1、20182019学年度下学期南宁市第26中学期考考试高二物理试卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个选项符合题意.1. 光电效应实验中，下列表述正确的是（）A. 光照时间越长光电流越大B. 入射光足够强就可以有光电流C. 发生光电效应时，单位时间里照射到金属表面的光子数目越多，则单位时间内从金属表面逸出的光电子数会越多D. 发生光电效应时，从金属表面逸出的光电子的速度大小均相等【答案】C【解析】【详解】AB发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，并不是光照时间长和光足够强，就能发生光电效应，故AB错误；C发生光电效应时，光强越大，单位时间里照射到金属表面的
2、光子数目越多，则单位时间内从金属表面逸出的光电子数会越多，故C正确；D发生光电效应时，由于电子逸出金属克服束缚力做功不同，则电子逸出金属时的初动能不同，速度大小不同，故D错误。故选C。2. 下列关于光的波粒二象性的说法中正确的是（）A. 光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子B. 由光电效应现象可知光子与电子是同一种粒子C. 在一束光中，光子间的相互作用使光表现出波的性质D. 光是一种波，同时也是一种粒子，在光子能量中，频率v仍表示的是波的特性【答案】D【解析】【详解】A光的波动性与粒子性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的，故A错误；B光子是电磁波，而电子是实物粒子，故
3、B错误；C在一束光中，光子间的相互作用不影响光的波动性与粒子性，故C错误；D光是一种波，同时也是一种粒子，在光子能量=h中，频率仍表示的是波的特性，它体现了光的波动性与粒子性的统一，故D正确。故选D3. 处于n=3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】试题分析：因为是大量处于n=3能级的氢原子，所以根据可得辐射光的频率可能有3种，故C正确【考点定位】考查了氢原子跃迁【方法技巧】解决本题的关键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，知道数学组合公式的应用，另外需要注意题中给的是“大量”氢原子还是一个氢原子4. 如
4、图所示，T 为理想变压器，原线圈匝数为 n1，副线圈匝数为 n2，副线圈回路中的输电线 ab和 cd 的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，下列说法正确的 是（ ）A. 若只闭合电键 S 时，V1 的示数一定不变、V2 的示数一定变小B. 若只闭合电键 S 时，A1、A2 和 A3 的示数一定都变大C. 若只增加原线圈匝数 n1，R1 消耗的功率一定变大D. 若只增加原线圈匝数 n1，变压器输入功率一定变大【答案】A【解析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【详解】当只闭合S时，
5、两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，V1 的示数一定不变，副线圈的电流变大，A2示数都变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以V2的示数变小；副线圈的电流变大，A2和A1的示数变大，A3的示数减小，故A正确，B错误；若只增加原线圈匝数 n1，则根据可知，U2减小，则R1 消耗的功率一定变小，次级消耗的功率一定减小，则变压器输入功率一定变小，选项CD错误；故选A.5. 如图所示，一倾角为，高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用
6、时间为t，则物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率和下滑过程中重力的冲量分别为（ ）A. 、0B. mgv、mgtsinC. mgvsin、mgtD. mgvcos、mgt【答案】C【解析】【详解】物体滑到底端重力功率为P=mgvsin由动量定理得重力的冲量I=mgt故选项ABD错误，C正确。故选C。6. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7 kgm/s当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（）A. 6 kgm/s，6 kgm/sB. 3 kgm/s，9 kgm/sC. 2 kgm/s，14 kgm/sD. -5 kgm/
7、s，15 kgm/s【答案】B【解析】【详解】由题，碰撞前的总动量为12kgm/sA、虽然满足动量守恒，但是碰后A球的动量不可能沿原方向增加，故A错误；B、两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B正确；C、两球组成的系统的总动量是16kgm/s，两球组成的系统不满足动量守恒。故D错误；D、两球组成的系统的总动量是10kgm/s，不满足动量守恒，故D错误；故选B.7. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图 象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2 kg，则
8、由图判断下列结论不正确的是() A. 碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB. 碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsC. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10JD. A、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/s【答案】D【解析】由x-t图象可知，碰撞前有：，碰撞后有，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为，A正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为，碰撞时A对B所施冲量为：，B正确；又，所以，所以A与B碰撞前的总动量为：，D错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能，代入数据解得，C正确【点
9、睛】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，难度适中8. 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m1m2，故有：f1f2；由动能定理可知：f1s1=0-EK；f2s2=0-Ek；两式相比可得：；故s1s2，故选D.点睛：本题考查动量定理及动能定
10、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.9. 甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球质量之比M甲M乙是( )A. 21B. 53C. 35D. 12【答案】C【解析】【详解】以两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，选甲的初速度方向为正，由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙即为m甲（v甲-v甲）=m乙v（v乙-v乙）得故ABD错误，C正确。故选C。10. 蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从1.8m高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经
