【文档说明】【精准解析】宁夏海原县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷.doc，共(13)页，671.000 KB，由小赞的店铺上传

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海原一中2019—2020学年第二学期期末考试高二物理试卷一、选择题（共15小题，每小题4分，共60分。1-10为单选题，11-15为多题，错选、多选不得分，漏选得2分）1.氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63eV~3.10eV的光为可见光．要使处于基态（n=1）的氢

原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A.12.09eVB.10.20eVC.1.89eVD.1.5leV【答案】A【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV

的可见光．故1.51(13.60)eV12.09eVE=−−−=．故本题选A．2.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A

.10NB.102NC.103ND.104N【答案】C【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．设鸡蛋落地瞬间的速

度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：212mghmv=，解得：22103251015/vghms===落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：()()0Nmgtmv−=−−

，解得：1000NN，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力3.太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为1

401214HHe+2e+2v→，已知11H和42He的质量分别为P1.0078um=和4.0026um=，1u=931MeV/c2，c为光速．在4个11H转变成1个42He的过程中，释放的能量约为A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV【答案】C【

解析】【详解】由2EmC=知()242peEmmmc=−−，2Emc==61916931101.610J910−27311.710kg0.910kg−−，忽略电子质量，则：()241.007

84.0026MeV26Euuc=−，故C选项符合题意；4.A、B两个物体都静止在光滑水平面上，当分别受到大小相等的水平力作用，经过相等时间，则下述说法中正确的是（）A.A、B所受的冲量相同B.A、B的动量变化相同C.A、B的末动量相同D.A、B的末

动量大小相同【答案】D【解析】因作用力相等，作用时间相同，故力的冲量大小相同；则两物体动量的变化量相同末动量的大小一定相同；但由于不明确两动量的方向，故不能说冲量、动量变化及末动量相同；故只有D正确；故选D．点睛：本题考查动量定理的应用，在理解该定理时一

定要注意各物理量的矢量性，否则极易出错.5.1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核2713Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋2713Al→n＋X，X的原子序数和质量数分别为()A.15和28B.15和30C.16和30D.17和

31【答案】B【解析】【详解】设X的质量数为M，电荷数为A，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知4271M+=+2130A+=+解得M=30，A=15故其原子序数为15，质量数为30，故B正确，ACD错误。故选B。6.在光滑的水平面上有a，b两球，

其质量分别是ma，mb，t1时刻两球发生正碰。两球碰撞前后的v—t图象如图所示。下列关系正确是（）A.ma=3mbB.3ma=mbC.ma=2mbD.2ma=mb【答案】B【解析】【详解】由图可知b球碰前静止，设a球碰后速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，

有0122()aabmvmvmv=−+①由机械能守恒有222012111(2)222aabmvmvmv=+②联立①②得102ababmmvvmm−=+2022aabmvvmm=+由图可知，两球碰后速度等大反向，即0022aabmvvmm=−+联立得3m

a=mb故B正确，ACD错误。故选B。7.一质量为m1的木块从高为h的地方由静止开始下落，不计空气阻力，当它下落到离地2h高时，被一质量为m2、速度为v0的子弹水平击中并留在木块内，则木块着地时的竖直分速度（）A.等于2ghB.小于2ghC.大于2

ghD.无法确定【答案】B【解析】【详解】若木块未被子弹击中，则由机械能守恒得212MghMv=则木块着地速度为2vgh=当子弹水平击中木块并留在木块内时，这个很短的时间内系统的动量守恒，系统的质量增大，则子弹击中木块后系统的竖直分速度减小

，所以木块着地速度的竖直分量小于2gh，故ACD错误，B正确。故选B。8.如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s速度向B撞击时，由于有橡皮泥而使A、B粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）A4

JB.8JC.16JD.32J【答案】B【解析】A撞击B过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+m）v，解得：v=2m/s；弹簧压缩最短时，A、B的速度为零，A、B压缩弹簧过程，由能量守恒定律得：EP=12（m

+m）v2，解得：EP=8J；故选B.9.一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902UTh+He→.下列说法正确的是（）A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经

历的时间D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【答案】B【解析】【详解】A．根据2k2pEm=可知，衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，故A错误；B．根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向

，故B正确；C．铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个α粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，故C错误；D．由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量

