1、江苏省无锡市锡山区天一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.下列说法正确的是（）A. 关于光的本性，牛顿提出了“微粒说”，惠更斯提出了“波动说”，爱因斯坦提出了“光子说”，它们都圆满地说明了光的本性B. 汤姆孙首先发现了电子，精确测定了电子电荷量，且提出了“枣糕”式原子模型C. 波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律D. 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一【答案】D【解析】【详解】牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，是宏观意义的粒子，
2、而不是微观概念上的粒子，实际上是不科学的。惠更斯提出了“波动说”，光既具有粒子性，又具有波动性，即具有波粒二象性，才能圆满说明光的本性。故A错误；汤姆孙首先发现了电子，且提出了“枣糕”式原子模型，密立根精确测定了电子电荷量，故B错误； 波尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C错误； 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故D正确；2.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越
3、强越大，故B、D错误。黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射。即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误，A正确。故选A。点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短。3.下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是（）A. 喷灌装置的自动旋转B. 章鱼在水中前行和转向C. 运载火箭发射过程D. 码头边轮胎的保护作用【答案】D【解析】【详解】喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误； 章鱼在水中前行和转向是利用喷出
4、的水的反冲作用，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确。4.A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速度是原来的一半，碰后两球的速度比vA：vB为（）A. 2：3B. 1：3C. 2：1D. 1：2【答案】A【解析】试题分析：碰撞过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件，列式求出碰后B的速率，即可求得速率之比设碰撞前A的速率为碰后A的速率为，以A初速度方向为正，根据动量守恒定律得，解得，由：得，故
5、A正确5.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，B球的动量当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒，由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择；【详解】A、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，满足，故A正确；B、根据碰撞过程动能不能增加有：，得：，满足，但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；C、根据碰撞过程动能不能增加有，解得，不满足，故C错误；D、碰后动量之后为，不满足动量守恒，故D错误。【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律：一是动量守
6、恒定律；二总动能不增加；三是符合物体的实际运动情况。6.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（）A. 重力的冲量相同B. 弹力的冲量相同C. 合力的冲量相同D. 以上说法均不对【答案】D【解析】【详解】高度相同，则下滑的距离x=，加速度a=gsin，根据x=，得：，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I=mgt知，重力的冲量不同。故A错误。对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同。故B错误。合力的大小F合=mgsin，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误。故选D。7.白天的天空各处都是亮的，是大气分子对太阳
7、光散射的结果美国物理学家康普顿由于在这方面的研究而荣获了1927年的诺贝尔物理学奖假设一个运动的光子和一个静止的自由电子碰撞以后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比（）A. 频率变大B. 速度变小C. 光子能量变大D. 波长变长【答案】D【解析】【详解】光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量减小，根据E=hv，光子的频率减小；故A错误；碰撞前、后的光子速度不变，故B错误；当入射光子与静止的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，电子能量增加，故光子能量减小。故C错误。当入射光子与静止的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据，知
8、波长增大。选项D正确8.关于物质波，下列说法正确提（）A. 速度相等的电子和质子，电子的波长大B. 动能相等的电子和质子，电子的波长小C. 动量相等的电子和中子，中子的波长小D. 甲电子速度是乙电子的3倍，甲电子的波长也是乙电子的3倍【答案】A【解析】试题分析：由可知，动量大的波长短，电子与质子的速度相等时，电子动量小，波长长A对；电子与质子动能相等时，由动量与动能的关系式p可知，电子的动量小，波长长B错；动量相等的电子和中子，其波长应相等C错；如果甲、乙两电子的速度远小于光速，甲的速度是乙的三倍，甲的动量也是乙的三倍，则甲的波长应是乙的，D错；故答案选A.考点：物质波 动能 动量点评：德布罗
