高二物理下学期期中联考试题（含解析）

高二物理下学期期中联考试题（含解析）

‎【2019最新】精选高二物理下学期期中联考试题（含解析）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题 在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分)‎ ‎1. 实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示．则(　　)‎ ‎ A．屏上c处是紫光 ‎ ‎ B．屏上d处是红光 ‎ C．屏上b处是紫光 ‎ ‎ D．屏上a处是红光 ‎【答案】D ‎【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，由于紫光的折射率最大，所以偏折最大，红光的折射率最小，则偏折程度最小，故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确。‎ 点睛：从中发现，可见光是复色光，同时得出在介质中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小。‎ 视频 ‎2. 以下宏观概念中，哪些是“量子化”的(　　)‎ - 14 - / 14‎ A. 学生的个数 B. 物体的质量 C. 物体的动量 D. 木棒的长度 ‎【答案】A ‎【解析】A项：学生的人数的数值和微观粒子的数量只能取正整数，不能取分数或小数，因而是不连续的，是量子化的，故A正确；‎ B、C、D项：物体的质量，物体的动量，木棒的长度三个物理量的数值都可以取小数或分数，甚至取无理数也可以，因而是连续的，非量子化的，故B、C、D错误。‎ 点晴：所谓量子化就是指数据是分立的不连续的，即一份一份的。‎ ‎3. 在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是 （ ）‎ A. 光电效应是瞬时发生的 B. 所有金属都存在极限频率 C. 光电流随着入射光增强而变大 D. 入射光频率越大，光电子最大初动能越大 ‎【答案】C - 14 - / 14‎ ‎【解析】试题分析：按照光的波动理论，电子通过波动吸收能量，若波的能量不足以使得电子逸出，那么就需要多吸收一些，需要一个能量累积的过程，而不是瞬时的，选项A对波动理论矛盾。根据波动理论，能量大小与波动的振幅有关，而与频率无关，即使光的能量不够大，只要金属表面的电子持续吸收经过一个能量累积过程，都可以发生光电效应，与选项B矛盾；光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关，即与入射光的波动振幅有关，与频率无关，所以波动理论与选项D矛盾。对于光电流大小，根据波动理论，入射光增强，能量增大，所以光电流增大，选项C与波动理论并不矛盾，选项C正确。‎ 考点：光电效应与波动性 视频 ‎4. 如图所示，光滑糟的半径R远大于小球运动的弧长，今有两个小球(视为质点)同时由静止释放，其中甲球开始时离槽最低点O远些，则它们第一次相遇的地点在(　　)‎ A. O点 B. O点偏左 C. O点偏右 D. 无法确定，因为两小球质量关系未定 ‎【答案】A ‎【解析】由知，两球运动的周期相同，从开始运动到O点都为四分之一周期，即，所以两球同时到达O点，则它们第一次相遇的地点是在O点，A对，BCD错。‎ ‎5. 某原子的能级图如图甲所示，ａ、ｂ、ｃ为原子跃迁所发出的三种波长的光，乙图中谱线从左向右的波长依次减小的是： （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：在跃迁时辐射的光子能量最小的是3-2，波长最长，所以，b的波长最长，a的较短，c的最短，选D。‎ 考点：能级和能级跃迁。‎ - 14 - / 14‎ ‎6. 放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡，其衰变方程为→＋xα＋yβ，其中(　　)‎ A. x＝1，y＝3 B. x＝2，y＝3‎ C. x＝3，y＝2 D. x＝3，y＝1‎ ‎【答案】C ‎【解析】原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变，‎ 根据衰变过程中质量数和电荷数守恒：先看质量数减小了12，所以x=3，再看电荷数，所以得出y=2，故C正确。‎ ‎7. 玻璃茶杯从同一高度掉下,落在水泥地上易碎,落在海绵垫上不易碎,这是因为茶杯与水泥地撞击过程中(　　)‎ A. 茶杯动量较大 B. 茶杯动量变化较大 C. 茶杯所受冲量较大 D. 茶杯动量变化率较大 ‎【答案】D ‎【解析】玻璃茶杯从同一高度掉下，与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同，动量相同，与水泥地和海绵垫作用后速度均变为零，茶杯动量的变化相同．故A B错误．茶杯的动量变化相同，根据动量定理I=△P得知，茶杯所受冲量相同．故C错误．茶杯与水泥地作用时间短，茶杯与海绵垫作用时间长，由动量定理得，△P=Ft，△P相同，则茶杯与水泥地撞击过程中所受冲力较大，或者说茶杯动量变化率较大．故D正确．故选D．‎ ‎8.‎ - 14 - / 14‎ ‎ 人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(设两次跳离时间相等，不计水的阻力，两次人消耗的能量相等)(　　)‎ A. 1.5m B. 1.2m C. 1.34m D. 1.1m ‎【答案】C ‎【解析】以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知，0=mv1-Mv2；‎ 由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变；‎ 则由功能关系可知： ‎ 解得： ‎ 所以，故C正确。‎ 点晴：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用，要注意正确分析功能关系以及动量守恒定律的规律才能正确求解。