【文档说明】全国百强名校2019-2020学年高二下学期领军考试（6月）物理试题 答案.pdf，共(5)页，274.810 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理参考答案第1页共5页2019—2020学年下学期全国百强名校“领军考试”高二物理参考答案与详解1．【答案】A【解析】由hP可知动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等，可知A正确；金属的逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关，B错误；比结合能大的

原子核分裂成比结合能小的原子核时要吸收能量，C错误；玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，D错误。2．【答案】C【解析】电子的发现说明原子是有内部结构的，A错误；β射线是原子核内中子转化为质子的过程中释

放出的电子流，它具有中等的穿透能力，故B错误；根据光电效应的定义可知在光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子，故选项C正确；玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的，卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一

个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故选项D错误。3．【答案】B【解析】当AK之间电压大到一定程度时，所有光电子都能到达A，滑片P向右移动，再增加电压就不能增加电流了，选项A错误；增加入射光的强度单位时间内可能产生更多的光

电子，从而增加电流，选项B正确；增加入射光的频率只能增加光电子的最大初动能，不一定能增加光电流，选项C错误；增加光照射的时间，不能增加电流，选项D错误。4．【答案】B【解析】铀235裂变的方程需要慢中子撞击，故A项错误；铀235裂变后的生成物是多样的，但都要

发生质量亏损，因为要释放核能，故B项正确；该核反应方程式不遵循质量数守恒，故C项错误；铀235裂变即使发生了，如果铀块体积小于临界体积，则核反应不能持续下去，故选项D错误。5．【答案】C【解析】大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，

有4→1、4→2、4→3、3→1、3→2和2→1共六种情况，所以跃迁过程中将辐射出6种频率的光子，A错误；n＝4能级跃迁到n＝3能级和n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量小于金属的逸出功，不能使该金属发生光电效应现象，B错误；根据光电效应方

程可知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，C正确；β射线是原子核衰变时发射出的高速电子流，D错误。6．【答案】C【解析】设发射瞬间喷出的气体对饮料瓶的作用力为F，由牛顿第二定律F-Mg=Ma，其中V

M31，代入数据解得F=9N，再由动量定理Ft＝mv知，vFtm，代入数据解得m＝0.03kg，C正确。7．【答案】BD【解析】由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小为smghv/8211，刚好要离开网面时速度大小为smghv/10222，在触

网过程中，由动量定理，I-mgt=mv2-(-mv1)，解得网面对运动员的冲量大小为I=1800N·s，A项错误，B项正确；由于运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为零，因此弹性网的弹力做功为零，C

项错误，D项正确。8．【答案】BC【解析】若小球1与小球2发生完全非弹性碰撞，则mv0=(m1+m2)v2，代入数据，解得v0=12m/s；若小球1与小球2发生弹性碰撞，则由mv0=m1v1+m2v2，22221120212121vmv

mmv联立代入数据，解得v0=6m/s。所以v0应介于6m/s与12m/s之间，B、C正确。高二物理参考答案第2页共5页9．【答案】BD【解析】A．设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点。故A

错误。B．设A到达最低点时的速度为v1根据水平动量守恒定律得：212mvmv由能量守恒定律得222122121mvmvmgR解得321gRv。故B正确。C．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右，当A在

水平方向上的速度向右时，则B的速度向左。故C错误。D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得：m（2R-x）=2mx，解得：Rx32。故

D正确。10．【答案】（1）CD（2分）（2）重复几次取t1、t2的平均值、适当增大滑块到挡板的距离等合理答案均可。（2分）【解析】（1）如果不是同时将电动卡销放开，那么系统受到的合外力不为零，系统动量

不守恒，无法完成该实验，A错误；该实验为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，倾斜的气垫导轨无法完成该实验，B错误；要求出A、B两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L1和L

2，再由公式txv求出其速度；滑块A、B的质量不相等也可以完成该实验，C、D正确。（2）多次测量取平均值，适当增大滑块到挡板的距离等合理答案均可。11．【答案】（1）P；M（2分）（2）①ONmOMmOPm211

