【文档说明】山西省晋中市祁县第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，700.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-19da238d5be6fe6e772d66af4bd983ca.html

以下为本文档部分文字说明：

祁县二中高二期末考试卷一.选择题（每小题4分共44分）1.质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不

足，不能判断【答案】A【解析】【详解】根据xt−图象可知：a球的初速度为：3m/sav=b球的初的速度为：0bv=碰撞后a球的速度为：1m/sav=−碰撞后b球的速度为：2m/sbv=两球碰撞过程中，动能变化量为：22222211111101311220222J2

22kaaaabbEmvmvmv=+−−=−−=则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；A．与分析相符，故A正确；B．与分析不符，故B错误；C．与分析不符，故C错误；D．与分析不符，故D错误；故选A。2.质量不等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、

同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A.pA=6kg·m/s，pB=6kg·m/sB.pA=3kg·m/s，pB=9kg·m/sC.pA=－2kg·m

/s，pB=14kg·m/sD.pA=－4kg·m/s，pB=17kg·m/s【答案】ABC【解析】【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A、B球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量分别为Am、Bm，由于碰撞前，A球能追上B球，则A0B0ABppmm代入数据整理得BA57

mm①系统的总动量p=7kg·m/s+5kg·m/s=12kg·m/sA．若碰后A、B两球动量为pA=6kg∙m/s，pB=6kg∙m/s由于ABppp+=因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此ABABppmm解得BAmm②另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械

能2222A0B0ABABAB2222ppppmmmm++代入数据整理得BA1113mm③由①②③解得ABA1113mmm能找到合适质量的A、B两物体，因此A正确；B．若碰后A、B两球动量为pA=3kg∙m/s，pB=9kg∙m/s由于ABppp+=因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球

不可能超过B球，因此ABABppmm解得BA3mm④另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能2222A0B0ABABAB2222ppppmmmm++代入数据整理得BA75mm⑤由①④⑤解得ABA735mmm能找到合适质量的A、B两物体，因此B正确；C．若碰后A、B两球动量为

pA=-2kg∙m/s，pB=14kg∙m/s由于ABppp+=因此碰撞过程中动量守恒，碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能2222A0B0ABABAB2222ppppmmmm++代入数据整理得BA195mm⑥由①⑥联立解得BA195mm能找到

合适质量的A、B两物体，因此C正确；D．若碰后A、B两球动量为pA=-4kg∙m/s，pB=17kg∙m/s由于ABppp+因此碰撞过程中动量不守恒，D错误。故选ABC。3.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开

地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为212mvB.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv

，地面对他做的功为212mvD.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零【答案】D【解析】【详解】人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0故地面对人的冲量为I=mv＋mgΔt人在跳起

时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，ABC错误。故选D。4.研究光电效应规律的实验装置如图所示，以频率为v的光照射光电管阴极K时，有光电子产生．由

于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动．光电流i由图中电流计测出，反向电压U由电压表测出．当电流计的示数恰好为零时，电压表的示数称为反向截止电压Uc，在下图所表示光电效应实验规律的图像中，正确的是()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【详解】A．反向电压

U和频率一定时，发生光电效应产生的光电子数与光强成正比，则单位时间到达阴极A的光电子数与光强也成正比，截止电压0U与频率ν是线性关系，不是正比关系，光强I与频率ν一定时，光电流i随反向电压的增大而减小．反向电压U和频率一定时，发生光电效应产生的光电子

数与光强成正比，则单位时间到达阴极A的光电子数与光强也成正比，故光电流i与光强I成正比，A正确；B．由动能定理，00kmqUE−=−，又因kmEhW=−，所以0hWUqq=−，可知截止电压0U与频率ν是线性关系，不是正比关系，B错

误；C．光强I与频率ν一定时，光电流i随反向电压的增大而减小，又据光电子动能大小的分布概率及发出后的方向性可知，C正确；D．由光电效应知金属中的电子对光子的吸收是十分迅速的，时间小于10-9s，10-9s后，光强I和频率ν一定时，

