福建省福州市长乐区长乐高级中学2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

福建省福州市长乐区长乐高级中学2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

福建省福州市长乐区长乐高级中学2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共56分）‎ 一、选择题（共14小题，1-10为单选题，每小题4分，11-14为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，每小题4分，共56分。）‎ ‎1. 一质点做简谐运动，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 B. 质点通过平衡位置时，速度为零，加速度最大 C. 质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同 D. 质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 质点通过同一位置，加速度、位移相同，速度方向可正可负，AC错误、D正确；质点通过平衡位置时，速度最大、中加速度为零，B错误。‎ ‎2.如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现( )‎ A. 各摆摆动的周期均与A摆相同 B. B摆振动的周期最短 C. C摆振动的周期最长 D. B摆的振幅最大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，故A正确，BC错误；由于A、D摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则D摆出现共振现象，振幅最大．故D错误．故选A.‎ 点睛：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．‎ ‎3.一列简谐横波某时刻的波形如图（甲）所示，甲图中x=15m 处质点A从该时刻开始计时的振动图像如图（乙）所示。则 ( )‎ A. 这列波的波速是20m/s B. 这列波沿x轴负方向传播 C. 再过0.2s质点Ａ将迁移到x= 20 m处 D. 质点A在任意的1s内所通过的路程都是0.4m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图甲读出波长为 λ=20m，由振动图象乙读出波的周期为T=0.8s，则波速为v==25m/s，故A错误．由振动图象乙知t=0时刻质点A向上振动，则根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播．故B正确．简谐横波沿x轴负方向传播，质点A只上下振动，不向前迁移，故C错误．质点在一个周期内通过的路程为四个振幅，周期T=0.8s，则△t=1s=1T，若质点A初始位置在平衡位置或最大位移处，则它在1s内的路程应为 S=1.25×4A=5×8cm=40cm=0.4m．若质点A初始位置不在平衡位置或最大位移处，1s内所通过的路程不是0.4m，故D错误．故选B．‎ ‎4.两束单色光a、b平行地从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)。下列正确的是(　　)‎ A. 光束b的频率比光束a的频率高 B. 在水中的传播速度，光束a比光束b小 C. 水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小 D. 若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由图看出，两束光的入射角相等，折射角，由，可知b光的折射率较大，则b的频率较高；由，分析可知，b光在水中传播速度较小，由临界角公式，分析可知，水对b光的临界角较小，故AC正确，BD错误；故选AC。‎ ‎【点睛】两光束从空气射入水中，入射角相等，折射角，根据折射定律分析折射率的大小，根据判断光束在水中速度的大小．根据临界角公式分析临界角的大小．‎ ‎5.下列说法正确的是　　（　　　）‎ A. 海市蜃楼是由光的折射和全反射形成的 B. 用光导纤维束传送图象信息，这是光折射的应用 C. 眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹，这是光的偏振现象 D. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 海市蜃楼是由光的折射和全反射形成的，选项A正确；用光导纤维束传送图象信息，这是光全反射的应用，选项B错误；眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹，这是光的衍射现象，选项C错误；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D错误；故选A.‎ ‎6.A、B两种放射性元素，它们的半衰期分别为tA=10天，tB＝30天，经60天后，测得两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比为[ ]‎ A. 3∶1 B. 48∶63‎ C. 1∶16 D. 16∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 经过60天后A元素剩余的质量为，B元素剩余的质量为，故，所以，D正确。‎ 思路分析：放射性元素发生衰变后质量公式为，‎ 试题点评：本题考查了放射性元素发生衰变后质量的计算，会根据公式计算元素剩余的质量，‎ ‎7.质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是 ( )‎ A. 2.6m/s，向右 B. 2.6m/s，向左 C. 0.5m/s，向左 D. 0.8m/s，向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以小车与砂带组成的系统为研究对象，以水平向右方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m车v车-m袋v袋=(m车+m袋)v，即：2×2-2×3=(2+2)v，解得：v=-0.5m/s，方向向左．故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，这是易错点，要注意．‎ ‎8. 下列叙述中符合物理学史的有：（ ）‎ A. 汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子存在 B. 卢瑟福通过对粒子散射实验现象分析，证实了原子是可以再分的 C. 巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式 D. 玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查的是对物理学史的掌握情况，汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子的存在，A错误，卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，证实了原子具有核式结构，B错误；巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式，C正确；玻尔提出的原子模型，并没有否定卢瑟福的原子核式结构学说，D正确；‎ ‎9.