河南省洛阳市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

河南省洛阳市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

河南省洛阳市2020学年高二下学期期中考试物理试题 ‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1~9题只有一项符合题目要求，第10~14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. 下列说法中错误的是 A. 热辐射的辐射强度按波长的分布情况随温度的变化而有所不同 B. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 C. 如图在一个空腔上开一个小孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸热最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体 D. 当铁块的温度较高时会呈现赤红色，说明此事辐射的电磁波中该颜色的光强度墙 ‎【答案】C ‎...............‎ 点睛：该题考查黑体辐射的特点，解决本题的关键知道黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．‎ ‎2. 关于近代物理，下列说法正确的是 A. α射线是高度的氦原子 B. 核聚变反应中，表示质子 C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. 波尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 ‎【答案】D ‎【解析】α射线是高速的氦原子核，选项A错误；核聚变反应中，表示中子，选项B错误；从金属表面逸出的光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，并非成正比关系，选项C错误；波尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，选项D正确；故选D.‎ ‎3. 本题用大写字母代表原子核，E经α衰变边长F，再经β衰变变成G，再经α衰变成为H，上述系列衰变可记为下式：；另一系列衰变如下：，已知P是F的同位素，则下列判断正确的是 A. Q是G的同位素，R是H的同位素 B. R是G的同位素，S是H的同位素 C. R是E的同位素，S是F的同位素 D. Q是E的同位素，R是F的同位素 ‎【答案】C ‎【解析】α衰变使电荷数少2，新原子在元素周期表中位置前移2位；β衰变使电荷数多1，新原子在元素周期表中位置后移1位。由，可得P是S的同位素，又P是F的同位素，即P、F、S为同位素；E经α衰变成为F，R经α衰变成为S，则E、R是同位素；F经β衰变成为G，P经β衰变成为Q，则G、Q也是同位素，故ABD错误。C正确。故选C.‎ ‎4. 三个相同的木块A、B、C同同一高度自由下落。其中，木块A在开始下落的瞬间被水平飞行的子弹击中，木块A在下落到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中，则三个木块下落时间的大小关系是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子弹一起自由落体运动，A、C均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即tA=tC 木块B落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中。在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知，木块速度变小，木块落地时间延长，木块B在空中的运动时间比A、C时间长，则AC同时落地，B最后落地，即tA=tC＜tB，故B正确。故选B。‎ 点睛：考查自由落体运动的规律，关键是知道子弹打入木块时竖直方向动量守恒，掌握动量及动量守恒的定律，理解运动的合成与分解．‎ ‎5. 如图所示，材料相同，半径为r的薄壳小圆球，放在半径为R的薄壳大圆球内（），开始时二者均静止在光滑水平面上，当小圆球由图示位置无初速度释放，直至小圆球滚到最低点时，大圆球移动的距离为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设小球滑到最低点所用的时间为t，发生的水平位移大小为R-r-x，大球的位移大小为x，取水平向右方向为正方向。则根据水平方向平均动量守恒得：即：；根据题意可知，两球壳质量之比等于表面积之比，也等于半径的平方之比，则M:m=3:1，带入解得：，故选C.‎ 点睛：此题实质是“人船模型”问题；关键是求解两球对地的位移关系；另外会根据数学知识求解质量关系.‎ ‎6. 动能相同的两个物体的质量分别为，且。若他们分别在恒定的阻力的作用下，经过相同的时间停下，发生的位移分别为，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由可知，两物体的动量之比为：；由动量定理可知：-f1t=0-P1；-f2t=0-P2；解得：，因m1>m2，故有：f1＞f2；由动能定理可知：f1s1=0-EK；f2s2=0-Ek；两式相比可得：；故s1＜s2，故选D.‎ 点睛：本题考查动量定理及动能定理的应用，要注意正确列式，从而得出准确的比例关系．知道动能与动量的关系.‎ ‎7. 如图所示为氢原子能级示意图的一部分，根据波尔理论，下列说法中正确的是 A. 从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长 B. 从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量 C. 从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小 D. 处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的 ‎【答案】A ‎【解析】从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长。故A正确。由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是氢原子核向外放出能量，选项B错误；从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的半径减小，动能变大，选项C错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同，故D错误。故选A。‎ 点睛：此题要知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小．‎ ‎8. 两个物体A、B的质量分别为，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度-时间图像分别如图中图线a、b所示，已知拉力分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出 A. 若，则 B. 若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2‎ C. 若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4：5‎ D. 