高二物理下学期期中联考试题（含解析）.doc

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1、- 1 - / 15【2019【2019 最新最新】精选高二物理下学期期中联考试题（含解析）精选高二物理下学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本题共一、选择题（本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4848 分，其中分，其中 1-81-8 题为题为单选题，单选题，9-129-12 题为多选题题为多选题 在每小题给出的四个选项中，全部选对的在每小题给出的四个选项中，全部选对的得得 4 4 分，选不全的得分，选不全的得 2 2 分，有选错或不选的得分，有选错或不选的得 0 0 分分) )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 的变化符合科西经验

2、公式：nA，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 - / 152. 以下宏观概念中，哪些是“量子化”的( )A. 学生的个数 B. 物体的质

3、量C. 物体的动量 D. 木棒的长度【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，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

4、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- 3 - / 15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

5、，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C. O 点偏右 D. 无法确定，因为两小球质量关系未定【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，、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： （ ）A. B. C. D. 【答案】B- 4 - / 15【解析】试题分析：在跃迁时辐射的光

6、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 、 衰变会生成氡，其衰变方程为xy，其中( )A. x1，y3 B. x2，y3C. x3，y2 D. x3，y1【答案】C【解析】原子核经过一次 衰变，电荷数减小 2，质量数减小 4，一次 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

7、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【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，茶杯与海绵垫作用时间长，由动量定理得，P=Ft，P 相同，- 5 - / 15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 D8. 人的质量 m60kg，船的质量 M240kg，若船用缆绳固定，船离岸 1.5m 时，人可以跃上岸。若

8、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 B. 1.2mC. 1.34m D. 1.1m【答案】C【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

9、C. 结合能越大的原子核越稳定- 6 - / 15D. 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

10、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- 7 - / 15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

11、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

12、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 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- 8 - / 15B. 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 、 三种射线中， 射线的穿透能力最强，电离能力最弱【答案】ABD【解析】A 项： 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

13、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： 射线的电离能力比 射线的电离能力强得多， 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. v1v2m/s B. v11 m/s，v22.5 m/sC. v11 m/s，v23 m/s D. v13 m/s，v20.5 m/s- 9 - / 15【答案】AB【解析】碰撞前总动

14、量为，碰撞前总动能为；A、碰撞后总动量，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，动量增大，故 C 错误；D、碰撞后总动量，碰撞后总动能为，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（本题共二、实验题（本题共 2020 分，把正确答案填在题中的横线上或方框里。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

15、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 的关系如图所示,已知直线的斜率为 K，横截距是 0,由实验图可求出普朗克常量是- 10 - / 15_该金属的逸出功是_（用 K、0 表示）【答案】 (1). (2). 【解析】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. （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

16、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、AB第一、二次入射小球的落点依次是 C、BC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_。【答案】 (1). AC

17、 (2). 大于 (3). 同一高度静止释放 - 11 - / 15(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

18、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=v10tOA=v1tOC=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（本题共三、计算题（本题共 2 2 小题，小题，3636 分分. .解答应写出必要的文字说明、方解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）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-

19、 12 - / 15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(FNmg)tmvt(mv0)， 代入数据解得 FN190 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

20、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；- 13 - / 15【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，3mv

21、0=(3m+m)v1 v1=v0 四、选做题四、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

22、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，- 14 - / 15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(mgp0S)d，根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能UQWQ(mgp0S)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 t10 时刻的图象此时波中质点 M 的运动方向沿 y 轴正方向，且 t20.05 s 时质点 M 恰好第 1 次到达 y轴正方向最大位移处试求：（1）此波向什么方向传播？（回答“沿 x 轴向左

23、”或“沿 x 轴向右” ）（2）波速是多大？（3）从 t10 至 t31.1 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；- 15 - / 15(2) 在 t20.05 s 时，质点 M 恰好第 1 次到达正最大位移处，则有，解得周期为：T0.2 s，由波的图象可以看出波长为：0.4 m，则波速为：；(3) 在 t10 至 t31.1s 这段时间，波中质点 N 经过了个周期，所以走过的路程为 s225 cm110 cmt3 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。