高中物理人教版4第十三章光 高二下学期线上考试物理模拟试题详解版

高二下学期线上考试物理试题本试卷分第=1\*ROMANI卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。第I卷(选择题共40分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1．下列说法正确的是()A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，原子中电子的轨道半径也在连续地减小B．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D．某放射性原子核经过2次α衰变和1次β衰变，核内质子数减少5个[根据玻尔理论，原子中电子的轨道半径是量子化的，是不连续的，A错误；放射性物质的半衰期由物质本身决定，与外界环境无关，B错误；用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，必须用能量大于氘核结合能的光子照射才可能使其分解，C正确；根据α衰变和β衰变的实质知，2次α衰变放出2个eq\o\al(4,2)He,1次β衰变放出1个eq\o\al(0,－1)e，核内质子数减小3个，D错误．]2．我国对中微子的研究处于世界领先水平，大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖．太阳发生核反应时会放出大量中微子及能量．假设太阳释放的能量是由“燃烧氢”的核反应——4eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2eq\o\al(0,1)e＋2ν提供的，式中ν为中微子，这一核反应平均每放出2个中微子，相应释放28MeV的能量．已知太阳每秒约辐射×1039MeV的能量，地球与太阳间的距离r约为×1011m，则地球表面与太阳光垂直的一平方米面积上每秒接收到中微子数目的数量级为()A．1011 B．1014C．1017 D．1020[由题中条件可算得太阳每秒放出中微子的个数n＝2×eq\f×1039,28)个＝2×1038个，中微子向四面八方辐射，成球面形状分布，地球表面与太阳光垂直的一平方米面积上每秒可接收到的数目为eq\f(2×1038,4πr2)个≈7×1014个，选项B正确．]3．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为()\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,1)e＋eq\o\al(14,5)B \o\al(14,6)C→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(10,4)Be\o\al(14,6)C→eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(14,5)B \o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,7)N[原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断可知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为eq\o\al(0,－1)e，两带电粒子动量大小相等，方向相反，有m1v1－m2v2＝0，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，可见动量一定时，r与q成反比．因大圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7，所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为eq\o\al(14,7)N，所以碳14的衰变方程为eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,7)N，选项D正确．]4．研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示．两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出，则()A．a为电源正极，到达A板的为α射线B．a为电源正极，到达A板的为β射线C．a为电源负极，到达A板的为α射线D．a为电源负极，到达A板的为β射线[从题图中可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达A板粒子的竖直位移小于到达B板粒子的竖直位移，粒子在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向的加速度a＝eq\f(qE,m)，α粒子的比荷远小于β粒子的比荷，则β粒子的加速度大，偏转效果强，所以到达A板的为β射线，又因为β粒子带负电，向A板偏转，故a为电源正极，选项B正确．]5.元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从开始到稳定的为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从开始到稳定的为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是A．的中子数比中子数少20个B．从到，共发生7次α衰变和4次β衰变C．Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D．与是不同的元素5.【答案】B【解析】的中子数为238-92=146个，的中子数为209-83=126个，则的子数比的中子数多20个，A错误；根据质量数守恒有：237-209=4×7，知发生了7次衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误；与的质子数相同年爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。下列给出的与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是（）A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：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C．图丙中，若电子电荷量用表示，已知，由图像可求得普朗克常量的表达式为D．