若，则力F1对物体A所做的功大于F2对物体B所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，求得：a1=a2=μg=1m/s2，则：μ1=μ2=0.1，若F1=F2，对于m1则有：F1-μ1m1g=m1a1，解得：m1=，对于m2则有：F2-μ2m2g=m2a2，解得：m2=，由图可知a1＞a2 ，则m1＜m2，故A错误。若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理，对a有：WF1-f1s1=0；同理对b有：WF2-f2s2=0‎ 由于s1=4×2.5×=5.0m，s2=2×5×=5.0m，故WF1=WF2，故D错误；由以上分析可知：F1=m1（a1+μ1g）=m1×，故拉力F1的最大瞬时功率为：P1=m1，同理有：F2=m2（a2+μ2g）=m2，故拉力F2的最大瞬时功率为：P2=m2，故P1=2P2，故B正确；若F1=F2，根据I=Ft，两个力作用的时间之比为1:2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比1:2，选项C错误；故选B.‎ ‎9. 在光电效应实验中，某同学用一种材料在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示，则可判断出 A. 甲光的频率大于乙光的频率 B. 乙光的波长大于丙光的波长 C. 甲光的光强比乙光的光强弱 D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能 ‎【答案】B ‎【解析】根据eU截＝mvm2＝hγ−W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误。丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；故B正确。甲光的饱和电流大于乙光，可知甲光的光强大于乙光，选项C错误；丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能。故D错误。故选B.‎ 点睛：解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截＝mvm2＝hγ−W；知道最大初动能取决于入射光的频率；饱和光电流取决于光强.‎ ‎10. 用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子，停止照射后，发现该容器内的氢能释放出三种不同波长的光子，它们的波长由短到长依次为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】由题意可知，氢原子吸收能量后跃迁到第三能级，则吸收的能量等于n=1和n=3能级间的能级差，即单色光的能量也就是辐射光子的最大能量为：‎ Emax=hv1=．又hv1=hv2+hv3=．最小能量为：Emin=hv3=，故答案为A、B.‎ ‎11. 矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击下层，子弹刚好不射出；如图甲所示，若射击上层，则子弹刚好能射入一半厚度，如图乙所示，子弹可看作质点，上述两种情况相比较 A. 子弹对滑块的冲量不一样大 B. 子弹对滑块做功一样多 C. 系统产生的热量一样多 D. 子弹和滑块间的水平作用力一样大 ‎【答案】BC ‎【解析】设子弹的质量是m，初速度是v0，滑块的质量是M，选择子弹的初速度的方向为正方向，根据动量守恒知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）v．则：mv0=（m+M）v；所以，可知两种情况下木块得到的速度是相同的，根据动量定理可知，两种情况子弹对滑块的冲量一样大，故A错误；滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故B正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多。故C正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，即Q=f•s相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误；故选BC.‎ 点睛：此题考查动量守恒、动能定理和能量守恒等内容，要知道子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以最后它们的速度是相同的，利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的．‎ ‎12. 质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】若碰后A球速度方向和原来一致，根据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB…①‎ 根据碰撞过程系统的总动能不增加，即：mv02≥mvA2+•2mvB2…②‎ 点睛：对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ ‎13. 用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上，电流表G的读数为0.2mA，移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为零，，则下列判断正确的是 A. 光电管阴极的逸出功为1.8eV B. 光电子的最大初动能为0.7eV C. 断开开关K，增大光照强度，电流表的示数保持不变 D. 断开开关K，如果改用频率为的光子照射 ‎【答案】AB ‎【解析】该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据，则逸出功为W逸出功=2.5eV-0.7eV=1.8eV，故AB正确。当S断开后，因光电子有初动能，则会运动到阳极，从而形成电流。故B正确。断开开关K，，因光子能量不变，增大光照强度，则光电子的最大初动能仍不变，仍有光电子逸出，且单位时间逸出光电子的数量增加，电流表会发生变化，故C错误。频率为的光子能量为,则如果改用频率为4×10-14 Hz的光子照射时不能发生光电效应，从而无光电流产生，选项D错误；故选AB.‎ 点睛：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及EKm=eU0．注意光的入射频率决定光电子最大初动能，而光的强度不影响光电子的最大初动能，并理解遏止电压与电流形成的条件．‎ ‎14. 如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，若将A由图示位置静止释放，则B球被碰后第一次收到为零时距最低点的高度可能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】A球到达最低点时，设其动能为EkA，由动能定理得：EkA＝mgL(1−cos60°)＝mgL 若A、B间发生的是弹性碰撞，则B获得动能最大为EkA，上升的最大高度和A释放点相同：即为：L（1-coθ）=L；‎ 若A、B间发生的是完全非弹性碰撞（就是两个小球粘在一起）：设共同达到的速度为v'：由动量守恒：mv=2mv'得：v'=；则由动能定理：2mgh=，解得h=L；‎ 若碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：上升的高度就介于L与L之间。综上所述，则选项ABC正确，D错误；故选ABC.