【文档说明】河北省辛集中学2020-2021学年高二下学期第一阶段考试 物理答案.pdf，共(8)页，180.563 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理答案第1页，共8页高二物理参考答案1．【答案】C【详解】A项：图1为α粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型，故A正确；B项：图2为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，根据左手定则可知，射线甲带负电，为β射线，故B正确；C项：根据光电效应方程

知：K0meUEhW，遏止电压与入射光的频率，及金属的材料有关，与入射光的强弱无关，故C错误；D项：图为核反应堆示意图即为核裂变，铀核的一种裂变方式为235114489192056360U+nBa+Kr+3n，故D

正确．2．【答案】C【详解】光子与电子碰撞过程系统动量守恒,系统动量的矢量和不变,碰前动量向右,故碰撞后系统的动量的矢量和也向右,故碰后光子可能沿方向1振动;因为电子动能增加,故光子动减量小,根据εhν,光子的频率减小,根据cv,波长变长;故C正确；ABD错误．故选C3．【答案】C【

详解】A．该单摆的固有频率为0.5Hz，则周期约2s，选项A错误；B．根据2LTg可解得该单摆的摆长221m4gTL选项B错误；C．根据2LTg将该单摆从北京移至广州，则重力加速度减小，周期变大，固有频率减小，即共振曲线振幅最大

值所对应的横坐标将减小，选项C正确；D．根据2LTg若摆长增大，单摆周期变大，固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，选项D错误。故选C。高二物理答案第2页，共8页4．【答案】D【解

析】【详解】发现质子的是卢瑟福，故A错误；β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程235114192192056

3603UnBaKrn，故C错误；根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光不

能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。故选D.5．【答案】B【详解】23892U的中子数为238-92=146个，20983Bi的中子数为209-83=126个，则23892U的子数比20983Bi的中子数多20个，A错

误；根据质量数守恒有：237-209=4×7，知发生了7次衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误；23892U与23592U的质子数

相同，中子数不同，它们是相同的元素，D错误．6．【答案】D【详解】原来单摆的摆线与竖直成5°角时无初速释放，右半边运动的时间为112222LLtgg由机械能守恒可知，小球单摆左侧和右侧的高度相同，而

右侧的摆线长，故其摆角应小于左侧的摆角，即小于5°，竖直位置左侧的时间为2122LLtgg故小球的运动周期为：T=t1+t2=2LLgg（）故选D．点睛：掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变

化，该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成．7．【答案】C【详解】A.由图可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A正确；

高二物理答案第3页，共8页B.由图可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，选项B正确；C.根据光电效应方程0kmEhW知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度

无关，选项C错误；D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D正确；本题选错误的，故选C。8．【答案】D【详解】根据图象可知：单摆的周期为：T=4t根据周期公式得：2LTg,所以g=224lt，故D正确，A

BC错误．故选D．9．【答案】B【解析】【详解】根据玻尔理论，氢原子能级越高原子的能量越大，电子绕核运动的轨道半径越大，根据222evkmrr可知动能越小，选项A错误；因12.3eV大于n=1和n=2之间的能级差10.2eV，则用动能为12.3eV的电子射向一群处于基态的氢原子，原子有

可能跃迁到n=2的能级，选项B正确；因12.3eV不等于n=1和n=2之间的能级差，则用光子能量为12.3eV的光照射一群处于基态的氢原子，光子不能被氢原子吸收，则氢原子不能跃迁到n=2的能级，选项C错误；用光子能量为1.75eV的

可见光照射大量处于n=3能级的氢原子时，氢原子能发生电离，选项D错误.10．【答案】D【分析】根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效应方程进行分析求解；【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压cU与

入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是

先增大，后不变，故选项B错误；C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项高二物理答案第4页，共8页C错误；D、根据图象可知，铷的截止频率�c=5.1×10-14Hz，根据光电效应方程0kmEhvW，

又根据该金属的逸出功大小W0=h�c当入射光的频率为�=7.1×10-14Hz时，则最大初动能为：0kmEhvW=h（�-�c）=6.6×10-34×(7.1×1014-5.1×1014)J=1.32×10-19J，故选项D正确．【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知

道遏止电压与最大初动能之间的关系，需要学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性．11．【答案】A【详解】某一时刻作计时起点（0t），经14周期，振子具有正方向最大加速度，则其位移为负方

向最大，说明0t时刻质点经过平衡位置向负方向运动，故A正确，BCD错误．12．【答案】B【详解】由单摆的周期公式2LTg可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=12mv2，据此式可知，速度

变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选B．【点睛】单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小．13．【答案】C【详解】A、从核反应方程可知，该核电站通过核裂变获得核能，故A错误；B、铀核23592U的质量

数为235，故B错误；C、由质量数守恒得：235+1=144+89+x，解得x=3，故C正确；D、一个铀核23592U发生上述核反应，由质能方程可得：222142341234(3)(2)Emcmmmmmcmmmmc，故D错误

．14．【答案】D【详解】A．系统机械能守恒，直变化，弹簧的弹性势能和物体动能总和一直变化B．根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称弹力与重力合力2kAmgmg方向向上，加速度为g向上，故C．最低点时

弹簧形变量2A，弹力D．振动最低点，弹簧的弹性势能最大故D正确．15．【答案】C【解析】根据题中所给信息，处在量子数为是处在该激发态能级上的原子总数的个，发出光子400×3=1200个；为2的激发态和基态的原子数都是的激发态的400+200=600个氢原子跃迁到基态的原子

数是在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为n=3辐射的光子能量为0.66eV，不能使金属钾发生光电效应，其它四种光子能量都大于钾的表面打出光电子的光子数为16．【答案】AB高二物理答案第5页，共8

