＝0 到 t＝0.6s 时间内，B 质点的平均速度大小为 10m/s D. t＝0.15s 时，质点 B 的加速度方向沿 y 轴负方向 【答案】D 【解析】 本题考查的是简谐波的传播问题，质点 A、B、C 在自己的平衡位置附近做简谐振动，A 错误； 根据简谐波特点分析只有 D 正确； 7.如图所示，图甲为某一列简谐横波在 t=0.5s 时的波形图，图乙为介质中 P 处质点的振动图象， 则关于该波的说法正确的是（　　） A. 传播方向沿+x 方向传播 B. 波速为 16 m/s C. P 处质点振动频率为 1Hz D. P 处质点在 5s 内路程为 10 m 【答案】ACD 1 2 )fF t m m v⋅ = +（ 1 3 fF tv m = - 5 - 【解析】 【详解】A．由乙图读出，t=0.5s 时刻质点 P 的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿 x 轴正方向传播．故 A 正确． B．由图知：λ=8m，T=1.0s，则波速 故 B 错误． C．P 处质点振动频率 故 C 正确； D．因为 t=5s=5T，质点 P 做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以 P 处质 点在 5 秒内通过的路程是 S=5×4A=20×0.5m=10m 故 D 正确。 故选 ACD。 8.如图甲所示是研究光电效应实验规律的电路。当用强度一定的黄光照射到光电管上时，测得 电流表的示数随电压变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 若改用红光照射光电管，一定不会发生光电效应 B. 若改用蓝光照射光电管，图像与横轴交点在黄光照射时的右侧 C. 若用频率更高的光照射光电管，则光电管中金属的逸出功变大 D. 若照射的黄光越强，饱和光电流将越大 【答案】D 【解析】 8 m/s=8m/s1v T λ= = 1 1Hzf T = = - 6 - 【详解】A．根据光电效应方程 知，红光的频率小于黄光的频率，红光照射不 一定发生光电效应，但不是一定不会发生光电效应，故 A 错误； B．根据光电效应方程 知，蓝光的频率大于黄光的频率，则光电子的最大初动 能增大，所以反向遏止电压增大，图像与横轴交点在黄光照射时的左侧，故 B 错误； C．光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的，与入射光的频率无关，故 C 错误； D．增加入射光的强度，则单位时间内产生的光电子数目增加，饱和光电流将越大，故 D 正确。 故选 D。 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试 题考生都必须做答。第 33 题一第 40 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题：共 129 分。实验题(每空 2 分，共 16 分) 9.如图所示，在做“碰撞中的动量守恒”实验中， （1）下列测定入射小球和被碰小球在碰撞前后的速度的方法或原理正确的是_______ A．用秒表测出时间 t，用刻度尺测出位移 s，用 求出速度 B．测出打点计时器在纸带上打下的点间距离 s1、s2，用 求出速度 C．用小球离开桌面后的水平射程 x 来代替速度 D．测出小球下落高度 h，用 求出速度 （2）下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是_____ A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧秤 （3）完成本实验，下列必须要求 条件是___________ A．斜槽轨道必须光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等 的 km 0E h Wν= − km 0E h Wν= − sv t = 1 2 2 s sv T += 2v gh= - 7 - D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 （4）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量 m1 和被碰小球质量 m2 之比为__________． 【答案】 (1). C (2). BC (3). BD (4). 4:1 【解析】 【详解】（1）[1]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相 等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故不用测时间、 高度也不用计算速度，故选 C． （2）[2]根据第一问可知秒表、弹簧秤不需要，需要的是天平、刻度尺．故选 BC （3）[3]A.小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离开轨道的初始相等即可，斜槽轨道 不需要光滑，故 A 错误； B.为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故 B 正确； C.为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故 C 错误； D.为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故 D 正确. 故选 BD． （4）[4]由图示可知：A 球单独释放时的水平位移为 OP=25.50cm，与 B 球碰后，A 球的水平 位移为 OM=15.50cm B 球的水平位移为 O′N=41.10-1.10cm=40cm 如果碰撞过程动量守恒，则 m1OP=m1OM+m2O′N 代入数据解得： m1：m2=4：1． 10.利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距 d＝0.4 mm，双缝到光屏间的距离 L＝0.5 m， 用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中 A、B 位置时游标卡尺读数也如 - 8 - 图中(a)、(b)所示给出，则： (1)相邻两条纹间距 Δx＝__________mm； (2)波长的表达式 λ＝________(用 Δx、L、d 表示)，该单色光的波长 λ＝________m； (3)若改用频率较高 单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变 小”) 【答案】 (1). 0.75 (2). (3). (4). 变小 【解析】 【详解】(1)[1]．A 位置游标卡尺的读数为：11mm+0.1×3mm=11.3mm； B 位置游标卡尺的读数为：15mm+0.1×8mm=15.8mm； 相邻亮条纹的间距为 ． (2)[2]．根据 知，波长的表达式 [3]．解得波长为 (3)[4]．根据 知，频率变高，波长变小，则干涉条纹的间距变小． 11.如图所示，在质量 M=5kg 的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为 mA=1kg、 mB=0.5kg 的 A、B 两物体，弹簧的劲度系数为 100N/m．