图丁中，由光电子最大初动能与入射光频率的关系图像可知，该金属的逸出功为或6.【答案】D【解析】A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器也带正电，选项A错误；B．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以得到：电压相同时，光照越强，饱和光电流越大，但是遏止电压和光的强度无关，选项B错误；C．根据，则由图像可得解得选项C错误；D．图丁中，根据，由光电子最大初动能与入射光频率的关系图像可知，该金属的逸出功为或，选项D正确。故选D。7.任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之对应，波长，式中h为普朗克常量，p为运动物体的动量，人们把这种波叫做德布罗意波，现有一德布罗意波波长为λ1的中子和一个德布罗意波波长为λ2的氘核相向对撞后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波波长为（）A． B． C． D．7.【答案】A【解析】中子与氘核相向运动发生碰撞，满足动量守恒定律，则结合则所以A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平滑杆上，质量为M＝3m的小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳与滑环连接。将滑环固定时，给小球一个水平冲量，小球摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量，则小球摆起的最大高度为（）A． B． C． D．8.【答案】B【解析】滑环固定时，根据机械能守恒定律，有水平冲量大小为滑环不固定时、物块初速度仍为，在物块摆起最大高度时，它们速度都为，在此程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则由以上各式可得．故选：B。二．多选题(本题共6小题;每小题4分,共24分，全部选对得4分，选对但不全得2分)9．原子核外的电子在不同轨道上具有不同的能量，氢原子的能级图如图所示，已知氢原子从某一能级跃迁到n＝2的能级时辐射出的光子能量为eV，由此可推知()A．要使处于该能级的氢原子电离，至少需要吸收的能量为eVB．处于该能级的氢原子可能向外辐射出能量小于eV的光子C．用eV的光照射大量的处于基态的氢原子可辐射出eV的能量D．用eV的电子轰击大量的处于基态的氢原子可辐射出eV的能量[氢原子从某一能级跃迁到n＝2能级时辐射出的光子能量为eV，可知跃迁前氢原子的能量为－eV，可知氢原子处于n＝4能级，要使处于该能级的氢原子电离，至少要吸收eV的能量，A正确；氢原子从n＝4能级向低能级跃迁，辐射出的光子的最小能量为eV，B错误；由于没有一个能级与基态的能量差等于eV，可知eV的光子不能被氢原子吸收而发生跃迁，C错误；用eV的电子轰击大量的处于基态的氢原子，部分电子的动能被氢原子吸收，氢原子可以跃迁到n＝4能级，从n＝4能级跃迁到n＝2能级时辐射出的光子能量为eV，D正确．]10.原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示。下列说法正确的是（）A．核的结合能约为14MeVB．核比核更稳定C．三个中子和三个质子结合成核时放出能量D．在核反应中，要吸收热量10.【答案】BC【解析】A．根据图像可知的平均结合能约为，核子数为，所以结合能约为A错误；B．平均结合能越大，原子核越稳定，所以核比核更稳定，B正确；C．核子结合成原子核时会质量亏损放出核能，即结合能，所以三个中子和三个质子结合成核时放出能量，C正确；D．重核裂变会质量亏损，所以会释放能量，D错误。故选BC。11．如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点．A点有一质量为m2的静止小球2，P挡板的右侧有一质量为m1的与小球2等大的小球1以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则小球1与小球2的质量之比m1∶m2可能为()A．3∶1 B．1∶3C．1∶5 D．1∶7[设小球1、2碰撞后的速度大小分别为v1、v2，若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，两球在B点相遇，是球2与挡板Q碰撞反弹后在B点与球1相遇，有v2t＝3v1t，即v2＝3v1，根据动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得m1＝3m2，故A正确．若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰撞后反弹，在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即v1＝3v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得m2＝7m1，故D正确．若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹在B点与球1相遇，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得m2＝3m1，故B正确．]12.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．μ、L、R三者之间的关系为R=μLB．滑块m运动过程中的最大速度C．全程滑块水平方向相对小车的位移R+LD．全程滑块相对地面的位移大小12.【答案】ACD【解析】A．根据功能关系可知，滑块减少的重力势能转化为内能解得R=μL，故A正确；B．滑块到B点是速度最大，设为，设小车速度大小为v，由系统机械能守恒可得水平方向动量守恒联立得说明滑块m运动过程中的最大速度，故B错误；C．全程滑块水平方向相对小车的位移AC水平方向的距离，即R+L，故C正确；D．滑块从A滑到B过程中，小车和滑块组成的系统水平方向动量守恒作用时间相同，则有由几何关系可得联立可得到B点后滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律可得可得由前面分析可知此时滑块速度为，减速为零位移设为，由运动学公式可得全程滑块相对地面的位移大小故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题(共6小题，共60分。)13.