河南省洛阳市高二下学期期中考试物理试题含解析VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精洛阳市2019—2020学年第二学期期中考试高二物理试卷(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)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1～9题只有一项符合题目要求，第10～14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。下列关于动量和冲量的说法正确的是（）A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B。物体所受合外力冲量不为零，它的动量可能不改变C。物体动量增量的方向，就是它所受冲量变化的方向D。物体所受合外力越大，它的动量变化就越快【答案】D【解析】【详解】A．根据动量定理可知,物体所受合外力冲量越大，它的动量变化也越大，选项A错误；B．根据动量定理可知，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定改变，选项B错误;C．由动量定理，物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向,选项C错误;D．根据可知，物体所受合外力越大，它的动量变化就越快，选项D正确。故选D.2.在一场足球比赛中，质量为0。4kg的足球以15m/s的速率飞向球门,被守门员扑出后足球的速率变为20m/s，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球动量的变化量为（)A。2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同B.2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反C.14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反D。14kg·m/s，方向与足球原来运动方向相同【答案】C【解析】【详解】设足球飞向球门的方向为正方向,被守门员扑出后，足球的速度为则动量的变化负号说明动量变化的方向足球原来的运动方向相反，C正确,ABD错误。故选C。3.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．4.下列说法中不正确的是（）A.光电效应现象揭示了光的粒子性B。德布罗意最先提出了物质波,认为实物粒子也具有波动性C.康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量D.光波不同于宏观概念中那种连续的波，它是表明大量光子运动规律的一种概率波【答案】C【解析】【详解】A．光电效应现象说明了光是一份一份的，因此揭示了光的粒子性，A正确;B．德布罗意最先提出了物质波，他认为既然波具有粒子性，粒子也应该具有波的性质，而且给出波长与动量的关系为B正确;C．康普顿效应表明光具有粒子性，即光子不仅具有能量还具有动量，C错误；D．光波不同于宏观概念中那种连续的波，大量光子表现出波动性，少量光子表现粒子性，因此它是一种概率波,D正确。故不正确的选C。5。关于原子结构的认识历程,下列说法正确的有A.汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B。α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C.卢瑟福的原子核式结构模型能够很好的解释光谱的分立特征和原子的稳定性D。玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的【答案】B【解析】A、汤姆孙发现电子后，猜想出原子内的正电荷均匀分布在原子内，提出了枣糕式原子模型，故A错误；

B、卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，提出了原子核式结构模型．故B正确；

C、卢瑟福提出的原子核式结构模型，无法解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故C错误;

D、玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象,由于原子是稳定的，故玻尔提出的原子定态概念是正确的,故D错误．点睛：本题考查原子物理中常识性问题，要在了解人类发现原子结构历史进程的基础上进行记忆，不能混淆．6。关于天然放射性，下列说法正确的是（）A.所有元素都可能发生衰变B.、和三种射线，射线的穿透力最强C。放射性元素的半衰期与外界的温度有关D.放射性元素与别的元素形成化合物时就没有放射性【答案】B【解析】【详解】A．有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变,A错误;B．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强,α射线的穿透能力最弱,B正确；CD．放射性元素的半衰期由原子本身的性质决定的,与所处的物理、化学状态无关,因此无论是单质还是化合物,无论是高温还是低温,半衰期都不会发生变化,CD错误。故选B。7。太阳内部持续不断地发生着4个质子（）聚变为1个氦核（）的热核反应，核反应方程是,这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是()A.方程中的X表示中子B。方程中的X表示电子C.这个核反应中质量亏损D。这个核反应中释放的核能【答案】C【解析】【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量为0，电荷数为1，所以X表示正电子．AB错误;C．这个核反应中质量亏损C正确;D．根据爱因斯坦质能方程可知，这个核反应中释放的核能D错误。故选C.8.如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后，释放出来的粒子和反冲核在磁场中运动的轨迹，可以判断（）A。原子核发生α衰变B.原子核可能发生β衰变，也可能发生α衰变C.因为新核的质量大，所以其动能较大D.小圆是新核的运动轨迹，大圆是释放粒子的运动轨迹【答案】D【解析】【详解】原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在同一侧,由左手定则可以得知,衰变后的粒子带电性相反，所以释放的粒子应该是电子，所以原子核发生的应该是β衰变;故AB错误；静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒,故两个粒子的动量p=mv相等，由可知，质量大的动能小，选项C错误;由可知，q越大,轨道半径越小;故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹；故D正确；9。根据临床经验部分药物在体内的代谢也有与原子核衰变相似的规律。药物的血浆半衰期是指药物在血浆中的浓度下降一半所需的时间.某种药物的血浆半衰期为2小时,一次合理剂量的用药后药物在血浆中的浓度为20毫克/升,若血浆中的药物浓度下降至3毫克/升以下就要补充用药.则该药物的用药时间间隔（）A.2小时 B。4小时 C.6小时 D。8小时【答案】C【解析】【详解】因为药物的血浆半衰期为2小时,经过6小时，即3个半衰期，血浆中的药物浓度下降至2。5毫克/升，所以该药物的用药时间间隔是6小时，故C正确，ABD错误．故选C10.影响显微镜分辨率的一个因素是波的衍射，衍射现象越明显，分辨本领越低。使用电子束工作的电子显微镜有较高的分辨本领,它利用高压对电子束加速后打在感光胶片上来观察显微图像。下列说法中正确的（)A。加速电压越高，电子的波长越短，显微镜的分辨本领越强B.加速电压越高，电子的波长越长，显微镜的分辨本领越弱C.如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领强D。如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领弱【答案】AC【解析】【详解】AB.

