1、湖北省宜城市第二中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题（共12题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题为多选题。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.下列说法正确的是（）A. 在光的双缝干涉实验中，暗条纹的地方是光子永远不能到达的地方B. 如果利用蓝光照射某种金属可以发生光电效应，改用黄光一定不能发生光电效应C. 光的衍射和光电效应说明光具有波粒二象性D. 黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释【答案】C【解析】【详解】A在光的双缝干涉实验中，暗条纹的地方是光子到达概率低的地方，故A错误；B如果黄光的频率高于金属的截止频率，那
2、么也可以发生光电效应，故B错误；C光的衍射说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性，光具有波粒二象性，故C正确；D黑体辐射的实验规律可用量子理论来解释，故D错误。故选C。2.如图所示是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是（）A. 卢瑟福的粒子散射实验现象是大部分粒子出现了大角度的散射B. 放射线在磁场中偏转，图中三种射线的穿透能力顺序为：乙甲丙C. 电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D. 链式反应中，在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了使中子减速【答案】B【解析】【详解】A卢瑟福的粒子散射实验现象是大部分粒子按原方向前进，故A错误；B放射线在磁场
3、中偏转，甲为射线，乙为射线，丙为射线，穿透能力乙甲丙，故B正确；C电压相同时，光照越强，光电流越大，说明光电流和光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关，故C错误；D链式反应中，在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是吸收中子，控制反应速度，故D错误。故选B。3.已知真空中的光速，下列说法正确的是A. 铋210的半衰期为5天，经过10天，32个铋210衰変后还剩下8个B. 用中子轰击铀核的核反应方程为，属于原子核的衰变C. 若核反应释放出的能量，则该过程质量亏损约为D. 某原子核吸收一个中子后，放出一个电子，最后分裂为两个粒子，则【答案】C【解析】【详解】A.半衰期是针对大量原子核的衰变行为的统计规
4、律，少数原子核不适用此规律；A项错误.B.是原子核的裂变；B项错误.C.根据，可得；C项正确.D.根据质量数和电荷数守恒可知，则；D项错误.4.如图所示是某质点做简谐运动的图像，由此可知（）A. 质点的振动方程为x=10sin（4t）cmB. 2-3s时间内，质点向负方向做加速度增大的减速运动C. 0-3s时间内，该质点经过的路程为10cmD. t=0.5s时，质点位移为5cm【答案】B【解析】【分析】【详解】A由图，质点振幅A=10cm，周期T=4s，则角速度为则振动方程为故A错误；B在2-3s时间内，质点从平衡位置向负向最大位移处运动，位移增大，加速度增大，速度减小，故B正确；C该质点在3
5、s内经过的路程为30cm，故C错误；Dt=0.5s时，质点位移为故D错误。故选B。5.利用如图甲所示的实验装置观测光电效应，已知实验中测得某种金属的遏止电压与入射频率之间的关系如图乙所示，电子的电荷量为e，则（）A. 普朗克常量为B. 该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大C. 若用频率是的光照射该金属，则最大初动能为D. 若要测该金属的遏止电压，则电源右端为负极【答案】C【解析】【详解】A由爱因斯坦光电效应方程有在光电管中减速，根据动能定理有联立解得知题图乙图线的斜率则普朗克常量该金属的逸出功为故A错误；B金属的逸出功与入射光的频率无关，故B错误；C若用频率是的光照射该金属，则最大初动能为故
6、C正确；D要测该金属的遏止电压，应加反向电压，电源右端为正极，故D错误。故选C。6.如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中正确的是（）A. 小球所受合力的冲量指向圆心OB. 小球所受支持力的冲量水平向右C. 小球所受重力的冲量大小为0D. 小球所受合力的冲量大小为【答案】D【解析】【详解】AB在小球从A点运动到B点的过程中Imv速度方向变为水平向右，所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故AB错误；C小球所受重力冲量大小为大小不为零，故C错误；D在小球从A点运动
7、到B点的过程中机械能守恒，故有解得所以故D正确。故选D。7.如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是（ ）A. 向左运动，船向左移动了一些B. 小船静止，船向左移动了一些C. 小船静止，船向右移动了一些D. 小船静止，船不移动【答案】C【解析】【详解】人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的
8、过程中船要向右运动，最终船要向右移一些；A. 向左运动，船向左移动了一些，与结论不相符，选项A不符合题意；B. 小船静止，船向左移动了一些，与结论不相符，选项B不符合题意；C. 小船静止，船向右移动了一些，与结论相符，选项C符合题意；D 小船静止，船不移动，与结论不相符，选项D不符合题意；8.如图所示，竖直面上有一半径较大的圆弧轨道，最低点为M点，有三个小球A、B、C（可视为质点），A球位于圆心处，B球位于弦轨道MN的顶端N点，C球位于圆弧轨道上极其靠近M的地方。现将三个小球同时由静止释放，不计一切摩擦阻力和空气阻力，则（）A. C球最先到达M点B. B球最后到达M点C. ABC三球同时到达M
