2018-2019学年新疆生产建设兵团第二中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年新疆生产建设兵团第二中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

兵团二中 2018—2019学年第二学期高二年级第一次月考 物理试卷 一、单项选择题 ‎1.下列说法正确的是（）‎ A. 物理学家汤姆孙通过对阴极射线大量研究最早发现了正电子，并提出了原子“枣糕模型”‎ B. 光电效应证明了光具有粒子性，普朗克用“能量子”理论成功地解释了光电效应现象 C. 物理学家卢瑟福和他的助手用α粒子轰击招箱，发现极少数α粒子大角度偏转，提出了原子的核式结构模型 D. 物理学家贝可勒尔最早发现了天然放射性现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，故A错误；光电效应证明了光具有粒子性，爱因斯坦用“能量子”理论成功地解释了光电效应现象，故B错误；物理学家卢瑟福和他的助手用α粒子散射实验，发现极少数α粒子大角度偏转，提出了原子的核式结构模型，故C错误；贝可勒尔首先发现了天然放射性现象，故D正确。‎ ‎2.以下是物理学史上3个著名的核反应方程x+37Li→2y y+147N→x+817O y+49Be→z+‎126C，x、y和z是3种不同的粒子，其中x是（）‎ A. 中子 B. 质子 C. α粒子 D. 电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将上述三个方程相加，整理后得，根据电荷数守恒和质量数守恒，z的质量数为1，电荷数为0，为中子。在y+49Be→z+‎126C中，根据电荷数守恒和质量数守恒，y的质量数为4，电荷数为2，为粒子；在 x+37Li→2y，根据电荷数守恒和质量数守恒，x的质量数为1，电荷数为1，为质子。‎ ‎3.‎ 居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素（含铀、钍等），会释放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病.根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是（ ）‎ A. α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个 B. β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了1个 C. γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了 1个 D. 在α、p、Y三种射线中.y射线的穿透能力最强、电离能力最弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查天然放射现象。α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，质子数减少2个，穿透能力最弱，电离能力最强，A错；β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数不变，质子数增加1个，B错；γ射线是原子发生α衰变或者β衰变后原子处于高能级状态，原子核由高能级向低能级跃迁时放出的，穿透能力最强，电力能力最弱，C错D对；选D。‎ ‎4.下列关于半衰期的理解正确的是（ ）‎ A. 氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个 B. 放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素的半衰期也变短 C. 把放射性元素放到密闭的容器中，会减慢它的衰变速度 D. 放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】半衰期是统计规律，对于大量的原子核才适用，对于少量原子核是不成立的，故A错误；放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故BC错误，D正确。‎ ‎5.己知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数为n=4的能级状态，当它们自发地跃迁到较低能级时，则下列说法中正确的是（）‎ A. 电子的动能与势能均减小 B. 氢原子可能辐射5种频率的光子 C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 氢原子辐射的光子中能量最大的是l3.6eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当它们自发地跃迁到较低能级时，电子的轨道半径减小，依据可知，动能增大，电势能减小，故A错误；根据可知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子，故B错误；n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应。氢原子辐射的光子中能量最大的是l2.75eV，故C正确，D错误。‎ ‎6.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1:16，则以下说法正确的是 A. 该原子核发生了α衰变 B. 原静止原子核的原子序数为15‎ C. 反冲核沿大圆做逆时针方向运动 D. 沿大圆和沿小圆运动的粒子的周期相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由运动轨迹可知，衰变产生的新粒子与新核所受洛伦兹力方向相同，而两者运动方向相反，故小粒子应该带负电，故发生了β衰变，故A错误；由洛伦兹力作用下的圆周运动的半径公式得，反冲核必沿小圆周运动，有左手定则可知，反冲核运动方向为逆时针，故C错误；由A项分析结合公式，且r1：r2=1：16知，反冲核核电荷数为16，故静止的原核的原子序数为15，故B正确；由周期公式得，周期与比荷有关，而β粒子与反冲核比荷不同，故D错误。‎ ‎7.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 考点：考查了动量定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.将静置在地面上，质量为M（含燃料）火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 取向上为正方向，由动量守恒定律得： ‎ 则火箭速度 故选：D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎9.两个质量、大小完全相同的正方体物块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后击透两木块后飞出，若子弹受两物块的冲量相同，则物块A、B被子弹射穿后的速度之比为 A. 1:1 B. 1：3‎ C. 1:2 D. 1:‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】水平面光滑，子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力，设子弹的作用力为f，对子弹与木块组成的系统，由动量定理得：对A、B：ft=（m+m）vA，对B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3。