（2分）②BC（2分）【解析】（1）小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的P点，小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是M点，m2球的落地点是N点。（2）①若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m

2v2，又tvOP0，tvOM1，tvON2，代入得ONmOMmOPm211；②若为弹性碰撞则同时满足机械能守恒，则222121212121tONmtOMmtOPm，得222121ONmOMmOP

m；由ONmOMmOPm2110，2221212121021ONmOMmOPm。OPmmmmOM2121联立解得碰后结果OPmmmON2112将结果进一步做差，化简可得OPOPmmmmOPmmmOMON21212112所以，若本实验中两球

发生弹性碰撞，则OP、OM、ON应满足的表达式为OPOMON。高二物理参考答案第3页共5页12．【答案】（1）032mv（2）021v【解析】（1）B、C碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝3mv（2分）根据动量定理，子弹击中物块B的瞬间对物块B产

生的冲量I=2mv（2分）解得032mvI（1分）（2）当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，设为vA，B、C此时的速度为vB，则根据系统的动量守恒，有3mv=mvA+3mvB（2分）根据初、末状态系统动能相等，有2223

2121321BAmvmvmv（2分）联立解得021vvA（1分）13．【答案】（1）见解析（2）R458【解析】（1）设碰撞前小球a的速度为v0，根据机械能守恒定律2021mvmg

R（2分）小球a运动到B与小球b相碰，因为两小球质量相等、发生弹性碰撞，则碰后速度互换，a停在B点，小球b以速度v0向右做减速运动，加速度大小为a=μg（1分）运动位移x=2R后与小球c碰前速度为vb，则v02-vb2=2ax（1分）小球b、c碰撞，根据弹性碰撞

结论可知碰后b停在C点、c以速度vb向右运动滑上圆弧CD，到最高点后返回C点，小球c从C点向右冲上圆弧轨道到返回C点的过程中机械能守恒，返回C点时的速度大小为vb在C点小球b、c碰撞，碰后速度互换，c停在C点，小球b以速度vb向左以加速度a匀减速滑

行，到停止的运动位移avxb220（1分）联立解得x0=0.5R（1分）即最终三球a、b、c都在BC部分，b、c距离为0.5R，ab距离为1.5R，ac距离为2R。（1分）（2）设碰撞前小球a的速度为v0，根据机械能守恒定律20162116mv

mgR（1分）设碰撞后a与b的速度分别为v1和v2，设b球质量为M，根据动量守恒定律16mv0=16mv1+Mv2（1分）由于碰撞过程中无机械能损失2221202116211621Mvmvmv（1分）之后bc碰撞，设碰撞后b与c的速度分别为v3和v4

，根据动量守恒定律Mv2=Mv3+Mv4（1分）由于碰撞过程中无机械能损失242322212121mvMvMv（1分）联立解得MmgRmMmMv1623224（1分）之后c滑上右圆弧，设上升最大高度为H，应用

机械能守恒有2421mvmgH（1分）将v4代入，解得RMMmmMmH222171664由数学知识，MmMmmMMmmMm171664171664222，mMMm8162，当M=4m时等号成立，此时H有最大

值，解得RH458（1分）高二物理参考答案第4页共5页14．【答案】（1）ACD（5分）（2）29cm（6分）；7.46cm（6分）（3）①KT10802（8分）；②13：18（5分）【解析】（1）从液晶形成的条件可知温度、压力、电磁作用可以

改变液晶构造与分布从而影响它的光学性质，选项A正确；由热力学第二定律知热机的效率不可能达到100%，选项B错误；包围悬浮固体颗粒的液体分子的无规则运动，形成对颗粒的无规则碰撞，撞击作用的不平衡，使颗粒受力无规则，进而表现为无规则运动（布朗运动）。选项C正确；液体表面张力作用的收缩现象使液

体表面积最小，从而小露珠呈球形（表面积最小），选项D正确；做功和热传递是影响气体内能的两个方面，外界对气体做正功，如果同时放热，气体的内能不一定增加，故E错误。（2）【解析】①开始时气体Ⅱ的压强HgHgHgpcm95cm20cm751（1分）设倒入水银柱

