福建省厦门市第三中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省厦门市第三中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省厦门市第三中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） ‎ 一.单项选择题：（各小题选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）‎ ‎1.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，发现了电子和质子的存在 B. 贝克勒尔天然放射现象发现揭示了原子核是由中子和质子组成的 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. 玻尔提出了能量量子的概念并提出了量子化的原子模型 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子的存在，卢瑟福用阴极射线轰击氢，发现了质子的存在，故选项A错误；‎ B、贝克勒尔发现天然放射现象证明原子核内部还有复杂结构，故选项B错误；‎ C、巴耳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，故选项C正确。‎ D、普朗克在解释黑体辐射时首先提出能量子概念，玻尔在卢瑟福的原子核式结构学说的基础上，引入了量子理论，提出量子化的原子模型，故选项D错误。‎ ‎2.如图所示为某一质点在0～4s时间内的振动图象，下列叙述中正确地是（　　）‎ A. 该质点时向正方向振动 B. 该质点时加速度方向为负方向 C. 该质点2s时加速度最大，且方向为负方向 D. 该质点5s时加速度最大，且方向为负方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据图像质点在时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；‎ B、根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；‎ C、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；‎ D、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确。‎ ‎3.一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如下图所示．把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A。现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距。假定当地重力加速度g="10" m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈 ( )‎ A. 在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下 B. 在A处，则表示此时的加速度为零 C. 在C处，则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 N D. 在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在A处，则表示弹簧处于原长状态，对垫圈没有力的作用，即垫圈此时只受重力 即完全失重状态，所以当加速度器的加速度大小为g，且方向向下，同理，在C处时，处于超重状态，即，所以则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 N，物体处于超重状态时可以是加速上升，也可以是减速下降，所以选AC.‎ ‎4.如图所示为一列简谐波在某一时刻的波形，图中已标出D质点此时的运动方向，下列说法正确的是（ ）‎ A. 波向右传播 B. 质点E此时运动方向与D相同 C. 此时A点的运动方向向下 D. 质点C比质点B先回到平衡位置 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、由图中质点D的运动方向沿y轴负方向，则波向左传播，故A错误；‎ B、根据波形的平移法可知：质点D、F与E此时的速度方向相反，故B错误；‎ C、根据波形的平移法可知A点向上运动，故C错误；‎ D、图示时间质点B沿y轴正方向运动，它回到平衡位置的最短时间大于，而质点C经过回到平衡位置，则质点C比B先回到平衡位置，故D正确。‎ 点睛：根据质点D的运动方向，可判断出波的传播方向，根据质点C和质点B的位置和速度方向分析它们回到平衡位置的先后，在相邻的两个波峰与波谷间的各个质点的振动方向相同。‎ ‎5.A、B两球沿同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(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量,则由图可知下列结论正确的是(　　 )‎ A. A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B. 碰撞过程A对B的冲量为-4 N·s C. 碰撞前后A的动量变化为4kg·m/s D. 碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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。‎ ‎6.铀核()经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核（），关于该过程，正确的是（ ）‎ A. m=5，n=4‎ B. 铀核（）的比结合能比铅核（）的比结合能小 C. 衰变产物的结合能之和小于铀核（）的结合能 D. 铀核（）衰变过程的半衰期与温度和压强有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、核反应方程为： ，根据质量数守恒和电荷数守恒，有：，，解得：，，故选项A错误；‎ B、比结合能越大，原子核结合得越牢固，原子核越稳定，所以铀核的比结合能比铅核的比结合能小，故选项B正确；‎ C、铀核 衰变成原子核 ，根据爱因斯坦质能方程知，有质量亏损，释放能量，则衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故选项C错误；‎ D、放射性元素的半衰期与温度、压强无关，故选项D错误。‎ ‎7.关于下列四幅图的说法，正确的是（　　）‎ A. 甲图为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，射线1为α射线 B.‎ ‎ 乙图中，用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，发现原来闭合的验电器指针张开，此时锌板和验电器均带正电 C. 丙图为α粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子核式结构模型 D. 丁图为核反应堆示意图，它是利用了铀核聚变反应所释放的能量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：在图甲中根据左手定则和粒子偏转方向可知，沿轨迹1运动的射线带负电，应为β射线，故选项A错误；当用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，时由于用电器指针张开，说明发生了光电效应现象，即有光电子逸出，锌板因失去电子而带正电，此时与其相连的用电器上有部分电子移向锌板，两者都带正电，故选项B正确；丁图所示的核反应堆示意图，是利用了铀核裂变反应释放能量，故选项D错误；选项C说法正确。