【物理】宁夏吴忠青铜峡市高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版） 13页

青铜峡市高级中学2019-2020年（二）期末考试高二年级 物理学科试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题4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10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　） ‎ A. 过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B. 过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 C. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 ‎【答案】AD ‎【解析】AB．在子弹射入木块到刚相对于静止的过程I中，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误； CD．在Ⅱ过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎2.两个质量不同物体，以相同的初动量开始沿同一水平面滑动，设它们与水平面间的滑动摩擦系数相同，则它们滑行的距离大小关系是（　　）‎ A. 质量小的物体滑行距离较大 B. 质量大的物体滑行距离较大；‎ C. 两物体滑行距离一样大 D. 条件不足，无法比较。‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据动量和动能的关系以及动能定理 可得 则质量小的物体滑行距离较大，故选A。‎ ‎3.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）‎ ‎ A. B、C都和弹簧分离后的运动方向相同 B. B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大 C. B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D. B木块的质量是C木块质量的四倍 ‎【答案】A ‎【解析】A．由x ‒ t图象可知，和弹簧分离后，x-t图像的斜率均为正值，即两物体运动方向相同，故A正确；‎ B．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，故B错误；‎ C．系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；‎ D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为 细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得 解得 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.一个质量为M，长为L的小车静止在光滑水平路面上，一个质量为m的人站在小车的一端，当人从车的一端走到另一端时，小车移动的距离为（　　）‎ A. L B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设该过程人相对地面的位移为，小车的对地位移为，由人船模型可得 又 联立解得小车移动的距离 故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎5.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，空气阻力忽略不计．则（ ）‎ A. 过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小 C. 过程II中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程II中钢珠所减少的总重力势能 D. 过程II中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】过程Ⅰ中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量的改变量等于重力的冲量．故A正确．对全过程分析，根据动量定理可知，则阻力的冲量的大小等于过程Ⅱ和过程Ⅰ 中重力冲量的大小总和．故B错误．对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和．故C正确．根据功能关系分析得知，过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力做功，等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能和过程Ⅱ减小的重力势能．故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题一要灵活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路．‎ ‎6.光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原来的方向而发生散射，康普顿对散射的解释为（　　）‎ A. 虽然改变原来的运动方向，但频率保持不变 B. 由于电子受碰撞后得到动量，散射后的光子频率低于入射光的频率 C. 入射光引起物质内电子做受迫振动，而从入射光中吸收能量后再释放，释放出的散射光频率不变 D. 光子从电子处获得能量，因而频率增大 ‎【答案】B ‎【解析】ABD．光子与电子碰撞将部分动量、能量转移给电子，动量减小，能量减小，根据 则频率减小，故AD错误，B正确；‎ C．从入射光中吸收能量后再释放，处于激发态电子释放出的散射光频率与不同轨道之间能量差有关，故频率可能不同，故C错误。‎ 故选B。‎ ‎7.关于近代物理，下列说法正确的是（　　）‎ A. α射线是高速运动的氦原子 B. 核聚变反应方程中，表示质子 C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. 玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 ‎【答案】D ‎【解析】A．α射线是高速运动的氦核流，并非氦原子，故A错误；‎ B．核聚变反应方程 中，表示中子，故B错误；‎ C．根据光电效应方程 可知，从金属表面逸出光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C错误；‎ D．玻尔理论的基础是普朗克（M. Planck） 的量子论和爱因斯坦的光子学说。玻尔理论不但回答了氢原子稳定存在的原因，而且还成功地解释了氢原子和类氢原子的光谱现象，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n＝4的能量状态，则（　　）‎ A. 氢原子可能辐射3种频率的光子 B. 氢原子可能辐射5种频率的光子 C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 ‎【答案】C ‎【解析】根据＝6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子．故A错误，B错误．n＝4跃迁到n＝3辐射的光子能量为0.66eV，n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量为1.89eV，n＝4跃迁到n＝2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应．故C正确，D错误．‎ ‎9.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 射线与射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱 B. 氡的半衰期为天，4个氡原子核经过天后就一定只剩下1个氡原子核 C. 放射性元素发生射线时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的 D. 已知质子、中子、粒子的质量分别为、、，那么，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是 ‎【答案】D ‎【解析】A．β射线是高速的电子流，而γ射线是电磁波，故A错误；‎ B．半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；‎ C．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，不是来自核外电子，故C错误；‎ D．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，减小的质量是(‎2m1+‎2m2‎－m3)，根据质能方程得：释放的能量是(‎2m1+‎2m2‎－m3)c2，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图线可求出（ ）‎ A. 该金属的极限频率和极限波长 B 普朗克常量 C. 该金属的逸出功 D. 单位时间内逸出的光电子数 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 根据Ekm=hv-W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E0．