如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中不正确的是 (    )‎ A. 该时刻质点O正处在平衡位置 B. P、N两点始终处于平衡位置 C. M点振幅为单个波引起的振幅的2倍 D. 从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图知O点是波谷和波谷叠加，该时刻质点O正处在波谷位置，A错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；M点是振动加强点，则M点振幅为单个波引起的振幅的2倍，选项C正确；因该时刻M点在波峰位置，则从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D正确；此题选择不正确的选项，故选A.‎ 点睛：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．‎ ‎10. 根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为 A. 13．6eV B. 3．4eV C. 10．2eV D. 12．09eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，知跃迁到第3能级，则吸收的光子能量为，故D正确．‎ 考点：考查了氢原子跃迁 ‎【名师点睛】能级间跃迁吸收或辐射的能量等于两能级间的能级差，受激的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，可知跃迁到第3能级，从而根据能级差求出照射的光子能量．‎ ‎11.如图所示,ABC为一玻璃三棱镜的截面，一束光线MN垂直于AB面射人，在AC面发生全反射后从BC面射出，则( )‎ A. 由BC面射出的红光更偏向AB面 B. 由BC面射出的紫光更偏向AB面 C. 若MNB变小，最先从AC面透出的是红光 D. 若MNB变小，最先从AC面透出的是紫光 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 在AC面发生全反射后从BC面射出时，所有光线在BC面上入射角相等，由于玻璃对红光的折射最小，对紫光的折射率最大，根据折射定律得到，在BC面上的折射角红光的最小，紫光的最大，则由BC面射出的紫光更偏向AB面，故A错误，B正确．若∠MNB变小，在AC面入射角减小，由于红光的临界角最大，当入射角减小，最先不发生全反射，最先从AC面透出．故C正确，D错误．故选BC．‎ 点睛：本题考查折射定律和全反射条件的理解和应用能力．对于七种色光折射率、临界角等关系可根据光的色散、干涉等实验结果进行记忆．‎ ‎12.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s.当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是 （　　）‎ A. pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B. pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C. pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D. pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量：p=mAvA+mBvB=10kg•m/s，系统总的机械能：E=mAvA2+mBvB2=22J；如果vA′=2m/s，vB′=4m/s，则p=mAvA′+mBvB′=10kg•m/s，系统总的机械能：E=mAvA′2+mBvB′2=18J，碰撞后系统动量守恒，机械能不增加，故A正确；如果vA′=4m/s，vB′=4m/s，则p=mAvA′+mBvB′=12kg•m/s，碰撞后系统动量不守恒，故B错误；如果vA′=﹣4m/s，vB′=7m/s，则p=mAvA′+mBvB′=10kg•m/s，系统总的机械能：E= mAvA′2+ mBvB′2=57J，碰撞后系统动量守恒，机械能增加，故C错误；如果vA′=7m/s，vB′=1.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误；故选A．‎ ‎【点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．‎ ‎13.如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态（物体与弹簧未连接），某时刻细线断开，物体沿车滑动，脱离弹簧后与B端碰撞并粘合在一起，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒 B. 若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量不守恒 C. 不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度都相同 D. 不论物体滑动中受不受摩擦力，全过程系统损失的总机械能都是相同的 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误.‎ B．整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则全过程系统的合外力为零，系统的动量一直守恒；故B错误.‎ C．不论物体滑动中受不受摩擦力，全过程系统的合外力为零，系统的动量一直守恒，原来物体和小车一起向左做匀速运动，速度相同，最终小车物体的速度仍然相同，由动量守恒可得，系统的速度与初速度相等。即不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度都等于初速度，故C正确。‎ D．由C项的分析可知，当物体与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关；故D正确。‎ ‎14.如图所示是质量为M=1.5kg的小球A和质量为m=0.5kg的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移x﹣时间t图象，由图可知（　　）‎ A. 两个小球碰撞前后动量不守恒 B. 碰撞过程中，B损失的动能是3J C. 碰撞前后，A的动能不变 D. 这两个小球的碰撞是弹性的 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据x－t图像的斜率等于速度，可知：A球的初速度为vA＝0，B球的初速度为，碰撞后A球的速度为，碰撞后B球的速度为vB′＝m/s＝－2 m/s；碰撞前总动量为p＝MvA＋mvB＝2 kg·m/s，碰撞后总动量为p′＝MvA′＋mvB′＝2 kg·m/s，故两个小球在碰撞前后动量守恒．故A错误．碰撞过程中，B球的动能变化量为：ΔEkB＝mvB′2－mvB2＝×0.5×[(－2)2－42] J＝－3 J，即损失3 J，故B正确．碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误．A球动能增加量为ΔEkA＝MvA′2－0＝3 J，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞．