2018-2019学年河南省洛阳市高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年河南省洛阳市高二下学期期中考试物理试题 解析版

洛阳市2018——2019学年第二学期期中考试 高二物理试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷共6页，共100分，考试时间为90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共42分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。‎ ‎2.考试结束，将答题卡交回。‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，第11~14题有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分 ‎1.近期热映的《流浪地球》这部电影获得了极大的好评，也涉及了许多物理知识，如氦闪、地球刹车和逃逸、木星的引力弹弓效应。太阳发生氦闪之前进行的是氢聚变，关于核反应的类型，下列表述正确的是 A. 是衰变 B. 是衰变 C. 是核聚变 D. 是核裂变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“核反应的类型…”可知，本题考察核反应的类型，应根据核反应中聚变、裂变、衰变和人工转变的特点分析推断。‎ ‎【详解】A：是α衰变，故A项正确。‎ B：是人工转变，故B项错误。‎ C：人工转变，故C项错误。‎ D：是β衰变，故D项错误。‎ ‎2.一个笔帽竖立于放在水平桌面的纸条上，将纸条从笔帽下抽出时，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒，以下说法中正确的是 A. 缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小 B. 缓慢拉动纸条时，纸对笔帽水平作用力大 C. 快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小 D. 快速拉动纸条时，纸条对笔帽水平作用力小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】抽动纸条时,笔帽受到的是滑动摩擦力,故不论快抽还是慢抽,笔帽受到的摩擦力均相等;故BD错误;在快速抽动时,纸条与玻璃杯作用时间短,则摩擦力产生的冲量要小,由 可以知道,笔帽增加的动量较小,故杯子几乎不动;缓慢拉动纸条时,杯子受到的冲量较大,故产生了较大的动量,则杯子随纸条移动,故B错误,C正确;故选C ‎3.跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是 A. 运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量 B. 运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零 C. 运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量 D. 运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据动量定理可知，运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A项正确：运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确：运动员在水中动量的改变量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确；此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎4.十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代原子物理学”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及物理知识说法正确的是（ ）‎ A. 图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念 B. 强激光出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证实。如图2所示，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转 C. 如图3所示，一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的光 D. 图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中③线代表的射线穿透能力最强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，并很好的解释了黑体辐射的实验规律，A错误；若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，锌板的电子可以在极短时间内吸收多个光子发生逃逸，固验电器指针可能偏转，B正确；一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可放出3种不同频率的光，即从n=4到n=3再到2最后到1，C错误；从图中可知电场强度方向水平向右，而③粒子向右偏转，故带正电，为α粒子，其电离作用最强，D错误．‎ ‎5.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为,则下列说法中正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. ‎ B. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为α C. 滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒 D. 此过程中斜面向左滑动的距离为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则，，解得，D正确；故选D.‎ ‎6.高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7m2，喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为 A. 1000N B. 100N C. 10N D. 1N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单位时间内喷到工件上的水的体积为：V=Svt 故质量为：m=ρV=ρSvt 设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得：Ft=0−mv 解得：F=−=−ρSv2=1×103×10−7×(103)2=−100N 工件受到的冲击压力为100N，方向沿水流的方向 故选：B.‎ ‎7.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为的子弹以大小为的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是 A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于 C. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 D. 子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则 ，解得木块的速度大小为，故 A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得可知绳子拉力大于，故B错误；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向动量守恒，故C错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体： ，故D正确；故选D ‎8.下列说法正确的是 A. 光子的能量由光的频率所决定 B. 结合能越大的原子核越稳定 C. 氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了 D.‎ ‎ 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，原子的总能量减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据光子能量计算公式 可知其能量由光子频率决定，故A正确；比结合能越大的原子核越稳定，故B错误；半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，故C错误；按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，故D错误；故选A ‎9.用如图所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S，用光子能量为的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为零，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 光电管阴极的逸出功为 B. 光电子的最大初动能为 C. 电键S断开后，电流表G中电流仍为零 D. 当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大，电流表G中电流增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题目可知，遏制电压UC=0.7V，最大初动能EK=eUC=0.7eV，故A错误；根据光电效应方程可知，逸出功，故B正确；断开电键，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，故C错误；电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，故D错误。‎ 考点：光电效应及光电效应方程，遏制电压。‎ ‎10.利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，可以制成氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出波长最短的电磁波的频率为（已知普朗克常数为）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】辐射出的波长最短的电磁波为频率最高的电磁波，即为能量最大的电磁波，根据波尔理论可知： ，解得 故B正确，ACD错误；故选B ‎11.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是 A. A、B两物体组成的系统机械能守恒 B. 弹簧恢复原长时，A的动量一定为零 C. 轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为 D. 轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得： ，由机械能守恒定律得： 解得： 故B正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得： ,解得： A的动能：，故C错误；A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩最短时，系统总动量仍然为mv，故D正确；故选BD ‎12.