箱子放在水平地面上，平衡后剪断 A、 的 xd L ∆ 76.0 10−× 15.8 11.3 =0.75mm6x −∆ = Lx d λ∆ = xd L λ ∆= 3 3 70.75 10 0.4 10 6 10 m0.5 − − −× × ×= = ×λ Lx d λ∆ = - 9 - B 间的连线，A 将做简谐运动，求：（g=10m/s2） （1）在剪断绳子后瞬间，A、B 物体 加速度分别是多大？ （2）物体 A 的振幅？ （3）当 A 运动到最高点时，木箱对地面的压力大小？ 【答案】（1）5m/s2 和 10 m/s2；（2）5cm；（3）55N 【解析】 【详解】（1）平衡后剪断 A、B 间细线，A 将做简谐振动，B 做自由落体运动，即 B 的加速度 为 g=10 m/s2； 以 A 为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为（mA+mB） g，据牛顿第二定律得 （2）剪短绳子瞬间有 kx1=（mA+mB）g 平衡位置时，弹簧的伸长量：有 kx2=mAg 故振幅为 A=x1﹣x2=0.05m=5cm （３）剪断 A、B 间的连线，A 将做简谐运动，且在最低点的恢复力为 mBg；根据简谐运动的 对称性，到达最高点时恢复力大小也为 mBg；据此可知弹簧对 A 的弹力为 5N，方向向上，所 以弹簧对顶部的拉力也为 f=5N； 再以木箱为研究对象，据平衡态可知 的 ( ) 2 25 m/s 5m/s1 A B A A A m m g m ga m + −= = = - 10 - F=Mg+F=55N+5N=55N 由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于 55N； 12.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块 B 上，另一端与滑块 C 接触但未连接， 该整体静 止放在离地面高为 H=5m 的光滑水平桌面上，现有一滑块 A 从光滑曲面上离桌面 h=l.8m 高处 由静止开始滑下，与滑块 B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块 C 向前运动, 经一段时间， 滑块 C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．己知 mA=lkg，mB=2kg, mC=3kg，g=10m/s2，求: (1)滑块 A 与滑块 B 碰撞结束瞬间的速度； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块 C 落地点与桌而边缘的水平距离． 【答案】(1)2m/s (2) 3J(3) 2m 【解析】 【详解】(1) 滑块 A 从光滑曲面上 h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面 的速度为 v1，由机械能守恒定律有 解得： 滑块 A 与 B 碰撞的过程，A、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v2，由动量 守恒定律有 mAv1=(mA+mB)v2 解得： ； (2) 滑块 A、B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹 性势能最大时，滑块 A、B、C 速度相等，设为速度 v3， 2 1 1 2 =A Am gh m v 1 m6 sv = 1 2 m2 s3 vv = = - 11 - 由动量守恒定律有 mAv1=(mA+mB+mC)v3 由机械能守恒定律有 解得： (3) 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块 C 脱离弹簧，设滑块 A、B 的速度为 v4，滑块 C 的 速度为 v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有 (mA+mBv2)=(mA+mB)v4+mCv5 解得： 滑块 C 从桌面边缘飞出后做平抛运动： 解得： （二）选考题:共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中 每科任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题 目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多 做，则每学科按所做的第一题计分。 13.如图所示，一列横波在 x 轴上沿 x 轴正方向传播，实线表示 t=0 时刻的波形图，虚线是 t= 0.2s 时刻的波形图，下列说法正确的是 1 3 m1 s6 vv = = 2 2 P 2 3 1 1( ) ( )2 2A B C A B CE m m m v m m m v= + + − + + P 3JE = 2 2 2 2 4 5 1 1 1( ) ( )2 2 2A B A B Cm m v m m v m v+ = + + 4 5 m0, 2 sv v= = 5s v t= 21 2H gt= 2ms = - 12 - A. 质点 振动周期一定是 0. 8s B. 该波的波速可能是 10m/s C. t=0 时刻，x=4m 处的质点振动方向向上 D. t=0.4s 时刻，x=6m 处的质点恰好位于波峰 E. 在 0〜0.2s 时间内，x = 4m 处的质点运动的路程为 5cm 【答案】BCD 【解析】 【详解】B.0.2s 内波向右传播的距离为：x=8n+2(m)，则波速 ， 当 n=0 时 v=10m/s，选项 B 正确； A.周期为 （n=0、1、2、3…..），则质点的振动周期不一定是 0. 8s，选项 A 错误； C. 波向右传播，根据“逆向爬坡法”可知，t=0 时刻，x=4m 处的质点振动方向向上，选项 C 正 确； D. 由波形图可知，t=0.4s 时刻，在 x=2m 处的波峰恰能传到 x=6m 处，则此时 x=6m 处的质点 恰好位于波峰，选项 D 正确； E. 因此波的周期不一定是 0.8s，则在 0〜0.2s 时间内，不一定振动 T/4，则 x = 4m 处的质点运 动的路程不一定为 A=5cm，选项 E 错误. 14.如图所示，一玻璃球体的半径为 ， 为球心， 为直径．来自 点的光线 在 点射出．出射光线平行于 ，另一光线 恰好在 点发生全反射．已知 ， 求 ①玻璃的折射率． 的 8 2 m/s 40 10(m/s)0.2 nv n += = + 8 4 40 10 20 5T s sv n n λ= = =+ + R O AB B BM M AB BN N 30ABM∠ =  - 13 - ②球心 O 到 BN 的距离 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 设光线 BM 在 M 点的入射角为 ，折射角为 ，由几何关系可知， ， ，根据折 射定律得 ⑤ 代入数据得 ⑥ 光线 BN 恰好在 N 点发生全反射，则 为临界角 C ⑦ 设球心到 BN 的距离为 d，由几何关系可知 ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 ⑨ 3n = 3d 3 R= i r 30i =  60r =  sin sin rn i = 3n = BNO∠ 1sinC n = sind R C= 3d 3 R=