教育最新K12河南省商丘市九校2017-2018学年高二物理下学期期中联考试题(含解析)

小学+初中+高中

2017—2018 学年下学期期中联考高二物理试题
一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分,其中 1-8 题为单选题,9-12 题为多选 题 在每小题给出的四个选项中,全部选对的得 4 分,选不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1. 实验表明,可见光通过三棱镜时各色光的折射率 n 随着波长 λ 的变化符合科西经验公式:

n=A+ + , 其中 A、 B、 C 是正的常量. 太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示. 则
( )

A.屏上 c 处是紫光 B.屏上 d 处是红光 C.屏上 b 处是紫光 D.屏上 a 处是红光 【答案】D 【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象,在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、 黄、绿、蓝、靛、紫,由于紫光的折射率最大,所以偏折最大,红光的折射率最小,则偏折 程度最小,故屏上 a 处为红光,屏上 d 处是紫光,D 正确。 点睛:从中发现,可见光是复色光,同时得出在介质中,紫光的折射率最大,红光的折射率 最小。 视频 2. 以下宏观概念中,哪些是“量子化”的( A. 学生的个数 C. 物体的动量 【答案】A 【解析】A 项:学生的人数的数值和微观粒子的数量只能取正整数,不能取分数或小数,因而 是不连续的,是量子化的,故 A 正确; B、C、D 项:物体的质量,物体的动量,木棒的长度三个物理量的数值都可以取小数或分数, 小学+初中+高中 B. 物体的质量 D. 木棒的长度 )

小学+初中+高中 甚至取无理数也可以,因而是连续的,非量子化的,故 B、C、D 错误。 点晴:所谓量子化就是指数据是分立的不连续的,即一份一份的。 3. 在光电效应的实验结果中,与光的波动理论不矛盾 的是 ( ... A. 光电效应是瞬时发生的 B. 所有金属都存在极限频率 C. 光电流随着入射光增强而变大 D. 入射光频率越大,光电子最大初动能越大 【答案】C 【解析】试题分析:按照光的波动理论,电子通过波动吸收能量,若波的能量不足以使得电 子逸出,那么就需要多吸收一些,需要一个能量累积的过程,而不是瞬时的,选项 A 对波动 理论矛盾。根据波动理论,能量大小与波动的振幅有关,而与频率无关,即使光的能量不够 大,只要金属表面的电子持续吸收经过一个能量累积过程,都可以发生光电效应,与选项 B 矛盾;光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关,即与入射光的波动振幅有关,与频 率无关,所以波动理论与选项 D 矛盾。对于光电流大小,根据波动理论,入射光增强,能量 增大,所以光电流增大,选项 C 与波动理论并不矛盾,选项 C 正确。 考点:光电效应与波动性 视频 4. 如图所示,光滑糟的半径 R 远大于小球运动的弧长,今有两个小球(视为质点)同时由静止 释放,其中甲球开始时离槽最低点 O 远些,则它们第一次相遇的地点在( ) )

A. O 点

B. O 点偏左 D. 无法确定,因为两小球质量关系未定

C. O 点偏右 【答案】A 【解析】由

知,两球运动的周期相同,从开始运动到 O 点都为四分之一周期,即

,所以两球同时到达 O 点,则它们第一次相遇的地点是在 O 点,A 对,BCD 错。 5. 某原子的能级图如图甲所示,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光,乙图中谱线 从左向右的波长依次减小的是: 小学+初中+高中 ( )

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A.

B.

C.

D.

【答案】B 【解析】试题分析:在跃迁时辐射的光子能量最小的是 3-2,波长最长,所以,b 的波长最长, a 的较短,c 的最短,选 D。 考点:能级和能级跃迁。 6. 放射性同位素钍 232 经 α 、β 衰变会生成氡,其衰变方程为 中( ) B. x=2,y=3 D. x=3,y=1 → +xα +yβ ,其

A. x=1,y=3 C. x=3,y=2 【答案】C

【解析】原子核经过一次 α 衰变,电荷数减小 2,质量数减小 4,一次 β 衰变后电荷数增加 1,质量数不变, 根据衰变过程中质量数和电荷数守恒:先看质量数减小了 12,所以 x=3,再看电荷数,所以 得出 y=2,故 C 正确。