‎ ‎10.A、B两球在光滑的水平面上同向运动，mA=lkg，mB=‎2kg，=‎6m/s，=‎2 m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（ ）‎ A. vA′=‎-4m/s，vB′=‎7m/s B. vA′ =‎2m/s，vB′=‎4m/s C. vA′=‎5 m/s，vB′=‎2.5 m/s D. vA′=‎7 m/s，vB′=‎1.5m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB==MAvA′+MBvB′，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：，，则碰撞后A、B的速度：，，故B正确，ACD错误。‎ 二、多项选择题 ‎11.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下列释放核能的反应方程，表述正确的是（）‎ A. 是α衰变 B. 是核聚变反应 C. 是核裂变反应 D. 是β衰变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】是核聚变方程，聚变是质量轻的核结合成质量大的核，故A错误，B正确；是裂变方程，裂变是质量较大的核分裂成较轻的几个核，故C正确，D错误。‎ ‎12.关于原子核的结合能,下列说法正确的是（ ）‎ A. 比结合能越大,原子核越不稳定 B. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 C. 自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 D. 一个重原子核衰变成a粒子和另一原子核,衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；‎ B、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故B正确；‎ C、自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量等于该原子核的结合能，故C错误；‎ D、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故D正确；‎ 故选:BD。‎ ‎【点睛】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度． ‎ 结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．‎ ‎13.如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口 A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B. 小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 ^‎ C. 小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D. 球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。故B 错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒。故C错误；小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．‎ ‎14.如图所示，质最相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞（不粘接）后开始压缩弹簧，最后滑块M与挡板要分开。下列说法正确的是（）‎ A. 滑块M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大 B. 滑块M与N具有相同的速度时，滑块M与N的动能之和最小 C. 滑块M速度时，弹簧的弹性势能最小 D. 滑块M的速度为时，弹簧的弹性势能最大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，设相等时的速度为v，以M的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv，解得：，故AC错误，D正确；两小球和弹簧的机械能守恒，当弹性势能最大时，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故B正确。‎ ‎15.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块（可视为质点）以水平速度 v0 沿木板左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成 A 和 B ‎ 两段， 如图乙所示，并紧挨着放在水平面上， 让滑块仍以初速度 v0 从从木板左端向右端滑动．滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多 B. 甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多 C. 图乙过程中滑块与B—定会分离 D. 甲图中滑块受到合外力的冲量比乙图中滑块受到合外力的冲量大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图：mv0=（m+M1+M2）v，对乙图，则：mv0=M1v1+（m+M2）v2，由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，所以可得：v1＜v＜v2，可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种的情况下，滑块还没有运动到B的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小。根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小 大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故A正确；根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于v＜v2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多，故B错误；根据以上分析可知，滑块与B达相对静止时对应的位移将更小，因此滑块不会离开B物体，故C错误；由以上分析可知，两图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，甲图中滑块受到合外力的冲量比乙图中滑块受到合外力的冲量大，故D正确。‎ 三、实验题 ‎16.小明用某种金属作为阴极的光电管观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示.己知普朗克常量方=6.63×10-34J·s.‎ ‎（1）图甲中电极K为光电管的___________（填“阴极”或“阳极”）；‎ ‎（2）小明给光电管加上正向电压，在光照条件不变时（入射光的频率大于金属铷的截止频率），小明将滑片P从最左端向右慢慢滑动过程中，电流表的读数变化情况是______________________。‎ ‎（3）实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率v之间的关系如图乙所示，逸出功W0=___________J，如果实验中入射光的频率v=7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=___________J（结果保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 阳极 (2). 电流增加但达到一定值后不再增加 (3). 3.41×10-19J (4). 1.23×10-19J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知A板为正极即为阳极。‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片向右滑动，加速度电场增强，电流增加但达到一定值后不再增加。‎ ‎（3）由Ekm=hv-W0和eUC=EKm得：eUC=hv-W0，因此当遏制电压为零时，hvc=W0，根据图象可知，铷的截止频率vC=5.15×1014Hz，根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出功大小W0=6.63×10-34×5.15×1014=3.41×10-19J。根据Ekm=hv-W0=hv-hv0，由图可知v0=5.15×1014Hz，则EK=h（v-v0）代入数据求得：EK=1.23×10-19J。‎ ‎17.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研宄两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球 m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。用天平测量两个小球的质量分别为m1、m2，并分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。‎ ‎ ‎ ‎（1）关于本实验下列说法正确的是__________；‎ A.固定斜槽时，斜槽末端切线要调节水平 B.每次释放小球m1的位置S可以选择不同高度的地方 C.由于小球与斜槽间的摩擦对实验有影响，所以应该选用光滑的斜槽来做实验 D.确定小球落地点的位置时，需要用尽量小的圆将有效落点圈起来，则该圆的圆心就是小球的平均落地点 ‎（2）若两球相碰前后的动置守恒，则动量守恒的表达式可表示为__________。‎ ‎（3）经测定，m1=‎45.0g，m2=‎7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示，碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，若碰撞结束时m2的动量为P2′，则碰撞前、后总动量的比值=________。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). m1OP=m1OM+m2ON (3). 1.02‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为平抛运动的时间相等，根据，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下，故A正确，B错误；被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示即可，小球与斜槽间的摩擦对实验没有影响，故C错误；确定小球落地点的位置时，需要用尽量小的圆将有效落点圈起来，则该圆的圆心就是小球的平均落地点，以减小实验误差，故D正确。‎ ‎（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON。‎ ‎（3）把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，得：碰撞前、后总动量的比值。‎ 四、计算題 ‎18.一静止的核衰变为核时，放出一个α粒子，已知衰变过程中质量亏损为△m，α粒子的质量为m1，的质量为m2，光在真空中的速度为c.若释放的核能全部转化为系统的动能。‎ ‎（1）写出衰变方程 ‎（2）求出α粒子的动能。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据质量数守恒与电荷数守恒可得衰变方程为：‎ ‎（2）衰变的过程中动量守恒，以α粒子运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=m1vα-m2vT 由能量守恒：‎ 解得α粒子的动能：‎ ‎19.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，滑块a与滑块b碰揸后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。‎ 求：（1）滑块a、b的质量之比；‎ ‎（2）整个运动过程中，因碰撞而损失的机械能与两滑块克服地面摩擦力做的功之比。‎ ‎【答案】（1）1：8 （2）2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2． 由题给的图象得：v1=‎-2m/s v2=‎1m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v． 由题给的图象得 两球碰撞过程系统动量守恒，以球a的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v 解得：m1：m2=1：8 （2）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：‎ ‎ ‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：‎ 解得：△E:W=2：1‎ ‎20.如图，物块A的质量为‎2m，物块B、C的质量均为m，物块A、B、C置于光滑的水平面上，物块B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块B、C接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把物块B和物块C紧连，使弹簧不能伸展以至于物块B、C可视为一个整体，让物块A以初速度v0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰 并粘合在一起，之后立即断开细线，求：‎ ‎（1）物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎（2）已知弹簧恢复原长时物块C的速度为v0，求此时物块A、B的共同速度及弹簧释放的弹性势能。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设碰后ABC的共同速度大小为v1，AB的碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=4mv1 解得：‎ 损失的机械能为：‎ ‎（2）设AB的最终速度为v2，弹簧释放的势能为△Ep， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：4mv1=mv0+3mv2 解得： 对弹簧恢复原长的过程，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎21.如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ ‎【答案】(－2)M≤m＜M ‎【解析】‎ 解：A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1．由动量守恒定律、机械能守恒定律得：‎ mv0=mvA1+MvC1①‎ ‎②‎ 联立①②得：③‎ ‎④‎ 可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞．‎ A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：‎ ‎=⑤‎ 根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1⑥‎ 联立④⑤⑥得：m2+‎4mM﹣M2≥0‎ 解得：，（另一解：舍去）所以m与M之间关系应满足：‎ 答：m和M之间应满足，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．‎ ‎【点评】本题考查了水平方向的动量守恒定律问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