河北省任丘一中2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题

河北省任丘一中2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题

河北省任丘一中2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（每题4分，共48分，其中1-8为单选,9-12为多选,半对2分，）‎ ‎1．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A． 有机械振动就一定有机械波 B． 有机械波就一定有机械振动 C． 振源一停止振动，波立即停止传播 D． 由于各质点都要参与振动，所以介质要随波发生迁移 ‎3．如图所示，画出了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系图象，从图象可以看出，随着温度的升高，则下列说法错误的是(　　)‎ A． 各种波长的辐射强度都有增加 B． 只有波长短的辐射强度增加 C． 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 D． 辐射强度仍然是随波长的增大而先增大再减小 ‎4．如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，细线长L.现将细线和小球拉至图中实线位置，此时细线与竖直方向的夹角θ＝60°，在小球摆动的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使小球从实线位置由静止释放，当它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知氦离子(He＋)的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知(　　)‎ A． 氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的频率低 B． 大量处在n＝3能级的氦离子(He＋)向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子 C． 氦离子(He＋)处于n＝1能级时，能吸收45 eV的能量跃迁到n＝2能级 D． 氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级，需要吸收能量 ‎6．1897年英国物理学家汤姆孙发现了电子被称为“电子之父”，下列关于电子的说法错误的是(　　)‎ A． 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷 B． 汤姆孙通过对阴极射线研究，发现了电子 C． 电子的质量无法测定 D． 汤姆孙通过对不同材料的阴极发出的射线的研究，并研究光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元 ‎7．下列说法错误的是(　　)‎ A． 某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关 B． 某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关 C． 某物体发生共振时的频率等于其固有频率 D． 某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动 ‎8．如图所示为一弹簧振子做简谐运动的振动图象，根据图象可以判断(　　)‎ A．t1时刻和t2时刻振子位移大小相等、方向相同，‎ 且(t2－t1)一定等于 B．t2时刻和t3时刻速度大小相等、方向相反 C．t2时刻和t4时刻加速度大小相等、方向相反 D．t1时刻和t3时刻弹簧的长度相等 ‎9． (多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程中，表述正确的是(　　)‎ A．H＋H→He＋n是核聚变反应 B．H＋H→He＋n是β衰变 C．U＋n→Ba＋Kr＋3n是核裂变反应 D．U＋n→Xe＋Sr＋2n是α衰变 ‎10．(多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)‎ A． 54.4 eV(光子) B． 50.4 eV(光子)‎ C． 48.4 eV(电子) D． 42.8 eV(光子)‎ ‎11‎ ‎．(多选)如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一个静止的镭核发生α衰变，生成氡核．则氡核和α粒子在磁场中的运动径迹分别为(　　)‎ A． 氡核为Ⅰ B． 氡核为Ⅳ C． α粒子为Ⅱ D． α粒子为Ⅲ ‎12．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度‎3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)‎ A． 在t1、t3时刻两物块达到共同速度‎1 m/s，且弹簧都处于伸长状态 B． 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C． 两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2‎ D． 在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1‎ 第Ⅱ卷 二、填空 ‎13（1）（4分）‎ 如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指针归零．用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带________电(选填“正”或“负”)；若改用红外线重复上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率________红外线的频率(选填“大于”或“小于”)．