‎ 点睛：两物体发生碰撞时，不知道碰撞情况时必须分情况讨论，弹性碰撞或是完全非弹性碰撞．应用动量守恒求解物体碰撞后的速度，再从能量转化的方向去求解．‎ 二、实验题 ‎15. 贝克勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕。如图中P未放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A、B、C三束。‎ ‎（1）构成A射线的是_____________；构成B射线的是_____________；构成C射线的是_____________；‎ ‎（2）三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的射线是_____________；电离作用最强的射线是_____________。（填：A、B或C）‎ ‎【答案】 (1). 电子（或β粒子） (2). γ光子 (3). 氦核（或α粒子） (4). B (5). C ‎【解析】（1）A偏向正极板，可知A带负电，则构成A射线的是电子（或β粒子）；B不偏转，则构成B射线的是γ光子；C向负极偏转，则构成C射线的是氦核（或α粒子）；‎ ‎（2）三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的射线是γ光子，即B；电离作用最强的射线是α粒子，即C.‎ ‎16. 如图所示为“弹簧碰撞中的不变量”的实验装置 ‎（1）下列说法中符合实验要求的是 A．入射球a比靶球b质量大，但两者的半径可以不同 B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球a必须从同一高度由静止释放 C．安装轨道时，轨道末端必须水平 D．需要使用的仪器有天平和刻度尺 ‎（2）实验时记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位于A、B、C，并测得它们到O点的距离分别为OA、OB和OC。已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果得到_____________，则认为碰撞中的不变量是质量与速度的成绩之和。‎ ‎（3）在实验中，根据小球的落地情况，若等式OC=_______成立，则可证明碰撞中系统的动能守恒（要求用第（2）问中涉及的物理量表示）。‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). OA+OB ‎【解析】（1）为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞，两球的半径需相同，故A错误；在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同，故B正确．为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C正确．在该实验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺，故D正确．故选BCD．‎ ‎（2）碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1OB=m1OA+m2OC；即如果得到m1OB=m1OA+m2OC，则认为碰撞中的不变量是质量与速度的乘积之和。‎ ‎（3）若碰撞中系统的动能守恒，则m1v12=m1v1′2+m2v22，即m1OB2=m1OA2+m2OC2；联立解得：OC=OB+OA.‎ 点睛：实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动．（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹．‎ 三、计算题：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 ‎17. 一定功率的小灯泡发出的光向四周均匀辐射，平均波长为，在距离d处，每秒种落在垂直于光线方向、面积为S的球面上的光子数为N，普朗克常量为h，小灯泡的发光频率为多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设灯泡的功率为P，距离灯泡d处单位面积的功率 根据能量守恒，‎ 联立解得 ‎18. 如图所示，长木板A质量为M=2kg，A静置于足够长的光滑水平面上，小物块B（可视为质点）静置于A的左端，B的质量为m1=1kg，区域与水平面相切与M点．现让另一小物块C（可视为质点）从光滑曲面上离水平面高h=3.6m处由静止滑下，C与A相碰后与A粘在一起，C的质量为m2=1kg，A与C相碰后，经一段时间B可刚好离开A，已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.15，g=10m/s2．求长木板A的长度为多少？‎ ‎【答案】2m ‎【解析】设C滑至水平面的速度为v，有，‎ 解得 对C、A碰撞过程中，设碰后共同速度为，由动量守恒有，‎ 解得 B恰好滑离A时与A有相同的速度，设为，‎ 对A、C、B组成的系统由动量守恒可得，‎ 解得 对A、B、C组成的系统由动能关系得：，‎ 联立得：L=2m 点睛：本题按时间顺序分析物体的运动过程，把握每个过程遵守的规律，特别是抓住碰撞过程的基本规律：动量守恒定律是关键．对于摩擦生热，要知道与两个物体相对位移大小有关．‎ ‎19. 已知氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，氦核（）的质量为3.0150u。（质量亏损为1u时，释放的能量为931.5MeV。除了计算质量亏损外，的质量可认为是中子的3倍）；‎ ‎（1）写出两个氘核聚变成的核反应方程；‎ ‎（2）计算上述核反应中释放的核能；‎ ‎（3）若两氘核以相等的动能0.35MeV作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转变为机械能，则反应生产的氦核（）和中子的动能各为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）根据质量数守恒和核电荷守恒可得核反应方程为：‎ ‎（2）由提给条件可求出质量亏损为，‎ 释放的核能为 ‎（3）因为该反应中释放的核能全部转化为机械能，即转化为和中子的动能，若设和中子的质量分别为，速度分别为，则由动量守恒及能的转化和守恒定律可得：‎ ‎，，‎ 又由 可得，则 点睛：对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒．‎ ‎20.‎ ‎ 图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间，金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上，若两棒以大小相等的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：‎ ‎（1）金属棒运动达到稳定的过程中，ab上产生热焦耳热；‎ ‎（2）金属棒运动达到稳定的过程中，通过金属棒cd的电荷量是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒；最终具有共同的速度v，以水平向右为正方向，则，‎ 解得v=1m/s 由能量守恒定律可得，电路中产生的总的热量：‎ 所以ab棒上产生的焦耳热为 ‎（2）对cd棒利用动量定理，‎ 解得 点睛：本题是电磁感应中的力学问题，应用了系统动量守恒，能量转化与守恒定律，动量定理，综合性较强；关键是知道系统动能损失转化为电能继而转化为内能．‎