【文档说明】河北省辛集市高中2020-2021学年高二下学期期中考试物理答案.pdf，共(11)页，538.730 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理答案第1页，共11页2020-2021学年度第二学期期中考试物理答案1.【答案】C。本题是原子物理学史，根据相关的科学家，如玻尔、密立根等科学家的成就进行答题解答本题关键要记住汤姆孙、玻尔、卢瑟福、密立根和贝克勒尔的科学

成就，了解原子物理学的发展历史【解答】解：A、密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10−19C，选项A错误；B、原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，选项B错误；C、由波尔理论知道氢原子从激发态

跃迁到基态时会放出光子，选项C正确；D、一个原子核在一次衰变中不可能同时放出𝛼、𝛽和𝛾三种射线，选项D错误．故选：C2.【答案】D【分析】该题通过带电粒子在磁场中运动，考查三种射线的特性，𝛼射线带正电荷，在磁场中根据左手定则判定向右偏转；𝛽射线带负电荷，偏转的方向与𝛼射线相反；

𝛾射线不带电，不偏转，由此可以判定。该题通过带电粒子在磁场中运动考查射线的特性，可以根据左手定则进行判定．属于简单题目。【解答】B．𝛾粒子不带电，不会发生偏转，B错误;𝐴𝐶𝐷.由左手定则定，a、b粒子带正电，c、d粒子带负电，又知𝛼粒

子带正电，𝛽粒子带负电，A、C错误，D正确。3.【答案】C【解析】解：分析光电流和电压的关系图象，结合光电效应方程可知，𝑒𝑈=𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊，即遏止电压大的，入射光的频率大，故𝜈𝑏>𝜈𝑐>

𝜈𝑎，频率大的折射率大，折射率大的通过三棱镜时，光线偏转的厉害，故b光偏转厉害，其次是c光，故C正确，ABD错误。故选：C。当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏止电压，根据光电效应方程判断遏止电压与入射光频率的关系。入射光频率大的，折射率大，偏转程度大。本题是光的

色散和光电效应方程的综合，关键要掌握光的色散研究的结果，知道偏折程度不同的单色光的折射率的大小关系，同时，要注意最大初动能与遏止电压的关系。高二物理答案第2页，共11页4.【答案】D【解析】解：ABC、氢原子由𝑛=3跃迁到𝑛=1辐射的光子能量𝐸31=�

�3−𝐸1=−1.51𝑒𝑉−(−13.6𝑒𝑉)=12.09𝑒𝑉，氢原子由𝑛=2跃迁到𝑛=1辐射的光子能量𝐸21=𝐸2−𝐸1=−3.4𝑒𝑉−(−13.6𝑒𝑉)=10.2𝑒𝑉，氢原子由𝑛=3跃迁到𝑛=2辐射的光子能

量𝐸32=𝐸3−𝐸2=−1.51𝑒𝑉−(−3.40𝑒𝑉)=1.89𝑒𝑉，由此可知：①比②的能量高，结合𝐸=ℎ𝑐𝜆可知③比②的波长长，由于③的光子能量小于金属的逸出功，不能使金属发生光电效应，故ABC错误；D、根据𝐸=ℎ𝑐𝜆可知：①的波长小于②的波

长，结合亮条纹中心间距公式△𝑥=𝐿𝑑𝜆可知：①的条纹间距小于②的，故D正确。故选：D。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，光子的波长越短。解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的

能级差𝐸𝑚−𝐸𝑛=ℎ𝑣=ℎ𝑐𝜆处理波长问题。5.【答案】A【解析】解：A、𝑡=1𝑠时，振子位于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度的方向指向平衡位置，所以加速度为负的最大值，故A正

确；B、𝑡=2𝑠时，振子位于平衡位置正在向下运动，振子的速度最大，方向向下，加速度为0，故B错误；C、𝑡=3𝑠时，振子位于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度最大，故C错误；D、𝑡=4𝑠时，振子位于平衡位置正在向上运动，振子的速度为正，加速度为0，故D错误。故选：A。

根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系。当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大。加速度方向总是与位移方向相反，位移为负值，加速度为正值。本题考查对简谐运动图象的理解能力。6.【答案】B【解析】分析：考查胡克定律和简谐运

动的基本特点。解答：AB选项：由两物块静止时的平衡条件，得𝑘𝛥𝑥=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔，解得𝑘=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔𝛥𝑥=40𝑁/𝑚，剪断高二物理答案第3页，共11页AB间细线后