设加速电压为U，电子电荷量为e，质量为m,根据动能定理及波长与动量关系整理得①可知加速电压越高，电子的波长越短，显微镜的分辨本领越强,A正确，B错误；CD。

电子与质子比较，质子质量远大于电子质量，由①式可知，质子加速后的波长要小得多，衍射不明显，分辨本领强，C正确,D错误。故选AC.11.原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有A.核的结合能约为14MeVB。核比核更稳定C.两个核结合成核时释放能量D.核中核子的平均结合能比核中的大【答案】BC【解析】【详解】A．由图知核的比结合能约为7MeV，所以结合能约为4×7=28MeV故A错误;B．核比核的比结合能大，所以核比核更稳定，故B正确;C．两个核结合成核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，故C正确;D．由图知核中核子的平均结合能比核中的小，故D错误．12。如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A，B相连接，静止在光滑水平地面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(）A.物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等B。从开始计时到t4这段时间内，物块A，B在t2时刻相距最远C。t1到t3这段时间内弹簧长度一直在增大D。【答案】ACD【解析】【详解】A．根据图像的对称性可知，在t1和t3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等,A正确；BC．结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等,弹簧压缩量最大,弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻,两木块速度相等，弹簧最长,弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B错误，C正确；D．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知将v1=3m/s，v2=1m/s代入得m1：m2=1:2D正确。故选ACD。13.用如图所示的装置研究光电效应现象,用光子能量为2。5eV的某种光照射到光电管上时,电流表G示数不为零；移动变阻器的触点C，当电压表的示数大于或等于0。8V时,电流表示数为零。以下说法正确的是（）A。光电管阴极的逸出功为1.7eVB.电子的最大初动能为0。8eVC。光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D。当电压表示数大于0.8V时．如果把入射光的强度增大到一定程度，电流表可能会有示数【答案】AB【解析】【详解】B．当电压表的示数大于或等于0.8V时，电流表示数为零，说明光电子的最大初动能为0。8eV，B正确;A．根据爱因斯坦的光电效应方程代入数据可知，光电管阴极的逸出功为1.7eV,A正确；C．根据爱因斯坦光电效应方程的表达式可知，光电子的最大初动能与入射光的频率是一次函数关系，不成正比，C错误；D．光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，当电压表示数大于0.8V时,即使把入射光的强度增大,电流表也不可能会有示数，D错误。故选AB。14.用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线．调高电子的能量在此进行观测,发现光谱线的数目比原来增加了5条．用△n表示两侧观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量．根据氢原子的能级图可以判断，△n和E的可能值为（）A。△n=1，13.22eV<E<13.32eVB.△n=2,13。22eV<E<13。32eVC。△n=1，12.75eV〈E<13.06eVD.△n=2，12.75eV<E<13。06Ev【答案】AD【解析】最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同,因此设氢原子原来的最高能级为n,则调高后的能级为，则有，即①讨论：当时，n=5，调整后的能级为n=6,此时能极差为，因此提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态和第7能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于．所以，．当时，n=2，调整后的能级为n=4,此时能极差为，因此提高电子的动能应该大于此时的能级差,但是应该小于基态和第5能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级,即小于，所以,，故AD正确．【点睛】本题要明确产生光线数目m和能级n之间的关系，即，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化．第Ⅱ卷（非选择题,共58分）二、实验题（本小题共2小题,共12分）15.著名的物理学家密立根以精湛的技术测量光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光的额率v，由此求出普朗克常量h。下表是他在一次实验中测得某金属的Uc和v的几组数据，现已根据表中数据做出Uc-v图象如图所示，试由图象求出:Uc/V0。5410。6370.7140.8090。878v/HZ5.6445。8886.0986。3036。501（1）这种金属的截止频率____________________Hz；(保留三位有效数字）(2）普朗克常量_______________J·s。（保留两位有效数字）（已知元电荷：C）【答案】（1)。4.30×1014（2）.6。7×10—34【解析】【分析】【详解】(1）[1]．设金属的逸出功为W0，那么光电效应方程为Ekm=UCe=hv—W0由图象可知，当v=4.30×1014Hz时UC=0

