河南省洛阳市2018-2019学年高二物理下学期期中试题(含解析)

1、洛阳市20182019 学年第二学期期中考试高二物理试卷本试卷分第i卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分.全卷共6页，共100分，考试时间为 90 分钟。第I卷（选择题，共42分）注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2. 考试结束，将答题卡交回。一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分，在每小题给出的四个选项中，第 110题只有一项符合题目要求，第1114 题有多项符合题目要求。全部选对得 3 分，选对但不全得 2 分，有选错的得0 分1. 近期热映的流浪地球这部电影获得了极大的好评，也涉及了许多物理知识，如氦闪、地球刹车和逃逸、木星的引力弹

2、弓效应。太阳发生氦闪之前进行的是氢聚变，关于核反应的类型，下列表述正确的是2382344A. 92 U90Th 2 He 是 衰变144171B. 7 N2 He8O1 H是 衰变427301C. 2He13 Al15 P0 n是核聚变D. 32Se36Kr 2 0e是核裂变【答案】 A【解析】【分析】根据题中“核反应的类型”可知，本题考察核反应的类型，应根据核反应中聚变、裂变、衰变和人工转变的特点分析推断。【详解】A 292 u230Th2He是a衰变，故A项正确。144171B： 7N 2He 8。iH是人工转变，故B项错误。427301C：2He13Al15 P0 n人工转变，故C项错误

3、。D： 82Se36Kr 2 ;e是3衰变，故D项错误。2. 一个笔帽竖立于放在水平桌面的纸条上，将纸条从笔帽下抽出时，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒，以下说法中正确的是A. 缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小B. 缓慢拉动纸条时，纸对笔帽水平作用力大C. 快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小D. 快速拉动纸条时，纸条对笔帽水平作用力小【答案】 C【解析】【详解】抽动纸条时, 笔帽受到的是滑动摩擦力 , 故不论快抽还是慢抽 , 笔帽受到的摩擦力均相等；故BD错误；在快速抽动时，纸条与玻璃杯作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I P可以知道 , 笔帽增加的动量较小, 故杯子几乎不动

4、; 缓慢拉动纸条时, 杯子受到的冲量较大, 故产生了较大的动量, 则杯子随纸条移动, 故 B 错误 ,C 正确 ; 故选 C3. 跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确 的是 A. 运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B. 运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C. 运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D. 运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向【答案】 C【解析】根据动量定理可知，运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A 项正确：运动

5、员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B 项正确：运动员在水中动量的改变量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确；此题选择不正确的选项，故选 C.- 3 -4.十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了 “近代原子物理学”的建立和发展，关于以下 4幅图中涉及物理知识说法正确的是（）-21 -A.图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了 “能量子”概念B.强激光 出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证

6、实。如图2所示，若用波长为 入的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为入的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转C.如图3所示，一个处于n= 4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的D.图4为天然放射现象中产生周最强普朗克通过研A错误;若用波长为锌板，锌板的电子可以一个处于n=4能级的粒子，其电离作!象中产生射线在电场中偏其中线代表的射线穿透能力赢念、子的解释本辐射的实验规律，I4短时间内光子发生逃逸，.电器指针可能偏转，（子向低能级,，最多可放出3种.频率的光，即从 从强，D错误.入的强激光照射B正确;n=4 到 n=3故带正电,5.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜

7、面A斜面质量为 M底边长为L,如图所示。将一质量为 m可视为质点的滑块 B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是（）A. FN mgcosB.滑块下滑过程中支持力对 B的冲量大小为FNtcos aC.滑块B下滑过程中 A B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为m LM m 【答案】D 【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos , A错误；滑块B下滑过程中支持

8、力对 B的冲量大小为FNt , B错误；由于 滑块B有竖直方向的分加速度， 所以系统竖直方向合外力不为零， 系统的动量不守恒，C错误; 系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设 A B两者水平位移大小分别为 Xi、X2 ,则 Mx1 mx2, x1 x2 L ,解得 x1 mL , D 正确；故选 D.M m6 .高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7吊，喷嘴射出的水流速度为103m/s,水的密度为1X103kg/m3,设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为A. 1000