9、意波的波长与粒子的质量速度的乘积有关，即由粒子的动量决定，根据德布罗意波的波长公式计算比较即可9. 氢原子分能级示意图如题19所示，不同色光的光子能量如下表所示。色光赤橙黄绿蓝靛紫光子能量范围（eV）1.612.002.002.072.072.142.142.532.532.762.763.10处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为A红、蓝靛B黄、绿C红、紫D蓝靛、紫【答案】 A【解析】原子发光时光子的能量等于原子能级差，先分别计算各相邻的能级差，再由小到大排序结合可见光的光子能量表可知，有两个能量分别为1.89 eV和2.55 eV的光子属于可见光并且属于红
10、光和蓝靛的范围，为A10.如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）A. eVB. eVC. eVD. eV【答案】C【解析】试题分析：给光电管加反向遏止电压0.6 V时，光电子的最大初动能恰好等于0.6 eV；当给光电管加正向电压2 V时，电子到达阳极的最大动能应等于最大初动能加电场力所做的功，即0.6 eV+2 eV=2.6 eV，选项C正确。考点：本题考查光电效
11、应现象，涉及光电管和反向遏止电压等知识。二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）11.图为卢瑟福和他的同事们做 粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，观察到的现象，下述说法中正确的是（）A. 放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B. 放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数比A位置时要少些C. 放在C、D位置时，屏上观察不到闪光D. 放在D位置时，屏上仍能观察到闪光，但次数极少【答案】AD【解析】【详解】放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷故A正确；放在B位置时，相同时间
12、内观察到屏上的闪光次数较少说明较少射线发生偏折，可知原子内部带正电的体积小故B错误；放在C位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数极少说明极少数射线较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大故C错误；放在D位置时，屏上可以观察到闪光，只不过很少很少说明很少很少射线发生大角度的偏折故D正确。【点睛】由粒子的散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核，全部正电荷及几乎全部的质量都集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转12.对原子光谱，下列说法中正确的是（）A. 原子光谱是不连续的B. 由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的C. 各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子
13、光谱也不相同D. 分析物质的明线光谱和暗线谱，都可以鉴别物质中含哪些元素【答案】B【解析】试题分析：原子光谱为线状谱；各种原子都有自己的特证谱线；据各种原子的特证谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，由此知A、C、D说法正确，故选B.考点：原子光谱 特征谱线点评：各种原子都有自己的特证谱线；据各种原子的特证谱线进行光谱分析可鉴别物质组成，线状谱和暗线谱都对应某种元素的光谱，都可以对物质成分进行分析13.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是（）A. 核外电子受力变小B. 原子的能量减少C. 氢原子要吸收一定频率的光子D. 氢原子要放出一定频率的光子【答案】B
14、D【解析】试题分析：根据得，轨道半径减小，则核外电子受力变大故A错误由较远轨道跃迁到较低轨道，原子能量减小故B正确因为原子能量减小，知氢原子放出一定频率的光子故C错误，D正确故选BD考点：库仑定律；波尔理论【名师点睛】此题是对库仑定律及波尔理论考查；解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，放出光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子。14.用同一光管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图则这两种光（）A. 照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B. b光光子能量比a大C. 用b光照射光电管时，金属的逸出功大D. 达到饱和光电流时，用a光照射光电管
15、单位时间内逸出的光电子数多【答案】BD【解析】试题分析：由光电效应方程，由题图可得b光照射光电管时使其逸出的光电子最大初动能大，b光的频率大，根据公式可得b光的能量比a光的大，A错误；B正确；金属的逸出功只与本身的性质有关，C错误；两条曲线与纵坐标的交点表示，a光的光电流强度大，a光的光强大，则a光含有的光子数目多，故D正确；故选BD考点：光电效应点评：要熟练掌握所学公式，明确各个物理量之间的联系15.钚的一种同位素衰变时释放巨大能量，其衰变方程为+，则（）A. 核燃料总是利用比结合能小的核B. 核反应中的能量就是的结合能C. 核比核更稳定，说明的结合能大D. 由于衰变时释放巨大能量，所以比的