9、点D. 条件不足，无法判断哪个小球最先、最后到达M点【答案】B【解析】【详解】设圆弧的半径为R，对于A球，做自由落体运动，则有解得对于B球，沿弦轨道MN做初速度为零的匀加速度直线运动，设弦轨道MN与水平切线的夹角为，根据几何关系有根据牛顿第二定律可得加速度为根据位移时间公式有解得对于C球做单摆运动，根据单摆的运动规律，则有综上分析可得故B球最后达到M点，A球最先到达M点，故B正确，ACD错误。故选B。9.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n5激发态的氢原子向低能级跃迁。其中巴尔末系是指氢原子由高能级向n2能级跃迁时释放的光子，则（）A. 这些氢原子跃迁时一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中有
10、3种属于巴尔末系B. 这些光子中波长最短是n5激发态跃迁到n4时产生的C. 使n5能级的氢原子电离至少要0.54eV的能量D. 已知金属钾的逸出功为2.22eV，辐射产生的光子中能使金属钾产生光电子的共有6种【答案】CD【解析】【详解】A这些氢原子跃迁时一共可以辐射出即10种不同频率的光子，其中有3种属于巴尔末系，故A错误；B由图可知，n5激发态跃迁到n4时产生的光子的能量最小、频率最小，所以波长最长，故B错误；C由图知，n5能级电离能为0. 54eV，故C正确；D由图知，2-1，3-1，4-1，5-1，4-2，5-2六种光子能量超过钾的逸出功，故D正确。故选CD。10.下列说法错误的是（）A
11、. 做简谐运动的物体过平衡位置时一定处于平衡状态B. 弹簧振子做简谐运动时，在平衡位置时动能最大，势能最小C. 单摆的回复力增大的过程中，速度也在增大D. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率【答案】AC【解析】【详解】A物体通过平衡位置时所受回复力为零，合外力不一定为零，如单摆做简谐运动经过平衡位置时，合外力不为零，故A符合题意；B弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，在平衡位置时动能最大，势能最小，故B不符合题意；C单摆的回复力增大的过程中，速度在减小，故C符合题意；D当系统做稳定的受迫振动时，系统振
12、动的频率等于周期性驱动力的频率，故D不符合题意。故选AC。11.如图所示，固定的竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。已知圆弧轨道光滑，半径R0.2m，A的质量为1kg，B与桌面之间的动摩擦因数0.1。现将A无初速度释放，A在最低点与B发生弹性碰撞后反弹，碰后B沿桌面滑行的最大距离为0.5m。 取重力加速度g10m/s2。下列说法正确的是（）A. A滑至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为30NB. B的质量为1kgC. A反弹后沿曲面上滑的最大高度为0.05mD. 若A第一次下滑至最低点时，与B相碰后二者粘在一起，则碰撞过程损失的机械能
13、为1J【答案】AC【解析】【详解】A对A，由动能定理解得v=2m/s.由解得FN=30N故压力为30N，选项A正确。B对B解得.取向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律解得kg，m/s.选项B错误。C对A解得h=0. 05m.选项C正确。D若A与B碰后粘在一起选项D错误。故选AC。12.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（）A. 弹簧压缩量最大时，A的运动速率最小B. B板的加速度先增大后减小C. 弹簧给木块A的冲量大小为D. 弹簧的最
14、大弹性势能为【答案】BD【解析】【详解】A当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；此后弹簧要恢复原状，A继续减速，故选项A错误；B滑块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增加后减小，故B板的加速度先增加后减小，故选项B正确；C滑块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒；根据动量守恒定律，有根据机械能守恒定律，有解得对滑块A，根据动量定理，有（负号表示方向向右）故选项C错误；D当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有系统机械能守恒，根据守恒定律，有由两式解得故选项D正确。故选BD。二、填空题（本题共2小题，共14分）13.如图，将验证动量守恒定律的实验装置搬到竖直墙壁
15、的附近。A、B是两半径相同的小球，质量分别为mA和mB，且。先不放B，使球A从斜轨上某一位置由静止释放，A能打在墙上。接着将球B放在水平轨道末端，使球A从斜轨上同一位置由静止释放，与B发生正碰后，两球都能打在墙上。如图墙上的三个落点分别为P、Q、N。B与斜槽末端的球B的球心等高。测得，。 已知重力加速度为g。 (1)未放B时，A释放后在墙上的落点是_，A与B碰后，A在墙上的落点是_。 (2)本实验验证动量守恒的表达式是_（用题中所给的物理量符号表示）(3)若要用此装置验证AB小球的碰撞是否为弹性碰撞，则还需验证的表达式为_（用题中所给的物理量符号表示）【答案】 (1). Q (2). N (3
