福建省厦门市湖滨中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省厦门市湖滨中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省厦门市湖滨中学2020---2020学年高二下学期期中考试 ‎ 物理试卷 一、单选题 ‎1.根据玻尔理论，某原子电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E＇，的轨道，辐射出波长为λ 的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则E'等于（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据玻尔理论可得：E−E′＝hγ＝h，所以E′＝E−h．故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎2.人从高处跳到低处时，一般都是让脚尖部分先着地并弯曲下肢，这是为了（　　）‎ A. 减小冲量 B. 使动量的增量变得更小 C. 增长人与地面的作用时间，从而减小受力 D. 增大人对地的压强，起到安全作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=∆P；而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力，故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎3.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动.取向右为正，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知（ ）‎ A. t=0.2s时，振子的加速度方向向左 B. t=0.6s时，振子的速度方向向右 C. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的动能逐渐减小 D. t=0到t=2.4s时间内，振子通过的路程是80cm ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象乙知，t=0.2s时，振子远离平衡位置向右运动，位移增大，根据可知，回复力方向向左，则加速度方向向左，故A正确；‎ B．t=0.6s时，振子靠近平衡位置向左运动，所以振子的速度方向向左，故B错误；‎ C．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，振子的动能逐渐增大，故C错误；‎ D．t=0到t=2.4s的时间内，振子通过的路程是，故D错误；‎ ‎4.一个单摆做受迫振动，其共振曲线振幅A与驱动力的频率f的关系如图所示，则　　‎ A. 此单摆的固有周期约为 B. 此单摆的摆长约为1m C. 若摆长减小，单摆的固有频率减小 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当此单摆的固有频率与驱动力的频率f相等时，得到共振，振幅最大，由图可知，单摆的固有频率为0.5Hz，所以此单摆的固有周期T=2s，故A错误。‎ B、由单摆的周期公式T=2，T=2s，可求得L1m，故B正确。‎ C、若摆长减小，单摆的固有周期T减小，固有频率增大，故C错误。‎ D、若摆长增大，单摆固有周期T增大，固有频率减少，共振曲线的峰将向左移动，故D错误。‎ 故选：B ‎5.下列说法正确的是（　　）‎ A. 不管入射光的频率多大，只要增加入射光的强度，就一定能发生光电效应 B. 发生光电效应时，增大入射光的强度，光电子的最大初动能一定会增大 C. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定 D. 原子从基态跃迁到激发态时，会辐射光子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据光电效应规律可知，如果入射光频率低于截止频率，增加光强，无法发生光电效应，A错误。‎ B.根据可知，最大初动能与光强无关，B错误。‎ C.原子核的比结合能越大，结合过程中每个核子平均损失能量越大，越稳定，C正确。‎ D.原子从基态跃迁到激发态时，总能量增加，需要吸收能量，D错误。‎ ‎6.国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”现象，从而导致人类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核燃烧”的核反应方程为，方程中X表示某种粒子，是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（　　）‎ A. X粒子是 B. 若使的温度降低，其半衰期会减小 C. 经过2T，一定质量的占开始时的 D. “核燃烧”的核反应是裂变反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X粒子的质量数为4，电荷数为2，为 ，选项A正确；温度不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；经过2T，一定质量的占开始时的，选项C错误；“核燃烧”的核反应是轻核聚变反应，选项D错误；故选A.‎ ‎7.如图所示，S1、S2是两个频率相同的波源，实线表示波峰，虚线表示波谷。则它们相遇区域内的B点振动（　　）‎ A. 始终减弱 B. 始终加强 C. 过半个周期变为减弱 D. 过1/4个周期变为加强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题中“实线表示波峰，虚线表示波谷”。由图可知，B点是谷谷相遇点，是振动加强点，故选B.‎ ‎8.