光电流恒定，故D正确．5.如图所示，根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹.在粒子从a运动到b再运动到c的过程中，下列说法正确的是A.动能先增大后减小B.电势能先减小后增大C.电场力

先做负功后做正功，总功等于零D.加速度先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A.粒子及原子核均带正电，故粒子受到原子核的库仑斥力，粒子从a运动到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大，从b运动到c，电场力做正功，动能增大，电势能减小。故A错误，B错误；

C.a、c在同一条等势线上，a、c两点间的电势差为零，则粒子从a到c的过程中电场力做的总功等于零，故C正确；D.粒子所受的库仑力122kqqFr=，b点离原子核最近，所以粒子在b点时所受的库仑力最大，加速度最大，故加速度先增大后减小，故

D错误。6.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A.P的初动能B

.P的初动能的12C.P的初动能的13D.P的初动能的14【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．根据动量守恒定律：mv0=2mv．根据机械能守恒定律，有222000111122242pkEmvmvmv

E−＝＝＝故最大弹性势能等于P的初动能的12．故选D．点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．7.图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干

不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是A.最容易表现出衍射现象的光是由，n=4能级跃迁到n=1能级产生的B.频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D.用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光

电效应【答案】D【解析】【详解】A．波长越长衍射现象越明显，能级差越大频率越高波长越短，A错误；B．频率最小的光应是由n=4能级跃到n=3能级产生的，B错误；C．由2nC可知，这些氢原子总共可辐射出六种

不同频率的光子，能极差越大频率越高，可得C错误；D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光能量为10.2eV，大于逸出功，能发生光电效应.D正确。8.如图所示，P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电

场的作用下分成a、b、c三束,以下判断正确的是（）A.a为α射线、b为β射线B.a为β射线、b为γ射线C.b为γ射线、c为β射线D.b为α射线、c为γ射线【答案】B【解析】试题分析：b射线在电场中没有发生偏转，说明b不带电是光子γ射线，所以A、D项错误；电场方向水平向右，a

射线向左偏转，说明受力方向与电场方向相反，a带负电为β射线，所以B项正确；c射线向右偏转，说明受力方向与电场方向相同，c带正电为α射线，所以C项错误．考点：本题考查了三种射线的性质9.关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是()A.与速度方向相同B.与速度变化量

的方向相同C.与物体受力方向相同D.与物体受到的总冲量的方向相同【答案】BD【解析】【详解】AB．根据00()ttpmvmvmvv=−=−动量变化量的方向就是速度变化量的方向，与速度方向无关，B正确，A错误；D．根据

动量定理，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化，因此动量变化的方向与物体受到的总冲量的方向相同，D正确；C．如果合外力的方向不变，合外力的冲量的方向与合外力方向相同，如果合外力的方向发生改变，无法确定一段时间内的合外力方向，C错误。故选BD。10.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧

(不连接)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确的是（）A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手

，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零【答案】ACD【解析】【详解】A.若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；B.先放开左手，再放开右手，此过程中两车与弹簧组成的系统所受合外力不

为零，系统动量不守恒，但是两手都放开后，系统的合力为零，动量守恒，故B错误；C.先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C正确；D.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，

系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；故选ACD．11.静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得粒子和反冲

核轨道半径之比为44：1，如图所示，则（）A.粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反B.原来放射性元素的原子核电荷数为90C.反冲核的核电荷数为88D.粒子和反冲粒子的速度之比为1：88【答案】AB

C【解析】【详解】A．微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，故A正确；BC．由于释放的粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动，则有2mvBqvR=解得mvRBq=若原来放射性元

素的核电荷数为Q，则对粒子112pRBe=对反冲核222pRBQe=−（）由于12pp=，1R：244R=：1解得90Q=反冲核的核电荷数为90288−=D．粒子的动量为p=mv由于两粒子动量p大小相等，则它们的速

度大小与质量成反比，由于不知道两粒子间的质量关系，则无法确定两粒子的速度关系，故D错误。故选ABC。二.实验题(共10分)12.某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，