(8分) 某同学设计了一个探究碰撞中的不变量的实验：将打点计时器固定在光滑的长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面．让小车A运动，小车B静止．在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图甲，碰撞时撞针插入橡皮泥把两小车粘合成一体．他在安装好实验装置后，先接通电源然后轻推小车A，使A获得一定的速度，电磁打点计时器在纸带上打下一系列的点，已知电源频率为50Hz.(1)实验中打出的纸带如图乙所示，并测得各计数点间距标在图上，则应选________段计算A的碰前速度；应选________段计算A和B碰后的共同速度(填“BC”、“CD”或“DE”)．(2)已测得小车A的质量m1＝，小车B的质量m2＝，由以上测量结果可得：碰前A、B两小车质量和速度的乘积之和为________kg·m/s；碰后A、B两小车质量和速度的乘积之和为________kg·m/s.(计算结果均保留三位有效数字)13.【答案】(1).BC(2).DE(3).(4).【解析】【详解】(1)[1][2]．A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度．(2)[3][4]．A碰前的速度碰后共同速度碰前A、B两小车质量和速度的乘积之和碰后的A、B两小车质量和速度的乘积之和．14．(6分)光电效应证明了光具有粒子性，图中光电管的K为阴极，A为阳极，理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来测量光电管两端的电压．(1)当开关S断开时，用光子能量为eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零，闭合开关S，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于V时，电流表读数为零．从上述实验数据可知，此时光电子的最大初动能为________eV，该阴极材料的逸出功为________eV.当电压表的示数U0＝V时，若只增大入射光的强度，电流计的读数________(选填“为零”或“不为零”)．(2)现将电源正、负极对调，闭合开关S，若光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的电压为U.用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流．已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c，则金属铯的逸出功W＝________，光电子到达阳极A的最大动能Ek＝________.[解析](1)接通开关，当电压表读数大于或等于V时，电流表读数为零，可知光电管的遏止电压为Uc＝V，则光电子的最大初动能为Ekm＝eUc＝eV，根据光电效应方程得Ekm＝hν－W0，解得逸出功为W0＝hν－Ekm＝eV－eV＝eV.当U0＝V时，若只增大入射光的强度，而入射光频率仍不变，则电流计的读数为零。(2)金属铯的逸出功为W＝hν，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为Ekm＝heq\f(c,λ)－W＝heq\f(c,λ)－hν根据动能定理得eU＝Ek－Ekm解得光电子到达阳极A的最大动能为Ek＝eU＋Ekm＝eU＋heq\f(c,λ)－hν.[答案](1)为零(2)hνeU＋heq\f(c,λ)－hν四.解答题(共4个小题，共38分。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，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。)15．(8分)原子核的能量是量子化的，eq\o\al(226,89)Ac能发生β衰变产生新核eq\o\al(226,90)Th，处于激发态n=3的新核eq\o\al(226,90)Th的能级图如图所示．(1)写出eq\o\al(226,89)Ac发生β衰变的方程；(2)大量eq\o\al(226,89)Ac发生上述衰变时，探测器能接收到的γ射线谱线有几条？求出波长最长的γ光子的能量E.[解析](1)由质量数与核电荷数守恒可知，β衰变的方程为eq\o\al(226,89)Ac→eq\o\al(226,90)Th＋eq\o\al(0,－1)e.(2)根据Ceq\o\al(2,3)＝3知可能观测到的钍原子发射的不同波长的光有3种，所以这群钍原子发出的光谱共有3条．当两能级间的能量差最小时，对应的γ光子的波长最长，则有E＝E2－E1＝MeV.[答案](1)eq\o\al(226,89)Ac→eq\o\al(226,90)Th＋eq\o\al(0,－1)e(2)3条MeV一个静止的铀核（U）要放出一个α粒子变成钍核（Th），已知α粒子动能为Ek1，且在核反应中释放的能量全部转化为两个粒子的动能．（已知真空中的光速为c），求：①钍核的动能②该核反应中的质量亏损．【答案】①；②．【解析】①衰变过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：根据动能与动量的关系可知α粒子的质量数为4，钍核的质量数为234，则故②根据动能表达式，则释放的总能量：解得：由质能方程知释放总能量为：E=△mc2解得17.（14分）如图所示，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m乙的小球乙静止在水平轨道上，质量为m甲的小球甲以速度v0与小球乙发生弹性正碰。若m甲:m乙=2:3，且轨道足够长。sin37°=，cos37°=，求：（1）两球第一次碰后甲球的速度；（2）要使两球能发生第二次碰撞，小球乙与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。【答案】（1），方向水平向右；（2）【解析】（1）设第一次碰后小球甲的速度为，小球乙的速度为。以小球甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得，负号表示方向水平向右。（2）设小球乙上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理得联立解得小球乙要能追上小球甲，应有解得18．(14分)如图所示，P、Q为一对处于足够大的匀强磁场中与磁场方向垂直的荧光板，两板间区域内的正中心A点处一静止的eq\o\al(238,92)U核发生α衰变，释放出一个α粒子和一个反冲Th核．设α粒子初速度方向沿y轴正方向(y轴与磁感线垂直)，最后α粒子和Th核