7. 玻璃茶杯从同一高度掉下,落在水泥地上易碎,落在海绵垫上不易碎,这是因为茶杯与水泥 地撞击过程中( A. 茶杯动量较大 ) B. 茶杯动量变化较大 D. 茶杯动量变化率较大

C. 茶杯所受冲量较大 【答案】D

【解析】玻璃茶杯从同一高度掉下,与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同,动量相同,与 水泥地和海绵垫作用后速度均变为零,茶杯动量的变化相同.故 A B 错误.茶杯的动量变化 相同,根据动量定理 I=△P 得知,茶杯所受冲量相同.故 C 错误.茶杯与水泥地作用时间短,

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小学+初中+高中 茶杯与海绵垫作用时间长,由动量定理得,△P=Ft,△P 相同,则茶杯与水泥地撞击过程中所 受冲力较大,或者说茶杯动量变化率较大.故 D 正确.故选 D. 8. 人的质量 m=60kg,船的质量 M=240kg,若船用缆绳固定,船离岸 1.5m 时,人可以跃上 岸。若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(设两次跳离时间相等,不计水 的阻力,两次人消耗的能量相等)( )

A. 1.5m C. 1.34m 【答案】C

B. 1.2m D. 1.1m

【解析】以人的方向为正方向,撤去缆绳,由动量守恒定律可知,0=mv1-Mv2; 由于两次人消耗的能量相等,故人跳起时的动能不变; 则由功能关系可知: 解得: 所以 ,故 C 正确。

点晴:本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用,要注意正确分析功能关系以及 动量守恒定律的规律才能正确求解。 9. 对结合能、比结合能的认识,下列说法正确的是( A. 核子结合为原子核时,一定释放能量 B. 核子结合为原子核时,可能吸收能量 C. 结合能越大的原子核越稳定 D. 比结合能越大的原子核越稳定 【答案】AD 【解析】A、B 项:核子组成原子核时,发生质量亏损所以一定释放能量,故 A 正确,B 错误; C、D 项:比结合能越大,原子核越稳定,故 C 错误,D 正确。 点晴:解决本题的关键注意区分结合能与比结合能,比结合能:原子核结合能对其中所有核 子的平均值,亦即若把原子核全部拆成自由核子,平均对每个核子所要添加的能量.用于表 )

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小学+初中+高中 示原子核结合松紧程度, 结合能:两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量.自由原子结合为分子时放出 的能量叫做化学结合能,分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。 10. 如图所示,在水平光滑地面上有 A、B 两个木块,A、B 之间用一轻弹簧连接.A 靠在墙壁 上,用力 F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力 F,则下列说法 中正确的是( )

A. 木块 A 离开墙壁前,A、B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒 B. 木块 A 离开墙壁前,A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒 C. 木块 A 离开墙壁后,A、B 和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒 D. 木块 A 离开墙壁后,A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒 【答案】BC 【解析】试题分析:根据系统动量守恒的条件:系统不受外力或所受合外力为零,分析系统 所受的外力情况,判断动量是否守恒.根据是否是只有弹簧的弹力做功,判断系统的机械能 是否守恒. 解:A、B:撤去 F 后,木块 A 离开竖直墙前,竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力 平衡,合力为零;而墙对 A 有向右的弹力,所以系统的合外力不为零,系统的动量不守恒.这 个过程中,只有弹簧的弹力对 B 做功,系统的机械能守恒.故 A 错误,B 正确. C、D:A 离开竖直墙后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力 为零,系统的动量守恒,只有弹簧的弹力做功,系统机械能也守恒.故 C、D 错误. 故选:B 【点评】本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件,并用来判断系统的动量和机械能是 否守恒.对于动量是否守恒要看研究的过程,要细化过程分析. 视频 11. 现代家居装潢是大家普遍关注的,在装潢中经常用到花岗岩、大理石等材料,这些材料 都不同程度地含有放射性元素,下列有关放射性知识的说法中正确的有( )

A. 放射性元素发生 β 衰变时所释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的 B. 放射性物质的温度升高,其半衰期不变 C. 氡的半衰期为 3.8 天,若有 16 个氡原子核,经过 7.6 天后一定只剩下 4 个氡原子核