9、NB. 100NC. 10ND. 1N【答案】B【解析】【详解】单位时间内喷到工件上的水的体积为：V=Svt故质量为：m=p V=p Svt设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得：Ft=0-mv解得：F=- mv=- p Sv2=1 X 103X 10-7X(10 3)2=- 100N工件受到的冲击压力为100N,方向沿水流的方向故选：B.7 .如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为 m0的子弹以大小为 Vo的水平速度射入木块并立刻留在木块中, 重力加速度为g,下列说法正确的是jn% X恼=国一，一、 一 ，,mov0A.

10、子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 0-0一m0 m M8 .子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于M mb gC.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒D.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于M m m0 g【答案】D【解析】【详解】子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0M m0 vl，解得木块的速度大小为m0v0 ,故A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得m0 M2T M m0 g M m0 "可知绳子拉力大于 M mo g ,故b错误；子弹射入木块之 R后，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向动量守恒，故C错误；子弹射入木块后的瞬间，对

11、子弹、木块和圆环整体：N T mg M mm0g，故d正确；故选D9 .下列说法正确的是A.光子的能量由光的频率所决定B.结合能越大的原子核越稳定C.氢的半衰期为3.8天，若取4个氢原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，原子的总能量减小【答案】A【解析】【详解】根据光子能量计算公式E h 可知其能量由光子频率决定，故 A正确；比结合能越大的原子核越稳定，故B错误；半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，故 C错误；按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运

12、动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，故D错误；故选A10 用如图所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S,用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表 G的示数不为零；移动变阻器的触点c,发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为零，则下列说法正确的是（）A.光电管阴极的逸出功为 1.15eVB.光电子的最大初动能为1.15eVC.电键S断开后，电流表 G中电流仍为零D.当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大，电流表G中电流增大【答案】A【解析】试题分析：由题目可知，遏制电压U=0.7V,最大初动能 EK=eU=0.7eV,故A错误；根据光电效应方程可知，逸出

13、功 了；=£-£工=145八，故B正确；断开电键，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，故C错误;电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，故D错误。考点：光电效应及光电效应方程，遏制电压。10.利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，可以制成氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出波长最短的电磁波的频率为（已知普朗克常数为6.63 10 34J S）nEZflvco 0s -aw43 -Lfi!Z-Itt11160A

14、. 3.08 1014 HzB. 3.08 1015 HzC. 1.93 1014 HzD. 1.93 1015 Hz【答案】B【解析】【详解】辐射出的波长最短的电磁波为频率最高的电磁波，即为能量最大的电磁波，根据波尔理论可知：E4 E1 hv，解得 v 0.85 （ 13.6） J6 1019 Hz 3.08 1015 Hz 故 6.63 10 34B正确，ACD昔误；故选B11.如图所示，在光滑水平地面上，A B两物体质量都为mi A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为 0,在A与弹簧接触以后的过程中（ A与弹簧不粘连），下列说法正确的是A. A、B两物体组成的系统机械能守恒B.弹

15、簧恢复原长时，A的动量一定为零1 CC.轻弹簧被压缩到最短时， A的动能为lmv24D.轻弹簧被压缩到最短时， A、B系统总动量仍然为 mv【答案】BD【解析】【详解】A、B两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，故 A错误；弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：1 2 12 12mvmvAmvB,由机械能守恒定律得：一mv mvA-mvB解得：Va0,Vbv故222B正确；轻弹簧被压缩到最短时 A和B的速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守V1212恒定律得： mv m m v ,解得：v A的动能：EKA -mv -mv