‎ 考点：本题主要考查了对三种射线特征、光电效应现象、卢瑟福α粒子散射实验、核反应堆掌握与理解问题，属于中档偏低题。‎ ‎8. 在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管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. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光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，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长,故B正确．同一金属，截止频率是相同的，故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丙光的光电子最大初动能．故D错误．故选B．‎ ‎9. 如图所示，物体 A置于物体 B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与 B相连，在弹性限度范围内，A和 B一起在光滑水平面上作往复运动（不计空气阻力），均保持相对静止。 则下列说法正确的是 A. A和 B均作简谐运动 B. 作用在 A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C. B对 A的静摩擦力对 A做功，而 A对 B的静摩擦力对 B不做功 D. B对 A的静摩擦力始终对A做正功，而 A对 B的静摩擦力始终对 B做负功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析:A和B-起在光滑水平面上做往复运动，回复力F=-kx，故都做简谐运动．故A正确；设弹簧的形变量为x，弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为M和m，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为，对A：，可见，作用在A上的静摩擦力大小Ff 与弹簧的形变量x成正比．故B正确；在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力与位移方向相同或相反，B对A的静摩擦力对A做功，同理，A对B的静摩擦力对B也做功．故C错误；当AB离开平衡位置时，B对A的静摩擦力做负功，A对B的静摩擦力做正功，当AB靠近平衡位置时，B对A的静摩擦力做正功，A对B的静摩擦力做负功．故D错误。‎ 考点： 简谐运动 ‎10.A、B两种放射性元素，原来都静止在同一匀强磁场，磁场方向如图所示，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，α与β粒子的运动方向跟磁场方向垂直，图中a、b、c、d分别表示α粒子，β粒子以及两个剩余核的运动轨迹 A. a为α粒子轨迹，c为β粒子轨迹 B. b为α粒子轨迹，d为β粒子轨迹 C. b为α粒子轨迹，c为β粒子轨迹 D. a为α粒子轨迹，d为β粒子轨迹 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两个衰变中，α粒子是正电荷，β粒子为负电荷，两个粒子和它们的反冲核的速度方向相反，但α粒子和β粒子受到的洛伦兹力的方向相反.根据左手定则判断可得.‎ 思路分析：α粒子是正电荷，β粒子为负电荷，速度方向相反，根据左手定则可得 试题点评：本题考查了放射性粒子在磁场中运动，同时也证明的这两种粒子的带电性质，‎ 二、不定项选择题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是正确的，选不全得2分，有错选不得分。）‎ ‎11.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时, 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0. 则 （ ）‎ A. 光电管阴极的逸出功为2.2eV B. 电键k断开后,没有电流流过电流表G C. 光电子的最大初动能为0.7eV D. 改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、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，知道光电子的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程，，故选项C正确，A错误。‎ B、电键断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，故选项B错误；‎ D、改用能量为1.5eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，故选项D正确。‎ ‎12. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，‎ 故选BD 考点：动量守恒定律；功能关系．‎ 点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．‎ ‎13.一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m的a、b两质点的振动图象，如图所示，下列描述该波的图象可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由振动图象可知，在t=0时刻，a位于波峰，b经过平衡位置向下运动；‎ 若波从a传到b，则有，（n=0，1，2,…,），解得，当n=0时，λ=12m；‎ 若波从b传到a，则有，（n=0，1，2,…,），解得，当n=0时，λ=36m；n=2时，λ=4m；故A、C、D图象是可能的；‎ 故选ACD。‎ ‎14.如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子的能量范围为1．62～3．11eV，普朗克常量h=6．63×10-34J·s那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是（ ）‎ A. 用能量为11．0eV的光子照射氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 B. 处于n＝2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线 C. 处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离 D. 用波长为60nm的伦琴射线照射，不能使处于基态的氢原子电离出自由电子 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ 试题分析：因为11．0eV不是基态与任何一个能级的能级差，故用能量为11．0eV的光子照射氢原子，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，选项A错误；处于n＝2能级的氢原子只能吸收能量大于3．11eV的紫外线，即只能吸收能量为3．4eV的紫外线而发生电离，选项B错误；紫外线光子的最小能量为3．11eV，处于n=3能级的氢原子的电离能为1．51eV，故处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故D正确；氢原子在基态时所具有的能量为-13．