2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）(新版)新人教版

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‎2019学年高二下学期第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体速度变化越大，则加速度一定越大 B. 发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的 C. 合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒 D. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒 ‎【答案】D ‎【解析】A项，若物体速度变化很大，但经历的时间很长，则加速度也可以很小，故A项错误。‎ B项，发生碰撞的两个物体，若是非弹性碰撞，则机械能是不守恒的，故B错误；‎ C项，合外力对系统做功为零，但其他力可能做功，比如将物体匀速提到高处，合外力为零做功为零，但重力势能增加，机械能不守恒，故C项错误。‎ D项，系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒，故D项正确。‎ 故选D ‎2. .关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定 B. 任何两个原子核都可以发生核聚变 C. 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2个 D. 衰变成要经过8次β衰变和6次α衰变 ‎【答案】C ‎【解析】A、比结合能越大原子核越稳定,原子核的结合能越大,原子核不一定越稳定,故A错误;  B、只有较小的原子核才会发生聚变,故B错误;  C、按照质量数和电荷数守恒可以知道发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，故C正确；‎ D、按照核反应中电荷数与质量数守恒可知衰变成要经过8次α衰变和6次β衰变，故D错误；‎ 故选C - 13 -‎ 点睛：在核反应中遵循电荷数与质量数守恒，可以按照这个写出核反应方程式。‎ ‎3. 装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为．若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】炮弹离开炮口时,炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计,则系统在水平方向动量守恒. 取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成系统为研究,根据水平方向动量守恒有:‎ ‎ ‎ 解得 故C正确；‎ 故选C 点睛：对炮弹和炮身组成的系统,火炮发射炮弹的过程中,在水平方向受到的外力可忽略不计,在水平方向动量守恒,列式可求得炮弹离开炮口时炮车后退速度. ‎ ‎4. 如图所示为氢原子的部分能级图，下列说法正确的是（　　）‎ A. 处于基态的氢原子可吸收能量为12.09eV的光子发生跃迁 - 13 -‎ B. 大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射 出2种不同频率的光 C. 氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小 D. 用氢原子n=2跃迁到n=1能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时不能发生光电效应 ‎【答案】A ‎【解析】A、处于基态的氢原子可吸收能量为12.09eV的光子从n=1的能级跃迁到n=3的能级，故A正确；‎ B、大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出中不同频率的光，故B错误；‎ C、氢原子由基态跃迁到激发态后，电场力做负功，所以动能减小，电势能增大，故C错误；‎ D、氢原子n=2跃迁到n=1能级辐射出的光能量为 所以能发生光电效应，故D错误；‎ 故选A 点睛：根据吸收的能量确定跃迁到第几能级,根据数学组合公式 确定辐射光子频率的种数,跃迁时,两能级间的能级差越大,辐射的光子能量越大,能级差越小,辐射的光子能量越小,根据光电效应的条件判断能否发生光电效应. ‎ ‎5. 关于热辐射，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 一般物体的热辐射强度只与物体的温度有关 B. 黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，所以黑体一定是黑的 C. 一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值 D. 温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长增大的方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】A、辐射强度按照波长的分布情况随物体的温度而有所不同,这是热辐射的一种特性,故A错误.  B、黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，但不是所黑体一定是黑的，故B错误；‎ C、根据黑体辐射规律可以知道一定温度下，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值，故C正确；‎ D、温度升高时,黑体辐射强度的极大值向波长减小的方向移动，故D错误；‎ 故选C - 13 -‎ ‎6. AB两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移-时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移-时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移-时间图象，若A球质量m=2kg，则由图可知下列结论错误的是（　 ）‎ A. A、B碰撞前的总动量为3 kg•m/s B. 碰撞时A对B所施冲量为-4 N•s C. 碰撞前后A的动量变化为4 kg•m/s D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ‎【答案】A ‎【解析】A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为 ；‎ 碰撞前B的速度 ，‎ 碰撞后AB的速度为 根据动量守恒可知 ‎ 代入速度值可求得： ‎ 所以碰撞前的总动量为 ，故A错误；‎ B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量 故B正确；‎ C、根据动量守恒可知 ，故C正确；‎ D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 ,故D正确，‎ 本题选不正确的，故选A 点睛：结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量。‎ ‎7. 下列关于玻尔原子理论及氢原子能级的说法，正确的是（　　）‎ A. 原子中的电子在某一定态时，电子做加速运动，向外辐射能量 B. 原子中的电子运行轨道分布是连续的 C. 