16、 ,故C错误； 228A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv,则弹簧压缩最短时，系统总动量仍然为 mv,故D正确；故选BD12.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以V0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计一切摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列判断正确的是A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为0B.小球离车后，对地将向右做平抛运动C.小球离车后，对地将做自由落体运动D.此过程中小球对车做的功为1 ( n) (6 m) 62 22【答案】CD【解析】h,则:【详解】当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升

17、到最大高度，设该高度为mv=2mv,解彳导:v 故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为Vi,小车的速度为V2,1010 1n整个过程中动重寸恒，得：mv=mv+mw,由动能寸恒得： 一 mv； -mv1 - mv2 ,联立解得:2221212mv0 0 - mv0 ,故 D22V1=0, V2=vo,即小球与小车分离后二者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功:正确。所以CD正确，AB错误。13.如图所示，一质量为M两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为 L.质量为m的物块（视为质点）放在盒内正中间，与盒子之间的动

18、摩擦因数为.从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度 v,物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中 间，并与盒子保持相对静止.则A.盒子的最终速度为 上v,方向向右m M，一，12B.该过程产生的热能为 -mv2 2Mv2C.碰撞次数为2 gL m MD.碰撞次数为Mv22 gL m M【答案】AC根据动量守恒求得系统最终速度，再根据能量守恒求得产生的热能；根据滑块与盒子的相对位移求解碰撞次数.【详解】A.根据动量守恒条件可知，小物块与箱子组成系统水平方向动量守恒，可知，令共同速度为v',则有：mv=（M+rm v',可得系统共同速度为：v' = mv,方向向

19、右,m M选项A正确;B.根据能量守，ff定律有：1mV=1(M+mv，2+Q解得该过程产生的热能为Q mv2 ,选项B错误；Mm2CD小物块与多f子发生 N次碰撞恰好又回到箱子正中间，由此可知，小物块相对于箱子滑动2的距离x=NL.小物块受到摩擦力为：f=mg则由 Q即mgx解得N v,选项2 gL m MC正确，D错误；故选AC.【点睛】解决本题的关键是能抓住系统动量守恒和能量守恒列式求解最终的速度和产生的热量，知道系统损失的机械能等于物块所受摩擦力与相对距离的乘积.14.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞过程的s-t图像。已知 m10.

20、1kg o由此可以判断A. m2 0.3kgB.碰前m2静止，m1向右运动C.碰后m2和m1都向右运动D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【答案】AB【解析】【详解】在 s-t图像中斜率表示速度的大小，根据图像可以求出碰撞前m1的速度为V1 4m/s ,碰后m1的速度为v12m/s m2碰后速度为v2 2m/s ,碰撞过程动量守恒，即m1vl m2v2 m1vl m2v2代入数据可求得 m2 0.3kg故A正确；根据图乙可得，碰前m的位移不变，说明 m2静止，要使m1发生正碰，碰前 m 一定向右运动，故 B正确。从s-t可以看出碰后两者运动方向相反，故C错误；两小球在光滑水平面发生碰撞，则

21、两球的重力势12能不变；碰撞前，系统的动能为Ek m1v2 0.8J ,碰撞后，系统的动能为 21 212Ek-m1v1m230.2 0.6 0.8J因此碰撞前后系统的动能不变，故碰撞过程中系统2 2没有损失机械能，故 D错误；故选AB二、实验题(本小题共 1小题，共12分)15.如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置 C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为 m2的B球放在水平轨道末端，让 A球仍从位置C

22、由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点， 如图乙所示。(1)在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足 (填“>”或“<”)。(2)除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是 A.秒表B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器(3)下列说法中正确的是 。A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误C.用半径尽量小的圆把 10个落点

23、圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D.仅调节斜槽上固定位置 C,它的位置越低，线段 O用长度越大(4)在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2 ,记录的落点平均位置 M N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM OP ON勺长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式 ,则可以认为两球碰撞前后在 OPT向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是 。(用测量的量表示)(5)某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M P、N,如图丙所示。他发现M和N偏离了 OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法