‎ ‎（2）（4分）1911年卢瑟福依据α粒子散射实验中α粒子发生了________(填“大”或“小”)角度散射现象，提出了原子的核式结构模型．若用动能为1 MeV的α粒子轰击金箔，其速度约为________ m/s.(质子和中子的质量均为1.67×10－‎27kg,，1 MeV＝106eV，结果保留一位有效数字。)‎ ‎14.（6分）在探究“单摆的周期与摆长的关系”的实验中．‎ ‎(1)下列措施中必要的或做法正确的是______‎ A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些 B．摆线不能太短 C．摆球为密度较大的实心金属小球 D．测量周期时，单摆全振动的次数应适当多些，可减少测量误差 E．实验中应换用不同质量的小球，以便于多测几组数据 ‎(2)该同学利用该实验中所测得的数据测当地重力加速度，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中．‎ a．画出该同学记录的T2－L图线．‎ b．图线的斜率为k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g＝____________.‎ 三、计算题（要有必要的文字说明和计算过程）‎ ‎15．（9分）.氢原子的基态能量E1＝－13.6 eV，电子绕核运动的半径r1＝5.3×10－‎11m，则氢原子处于n＝2的激发态时，（静电力常量k=9.0X109N.m2/C2）‎ ‎(1)原子系统具有的能量是多少？‎ ‎(2)电子轨道上运动的动能为多少？‎ ‎(3)电子具有电势能为多少？‎ ‎16．（9分）一个静止的镭核Ra发生衰变放出一个粒子变为氡核.已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u,1 u相当于931.5 MeV的能量．(计算结果保留小数点后两位)‎ ‎(1)写出核反应方程；‎ ‎(2)求镭核衰变放出的能量；‎ ‎(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能．‎ ‎17．（10分）如图是光电效应实验示意图．当能量为E＝3.1 eV的光照射金属K时，产生光电流．若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9 V，光电流刚好截止．那么当A的电势高于K的电势，且电势差也为0.9 V时．‎ ‎(1)光电子从金属中逸出时的最大初动能为多少电子伏特？‎ ‎(2)光电子到达A极的最大动能是多少电子伏特？‎ ‎(3)此金属的逸出功是多少电子伏特？‎ ‎18．（10分）如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为‎1.5 kg和‎0.5 kg.现让A以‎6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为‎4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力F；‎ ‎(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ C B B C A C D C AC AC BD BD 高二物理阶段考二答案 ‎13（1）【答案】正　大于 ‎（2）【答案】大　7×106‎ ‎14‎ ‎【答案】(1)BCD ‎(2)a.‎ b.‎ ‎15.【答案】(1)－3.4 eV　(2)3.4 eV　(3)－6.8 eV ‎【解析】(1)由En＝可得E2＝－eV＝－3.4 eV，即为原子系统的能量．‎ ‎(2)由Ekn＝|En|得，Ek2＝|E2|＝3.4 eV，即电子在轨道上的动能为3.4 eV.‎ ‎(3)由Epn＝2En，得Ep2＝2E2＝－6.8 eV，即电子具有的电势能为－6.8 eV.‎ ‎16.【答案】(1)Ra→Rn＋He　(2)6.05 MeV ‎(3)5.94 MeV ‎【解析】(1)核反应方程为Ra→Rn＋He.‎ ‎(2)镭核衰变放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV≈6.05 MeV.‎ ‎(3)镭核衰变前静止，镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定律可得mRnvRn－mαvα＝0①‎ 又因为衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能，则 ΔE＝mRnv＋mαv②‎ 由①②可得 Eα＝ΔE＝6.05 MeV≈5.94 MeV.‎ ‎17. 【答案】‎ ‎【解析】(1)若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9 V，光电流刚好截止．‎ 有：Ekm＝mv＝eU＝0.9 eV ‎(2)根据动能定理得，eU＝mv2－mv 则光电子到达A极的最大动能 Ek＝mv＋eU＝1.8 eV.‎ ‎(3)根据光电效应方程得，Ekm＝hν－W0‎ 解得逸出功W0＝hν－Ekm＝3.1 eV－0.9 eV＝2.2 eV.‎ ‎18.【答案】(1)50 N，方向水平向左　(2)‎‎0.45 m ‎【解析】(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有：－mAv1－mAv1′＝Ft；解得F＝－50 N，负号表示方向水平向左 ‎(2)当A与B碰撞时，设碰撞后两物体的速度为v，根据动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v AB在光滑圆形轨道上升时，机械能守恒，由机械能守恒定律得，(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m