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小学+初中+高中 D. 在 α 、β 、γ 三种射线中,γ 射线的穿透能力最强,电离能力最弱 【答案】ABD 【解析】A 项:β 衰变时,原子核中的一个中子,转变为一个质子和一个电子,电子释放出 来,故 A 正确; B 项:放射性元素的半衰期与外界因素无关(如温度,压强等) ,只与原子核内部结构有关, 故 B 正确; C 项:半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故 C 错误; D 项:α 射线的电离能力比 γ 射线的电离能力强得多,γ 射线的穿透本领比较强,电解能力 最弱,故 D 正确。

.................. 12. 质量为 1 kg 的小球以 4 m/s 的速度与质量为 2 kg 的静止小球正碰,关于碰后的速度 v1′ 和 v2′,下面哪些是可能正确的( A. v1′=v2′= m/s )

B. v1′=-1 m/s,v2′=2.5 m/s D. v1′=3 m/s,v2′=0.5 m/s

C. v1′=1 m/s,v2′=3 m/s 【答案】AB 【解析】碰撞前总动量为 ; A、碰撞后总动量

,碰撞前总动能为

,碰撞后总动能为 ,系统机械能不增加,故 A 正确;

B、碰撞后总动量

,碰撞后总动能为 ,机械能不增加,故 B 正确;

C、碰撞后总动量 D、碰撞后总动量

,动量增大,故 C 错误; ,碰撞后总动能为

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,碰后后面小球的速度大有前面小球的 速度,会发生第二次碰撞,不符合实际,故 D 错误。 点睛:本题考查了机械能守恒定律的应用,碰撞过程中,系统动量守恒、机械能不增大,发 生碰撞后不能再发生二次碰撞,据此即可正确解题。 二、实验题(本题共 20 分,把正确答案填在题中的横线上或方框里。 ) 13. 在做光电效应的实验时,某种金属被光照射发生了光电效应,实验测得光电子的最大初动 能 Ek 与入射光的频率 ν 的关系如图所示,已知直线的斜率为 K,横截距是 ν 普朗克常量是_________该金属的逸出功是________(用 K、ν
0 0,

由实验图可求出

表示)

【答案】

(1).

(2). ,任何一种金属的逸出功 W 一定,说明 EK 随频

【解析】根据爱因斯坦光电效应方程

率 f 的变化而变化,且是线性关系(与 y=ax+b 类似) ,直线的斜率 K 等于普朗克恒量,直线 与横轴的截距 表示 EK=0 时的频率 ,所以该金属的逸出功是 。

14. (1)在探究碰撞中的不变量时,采用如图所示的实验装置,仪器按要求安装好后开始实 验,第一次不放被碰小球,第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分,在白纸上 记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为 O、 A、 B、 C, 则下列说法中正确的是 (__________)

A.第一、二次入射小球的落点依次是 B、A B.第一、二次入射小球的落点依次是 C、B C.第二次入射小球和被碰小球落地时间相同 D.第二次入射小球和被碰小球落地时间不相同 (2)入射小球 1 与被碰小球 2 直径相同,它们的质量 m1 和 m2 的关系应是 m1________m2 (3)安装和调整实验装置的要求是:斜槽末端切线水平;入射小球每次应从_____________

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小学+初中+高中 释放。 (4)设入射小球、被碰小球的质量分别为 m1、m2,由(1)中实验可得验证两球碰撞前后动量 守恒的表达式为___________________。 【答案】 (1). AC (2). 大于 (3). 同一高度静止释放 (4).

【解析】(1) A、B 项:入射小球和被碰小球相撞后,被碰小球的速度增大,入射小球的速度 减小,碰前碰后都做平抛运动,高度相同,落地时间相同,所以 B 点是没有碰时入射小球的 落地点,A 点是碰后入射小球的落地点,C 碰后被碰小球的落地点,故 A 正确,B 错误; C、D 项:碰后都做平抛运动,竖直高度相同,所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地, 故 C 正确,D 错误; (2) 为了防止入射球反弹,应让入射球的质量大于被碰球的质量; (3) 实验中必须保证小球做平抛运动,而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用.所以 斜槽轨道必须要水平,至于是否光滑没有影响,只要能抛出就行.为确保有相同的水平初速 度,所以要求从同一位置无初速度释放; (4) 小球做平抛运动,高度决定时间,故时间相等,设为 t,则有 OB=v10t OA=v1t OC=v2t 根据动量守恒得:m1v10=m1v1+m2v2,将以上各式代入可得: m1v10t=m1v1t+m2v2t, 即 m1OB=m1OA+m2OC。 三、计算题(本题共 2 小题,36 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤) 15. 如图所示,质量为 1 kg 的钢球从 5 m 高处自由下落,又反弹到离地面 3.2 m 高处,若钢 球和地面之间的作用时间为 0.1 s,求钢球对地面的平均作用力大小.(g 取 10 m/s2)