‎ 二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）‎ ‎15. 在“测玻璃的折射率”实验中：‎ ‎（1）为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是 。‎ A．必须选用上下表面平行的玻璃砖； ‎ B．选择的入射角应尽量小些；‎ C．大头针应垂直地插在纸面上；‎ D．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些.‎ ‎（2）甲同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO’延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图所示，若他测得AB=7cm，CD=4cm，则可求出玻璃的折射率n= 。‎ ‎（3）乙同学使用同一个玻璃砖完成实验，却发现测出的折射率明显大于理论值，反复检查实验操作过程后认为是用铅笔描出玻璃砖上下表面时候出现了操作失误，由此可以判断该同学作出的两界面间距 玻璃砖的实际宽度。（选填“大于”、“小于”）‎ ‎【答案】（1）C、D （2）（或175） （3）小于 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故A错误；为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，故B错误；为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故C正确；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故D正确．‎ ‎（2）图中作为入射光线，是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：，又AO=OC，则折射率．‎ ‎（3）如果两界面间距偏大，则折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小，故应两界面间距小于玻璃砖的实际宽度 考点：“测玻璃的折射率”实验 ‎16.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：‎ ‎(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最 _____ (填“高”或“低”)点的位置，且用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图甲中秒表示数为一单摆全振动50次所经过的时间，则单摆振动周期为______ s。‎ ‎(2)若测得的g值偏大.可能的原因是：（ ）‎ A．摆球质量过大 B．单摆振动时振幅较小 C．测量摆长时.只考虑了线长.忽略了小球的半径 D．测量周期时.把n个全振动误认为（n+1）个全振动.使周期偏小 ‎【答案】 (1). 低 (2). 201 (3). D ‎【解析】‎ ‎（1）小球的偏角α在很小（α＜5°）时，小球的振动才近似看成简谐运动．在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小．由秒表读出时间t=90+12.50s=102.50s，则单摆的周期为T=s=2.01s；‎ ‎（2）根据单摆周期公式T=2π有g=测算的g值比实际值大，可能是T偏小、L偏大引起的；摆球的质量对周期无影响，相反，摆球质量大，空气阻力可以忽略不计，更加准确，故A错误；摆球的振幅对周期无影响，故B错误；测摆长时未计入摆球的半径，L的测量值偏小，根据g=测算的g值比实际值小；将振动次数n错记为（n+1），单摆的周期T=，T的测量值偏小则g测量值偏大，故D正确；故选D．‎ 三、计算题（共3小题，共32分。请写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，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.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面高3.2 m处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高5.0 m处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 v1＝（向下） ①（4分）‎ 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 v2＝（向上） ②（4分）‎ 速度的改变量 Δv＝v1＋v2（向上） ③（2分）‎ 以a表示加速度，Δt表示接触时间，则 Δv＝aΔt ④（2分）‎ 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由牛顿第二定律，‎ F－mg＝ma ⑤（2分）‎ 由以上五式解得，‎ F＝mg＋m⑥‎ 代入数据得：‎ F＝1.5×103N ⑦（2分）‎ ‎18.如图所示，截面为直角三角形的玻璃棱镜置于真空中，已知∠A=60°，‎ ‎∠C=90°；一束极细的光于AC边的中点F处垂直AC面入射，AC=2cm ‎，玻璃的折射率为n=，光在真空的速度为m/s 求：‎ ‎（1）光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角。‎ ‎（2）借助作图工具画出光在玻璃中传播的光路示意图，并标出光从棱镜射入真空时的折射角（不考虑光线在AC面反射和在AB面上第二次反射情况）；‎ ‎（3）从BC面射出的光在棱镜中传播的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) 45°和 (3)s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由得: 光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角 ‎(2)画出正确光路图 ，标出光从棱镜射入空气时的折射角分别为450和 ‎（3）光在玻璃中的速度为：‎ 由数学知识得：，‎ 光线由O点到E点所需的时间t为：‎ ‎19.如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t=0时刻的波形图，虚线是t=0.2s时刻的波形图。‎ ‎①若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度。‎ ‎②若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期。‎ ‎③若波速是25m/s，求t=0时刻P点的运动方向。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)沿y轴负方向。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为（n=0，1，2，3..）‎ 传播的速度为；（n=0，1，2，3..）‎ ‎(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为；（n=0，1，2，3..）‎ 得（n=0，1，2，3..）‎ 当n=0时周期最大，即最大为0.8s ‎(3)波在0.2s内传播的距离Δx=vΔt=5m 传播的波长数，可见波形图平移了的距离.由题图知波沿x轴正方向传播.所以P点在t=0s时刻沿y轴负方向运动. ‎