如图所示，在光滑水平面上有一静止的小车，用线系一小球，将球拉开后放开，球放开时小车保持静止状态，当小球落下以后与固定在小车上的油泥沾在一起，则从此以后，关于小车的运动状态是 （ ）‎ A. 无法判断 B. 向右运动 C. 向左运动 D. 静止不动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，系统水平方向初动量为零，末动量一定为零，当小球与小车上的油泥沾在一起，两物体具有相同水平速度，，可知两物体末态共同速度为零，所以小车静止，ABC错误D正确。‎ 二、多选题 ‎9.如图1所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象。P是平衡位置在x=2m处的质点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. t=2s时，x=1.5m处质点的振动速度为0.5m/s B. t=2s时，x=1.0m处质点的位移为4cm C. 该简谐横波沿x轴的负方向传播 D. 0～1s时间内，P向y轴正方向运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据振动图像可知，周期，根据波形图可知，波长，所以波的传播速度为：，不是振动速度，A错误。‎ B.根据波形图可知， t=2s时，x=1.0m处质点处于正向最大位移处，位移为4cm，B正确。‎ C.根据振动图像可知，x=1.5m处的质点在t=2s时，过平衡位置向下运动，根据平移法可知，波向x轴的负方向传播，C正确 D.根据波形图可知， 0～1s时间内x=2m处的质点P从波峰向平衡位置运动，所以运动方向为y轴负方向，D错误。‎ ‎10.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示．在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统(　　)‎ A. 动量守恒 B. 水平方向动量守恒 C. 最后P和Q一定都静止在水平面上 D. 最后P和Q以一定的速度共同向左运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为系统水平方向上没有外力，所以水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，所以是单方向动量守恒；初态系统总动量向左，最终两物体相对静止，末状态总动量向左，所以最后P和Q以一定的速度共同向左运动，AC错误BD正确 ‎11.如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬时获得水平向右的速度，当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短。下列说法正确的是(　　)‎ A. 此时乙物体的速度也是1m/s B. 紧接着甲物体将开始做加速运动 C. 甲乙两物体的质量之比 D. 当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小也为4m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短且此时共速，把甲、乙看成一个系统满足动量守恒： ，代入数据解得：，故AC正确；弹簧被压缩短后，弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1开始减速，故B错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒：，能量守恒：，联立并代入数据解得：，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎12.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种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，有( )‎ A. 该原子核发生了β衰变 B. 原来静止的原子核的原子序数为15‎ C. 反冲核沿小圆作逆时针方向运动 D. 该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是β粒子，发生了β衰变;故A正确．‎ B、根据动量守恒定律得知，放出的β粒子与新核的动量大小相等，由，得半径与电荷量成反比，两圆半径之比为1:16，由于新核的电荷量较大，则小圆是新核的轨迹．由半径之比得到新核的电荷量为16e，原子序数为16，则原来静止的原子核的原子序数为15;故B正确.‎ C、衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动;故C正确．‎ D、该衰变过程会放出能量，质量略有亏损;故D错误．‎ 故选ABC.‎ ‎【点睛】原子核衰变过程系统动量守恒，由于动量守恒定律、牛顿第二定律、左手定值即可正确解题．‎ 三、实验题 ‎13.在用单摆测重力加速度的实验中:‎ ‎（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用毫米刻度尺测得悬线长为98.00cm，用10分度的游标卡尺测摆球的直径时示数如图所示，则该摆球的直径为_________cm。‎ ‎（2）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，还应选用下列所给器材中的哪些？（将所选用的器材的字母填在题后的横线上。）‎ A.长1m左右的细绳；‎ B.长30m左右的细绳；‎ C.直径2 cm的铁球；‎ D.直径2cm的木球；‎ E.秒表；‎ F.时钟；‎ G.天平 H.最小刻度是毫米的直尺。‎ 所选择的器材是_____________。