16、比结合能小【答案】AD【解析】试题分析：比结合能小的核是指在核子结合成原子核的过程中平均每个核子释放的能量少，所以选择核燃料时，选择比结合能小的原子核，经过核反应释放能量转化为比结合能大的原子核，故A、C正确；D错误；光子的能量是光能，结合能是核能，不能说光子的能量就是结合能，所以B错误；考点：本题考查核反应、比结合能16.将、三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】A、B、因射线是高速氦核流，一个粒子带两个正电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，射线是高速电子流，带负电荷根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向右
17、，射线是光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转故A正确，B错误C、D、因射线实质为氦核流，带正电，射线为电子流，带负电，射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为射线，不偏的为射线，向右偏的为射线，故C错误，D正确；故选AD【点睛】熟练掌握、两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确、三种射线性质及应用本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：三种射线的成分主要是所带电性洛伦兹力的方向的判定只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习三、填空题（本大题共3小题，共10.0分）17.如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点
18、计时器的纸带，启动打点计时器甲车受到水平向右的冲量运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，电源频率为50Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为_m/s，甲、乙两车的质量比m甲：m乙=_【答案】 (1). 06 (2). 2：1【解析】【详解】由纸带及刻度尺可得碰前甲车两点间的距离应为：x=12mm=1210-3m；则甲车的速度为：v1=m/s=0.6m/s同理可知，碰后两车的共同速度为：v2=m/s=0.4m/s由动量守恒定律有：m甲v1=（m甲+m乙）v2由此得甲、乙两车的质量比为：18.某考古队发现一古生物骸骨考古专家根据骸骨中的含量
19、推断出了该生物死亡的年代已知此骸骨中的含量为活着的生物体中的1/4，的半衰期为5730年该生物死亡时距今约 年【答案】11460年【解析】：该核剩下1/4，说明正好经过两个半衰期时间，故该生物死亡时距今约25730年=11460年。19.核电站所需的能量是由铀核裂变提供的，裂变过程中利用_（选填“石墨”或“镉棒”）吸收一定数量的中子，控制反应堆的反应速度核反应堆产物发生衰变产生反电子中微子（符号），又观察到反电子中微子（不带电，质量数为零）诱发的反应：+pn+x，其中x代表_（选填“电子”或“正电子”）【答案】镉棒；正电子【解析】试题分析：核电站所需的能量是由铀核裂变提供的，裂变过程中利用镉棒
20、吸收一定数量的中子，控制反应堆的反应速度核反应堆产物发生衰变产生反电子中微子（符号），又观察到反电子中微子（不带电，质量数为零）诱发的反应：+pn+x，其中x代表正电子考点：核反应.四、实验题探究题（本大题共1小题，共14.0分）20.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定理，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静
21、止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N。接下来需要测量是_（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放的高度hC测量抛出点距地面的高度HD测量平抛射程OM，ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_用（2）中测量的量表示。（4）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1，则p1：p1=_：11；若碰撞结束时m2
22、的动量为p2，则p1：p2=_：2.9（均用分数形式表示）实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为_。（5）有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用（4）中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为_cm。【答案】 (1). C (2). AD (3). m1OM+m2ON=m1OP (4). 14 (5). 11 (6). 1.01 (7). 76.8【解析】【详解】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度
23、，即测量射程，故C正确，ABD错误。（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故AD正确，BC错误。（3）由（2）可知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；（4）碰撞前后m1动量之比：，=1（11.01均正确）。（5）发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2，动能守恒的表达式是：m1
24、v02=m1v12+m2v22，得动能守恒的表达式是：m1OM2+m2ON2=m1OP2，联立解得：v2=v0，因此最大射程为sm=OP=44.8=76.8cm；五、计算题（本大题共7小题，共42.0分）21.高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。则该段时间安全带对人的平均作用力大小是多少？【答案】【解析】解：根据自由落体运动规律，有： 解得：规定向下为正方向，对运动的全程根据动量定理，有：解得：，方向竖直向上。22.如图所示，静电计