‎ ‎9. 对结合能、比结合能的认识，下列说法正确的是(　　)‎ A. 核子结合为原子核时，一定释放能量 B. 核子结合为原子核时，可能吸收能量 C. 结合能越大的原子核越稳定 D. 比结合能越大的原子核越稳定 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B项：核子组成原子核时，发生质量亏损所以一定释放能量，故A正确，B错误；‎ - 14 - / 14‎ C、D项：比结合能越大，原子核越稳定，故C错误，D正确。‎ 点晴：解决本题的关键注意区分结合能与比结合能，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．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。‎ ‎10. 如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒．‎ - 14 - / 14‎ 解：A、B：撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．故A错误，B正确．‎ C、D：A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒．故C、D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒．对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析．‎ 视频 ‎11. 现代家居装潢是大家普遍关注的，在装潢中经常用到花岗岩、大理石等材料，这些材料都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的有(　　)‎ A. 放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的 B. 放射性物质的温度升高，其半衰期不变 C. 氡的半衰期为3.8天，若有16个氡原子核，经过7.6天后一定只剩下4个氡原子核 D. 在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱 - 14 - / 14‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】A项：β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A正确；‎ B项：放射性元素的半衰期与外界因素无关（如温度，压强等），只与原子核内部结构有关，故B正确；‎ C项：半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故C错误；‎ D项：α射线的电离能力比γ射线的电离能力强得多，γ射线的穿透本领比较强，电解能力最弱，故D正确。‎ ‎..................‎ ‎12. 质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的(　　)‎ A. v1′＝v2′＝m/s B. v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s C. v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D. v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s ‎【答案】AB ‎【解析】碰撞前总动量为，碰撞前总动能为；‎ A、碰撞后总动量，碰撞后总动能为，系统机械能不增加，故A正确；‎ - 14 - / 14‎ B、碰撞后总动量，碰撞后总动能为，机械能不增加，故B正确；‎ C、碰撞后总动量，动量增大，故C错误；‎ D、碰撞后总动量，碰撞后总动能为，碰后后面小球的速度大有前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误。‎ 点睛：本题考查了机械能守恒定律的应用，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能不增大，发生碰撞后不能再发生二次碰撞，据此即可正确解题。‎ 二、实验题（本题共20分，把正确答案填在题中的横线上或方框里。）‎ ‎13. 在做光电效应的实验时,某种金属被光照射发生了光电效应,实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示,已知直线的斜率为K，横截距是ν0,由实验图可求出普朗克常量是_________该金属的逸出功是________（用K、ν0 表示）‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 14 - / 14‎ ‎【解析】根据爱因斯坦光电效应方程，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率K等于普朗克恒量，直线与横轴的截距表示EK=0时的频率，所以该金属的逸出功是。‎ ‎14. （1）在探究碰撞中的不变量时，采用如图所示的实验装置，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，则下列说法中正确的是（__________）‎ A．第一、二次入射小球的落点依次是B、A B．第一、二次入射小球的落点依次是C、B C．第二次入射小球和被碰小球落地时间相同 D．第二次入射小球和被碰小球落地时间不相同 ‎（2）入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量m1和m2的关系应是m1________m2‎ ‎（3）安装和调整实验装置的要求是：斜槽末端切线水平；入射小球每次应从_____________释放。