（填序号）‎ ‎（3）用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=______‎ ‎【答案】 (1). （1）198cm (2). （2）ACEH (3). （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像可知，主尺刻度为19mm，游标尺刻度为：，所以摆球直径为：。‎ ‎（2）AB.为了减小实验误差，实验采取的是长1m左右的细绳，A正确B错误。‎ CD.实验为了减小阻力的影响应该选择质量大，体积小的铁球，C正确D错误。‎ EF.本实验要求测量单摆的周期，为了准确测量，选取秒表，E正确F错误。‎ G.本实验不需要测量摆球的质量，所以不需要天平，G错误。‎ H.实验需要测量摆线长度，需要直尺，H正确。‎ ‎（3）根据单摆周期公式，，所以加速度：。‎ ‎14.为验证动量守恒:（1）小明同学用如图所示的装置做实验。若入射小球的质量为，半径为；被碰小球的质量为，半径为，则_________‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎（2）为完成此实验，必须使用的器材有________________‎ A．刻度尺 B．秒表 C．弹簧秤 D. 天平 ‎（3）各小球的落地点如图所示，若满足动量守恒，则必须满足的表达式是________________若是弹性碰撞，还满足的表达式是____________________‎ ‎【答案】 (1). （1）C (2). （2）AD (3). （3） (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）验证动量守恒，两小球发生对心碰，所以两小球半径相等，为了防止入射小球反弹，所以入射球的质量大于被碰球的质量，，，ABD错误C正确。‎ ‎（2）实验中要测量落地点到抛出点的水平距离，所以需要刻度尺，因为平抛运动竖直高度相同，运动时间相等，不需要测量时间，不需要秒表；验证动量守恒定律需要知道两球质量，所以需要天平不需要弹簧秤，BC错误AD正确。‎ ‎（3）根据平抛规律可知：，，因为平抛高度相同，运动时间相同，根据水平动量守恒有：，联立以上各式可得：；如果是弹性碰撞，机械能守恒，所以，整理得：。‎ 四、计算题 ‎15.在做游戏时，将一质量为m的木块，以v 的速度推离光滑固定桌面，恰好进入等高的另一平板车M上，平板车的质量M，如图所示。若木块没有滑出平板车，它们之间的动摩擦因数，重力加速度g。求：‎ ‎（1）木块静止在平板车上时平板车的速度大小 ‎（2）木块相对于平板车的滑行时间。‎ ‎【答案】（1）（2）8s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）与M组成系统作用前后动量守恒，以向右为正方向，据动量守恒定律得：‎ ‎，解得：；‎ ‎（2）设m相对M的滑行时间为t，以m为研究对象，取方向为正方向，据动量定理有：，解得：。‎ ‎16.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，质点P在波峰，质点Q在平衡位置。再过0.2s，质点Q第1次到达波峰。求：‎ ‎(1)求这列波的传播速度；‎ ‎(2)写出质点P的位移随时间变化的振动方程 ‎(3求出t=.2s时P点的位移和经过的路程。‎ ‎【答案】(1)30m/s；(2)m；(3)-0.2m,1.2m；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）波沿x轴正方向传播，根据再过0.2s，质点Q第一次到达波峰，可知=0.2s，解得T=0.8s，即波速30m/s。‎ ‎（2）初始时刻，质点P处于波峰位置，设质点P的振动位移随时间变化的关系为 其中的 则质点P的振动位移随时间变化的关系为m。‎ ‎（3）当t=1.2s时，经过，到达波谷位置，所以位移x=-0.2m，通过路程s=6A=1.2m ‎17.如图，轻弹簧的两端分别连接 、 两物块，置于光滑的水平面上，初始时， 紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定。已知 、 的质量分别为 、 ，初始时弹簧的弹性势能 ，现解除对弹簧的缩定，则从解除锁定到 离开墙壁的过程中，‎ ‎（1）求弹簧对 的冲量的大小I；‎ ‎（2）此后弹簧的最大弹性势能为多少？‎ ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当弹簧恢复原长时，的速度为，此时恰好离开墙壁，机械能守恒有，以水平向右方向为正方向，解除锁定到物块刚离开墙壁的过程中，由动量定理得 ，代入数据得 。‎ ‎（2）当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；然后A做加速运动，B做减速运动，当二者的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，此过程中的动量守恒，机械能也守恒；选取向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律有 ‎ ‎ ，，代入数据解得 。‎ ‎18.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m。求：‎ ‎（1）A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；‎ ‎（2）A与B的上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）圆弧槽C的半径R。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：‎ mv0＝m＋2mvB 解得vB＝‎ ‎(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得μ＝‎ ‎(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，＋mvB＝2mv A、C系统机械能守恒 解得R＝‎