25、与锌板相连，现用紫外灯照射锌板，关灯后，指针保持一定的偏角。（1）现用一带负电的金属小球与锌板接触，则静电计指计偏角将_（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）使静电计指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，静电计指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外灯照射锌板，可观察到静电计指针_（填“有”或“无”）偏转。【答案】 (1). 减小 (2). 无【解析】试题分析：（1）在A处用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小（2）用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，
26、红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转故答案为：（1）减小；（2）无23.铝的逸出功是4.2eV，现在用波长为200nm的光照射铝的表面，求：（h=6.62610-34Js）（1）光电子的最大初动能；（2）遏止电压；（3）铝的截止频率。【答案】（1）光电子的最大初动能是3.210-19J；（2）遏止电压是2V；（3）铝的截止频率是1.01015Hz。【解析】【详解】（1）根据光电效应方程：EK=h-W0=代入数据解得：EK=3.210-19J，（2）光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理：eU=EK得：U=2.0V（3）根据据逸出功W0=h0得截止频率：1.01015H
27、z24.有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n=3的激发态，已知氢原子的能级公式：En=（n=1，2，3，L），氢原子处于基态时的能量为E1。（1）则吸收光子的频率v是多少？（2）当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？【答案】（1）-（2）当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出3条谱线，辐射光子的能量分别为-，-，-。【解析】【详解】（1）据跃迁理论：E3-E1=hv，而E3=，解得：v=-。（2）由于是大量原子，可从n=3跃迁到n=1，从从n=3跃迁到从n=2，再从从n=2跃迁到从n=1，故应有三条谱线，光子能量分别为E1
28、=E3-E1，E2=E3-E2，E3=E2-E1，即E1=-，E2=-，E3=-。25.的质量是3.016050u，质子的质量是1.007277u，中子的质量是1.008665u.1u=931.5MeV，求：（1）写出一个质子和两个中子结合为氚核时的核反应方程式（2）一个质子和两个中子结合为氚核时，是吸收还是放出能量？该能量为多少？（3）氚核的结合能和比结合能各是多少？【答案】（1）+2；（2）放出能量，该能量为7.97MeV；（3）7.97MeV和2.66MeV。【解析】【详解】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒，一个质子和两个中子结合为氚核时得： （2）2个中子和1个质子结合成H时质量亏损：
29、m=2mn+mP-mH=1.007277u+21.008665u-3.016050u=0.008557u，所以将放出能量；根据爱因斯坦质能方程，放出的能量为：E=mc2=（2mn+mP-mHe）c2=0.008557931.5=7.97MeV（3）2个中子和1个质子结合成H时放出的能量为7.97MeV，所以其结合能为7.97MeVH的平均结合能为：MeV26.一宇宙飞船以v=1.0104m/s的速度进入密度为=2.010-7kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S=5m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？【答案】飞
30、船的牵引力应增加100N【解析】【详解】设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为m，则m=Sv t 这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有:Ft=mv-0 则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为:F=F 综合并代入数值得F=100N，即飞船的牵引力应增加100N。27.如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动在以后的运动中，求：（1）当弹簧弹性势能最大时，物体A的速度多大？（2）弹性势能的最
31、大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？【答案】（1）3 m/s （2）12J（3）A不可能向左运动 【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大. 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA+mB)v(mA+mB+mC)vA 解得 vA= m/s=3 m/s (2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v，则 mBv=(mB+mC)v v=2 m/s 设物A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep=(mB+mC) +mAv2-(mA+mB+mC) =(2+4)22+262-(2+2+4)32=12 J (3) A不可能向左运动 系统动量守恒，mAv+mBv=mAvA+(mB+mC)vB设 A向左，vA0，vB4 m/s 则作用后A、B、C动能之和E=mAvA2+(mB+mC)vB2(mB+mC)vB2=48 J 实际上系统的机械能E=Ep+ (mA+mB+mC) =12+36=48 J 根据能量守恒定律，E是不可能的点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误因为BC碰撞时是有机械能损失的.