，A物块静止悬挂时的弹簧的伸长量为𝑥𝐴=𝑚𝐴𝑔𝑘=0.025𝑚=2.5𝑐𝑚，即弹簧伸长量为2.5𝑐𝑚时A物块所在的位置就是简谐运动中的平衡位置，悬挂B物块后又剪断细线，相当于用手把A物块下拉后又突然释放，平衡位置到A物块被下拉的最低位置

的距离就是振幅，即𝐴=𝑥−𝑥𝐴=15𝑐𝑚−2.5𝑐𝑚=12.5𝑐𝑚，故A正确，B错误；CD选项：振动过程中物块A的最大加速度为𝑎=𝑘𝐴𝑚𝐴=40×0.1250.1𝑚/𝑠2=50𝑚/𝑠2，物块A在最高点时具有最大加速度，加速度

方向向下，重力和弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得：𝐹𝑇+𝑚𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎，解得𝐹𝑇=4𝑁，方向竖直向下，故CD正确。本题选不正确的，故选B。7.【答案】B【分析】本题主要是考查波长的计算，解答本题要能够根据题中条件得到波长的一般表达式，然后进行分析。【解答】解：P、Q

两质点平衡位置相距0.15𝑚。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则有：(𝑛+12)𝜆=0.15𝑚解得：𝜆=0.15𝑚𝑛+12=0.3𝑚2𝑛+1(𝑛=0、1、2

、3…)当𝑛=0时，𝜆=0.30𝑚，当𝑛=1时，𝜆=0.10𝑚，故B正确，ACD错误。故选B8.【答案】D【解析】解：AB、因𝑥=54𝜆处质点的振动方程为𝑦=𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝑇𝑡)，当𝑡=34𝑇时刻，𝑥=5

4𝜆处质点的位移为：𝑦=𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝑇×34𝑇)=0，那么对应四个选项中波形图𝑥=54𝜆的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在𝑡=34𝑇的下一时刻，在𝑥=54𝜆处

质点向y轴正方向振动，故D正确，C错误；故选：D。将𝑡=34𝑇代入𝑥=54𝜆处质点的振动方程中，求得此时此质点的位置，再根据波的传播方向来判定质点的振动方向，从而即可求解。高二物理答案第4页，共11页考查波动图象，及振动方程的应用，掌握波的传播方向来判定质点振动方向的方法，注

意波动图象与振动图象的区别。9.【答案】A【详解】光路图如图所示由几何关系得，入射角45ia，折射角1560ri，根据光路是可逆的，将r看成入射角，i看成折射角，由折射定律得，此棱镜材料的折射率sinsin6

06sinsin452rni故A正确，BCD错误。故选A。10.【答案】C【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

可得半径公式，结合轨迹图分析。知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。【解答】A.原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相

反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是𝛼衰变，但不是𝛽衰变，故A错误；B.核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量

守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟，解得：𝑟=𝑚𝑣𝑞𝐵=𝑝𝑞𝐵，由于p、

B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为𝑟1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为𝑟2的圆为粒子的运动轨迹，故B错误；高二物理答案第5页，共11页C.由B选项的分析知：𝑟1：𝑟2=2：9

0=1：45，故C正确；D.根据动量守恒定律知，新核TH和𝛼粒子的动量大小相等，则动能𝐸𝐾=𝑝22𝑚，所以动能之比等于质量之反比，为2：117，故D错误；故选C。11.【答案】ACD【分析】放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的位置

，了解𝛼粒子散射实验的实验现象即可正确解答；根据数学组合公式𝐶𝑛2求出一群氢原子处于量子数𝑛=3的激发态，可能发出的光谱线条数；当光子的频率大于极限频率时，发生光电效应，金属板将带正电；衍射是波特有的性质。由𝛼粒子的散射实验可知，原子内部的结构：中心有一个很小的核

，全部正电荷及几乎全部的质量都集中在里面，外面自由电子绕核高速旋转，知道𝛼粒子的散射实验的结果；解决本题的关键知道发生光电效应时有光电子从金属中飞出，理解光电效应的产生；理解光电效应产生的条件，以及光电流大小的决定因素，并能在具体问题中正确应用。【解答】A.

图甲是𝛼粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的𝛼粒子数最多，故A正确；B.图示是氢原子的能级示意图，结合氢光谱可知，氢原子从𝑛=3能级跃迁到𝑛=1能级时辐射了一定频率的光子能量，故B错误；C.当光照射锌板时，

金属板失去电子，将带正电，所以与之相连的验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的是正电荷，故C正确；D.图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波特有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有波动性，故D正确。故选ACD。12.【答案】AD【分析】根据折射率和光的传

播速度之间的关系𝑛=𝑐𝑣，可知，折射率越大，传播速度越小，根据图中的光线关系，判断折射率的大小，从而知道传播速度的大小；入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯

定有光线从𝑏𝑏′面射出；光的偏振现象表明光是一种横波。对这些知识的正确应用是求解的关键。【解答】高二物理答案第6页，共11页A.根据折射率和光的传播速度之间的关系𝑛=𝑐𝑣，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可

以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，故A正确；B.当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从𝑏𝑏′面射出，故B错误；C.由膜干涉条

件结合题图可知弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是下凹的，故C错误；D.只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。13.【答案】BD【解析】解：由于在其他条件相同的情况下波长为𝜆1的光的干涉条纹间距大于波长为𝜆2的干涉条纹间距，由𝛥𝑥

=𝐿𝑑⋅𝜆，可得：𝜆1>𝜆2。A、由光子的动量：𝑝=ℎ𝜆，则：𝑝1<𝑝2.故A错误；B、由：𝜈=𝑐𝜆可知，两种光子的频率关系为：𝜈1<𝜈2，即2的频率较大，根据介质的折射率与频率的关

系可知它们的折射率：𝑛1<𝑛2由临界角与折射率的关系：𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑛则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角𝐶1>𝐶2，故B正确；C、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程：𝐸𝑘𝑚=ℎ𝜈−𝑊，其中W为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大

初动能越大；又由：𝐸𝑘𝑚=𝑒⋅𝑈遏止则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：𝑈2>𝑈1.故C错误；D、根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量：𝐸=𝐸𝑚−𝐸𝑛；都是跃迁到𝑛=2能级，则n相同，m越大，则放射出的光子的能量值越大，由

于𝜈1<𝜈2，所以能级𝑚1<𝑚2，即2的能级更大。结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知，相应激发态的电离能△𝐸1>△𝐸2.故D正确。故选：BD。根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系；由：𝐸=

ℎ𝜈=ℎ𝑐𝜆判断光子的能量与光子的频率关系；由𝑝=ℎ𝜆判断光子的动量；由光的频率与折射率的关系判断折射率，然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止电压；根据玻尔理论分析跃迁和电离能。该题涉及的知识点较多，解决本题的关键是知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系，

知道能级高二物理答案第7页，共11页间跃迁所满足的规律，即𝐸𝑚−𝐸𝑛=ℎ𝜈。14.【答案】AC【解析】【分析】降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。介质中质点不随波移动，由此分析即可。

【解答】A、由题图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A正确；B、降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，故B错误；C、机械波传播的

速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C正确；D、P点并不随波移动，故D错误。故选AC。15.【答案】ACD【解析】解：A、画出光路图，如图所示，由图中几何关系可知光线在AC边的折射角为30°，故A正确；B、由图可知，在O点的入射角为45°，折射角为30°，由折射定

律有𝑛=𝑠𝑖𝑛45°𝑠𝑖𝑛30∘=2，故B错误；C、由𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑛可得全反射角C=45°，故C正确；D、根据几何关系可知OD=L，DE=32𝐿，光线在工件中的传播速度𝑣=𝑐𝑛，则光在工件中的传播时间𝑡=𝑂𝐷+𝐷𝐸𝑣=52𝐿2𝑐，故D正确。故选

：ACD。根据几何光学画出正确的光路图，利用几何关系找出各界面的入射角及折射角，即可根据折射定律算出折射率，根据全反射定律求出全反射角；由几何关系找出光线在工件中的路程，即可求出光线在工件中的传播时间。本题主

要考查光的折射定律和全反射，要注意结合数学几何判断角度的关系。16.【答案】ABC【分析】灵活应用波的传播特点是解题的关键，即波的起振方向与各质点的起振方向相同；注意求波速的方法及波速公式的应用。高二物理答案第8页，共11页【解答】𝐴𝐵.据图象可知：A比

波源晚振动3s，其周期为4s，所以波速为：𝑣=0.93𝑚/𝑠=0.3𝑚/𝑠，再据波速公式得：𝜆=𝑣𝑇=0.3×4𝑚=1.2𝑚故AB正确；𝐶𝐷.据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，起振方向沿y轴的

正方向，质点A在4s时位于最大位移处，速率为零，动能为零，故C正确，D错误。故选ABC。17.【答案】ABC【分析】本题考查折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解。【解答】由题意，光路如图所示：A.由几何知识可知，光线在D点的入

射角𝑖=∠𝐴𝐵𝐷=30∘，折射角𝑟=60∘，则此玻璃的折射率为：，故A正确；B.BD长度：，光在玻璃球内传播的速度：𝑣=𝑐𝑛=𝑐3，则光线从B传到D的时间为：𝑡=𝑠𝑣=3𝑅𝑐，故B正确；𝐶𝐷.根据，可知该玻璃球的临界角小于45∘，所以若增大∠�

�𝐵𝐷，入射角有可能大于临界角，所以光线有可能在DM段发生全反射现象，故C正确，D错误。故选ABC。18.【答案】ACD【解析】解：由振动图象可知，在𝑡=0时刻，a位于波峰，b经过平衡位置向下运动．若波从a

传到b，如图a、b两点之间的波形图“余数”如情况2所示，则有高二物理答案第9页，共11页(𝑛+34)𝜆=9𝑚，𝑛=0，1，2，…，得𝜆=364𝑛+3𝑚若波从b传到a，如图a、b两点之间的波形图“余数”如情况1所示，则有(𝑛+14)𝜆=9𝑚，𝑛=0，1，2，…，得

𝜆=364𝑛+1𝑚代入自然数可知，𝜆=4𝑚、12m，36m，结合a位于波峰，b经过平衡位置向下运动，可知ACD正确．故选ACD根据波动图象上同一时刻两个质点的振动状态，画出可能的波形，得到距离9m与波长的关系式，求得波长的通项，得到波长的特殊值，即可进行

选择．本题是机械波中多解问题，根据两个质点的状态，画出波形图进行分析是惯性的方法，要熟练掌握．19．(1)(2)1.8(3)小于【详解】(1)据折射定律可画出光路图(2)由几何关系可知入射角45i，折射角r满足125tan故135sin，据折射定律有8.1sinsinin(

3)绿光的折射率比红光大，若所加液体深度不变，光线AO在O点折射角将减小，光线会射到A点右侧，所以要使光线仍射到C点，所加液体深度要减小，小于6cm。20．（1）3；223R；（2）72Rc【详解】高二物理答案第10页，共11页（1）已知30ABM，由几何关系知入射角α30，折射

角β60，则玻璃的折射率为sin3sinn由题意可知临界角为CONB则有136sincos33CCn，故N点到直径AB的距离为222cossin3dRCCR(2)光在玻璃中传播速度为cvn光由B传到M的时间为12cos303BMRRtcvcn光由M传

到Q的时间为2cos602MQRRRtvcc总时间为127t2Rttc21.【答案】解：(𝑖)因为𝑡=0时，质点O的位移为：𝑦=4𝑐𝑚；𝑡=1𝑠时，A点第一次回到平衡位置，可的：𝑇4=1𝑠，解得：𝑇

=4𝑠。而且𝑡=13𝑠时，质点O第一次回到平衡位置，用时小于𝑇4，可以判断出，在𝑡=0时刻，质点O正在向下振动。结合简谐波沿x轴正向传播，可知在𝑡=0时刻，质点O位于“上坡”且位移为正；根据已知条件“波长不小于10𝑐𝑚”和O

、A两点在平衡位置上间距5𝑐𝑚，即小于半个波长，可知在𝑡=0时刻，质点A位于紧邻O点右侧的波峰处。结合上述两个推断，可知经历时间23𝑠，波的传播距离𝑥=5𝑐𝑚。所以波速为：𝑣=𝑥𝑡=523𝑐𝑚/𝑠=7.5𝑐𝑚/𝑠=0.075𝑚/�

�。波长为：𝜆=𝑣𝑇=7.5𝑐𝑚/𝑠×4𝑠=30𝑐𝑚=0.3𝑚(𝑖𝑖)设𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑡+𝜑0)可得：𝜔=2𝜋𝑇=𝜋2𝑟𝑎𝑑/𝑠再由𝑡=0时，𝑦=4𝑐𝑚；𝑡=13𝑠时，𝑦=0代入得：𝐴=8𝑐𝑚=

0.08𝑚再结合𝑡=1𝑠和当𝑡=13𝑠时，质点的位移，可得：𝜑0=56𝜋高二物理答案第11页，共11页所以质点O的位移随时间变化的关系式为：𝑦=0.08𝑠𝑖𝑛(𝜋2𝑡+56𝜋)；答：(𝑖)简谐波的周期为4s，波速为0

.075𝑚/𝑠，波长为0.3𝑚；(𝑖𝑖)质点O的位移随时间变化的关系式为𝑦=0.08𝑠𝑖𝑛(𝜋2𝑡+56𝜋)。【解析】(𝑖)利用A点在0s时和1s时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速的公式𝑣

=𝑥𝑡可求得波速，利用波速波长及周期之间的关系式𝜆=𝑣𝑇可求得波长；(𝑖𝑖)先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s时和1s时的O点的位移，可得知初相位，即为可知质点O的位移随时间变化的关系式。该题对于简谐振动的考查非常新颖

，首先要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答。对于第二问的解答有一定的难度，要注意利用数学知识求解初相位，同时要注意会分别用正弦和余弦来表述振动的关系式。