河南省商丘市九校学年高二下学期期中联考物理试题含答案解析Word文档下载推荐.docx

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A.O点B.O点偏左

C.O点偏右D.无法确定，因为两小球的质量关系未知

5．某原子的能级图如图所示,

、

为原子跃迁所发出的三种波长的光，图中谱线从左向右的波长依次增大的是（）

A．

B．

C．

D．

6．放射性同位素钍232经多次α、β衰变，其衰变方程为

Th

Rn+xα+yβ，其中（）

A．x=1,y=3B．x=2,y=3

C．x=3,y＝1D．x=3,y=2

7．玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，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

C．茶杯所受冲量较大D．茶杯动量变化率较大

8．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，人水平从船上向岸上跳。

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（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（　　）

A．1.5mB．1.2mC．1.34mD．1.1m

二、多选题

9．对于结合能、比结合能的认识，下列说法正确的是（　　）

A．一切原子核均具有结合能

B．自由核子结合成原子核，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

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

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

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

12．质量为1kg的小球以4m／s的速度与质量为2kg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（）

B．

C．

D．

三、填空题

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ν0,由实验图可求出普朗克常量是_________该金属的逸出功是________（用K、ν0表示）

四、实验题

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_____________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___________________．

五、解答题

15．如图所示，质量为1kg的钢球从5m高处自由下落，又反弹到离地面3.2m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1s，求钢球对地面的平均作用力大小．（g取10m/s2）

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；

17．如图所示，在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，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，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强恒为P0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次达到平衡，求：

（1）外界空气的温度；

（2）在此过程中密闭气体的内能增加量。

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＝0.05s时质点M恰好第1次到达y轴正方向最大位移处．试求：

（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＝1.1s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？

参考答案

1．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．

2．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，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．C

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

4．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．D

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．

能级和能级跃迁．

6．D

【详解】

由质量数和电荷数守恒可得:

解得:

x=3,y=2.

7．D

试题分析:

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AB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，茶杯与海绵垫作用时间长，△P相同，则动量的变化率较大，故D正确．

动量定理

8．C

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

故选C。

9．AD

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．

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．BC

AB、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．

CD、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正确、D错误．

故选BC．

11．ABD

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．

β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透能力最强，电解能力最弱，而α射线穿透能力最弱，电离能力最强；

半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用；

β衰变的电子来自原子核中的中子转化为质子时产生的，从而即可求解．

12．AD

碰撞前总动量为

．碰撞前总动能为

对A、碰后，

，

，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；

对B,由于

，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B错误；

对C、

，碰撞过程动量不守恒，故C错误；

对D、

，碰撞过程动量守恒，动能不增加，D正确；

故选AD．

动量守恒定律、碰撞．

13．

根据爱因斯坦光电效应方程

，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率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．AC大于同一高度静止释放

（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；

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．

15．

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＝190N，

由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190N．

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．

（1）v0/2；

（2）mv0（3）

（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

17．

（1）

；

（2）Q-mgd-pS0d

（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖•吕萨克定律得：

解得：

外界的空气温度为：

；

（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

根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能

18．

（1）波向右传播

（2）2m/s（3）

，

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＝0.05s时，质点M恰好第1次到达正最大位移处，则有

，解得周期为：

T＝0.2s，由波的图象可以看出波长为：

λ＝0.4m，则波速为：

（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×

5cm＝110cm

t3时刻的位移为-2.5cm

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．