11、历了0.4s，则这段时间内蹦床对运动员的平均弹力大小为(取g=10m/s2，不计空气阻力)( )A. 500NB. 750NC. 875ND. 1250N【答案】D【解析】【详解】设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即mghmv2解得v 6m/s选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向设蹦床对运动员的平均作用力为F，由动量定理得(Fmg)t0(mv)可得F1250N故D正确、ABC错误故选D点睛：本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最
12、低点全过程来解答二、多选题：（每题6分，少选得3分，共24分）11. 质量一定的质点在运动过程中，动能保持不变，则质点的动量（ ）A. 一定不变B. 可能不变C. 可能变化D. 一定变化【答案】BC【解析】【详解】由动能可知动能不变时，速度的大小一定不变，但速度的方向可能不变或变化，则矢量动量可能变化，如匀速圆周运动，也可能不变如匀速直线运动故选BC【点睛】本题是矢量与标量的重大区别，同时掌握动量的大小和动能之间的换算关系：.12. 如图所示，在光滑水平面上放置A、B两物体，其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内A物体质量为m，以速度v0逼近B，并压缩弹簧，在压缩的过程中（ ）A. 任意时
13、刻系统的总动量均为mv0B. 任意时刻系统的总动量均为C. 任意一段时间内两物体所受冲量的大小相等，方向相反D. 当A、B两物体距离最近时，其速度相等【答案】ACD【解析】【详解】AB在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为mv0，故A正确，B错误；C在任意的一段时间内，A、B两个物体受到的弹力大小相等，方向相反，根据冲量I=Ft得冲量大小相等，方向相反，故C正确；D当A、B两个物体有最小的距离时，其速度相等，即弹簧被压缩到最短，故D正确。故选ACD。13. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直
14、线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A. 时物块的速率为B. 时物块的动量大小为C. 时物块的动量大小为D. 时物块的速度为零【答案】AB【解析】【详解】A前两秒，根据牛顿第二定律则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；Bt=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kgm/sB正确；CD2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，CD错误；14. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA2 kg、mB4 kg，速率分别为vA5 m/s、vB2 m/s A
15、、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则A. 它们碰撞后的总动量是18 kgm/s，方向水平向右B. 它们碰撞后的总动量是2 kgm/s，方向水平向右C. 它们碰撞后B小球向右运动D. 它们碰撞后B小球可能向左运动【答案】BC【解析】试题分析：设向右为正方向，则碰前总动量为：p=mAvA-mBvB=2 kg m/s，方向向右，选项A错误，B正确；假如碰后B球向左运动，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，故不可能；假如碰后B球静止，则A球也必然向左运动，两球的总动量向左，也不可能；故碰撞后B小球必然向右运动，选项C 正确，D错误考点：动量守恒定律的应用三、计算题：（每题12分，共36分
16、）15. 如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）。碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32，取g=10m/s2。求：（1）A点距墙面的距离x；（2）碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小I；（3）小物块在反向运动过程中，克服摩擦力所做的功W。【答案】（1）5m;（2）6.5 Ns;（3）9J【解析】【详解】（1）小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得解得x=5 m；（2）选初速度方向为正方向，由动量定理得I =-mv2 -
17、mv1解得I=-6.5 Ns，即冲量大小为6.5 Ns；（3）物块反向运动过程中，由动能定理得W=-9 J，即克服摩擦力所做的功为9 J。16. 如图所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成=60的位置后自由释放当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的已知木块与地面的动摩擦因素，重力加速度取g求：(1)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小(2)木块在水平地面上滑行的距离【答案】(1) (2)【解析】【详解】（1）设小球摆至最低点时的速度为v，依动能定理有设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力T，有代入数据，解得： （2）设
18、小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为正方向，依动量守恒定律有依题意知设木块在水平地面上滑行的距离为s，依动能定理有联立并代入数据，解得17. 如图所示，半径为的粗糙圆周轨道，固定在竖直平面内，其下端切线水平，轨道下端距地面高度，在轨道末端放有质量为的小球B（视为质点），另一质量为的小球A（也视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出.若已知小球A在粗糙圆周轨道滚下过程中克服摩擦力做功为，A与B碰撞过程中，系统损失的机械能为，不计空气阻力，重力加速度g取，求：（1）小球A在碰前瞬间对轨道压力大小；（2）碰后B做平抛运动的水平位移大小。【答案】(1) 2.6N；(2) 0.8m【解析】【详解】(1)A由光滑轨道滑下，机械能守恒，设小球A滚到轨道下端时速度为v1，则在底端由牛顿第二定律代入数据解得FN=2.6N 由牛顿第三定律知，球A对轨道的压力大小为2.6N，方向竖直向下。(2)A在轨道最低点与B碰撞过程中动量守恒，设小球A碰撞后速度为v3，则mAv1=mAv3+mBv2机械能的损失为联立可得球B做平抛运动，在竖直方向在水平方向联立并代入数据可得碰后B做平抛运动的水平位移大小为x=0.8m