的长为Lcm，则当B水银柱左右两边液面相平时，气体Ⅱ的压强为HgLHgLHgHgpcm)85(cmcm10cm752（1分）气体Ⅱ这时的长为h1=25cm则有ShphSp1213（2分）解得cmL29

即左管中倒入的水银柱的长为29cm（2分）②对于气体Ⅰ，开始的压强HgcmHgcmHgcmp8510751（1分）倒入水银后的压强HgcmHgcmHgcmp11429852（1分）气体发生等温变化，则有ShphSp

21（2分）解得cm.h467（2分）（3）①对下部分气体N，做等温变化，初状态压强为：Smgpp01（1分）体积为：V1=V0末状态：压强为p2，体积为：0221VV（1分）根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2（1分）对上部分气体M，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两

部分气体的压强22pp（1分）初状态：压强为p0，温度为T0，体积为V0末状态：压强为2p，温度2T，体积为0223VV（1分）根据理想气体状态方程，有：222000TVpTVp（1分）代入数据解得：KTT10806

.302（2分）②设上部分气体M，等温2T变化，压强回到p0时体积为V3，根据玻意耳定律有：2230VpVp（1分）代入数据解得：002236.3VpVpV（1分）对应释放气体的等效体积为：ΔV=V3-V0=2.6V0（1分）释放气体Δm与原气体质量m0之比为

：18136.36.2ΔΔ30VVmm（2分）15．【答案】（1）ADE（5分）（2）①35.32623n（8分）②cmx35，y=5cm（4分）（3）①这列波沿+x方向传播，传播的速度10m/s。（7分）②这列波的振幅为0.2m，x＝2m处的质点在t＝2.5s时的位

移为m102。（6分）高二物理参考答案第5页共5页【解析】（1）受迫振动的周期由周期性外力的周期决定，与单摆的摆长无关，故A正确；产生多普勒效应的原因是观察者与波源的相对运动导致接收到的波的频率发生变化，波源频率

没有变化，故B错误；偏振光只能是横波，不可能是纵波，故C错误；做简谐运动的质点，先后经过同一位置时，速度的大小一定相同，但是方向不一定相同，故D正确；肥皂泡在阳光下的色彩是薄膜干涉形成的，故E正确。（2）①如图，透明物体内部的光路为折线MPN（P为光线反射点），N、N＇点相对于底面AB对称，M、P

和N＇三点共线，设在M点处，光的入射角为i=60°，折射角为r，出射光线与法线夹角为i＇，由几何关系得：∠PMO=∠PN＇O=∠PNO=r（1分）根据折射定律有：ririsinsinsinsin（1分）代入数据解得：i＇=i=60°

（1分）连接NN＇，即有∠ONN＇=∠ON＇N=60°（1分）即得：∠NON＇=60°，∠N＇OP=∠NOP=30°（1分）于是由几何关系得：∠MON＇=150°，则180°-150°=2r（1分）由上各式联立解得：r=15°根据折射率公式有15sin60sinsinsin

rin（1分）解得：35.32623n（1分）②由于∠N＇OP=∠NOP=30°（1分）cmRx3530cos（1分）N点坐标：cmRy530sin（1分）（注：光路图1分）（3）【解析

】①周期T＞0.5s，因此从实线到虚线的时间间隔△t＝0.3s＜T假设波沿x轴负方向传播，则sT3.085（1分）求得T＝0.48s（1分）周期小于0.5s，因此假设不成立，则这列波沿+x方向传播。（2分）则sT3.083（1分）求得T

＝0.8s（1分）波传播的速度smTv/10（1分）②由题意可知，t＝0时刻，x＝2m处的质点正处在波谷Tst4333（1分）振动的路程mAs34433，（1分）解得A＝0.2m（1分）该质点的振动方程为t.cos.y80220（m）（2分）当t＝2.5s时，质

点的位移为my102。（1分）