页，动能、重力势能、弹性势能总量不变，振动过程中重力势能一弹簧的弹性势能和物体动能总和一直变化，故A错误；最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧形变量kAmgmg故B错误；弹力2kA=2mg，故C错误；弹簧的弹性势能最大，系统机械能守恒，重力势能转化

为弹性势能2pEmgA处在量子数为4的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的��，即向量子数为2、3的激发态和基态各跃迁；同理，处在量子数为3的激发态的400个氢原子跃迁到量子数的激发态和基态的原子数都

是400×��=200个，发出光子200×2=400个氢原子跃迁到基态的原子数是600×1=600个的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为�，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV其它四种光子能量都大于2.22eV．所以在此过程中能够从金属钾的表面打

出光电子的光子数为1600个．故选C．振动过程中重力势能一最低点时弹簧形变量2A，弹力2kA，重力势能转化为弹性势能，的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都的激发态和基态各跃迁1200×��=400个氢原子跃迁到量子数200×2=400个；处在量子数为

2个，发出光子600个．处���=6种，n=4跃迁到1.89eV，均小于2.22eV，所以在此过程中能够从金属高二物理答案第6页，共8页【解析】A、若Δt=T，由简谐振动的周期性可知，t时刻和t+Δt时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正确；B、若Δt=��

，在t时刻和t+Δt时刻振子的位置一定关于平衡位置是对称点，弹簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量大小一定相等，故B正确；C、若t时刻和t+Δt时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度经过两点，

也可能以方向相反的速度经过两点，所以则Δt不一定等于2T的奇数倍，故C错误；D、若t时刻和t+Δt时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，可能振子经过同一点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，Δt不一定等

于2T的整数倍，故D错误．点睛：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握，简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反，也可以作出振动图象进行分析．17．【答案】AC【解析】【详解】微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律,因为初始总动量为零,则末动量也为零,即α粒子和反

冲核的动量大小相等,方向相反.故A正确；因为释放的α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.由2mvBqvR得:mvRBq.因为动量大小相等，所以半径与电荷量成反比，再结合α粒子的电荷量

为2e，则产生的反冲核的核电荷数为88e，原来放射性元素原子核的核电荷数为90e，故B错误；C正确；它们的速度大小与质量成反比，由于不知道α粒子和反冲核的质量之比，所以不能确定速度之比，故D错误；故选AC18．【答案】BC【详解】A．物体A在O点平衡位置，有0sin

mgkx解得0sinmgxk弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为sinsin2sinOCmgmgmgxkkk即振幅为2sinmgk；故A错误；B．物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确；

C．物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得sinOCmgxmv故C正确；D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中能为零，势能最大；系统在O

点动能最大故选BC。19．【答案】（1）该振子简谐运动的表达式（2）在第2s末到第3s末这段时间内弹性势能增大（3）该振子在前100s的总位移为零【详解】（1）弹簧振子的周期为简谐运动的表达式为x=Asinωt=（2）第2s末到第3s末这段时间内小，弹

性势能增大。（3）因n===25，而振子在一个周期内通过的路程是是：S=25×4A=100×5cm=500cm=5m20．【答案】（1）044Eb；（2）【解析】（1）衰变方程为：bbaaXHeY在衰变过程中动量

守恒有：mαv又因为22kpEm，因α粒子与解得：044kEEb（2）由能量守恒得衰变释放的核能为（3）由质能关系△E=△mc2解得高二物理答案第7页，共8页21sin2mgxmv解得2sinmvgk由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律由物块与

弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；点动能最大，势能最小，故D错误。该振子简谐运动的表达式x=Asinωt=0.05sin0.5πt末这段时间内，弹簧振子的加速度逐渐增大，速度减小的总位移为零，路程为5m弹簧振

子的周期为T=4s，则公式ω==0.5πrad/s；振幅x=Asinωt=0.05sin0.5πtm。末这段时间内，据图可知，振子的加速度逐渐增大而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前S=25×4A=100×5cm=500cm=5m；总位移为0。）04bEb；（3）

02(4)bEbc4422bbaaXHeYvα=mYvY粒子与Y核的动量大小相等，所以有：0kyEmEmb由能量守恒得衰变释放的核能为：△E=E0+Ek=E0+044Eb=04bEb解得：02Δm

4bEbc根据机械能守恒定律，动；系统在C点和B点动5sin0.5πtm．速度减小，动能减小，振幅A=5cm故该振子逐渐增大，速度减小，动能减所以振子在前100s的总路程44yEmEmb0E高二物理答案第8页，共8页点睛：衰变过程类比于爆炸

，满足动量守恒和能量守恒，同时注意动量与动能的关系式：22kpEm．21．【答案】（1）mkmM(2)2mkAMm(3)Mmgk【分析】滑块的回复力是由静摩擦力提供，根据牛顿第二定律，结合胡克定律，即可求解；

根据牛顿第二定律，结合形变量的大小，即可求解；根据x增大时，f也增大，结合最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即可求解．【详解】解：(1)使砝码随着滑块一起振动，砝码所受静摩擦力是产生砝码与滑块一起变加速运动的加速度，故M对m的静摩擦力是回复力；其大小由牛顿第二定律有：fma整体法求共同加速度a

，则有：FkxamMMm弹；联立上两式，解得：f=�����x可知使砝码做简谐运动的回复力和位移成正比的比例常数mkkmM(2)当滑块运动到振动幅的一半位置时回复力：·22mAmkAfmakMmMm方向指向平衡位置；(3)从fkx,可以看出

，,当x增大时,f也增大，当maxffN时，有最大振动幅，因mmfmamg所以：·mmkAmgMm解得：mMmgAk