【答案】 【解析】试题分析:由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度,然后由动量定理求出小 小学+初中+高中

小学+初中+高中 球对地面的冲击力。 钢球落到地面时的速度大小为 反弹时向上运动的速度大小为 分析钢球和地面的作用过程,取向上为正方向,因此有 v0 的方向为负方向,vt 的方向为正方 向,再根据动量定理得(FN-mg)t=mvt-(-mv0), 代入数据解得 FN=190 N, 由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为 190 N。 点晴:熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题,应用动量定理解题时,要注意正方向的 选取。 16. 在光滑的水平面上放着 ABC 三个物体,ABC 的质量分别为 3m、m、2m。现在让 A 物块以初 速度 v0 向 B 物体运动,AB 相碰后不再分开,共同向 C 运动;它们与 C 相碰后也不再分开,ABC 共同向右运动;求:

(1)ABC 共同向右运动的速度大小; (2)AB 与 C 碰撞过程中,B 对 C 物块的冲量大小。 (3)AB 碰撞过程中的动能损失; 【答案】 (1) (2) (3)

【解析】 (1)以 ABC 为分析对象,全过程动量守恒 3mv0=(m+2m+3m)v

(2)对 C,运用动量定理 I=2mv I=mv0 AB 相互作用,3mv0=(3m+m)v1 v1= v0

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四、选做题 17. 如图所示,在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体, 活塞与容器壁间能自由滑动(不及摩擦) ,容器的横截面积为 S.开始时气体的温度为 T0,活塞 与容器底的距离为 h0 .现将整个装置放在大气压恒为 p0 的空气中,当气体从外界吸收热量 Q 后,活塞缓慢上升 d 的高度后再次平衡,求:

(1)后来密封空气的温度是多少; (2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少. 【答案】 (1) (2)

【解析】试题分析:于封闭的气体,发生了等压变化,由盖?吕萨克定律可求出外界空气的温 度.活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,根据势力学第一定律求得 气体的内能增加量。 (1)取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化, 由盖·吕萨克定律有

解得外界温度: (2)活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功, 所以外界对系统做的功:W=-(mg+p0S)d, 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能 Δ U=Q+W=Q-(mg+p0S)d. 点睛:本题主要考查了盖·吕萨克定律及热力学第一定律,属于基础题。 18. 如图所示为一列简谐波在 t1=0 时刻的图象.此时波中质点 M 的运动方向沿 y 轴正方向, 且 t2=0.05 s 时质点 M 恰好第 1 次到达 y 轴正方向最大位移处.试求:

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(1)此波向什么方向传播?(回答“沿 x 轴向左”或“沿 x 轴向右”) (2)波速是多大? (3)从 t1=0 至 t3=1.1 s 时间内波中质点 N 运动的路程和 t3 时刻的位移分别是多少? 【答案】 (1)波向右传播 (2)2 m/s (3) ,

【解析】试题分析:由质点 M 的振动情况,确定波的周期,再由波速公式求出波速。 (1) 由 M 点此时的运动方向向上,得出此波向右传播; (2) 在 t2=0.05 s 时,质点 M 恰好第 1 次到达正最大位移处,则有 =0.2 s,由波的图象可以看出波长为:λ =0.4 m,则波速为: ,解得周期为:T ;

(3) 在 t1=0 至 t3=1.1s 这段时间, 波中质点 N 经过了 个周期, 所以走过的路程为 s=22×5 cm=110 cm t3 时刻的位移为-2.5 cm 点晴:本题要由质点的振动方向确定波的传播方向,这波的图象中基本问题,方法较多,其 中一种方法是“上下坡法”,把波形象看成山坡:顺着波的传播方向,上坡的质点向下,下 坡的质点向上。

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