24、：连接OP OM ON作出M N在OPT向上的投影点 M、N。分别测量出OR OM、ON的长度。若在实验误差允许的范围内，满足关系式： 则可以认 为两小球碰撞前后在 OP方向上动量守恒。【答案】(1). > (2). BC (3). C (4).m1OP m10M m2ON (5).222m1OPm1OMm2ON(6).m1OP m1OM m2ON【解析】【详解】(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：叫丫。 mhV1 m2

25、v2 ,因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt,因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有 n OP m OM m2 ON ,实验需要测量小球的质量、小球落地点的 位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有： BC;(3)由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集 中，但不是出现了错误，故 AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确 定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位 置代表落点的平均位置，故 C正确；仅调节斜槽上固定位置 C,它的位置越低，

26、由于水平速度 越小，则线段 O用长度越小，故 D错误。故选C;(4)若两球相碰前后的动量守恒，则mhvo m1v1 m2v2,又OP vot,OM vt,ON v2t ,代入得：mi OP mi OM m? ON ,若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则:121212222m1v0 m1Vlm2v2，代入得；miOPmiOMm2ON ；222(5)如图所示，连接OR OM ON作出M N在OP方向上的投影点 M、N',如图所示;分别测量出OP OM、ON 长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式mi OP mi OMm2 ON 则可以认为两小球碰撞前后在O明向上动量守恒。三、计算题：本题

27、共 4小题，共46分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，ji必须明确写出数位。I6.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m，kg的运2员从距蹦i.25m高处自由落下，接着又能弹起 h2 i.8m高，«S>J»W=0.5oJH?2,、g IOm/ s ,求:(I运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床.弹力的大小 F。【答案】250 N sI600N.出人碰撞床前的速度Vi和碰撞后的速度.，分析人与床作用过程中受哪动量定理F 合t =mv- mv,可求出人受到床给它的平均作用力的大小。 重力的冲量大小为：I = mgt 5

28、0 I0 0.50 250?N si 2设运动员下落hi高度时的速度大小为 vi,则根据动能定理可得：mgh - mvi2解得：v1 5m/ s12弹起时速度大小为 V2,则根据动能定理可得：mgh2mv22解得：v2 6m /s取向上为正方向，由动量定理有：(F mg)2 mv2 ( mv1)代入数据解得F= 1 600 N点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式, 一定要规定正方向。17.在方向垂直纸面的匀强磁场中，一个原来静止的226Ra原子核衰变后变成一个28f2Rn核并放出一个粒子，1粒子动能为 EK,速度方向恰好垂直磁场。Rn核和粒子的径迹如

29、图所示，若c,求:衰变时产生的能量全部以动能的形式释放，真空中的光速为(1)写出这个核反应方程;(2)Rn核与粒子做圆周运动半径之比；(3)衰变过程中的质量亏损。【答案】28；Ra222Rn 24He (2) 卫3与43111c【解析】(1)根据质量数与电荷数守恒，可得衰变方程为288 Ra286 Rn+2He(2)由动量守恒定律可知，新核与粒子动量相等P1桂2洛伦兹力提供向心力 qvB m r三.RRnq可知：RqRnRRn1代入数据解得：申R 43(3)由动能与动量关系 P j2mRnEk J2m Ek解得Ri核获得的动能：Ek UEk mRn核反应中释放的核能：E Ek Ek由质能方程：

30、A E= A mC解得:113Ek 111c2【点睛】考查如何书写衰变方程，同时粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动时，运用牛顿 第二定律，注意动量与动能的关系，并掌握动量守恒定律的应用。18.光滑水平地面上，木板 A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0 7m/s,经时间t=0.5s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1 5m/s。木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度g 10m / s2,求：ff电词二:；(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数；(2)木板和木块的质量的比值。【答案】0.4(2)24【解析】(1)木块向左运动1L(Vo v)t2