当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为v0=．由λ＝，可求得极限波长，故A、C正确．图线的斜率k＝，可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量．故B正确．单位时间内逸出的光电子数，与入射光的强度有关，故D错误 ‎11.如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力、，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（　　）（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）‎ A. 机械能不断增加 B. 动量始终守恒 C. 当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D. 当弹簧弹力的大小与、的大小相等时，A、B两物体速度最大 ‎【答案】BCD ‎【解析】AC．在拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都作负功，故系统的机械能会减小，故A错误，C正确；‎ B．F1、F2等大反向，A、B两物体及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量始终守恒，故B正确；‎ D．在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，故D正确。故选BCD。‎ ‎12.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=‎2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度=‎2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，已知当地的重力加速度g=‎10m/s2。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 木板获得的动能为1J B. 系统损失的机械能为1J C. 木板A的最短长度为‎0.5m ‎D. A、B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A．从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为‎1m/s，由动量守恒定律 解得木板A的质量 M=m=‎‎2kg 则 可得木板A的获得的动能为1J，选项A正确；‎ B．系统损失的机械能 代入数据得 选项B错误；‎ C．由图象可知物体B的位移为‎1.5m，木板A的位移为‎0.5m，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为‎1m，选项C错误；‎ D．由图象可知木板A的加速度为‎1m/s2，根据 得出动摩擦因数为μ=0.1‎ 选项D正确。‎ 故选AD。‎ 二、实验题（8分+6分=14分）‎ ‎13.气垫导轨(如图甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3‎ ‎.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为_________、_________，两滑块的总动量大小为_________；碰撞后两滑块的总动量大小为_________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．‎ ‎【答案】0.2abs30.2abs1（两空可互换），0.2ab(s1-s3)； 0.4abs2‎ ‎【解析】动量P＝mV，根据V＝S/（5T）可知两滑块碰前的速度分别为V1＝0.2S1b、V2＝0.2S3b，则碰前动量分别为0.2abs1和0.2abs3，总动量大小为aV1－aV2＝0.2ab(s1-s3)；碰撞后两滑块的总动量大小为2aV＝‎2a s2/（5T）＝0.4abs2．‎ ‎14.用如图所示装置做“验证动量守恒定律”的实验 ‎(1)下列哪些措施可以减小实验误差_____‎ A、换成末端光滑的斜槽 B、将斜槽末端调成水平 C、使入射球A每次都从同一高度由静止滚下 D、从P点附近多个落点中选取最清晰的一个点做为P的标记 ‎(2)图中O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，以下选项中哪些是实验中必须进行测量______。‎ A、测量抛出点距落地点的距离 B、测量A球或B球的直径d。‎ C、水平槽上未放被碰小球B球时，测量A球落点位置到O点的距离 D、测量A球和B球的质量分别为m1和m2‎ ‎(3)实验中小球的质量m1＞m2，若其表达式满足_________，则可验证相碰前后的动量守恒。（用相关的物理量符号：H、d、m1、m2、OP、OM、ON、PM等表示）‎ ‎【答案】 (1). BC； (2). CD； (3). ‎ ‎【解析】（1）[1]A．小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要减小摩擦。故不需要涂润滑油，故A错误；‎ B．使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，故B正确；‎ C．为了让入射球每次到达碰撞位置的速度相同，应让小球每次从同一位置开始下滑，故C正确；‎ D．通过多次实验确定小球所落的平均位置，不是找最清晰的位置，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎（2）[2]根据验证动量守恒表达式 可知，除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量。‎ 故选CD。‎ ‎（3）[3]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OM是A球不与B球碰撞平抛运动的水平位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OP是A球碰撞后平抛运动的水平位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式 说明两球碰撞遵守动量守恒定律。‎ 三、计算题（11分+10分+8分+9分=38分）解答应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 ‎15.质量为60千克某消防队员从一平台上跳下，下落‎2m后双脚触地，接着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了‎0.5m。在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为多大？（g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】3000N ‎【解析】设地面对他双脚的平均作用力为F，对全过程运用动能定理得 mg（H+h）-Fh=0‎ 解得 ‎16.如图所示，两块木板的质量分别为M1=‎1000g，M2=‎800g。静止于光滑水平面上，小物块m=‎200g以初速度为v=‎15m/s滑上M1的表面，最后停在M2上时速度为‎2m/s，求：‎ ‎(1)最后M1的速度v1‎ ‎(2)m刚离开Ml时的速度。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】(1)对整体，由动量守恒定律可得 对木块和板2，由动量守恒定律可得 联立解得，最后的速度为 ‎(2)由(1)解得，刚离开的速度为 ‎17.如图，一质量为M=‎1kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h=‎2m。一质量为m=‎0.1kg的子弹以水平速度v0=‎100m/s射入物块后，以水平速度‎20m/s射出。重力加速度为g=‎10m/s2。求 ‎(1)此过程中系统损失的机械能；‎ ‎(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】(1)设子弹穿过物块后物块的速度为，取向右为正方向，则动量守恒定律可得 解得 则系统损失的机械能为 代入数据可得 ‎(2)设物体下落到地面需要时间为，落地点距桌边缘的水平距离为，则有 联立解得 ‎18.如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态。同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为。已知小球a质量为m，小球b质量为‎2m，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；‎ ‎(2)释放后小球b离开弹簧时的速度的大小；‎ ‎(3)释放小球前弹簧具有的弹性势能。‎ ‎【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）‎ ‎【解析】（1）设a球通过最高点时受到轨道的弹力为N，由牛顿第二定律得 带入数据解得 由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为，方向竖直向上。‎ ‎（2）设小球a与弹簧分离时速度大小为，取桌面为零势面，小球a从B运动到A的过程中，由机械能守恒定律得 又知 联立得 小球a、b从释放到与弹簧分离的过程中，总动量守恒 得 ‎（3）弹簧的弹性势能为 得