即0=h(4.30×1014—v0）解得vc=4。30×1014Hz即金属的截止频率约为4.30×1014Hz;

（2）[2]．由光电效应方程,可得则有h=ke即16.在“探究碰撞中的不变量”的实验中：（1）某同学采用如图甲所示的装置进行实验.把两个小球用等长的细线悬挂于同一点,让B球静止，拉起A球,由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起。实验过程中除了要测量A球被拉起的角度，及它们碰后摆起的最大角度之外，还需测量__________（写出物理量的名称和符号）才能验证碰撞中的守恒量，用测量的物理量表示碰撞中的守恒量应满足的关系是____________。(2)某同学用如图乙所示斜槽实验装置探究碰撞中的不变量,必须满足的条件是_________（填选项前的字母）。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放D．入射小球与被碰小球满足,(3)图乙中M、P、N分别为入射小球与被碰小球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是_______（填选项前的字母）。A．B．C．D．【答案】（1)。两球质量、（2)。(3）.BC（4）.C【解析】【详解】（1）[1][2］A球静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律有两球碰撞后到一起运动到最高点，根据机械能守恒定律有碰撞中的不变量满足所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为还需测量的物理量为A球的质量和B球的质量。（2）［3］A．“验证动量守恒定律"的实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要小球离开轨道后做平抛运动对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B．要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平，故B正确；C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;D．为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求，,故D错误。故选BC.(3）[4］要验证动量守恒定律即小球做平抛运动，由平抛运动规律可知，两小球在空中运动的时间相同，上式可转换为所以需验证故选C.三、计算题:本题共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，答案中必须明确写出数值和单位。17.如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为2m的小球B．另一大小相同的质量为m的小球A以速度向右运动并与B球发生弹性正碰，求：（1）碰撞结束时A球的速度的大小及方向；（2)碰撞过程B球对A球的冲量大小及方向。【答案】（1）A球得速度大小为，方向水平向左（2），方向水平向左【解析】【详解】（1)以向右为正，碰撞过程动量守恒、能量守恒，有：联立解得：故A球得速度大小为，方向水平向左(2)对A球由动量定理有：解得：故B对A的冲量大小为,方向水平向左18。用速度大小为v的中子轰击静止的锂核(Li),发生核反应后生成氚核和α粒子，生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m，质子的质量可近似看做m,光速为c.(1)写出核反应方程。(2）求氚核与α粒子的速度大小。（3）若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出质量亏损.【答案】（1)n＋Li→H＋He（2）vv（3)【解析】【详解】（1)由题意可知，核反应方程为：n＋Li→H＋He(2）设中子初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝－3mv1＋4mv2由题意得：v1∶v2＝7∶8解得：v1＝v，v2＝v。（3)氚核和α粒子的动能之和为:Ek＝×3mv12＋×4mv22＝mv2释放的核能为：ΔE＝Ek－Ekn＝mv2－mv2＝mv2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为:Δm＝19。汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了，A车向前滑动了。已知A和B的质量分别为和。两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0。10，两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小,求（1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。【答案】（1)3m/s；（2