二者平滑相接，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图

中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP。米尺的零点与O点对齐。(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA________mB（选填

“>”“<”或“＝”）。(2)碰撞后B球的水平射程应为________cm。(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________（填选项前的字母）。A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离B.A球与B球碰

撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量E.测量G点相对于水平槽面的高度(4)若mv为不变量，则需验证的关系式为_____________。【答案】(1)

.>(2).64.7(64.2～65.2均可)(3).ABD(4).mA·OP＝mA·OM＋mB·ON【解析】【详解】(1)[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即mA大于mB。(2)[2]由图乙所示可知，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小

的圆的圆心，约为64．7cm；(3)[3]两球离开轨道后做平抛运动，它们在控制的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mAv0=mAv1+mBv2两边同时乘以t得：mAv0t=mAv1t+mBv2t则：mAOP=mA

OM+mBON实验需要测量小球的水平位移、小球的质量，故选ABD．(4)[4]有以上分析可知，需要验证的表达式为：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON三.计算题（共46分）13.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是

B的质量的3/4，子弹的质量是B的质量的1/4．求：⑴A物体获得的最大速度；⑵弹簧压缩量最大时B物体的速度．【答案】（1）014vv=；（2）028vv=【解析】【详解】子弹和A木块相撞动量守恒14mv0=（14m+

34m）v1解得v1=14v0子弹和A组成的系统再和B相碰动量守恒，当弹簧压缩最短时系统各部分速度相等，（14m+34m）v1=（m+14m+34m）v2解得v2=18v014.如图所示，一定长度的木板静止在光滑的水平地面上，其质量为M=1.8kg。

木板左端放一木块，其质量为m=190g，木板与木块间动摩擦因数μ=0.4。质量为m0=10g的子弹以v0=200m/s的速度水平打入木块并留在其中，最后木块恰好到达木板的右端。求：(1)木块到达木板右端所用的时间；(2)木板的长度。【答案】(1)2.25

s；(2)11.25m【解析】【详解】(1)子弹打入木块过程所用时间极短，并且相互作用力远大于木块所受的摩擦力，故子弹与木块组成的系统动量守恒。设子弹打入木块后的速度为v1，有m0v0=(m0＋m)v1代入数据解得v1=10m/s木块在木板上滑动时，带动木板向右加速，因地面光

滑，子弹、木块与木板组成的系统动量守恒，最后三者速度相等，设速度大小为v2，则m0v0=(m0＋m＋M)v2代入数据解得v2=1m/s木块沿木板做匀减速运动，加速度a1=()00mmgmm++=μg=4m/s2故木块在木板上的运动时间t=121vva−=2.25s(2)本板和木块

向右运动，如图所示木块向右减速的位移x1＝122vv+t=12.375m木板向右加速的位移x2＝22vt=1.125m故木板长度L=x1－x2=11.25m15.如图所示，在离地面3h的平台边缘有一质量为m1的小球A，在其上方悬挂着一个质量为m2的摆球B，当球B从离

平台某高处由静止释放到达最低点时，恰与A发生正碰，使A球水平抛出，已知碰后A着地点距抛出点的水平距离为3h，B偏离的最大高度为h，试求碰后两球的速度大小和B球碰前速度大小。【答案】A32vgh=，B2vgh=，1B02322mvghg

hm=-【解析】【详解】碰撞后对B球，由机械能守恒定律得222B12mghmv=解得B2vgh=碰撞后对A球，由平抛运动知识得A3hvt=2132hgt=解得A32vgh=对A、B组成的系统，由动量守恒定律得2B02B1A

mvmvmv=−+解得1B02322mvghghm=−16.两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图14所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静

止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．【答案】1212()()MMhMmMm++【解析】【详解】设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得2211122m

ghmvMV=+①1MVmv=②设物块在劈B上达到的最大高度为'h，此时物块和B的共同速度大小为'V，由机械能守恒和动量守恒得22211'()'22mghMmVmv++=③2()'mvMmV=+④联立①②③④式得()()1212MMhhMmMm=+

+