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去（不计一切摩擦），到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列判断正确的是 A. 小球在小车上到达最高点时的速度大小为0‎ B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动 C. 小球离车后，对地将做自由落体运动 D. 此过程中小球对车做的功为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则：mv0=2mv，解得：，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得：mv0=mv1+mv2，由动能守恒得：，联立解得：v1=0，v2=v0‎ ‎，即小球与小车分离后二者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎13.如图所示，一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为L．质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为．从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止.则 A. 盒子的最终速度为，方向向右 B. 该过程产生的热能为 C. 碰撞次数为 D. 碰撞次数为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量守恒求得系统最终速度，再根据能量守恒求得产生的热能；根据滑块与盒子的相对位移求解碰撞次数．‎ ‎【详解】A．根据动量守恒条件可知，小物块与箱子组成系统水平方向动量守恒，可知，令共同速度为v′，则有：mv=（M+m）v′，可得系统共同速度为：v′＝v，方向向右，选项A正确；‎ B．根据能量守恒定律有：mv2＝(M+m)v′2+Q,解得该过程产生的热能为，选项B错误；‎ CD．小物块与箱子发生N次碰撞恰好又回到箱子正中间，由此可知，小物块相对于箱子滑动的距离x=NL．小物块受到摩擦力为：f=μmg，则由Q=μmgx解得，选项C正确，D错误；‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是能抓住系统动量守恒和能量守恒列式求解最终的速度和产生的热量，知道系统损失的机械能等于物块所受摩擦力与相对距离的乘积．‎ ‎14.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为和。图乙为它们碰撞过程的s-t图像。已知。由此可以判断 A. ‎ B. 碰前静止，向右运动 C. 碰后和都向右运动 D. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】在s-t图像中斜率表示速度的大小，根据图像可以求出碰撞前的速度为 ，碰后的速度为 碰后速度为 ，碰撞过程动量守恒，即 代入数据可求得 故A正确；根据图乙可得，碰前m2的位移不变，说明m2静止，要使发生正碰，碰前m1一定向右运动，故B正确。从s-t可以看出碰后两者运动方向相反，故C错误；两小球在光滑水平面发生碰撞，则两球的重力势能不变；碰撞前，系统的动能为，碰撞后，系统的动能为 因此碰撞前后系统的动能不变，故碰撞过程中系统没有损失机械能，故D错误；故选AB 二、实验题（本小题共1小题，共12分）‎ ‎15.如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。‎ ‎（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足______（填“>”或“<”）。‎ ‎（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是_____。‎ A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器 ‎（3）下列说法中正确的是_________。‎ A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的 B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误 C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D.仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP的长度越大 ‎（4）在某次实验中，测量出两个小球的质量、，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON 的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式__________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是________________。（用测量的量表示）‎ ‎（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示。他发现M和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点、。分别测量出OP、、的长度。若在实验误差允许的范围内，满足关系式：_____则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。‎ ‎【答案】 (1). > (2). BC (3). C (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；‎ ‎（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有 ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；‎ ‎（3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误。故选C；‎ ‎（4）若两球相碰前后的动量守恒，则，又，代入得：，若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则：‎ ‎ ，代入得;；‎ ‎（5）如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示；‎ 分别测量出OP、OM′、ON′长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式 则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。‎ 三、计算题：本题共4小题，共46分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎16.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50kg的运动员从距蹦床高处自由落下，接着又能弹起高，运动员与蹦床接触时间t=0.50s，在空中保持直立，取，求：‎ ‎（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小l；‎ ‎（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。‎ ‎【答案】① 250 N·s ② 1600N ‎【解析】‎ 试题分析：根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。‎ ‎① 重力的冲量大小为：‎ ‎② 设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 取向上为正方向，由动量定理有： ‎ 代入数据解得F＝1 600 N 点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向。‎ ‎17.在方向垂直纸面的匀强磁场中，一个原来静止的原子核衰变后变成一个核并放出一个粒子，该粒子动能为EK，速度方向恰好垂直磁场。Rn核和粒子的径迹如图所示，若衰变时产生的能量全部以动能的形式释放，真空中的光速为c，求：‎ ‎(1)写出这个核反应方程；‎ ‎(2)Rn核与粒子做圆周运动半径之比；‎ ‎(3)衰变过程中的质量亏损。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据质量数与电荷数守恒，可得衰变方程为 ‎ ‎(2)由动量守恒定律可知，新核与粒子动量相等 ‎ 洛伦兹力提供向心力 ‎ 可知： ‎ 代入数据解得：‎ ‎(3)由动能与动量关系 解得Rn核获得的动能： ‎ 核反应中释放的核能： ‎ 由质能方程：ΔE＝Δmc2‎ 解得： ‎ ‎【点睛】考查如何书写衰变方程，同时粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动时，运用牛顿第二定律，注意动量与动能的关系，并掌握动量守恒定律的应用。‎ ‎18.光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度，经时间t=0.5s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为。木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度，求：‎ ‎（1）木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数；‎ ‎（2）木板和木块的质量的比值。‎ ‎【答案】(1) 0.4 (2)24‎ ‎【解析】‎ ‎(1)木块向左运动 v1=v0-at μmg=ma 解得木板长为 L=3m ‎ 动摩擦因数为 μ=0.4‎ ‎（2）木块在木板上向右滑动过程中 ‎ ‎ ‎ ‎ 可得M/m=24 ‎ ‎19.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。‎ ‎（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；‎ ‎（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小。‎ ‎（3）若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A达到最高点时，地面对物块B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 本题考查物体的自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题。‎ ‎（1）设碰撞前瞬间P的速度为，碰撞后瞬间二者的共同速度为 由机械能守恒定律，可得 由动量守恒定律可得，联立解得 ‎（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为，由胡可定律可得，，故 二者从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为 由可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 设弹力为零时二者共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得，解得 ‎（3）设小球Q从距离A高度为H时下落，Q在碰撞前后瞬间的速度分别为，碰后A的速度为，由机械能守恒定律可得 由动量守恒定律可得 由能量守恒可得，‎ 由（2）可知碰撞后A上升的最大高度为 由能量守恒可得 联立解得 ‎ ‎