6eV，将其电离变是使电子跃迁到无穷远，根据玻尔理论所需的能量为13．6eV的能量，hν=0-E1 ，解得：ν=3．26×1015Hz．所以用频率为5×1015Hz的电磁波照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子，故E错误；故选C．‎ 考点：波尔理论 ‎【名师点睛】此题是对波尔理论的考查；解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足hγ=Em-En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。‎ 三、填空题 ‎15.某同学用下图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：‎ ‎（1）在安装实验器材时斜槽的末端应____________。‎ ‎（2）小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma_____mb，两球的半径应满足ra______rb（选填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（3）本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的________点和_________点。‎ 在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是下列选项中的_____________。‎ A.‎ B.‎ C.‎ ‎【答案】（1）保持水平；（2）＞，=；（3）A，C；（4）B ‎【解析】‎ ‎（1）小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动。‎ ‎（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即ma＞mb，为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等，故填＞、=。‎ ‎（3）由图1可知，小球a和小球b相撞后，被碰小球b的速度增大，小球a的速度减小，‎ b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点。‎ ‎（4）小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：‎ ‎，‎ 两边同时乘以时间t得：，可得：，故B正确，AC错误。‎ ‎16.(1)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中测得球直径如图游标卡尺．然后用秒表记录了单摆50次全振动所用的时间如图所示．则小球直径为________cm，秒表所示读数为________s．‎ ‎(2)某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图线，如图所示．为了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找出两点相应的横纵坐标，如图所示．用表达式g＝________计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样．‎ ‎【答案】 (1). 1.470 (2). 100.6 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1) 小球直径直径：主尺读数为1.4cm，游标尺对齐格数为14个格，读数为，所以直径为：；‎ 秒表读数：内圈：1.5分钟=90s，外圈：10.6s，所以读数为：；‎ ‎(2)由单摆周期公式可得：，由图示图象可知,图象的斜率：‎ ‎，则重力加速度：；‎ 四.计算题（请写必要文字说明、原始公式、必要的演算过程、答案和单位；无过程只写答案的不得分。共38分）‎ ‎17.图甲为一简谐横波在t=1.0 s时的图象，图乙为 x=4 m处的质点P的振动图象.试求:‎ ‎（1）该波的波速为多少? 方向如何？‎ ‎（2）再经过3.5 s时，质点P的位移大小;在此3.5 s时间内质点P通过的路程.‎ ‎【答案】①2m/s ②0.2m；1.4m ‎【解析】‎ 试题分析：①由图甲知λ＝4 m，由图乙知T＝2 s，.‎ ‎②，再经过3.5 s时，P点到达负的最大位移处．位移大小为s1＝0.2 m，路程为4nA＝1.4 m.‎ 考点：振动图像和波动图线 ‎18.如图所示，质量为M=1.6kg的足够长的木板，静止在光滑的水平面上，另一个质量为m=0.4kg的小煤块以v0=20m/s的速度从木板的左端向右运动，煤块最后相对长木板静止。若它们之间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2，求 ‎（1）．煤块和木板的共同速度为v ‎（2）．小煤块在木板上留下的划痕的长度S ‎（3）．这一过程所经历时间t ‎【答案】（1）4 m/s （2）80 m （3）8s ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)煤块从开始到相对长木板静止的过程中，煤块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有：‎ 解得煤块和木板的共同速度为：‎ ‎(2)对煤块有：‎ 根据动能定理则有：‎ 解得煤块的位移：‎ 对木板根据动能定理则有：‎ 解得木板的位移：‎ 小煤块在木板上留下的划痕的长度：‎ ‎(3)对木板根据动量定理有：‎ 解得这一过程所经历的时间：‎ ‎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的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h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，求：‎ ‎（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v；‎ ‎（2）被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax；‎ ‎（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 s.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)滑块从光滑曲面上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 ，由机械能守恒定律有：‎ 解之得：‎ 滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为 ，由动量守恒定律有：‎ 解之得：‎ ‎(2)滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块、、速度相等，设为速度 由动量守恒定律有： ‎ 由机械能守恒定律有： ‎ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：‎ ‎(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设滑块、的速度为，滑块的速度为，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：‎ 解之得：，‎ 滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动：‎ 解之得滑块落地点与桌面边缘的水平距离：‎