‎ ‎（4）设入射小球、被碰小球的质量分别为m1、m2，由（1）中实验可得验证两球碰撞前后动量守恒的表达式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 大于 (3). 同一高度静止释放 (4). ‎ ‎【解析】(1) A、B项：入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以B点是没有碰时入射小球的落地点，A点是碰后入射小球的落地点，C碰后被碰小球的落地点，故A正确，B错误；‎ - 14 - / 14‎ C、D项：碰后都做平抛运动，竖直高度相同，所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地，故C正确，D错误；‎ ‎(2) 为了防止入射球反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；‎ ‎(3) 实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用．所以斜槽轨道必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行．为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放；‎ ‎(4) 小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，则有 OB=v10t OA=v1t OC=v2t 根据动量守恒得：m1v10=m1v1+m2v2，将以上各式代入可得： m1v10t=m1v1t+m2v2t，‎ 即m1OB=m1OA+m2OC。‎ 三、计算题（本题共2小题，36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）‎ ‎15. 如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力。‎ - 14 - / 14‎ 钢球落到地面时的速度大小为 ‎ 反弹时向上运动的速度大小为 ‎ 分析钢球和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，vt的方向为正方向，再根据动量定理得(FN－mg)t＝mvt－(－mv0)， ‎ 代入数据解得FN＝190 N， ‎ 由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N。‎ 点晴：熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。‎ ‎16. 在光滑的水平面上放着ABC三个物体，ABC的质量分别为3m、m、2m。现在让A物块以初速度v0向B物体运动，AB相碰后不再分开，共同向C运动；它们与C相碰后也不再分开，ABC共同向右运动；求：‎ ‎(1)ABC共同向右运动的速度大小；‎ ‎(2)AB与C碰撞过程中,B对C物块的冲量大小。‎ ‎(3)AB碰撞过程中的动能损失；‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）以ABC为分析对象，全过程动量守恒 ‎ 3mv0=(m+2m+3m)v ‎ ‎（2）对C,运用动量定理 I=2mv ‎ ‎ I=mv0 ‎ AB相互作用，3mv0=(3m+m)v1 ‎ - 14 - / 14‎ v1=v0 ‎ 四、选做题 ‎17. 如图所示，在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能自由滑动（不及摩擦），容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0 .现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d的高度后再次平衡，求：‎ ‎(1)后来密封空气的温度是多少；‎ ‎(2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：于封闭的气体，发生了等压变化，由盖•吕萨克定律可求出外界空气的温度．活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据势力学第一定律求得气体的内能增加量。‎ ‎（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，‎ 由盖·吕萨克定律有 解得外界温度：‎ ‎(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，‎ 所以外界对系统做的功：W＝－(mg＋p0S)d，‎ 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d.‎ - 14 - / 14‎ 点睛：本题主要考查了盖·吕萨克定律及热力学第一定律，属于基础题。‎ ‎18. 如图所示为一列简谐波在t1＝0时刻的图象．此时波中质点M的运动方向沿y轴正方向，且t2＝0.05 s时质点M恰好第1次到达y轴正方向最大位移处．试求：‎ ‎（1）此波向什么方向传播？（回答“沿x轴向左”或“沿x轴向右”）‎ ‎（2）波速是多大？‎ ‎（3）从t1＝0至t3＝1.1 s时间内波中质点N运动的路程和t3时刻的位移分别是多少？‎ ‎【答案】（1）波向右传播 （2）2 m/s （3） ，‎ ‎【解析】试题分析：由质点M的振动情况，确定波的周期，再由波速公式求出波速。‎ ‎(1) 由M点此时的运动方向向上，得出此波向右传播；‎ ‎(2) 在t2＝0.05 s时，质点M恰好第1次到达正最大位移处，则有，解得周期为：T＝0.2 s，由波的图象可以看出波长为：λ＝0.4 m，则波速为：；‎ ‎(3) 在t1＝0至t3＝1.1s这段时间，波中质点N经过了个周期，所以走过的路程为s＝22×5 cm＝110 cm t3时刻的位移为-2.5 cm 点晴：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上。‎ - 14 - / 14‎