由氢原子能级示意图知，处于基态的氢原子至少要吸收13.60 eV的能量才能发生电离 - 13 -‎ D. 氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级时，氢原子的能量一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、原子处于称为定态的能量状态时,虽然电子做加速运动,但并不向外辐射能量,故A错误；‎ B、原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应,而电子的可能轨道的分布是不连续的，故B错误；‎ C、由氢原子能级示意图知，处于基态的氢原子至少要吸收13.60 eV的能量才能发生电离，故C正确；‎ D、氢原子的核外电子由高能级向低能级跃迁时释放能量，所以能量降低；若从低能级向高能级跃迁时，要吸收能量，所以能量升高，故D错误；‎ 故选C 点睛：玻尔的原子理论主要内容有:电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动,离核越远能量越高;  当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量,只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量,而且发射或吸收的辐射是单频的;  ‎ ‎8. 以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是( )‎ A. 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B. 质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量 C. 有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期 D. 放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化 ‎【答案】B ‎【解析】A、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应,根据光电效应方程,最大初动能与入射光的频率有关,与光强度无关，故A错误；‎ B、根据爱因斯坦质能方程知质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量，故B正确；‎ C、半衰期具有统计规律,对大量原子核适用，故C错误；‎ D、放射性元素的半衰期与元素本身有关，与温度或压强无关，故D错误；‎ 故选B - 13 -‎ 点睛：光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,与入射光的强度无关;轻核聚变有质量亏损,根据质能方程有能量释放;半衰期具有统计规律,半数发生衰变是针对大量的原子核; ‎ ‎9. 以下说法正确的是(　　)‎ A. 卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为：‎ B. 铀核裂变的核反应是：‎ C. 质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3.两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是：(m1＋m2－m3)c2‎ D. 在衰变方程中，X原子核的质量数是235‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核得到质子,该核反应方程式电荷数、质量数都守恒.故A正确；‎ B、铀核裂变的核反应是： ，故B错误；‎ C、根据质能方程知两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是： ，故C错误；‎ D、根据质量数和电荷数守恒可知在在衰变方程中，X原子核的质量数是235，故D正确；‎ 故选AD ‎10. 下列几幅图的有关说法正确的是（　 　）‎ A. 图一中少数α粒子穿过金箔后方向不变，大多数α粒子穿过金箔后发生了较大偏转 B. 图二光电效应实验说明了光具有粒子性 C. 图三中射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 D. 图四链式反应属于重核的裂变 ‎【答案】BD - 13 -‎ ‎【解析】A、在α粒子的散射实验中,少数α粒子发生了较大偏转, 大多数α粒子都按直线传播，故A错误 B、光电效应实验说明了光具有粒子性，故B正确；‎ C、根据带电粒子在磁场中偏转,结合左手定则可以知道,射线丙由粒子组成,每个粒子带1个单位正电荷,故C错误.‎ D、图四链式反应属于重核的裂变，故D正确；‎ 故选BD 点睛：少数α粒子发生了较大偏转,说明原子的质量绝大部分集中在很小空间;光电效应说明了光具有粒子性;根据左手定则可以知道,射线丙带负电;链式反应属于重核的裂变. ‎ ‎11. 如图，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2 ，且m1< m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一起．碰撞后(　　)‎ A. 两物体将向左运动 B. 两物体将向右运动 C. 两物体组成系统损失能量最小 D. 两物体组成系统损失能量最大 ‎【答案】AD 考点：本题考查动量守恒．‎ ‎12. 如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程， 下列说法中正确的是(　　)‎ - 13 -‎ A. 小球的机械能减少了mg(H＋h)‎ B. 小球克服阻力做的功为mgh C. 小球所受阻力的冲量大于m ‎ D. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．由动能定理mg(H＋h)－Wf＝0，则Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H＋h)，所以A选项正确，B选项错误；‎ C．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面后又陷入泥潭中，由动量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m，小球所受阻力的冲量大于m，所以C选项正确；‎ D．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D选项错误．‎ 故选：AC。‎ 点睛：通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量，对全过程运用动能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根据动量定理求出小球阻力的冲量．‎ ‎13. 静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核放出一个α粒子，其速度方向与磁场方向垂直。测得α粒子与反冲核轨道半径之比为30∶1，如图所示，则 (　 　)‎ A. 反冲核的原子序数为62‎ B. 原放射性元素的原子序数是62‎ C. 