16、). (4). 【解析】【详解】(1)1未放B时，A释放后在墙上的落点是Q点，A与B碰后，A在墙上的落点是N点。(2) 2根据动量守恒有mAv0=mAv1+mBv2设BB=x，则开始A球平抛运动的初速度 碰撞后，A球的速度B球的速度带入可得 (3)3若为弹性碰撞，则满足带入可得14.(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（ ）A.摆球尽量选择质量大些且体积小些的B.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度C.用悬线的长度作为摆长，利用单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期(2)拉
17、开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5，从平衡位置开始计时，若测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，则秒表读数是_s，单摆摆动周期是_s。 (3)画出的周期的二次方与摆长（）图像是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于k，则重力加速度表达式为g=_。【答案】 (1). AC (2). 67. 4 (3). 1. 685 (4). 【解析】【详解】(1)1A.摆球尽量选择质量大些且体积小些的，以减小实验的误差，选项A正确；B.单摆的摆角不得超过5，否则就不是简谐振动，选项B错误；C.根据可得，若用悬线的长度作为摆长，则摆长值偏小，则利用单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，选项C正确；D.用秒表测量
18、单摆完成30-50次全振动所用时间，然后求出周期的平均值作为单摆的周期，选项D错误。(2)23由图可知，秒表读数60s+7.4s=67.4s，单摆摆动周期是 (3)4由根据可得可知则三、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。）15.一个静止的原子核在磁场中发生衰变，衰变产生的新核和放出的粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，已知衰变产生的能量全部转化为新核和粒子的动能。(1)写出该核反应的方程（新核符号用Y表示）；(2)判定哪个轨迹是新核的，并求新核和放出的粒子在磁场中的半径比；(3
19、)若新核动能为EY，求衰变产生的能量E。【答案】（1）；（2）轨迹1；（3）【解析】【详解】（1）新核和反冲核的轨迹为外切圆，可知发生的是衰变，反应方程为（2）由于可得 由动量守恒可知则圆轨迹1是新核的径迹； （2）设则联立解得16.如图所示，一质量kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量kg的小物块（可视为质点）静止在车顶的右端。一质量为m00.05kg的子弹以水平速度射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以v=2m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g10m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小v
20、1；(2)物块在小车上滑行的时间t；(3)求物块离开小车时小车的速度v2和小车的长度L。【答案】（1）10m/s；（2）0. 25s；（3），2m【解析】【详解】（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得解得。（2）对物块，根据动量定理：解得t=0. 25s （3）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 解得由能量守恒可得解得L2m17.如图所示，水平地面光滑，BC是质量为m=1kg，半径为r=1.8m的光滑的固定圆弧轨道。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m=0.1kg的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨
21、道的最高点C，已知M=0.9kg，且木块和子弹均看作质点，每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中。 重力加速度为g=10m/s2。(1)求子弹射入木块前的速度；(2)求第2颗子弹射入木块过程中系统损失的机械能E。(3)若当第11颗子弹射入小木块时，将圆弧轨道改为不固定，则小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度H为多少？【答案】（1）60m/s；（2）198J；（3）0. 15m【解析】【详解】（1）木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有解得由子弹射入木块过程动量守恒有联立两式解得（2）木块从曲面上滑下来时速度大小为，取水平向右为正，设第2颗子弹射入木块后木块速度为，根据动量守恒定律解得根据能量守恒定律： 解得E=198J （3）分析知当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动. 第10颗子弹射中后，木块静止。第11颗子弹射中时，对子弹和木块由动量守恒定律可知 解得v=3m/s木块上滑过程，因为曲面不固定，所以木块、子弹和曲面组成的系统水平方向动量守恒，木块至最高点时二者共速 解得射入11颗子弹后木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有由以上三式联立解得H=0. 15m