反冲核与α粒子的速率之比为1∶62‎ D. α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反 ‎【答案】BD - 13 -‎ ‎【解析】ABD、粒子间相互作用遵守动量守恒定律，所以反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，根据 可知反冲核的电荷量为60，则原放射性元素的原子序数为62，故A错误，BD正确；‎ C、反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，所以它们的速率应该和质量成反比，由于不知道质量之比，所以速率之比也不确定，故C错误；‎ 故选BD 点睛：本题需要运用力学（动量守恒、向心力、圆周运动）、电学（洛伦兹力）以及衰变规律等综合知识，具有学科内综合特征 二、填空题 ‎14. （1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K时，可以发生“氦燃烧”。‎ ‎①完成“氦燃烧”的核反应方程：＋________―→＋γ；‎ ‎② 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16 s。一定质量的，经7.8×10－16 s后所剩占开始时的________。‎ ‎（2）用中子轰击锂核发生核反应，产生氚和α粒子并放出4.8 MeV的能量．求上述反应中的质量亏损为________kg. (保留2位有效数字)；‎ ‎【答案】 (1). (1) (2). （或12.5%) (3). (2) 8.5×10－30‎ ‎【解析】（1）①“氦燃烧”的核反应方程：‎ ‎ ‎ ‎②根据半衰期公式 可知经过经7.8×10－16 s后所剩占开始时的 ‎ ‎（2）根据爱因斯坦质能方程 ，可解得 ‎ 故本题答案是：；；‎ ‎15. 某学习小组为了验证碰擅中的动量守恒，设计了如下方案：如图所示，斜面与水平桌面平滑连接，先將质量为M的滑块A从斜面上某位置由静止释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x0；接着将质量为m、相同材料的小滑块B放在斜面底端的水平轨道上，再让A从斜面上同一位置由静止释放，A与B碰撞后，测量出各自沿桌面滑行的距离x1、x2‎ - 13 -‎ ‎．实验中M＞m，重力加速度为g。‎ ‎（1）若满足关系式:____________________ 则验证了A和B的碰撞动量守恒（用题目中 给出的物理量表示）。‎ ‎（2）若满足关系式：____________________ 则验证了A 和B的碰撞是弹性碰擅（用题目中给出的物理量表示）。‎ ‎（3）若桌面稍有倾斜，本实验______（填正确选项）。‎ ‎ A．无法验证动量守恒 ‎ B．仍可以验证动量守恒 ‎ C．满足动量守恒的关系式将改变 ‎【答案】 (1). ；   (2). Mx0=Mx1+mx2；   (3). B ‎【解析】（1）在碰撞前：根据动能定理可得 在碰撞后，，若动量守恒，则有，联立解得，即只要满足关系式，则验证了验证了A和B的碰撞动量守恒；‎ ‎（2）若是弹性碰撞，则同时满足，，即满足则说明A和B的碰撞是弹性碰擅；‎ ‎（3）若桌面稍微倾斜，则在碰撞前：根据动能定理可得 在碰撞后，，仍可得出，即仍可验证动量守恒，B正确；‎ 三、计算题 ‎16. 如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B 球静止。已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg．求：‎ ‎①碰撞后A球的速度大小；‎ - 13 -‎ ‎②碰撞过程A对B平均作用力的大小。‎ ‎【答案】（1） （2）8N ‎【解析】①A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向 由动量守恒定律得 解得 ‎②对B，由动量定理得：‎ 解得：‎ ‎【点睛】对于碰撞过程，要掌握其基本规律：动量守恒定律。要知道碰撞、打击等过程求作用力要根据动量定理，不能根据牛顿定律，因为物体间相互作用力是变力。‎ ‎17. 静止的镭核衰变成氡（Rn），放射出的α粒子垂直进入正交的匀强电场E和匀强磁场B，在电磁场中做直线运动，已知E＝3.0×104N/C，B＝2.0×10-3T。‎ ‎（1）试写出该衰变的方程式 ‎（2）放出的α粒子的速度大小 ‎（3）反冲核氡的速度大小 ‎【答案】（1）Vα=1.5×107m/s； （2）v新≈2.7×105m/s ‎【解析】(1)由核电荷数与质量数守恒可知,核反应方程式为： 22688Ra→ 22286Rn+ 42He；‎ ‎(2)α粒子做匀速直线运动，由平衡条件得： ，‎ 解得： ，‎ ‎（3）核反应过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎，‎ 解得： ；‎ 点睛：根据质量数电荷数守恒写出核反应方程式，在结合α粒子在复合场中做匀速直线运动可根据平衡求出α粒子运动的速度，再利用动量守恒求得反冲核的速度。‎ ‎18. 铝的逸出功是4.2 eV，现在将波长200 nm的光照射铝的表面。求：‎ ‎(1)光电子的最大初动能；‎ ‎(2)遏止电压；‎ ‎(3)铝的极限频率。‎ ‎【答案】(1)2.02 eV　(2)2.02 V　(3)1.01×1015Hz - 13 -‎ ‎【解析】(1)由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可得：‎ Ek＝h－W0＝3.23×10－19J＝2.02 eV。‎ ‎(2)由eUc＝Ek得遏止电压。‎ ‎(3)由W0＝hν0得极限频率 ‎。‎ 答案：(1)2.02 eV　(2)2.02 V　(3)1.01×1015Hz 点睛：本题考查了光电效应，要理解遏止电压与最大初动能的关系，以及极限频率与逸出功的关系。‎ ‎19. 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＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m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．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，g＝10 m/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落地点与桌面边缘的水平距离．‎ ‎【答案】(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m ‎【解析】（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：v1=6m/s 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：v2＝v1＝2m/s - 13 -‎ ‎........................‎ 由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB+mC）v3‎ 由机械能守恒定律有：Ep=（mA+mB）v22-（mA+mB+mC）v32‎ Ep=3J ‎（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+mB）v2=（mA+mB）v4+mCv5‎ ‎ ‎ 解得：v4=0，v5=2m/s 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：gt2S=v5t H=gt2‎ 解得：S=2m 点睛：利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的解决方法.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 13 -‎