，故D错误．10.如图所示为α粒子散射实验中粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下说法中正确的是（）A.粒子在A处的速率比在B处的速率小B.粒子在A、C处的速度相同C.粒子从A运动到B的整个过程中电场力始终不做功D.粒子在B处的速率最小【答案

】D【解析】【详解】ACD．根据α粒子的运动轨迹曲线，可判定α粒子受到的是斥力，由A到B库仑力做负功，速度减小，则α粒子在A处的速率比在B处的速率大；由B到C库仑力做正功，速度增大，则α粒子在B处的速率最小，故选项AC错

误，D正确；B．由轨迹可知，α粒子在A、C处的速度大小方向不同，选项B错误。故选D。11.关于天然放射性，下列说法正确的是（）A.所有元素都可能发生衰变B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有

放射性D.α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强【答案】BCD【解析】【详解】A．有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B．放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界的温度无关，故B正确；C．放射性元素的放射性与核外电子无关，放射性

元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确；故选BCD。12.空气中悬浮着一颗球形小水珠，一缕阳光水平入射，如图所示，n甲、n乙和n丙分别表示水对甲光、乙光和

丙光的折射率。判断以下表述正确的是（）A.n甲大于n乙B.甲光的波长大于乙光的波长C.丙光的频率小于乙光的频率D.甲光、乙光和丙光由水到空气的折射角均相等【答案】BD【解析】【详解】A．由图看出，三条光线进入小水珠时入射角相

同，而折射角甲最大，丙最小，则根据折射定律sinsinin=得知，丙的折射率最大，甲的折射率最小，即n甲＜n乙＜n丙，故A错误；B．由n甲＜n乙＜n丙，则知甲光的波长最大，丙光的波长最小，相应地有λ甲＞λ乙＞λ丙，故B正确；C．由波速公式c=λf知，c相同，光的波长与频率成反比，则

甲光的频率最小，丙的频率最大，所以丙光的频率大于乙光的频率，所以γ甲＜γ乙＜γ丙．故C错误；D．由几何知识可知，光线从水珠到空气时入射角等于光线从空气到水珠的入射角，根据光路可逆性原理可知，三束光由水到空气的折射角均相等，所

以θ甲=θ乙=θ丙．故D正确。故选BD。13.一束平行光照射在双缝上，在缝后屏上得到干涉条纹，下列判断正确的是（）A.改变双缝到屏的距离，条纹间距不变B.入射光波长变短，光强不变，条纹间距不变C.入射光频率变化

时条纹间距跟着变化D.在水里做双缝干涉实验，同样条件下的条纹间距会变小【答案】CD【解析】【详解】A．根据公式Lxd=，可知改变双缝到屏的距离，即L改变，则条纹间距改变，A错误；B．根据公式入射光波长变短，条纹间距减小，B错误；C．入射光频率变化，则入射光波长

发生变化，则间距根据变化，C正确；D．在水里，入射光波长比在空气中的波长小，所以条纹间距变小，D正确。故选CD。14.下图是卢瑟福的粒子散射实验装置示意图，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，

射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是（）A.该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B.该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C.粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D.只有少数的粒子

发生大角度偏转【答案】AD【解析】【详解】A．α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到1

80°，被反弹回来），卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据，A正确；B．α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型的正确性，B错误；C．发生α粒子偏转现象，主要是由于α粒子和原子核发生碰撞的结果，C错误；D．绝大多

数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转，D正确。故选AD。15.23290Th（钍）经过一系列衰变和衰变，变成20882Pb（铅），下列说法正确的是（）A.铅核比钍核少8个质子B.衰变的实质是核内的中子转化为一

个质子和一个电子C.共经过4次α衰变和6次衰变D.共经过6次α衰变和4次衰变【答案】ABD【解析】【详解】A．23290Th（钍）有90个质子，20882Pb（铅）有82个质子，铅核比钍核少8个质子，A正确；B．衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子，B正确；CD．发生

α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子01e−，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x-y+82=90，4x+208=232，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰

变，故C错误，D正确。故选ABD。二、实验题（每空3分，共15分）16.在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验。图中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上；上面的小球被碰离

开后，支柱立即倒下）。先不放被碰小球，重复实验若干次：然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘支柱体B处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从

左至右依次为O、M、P、N点，测得两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，则：(1)本实验中，要想更准确的确定小球平均落点位置，需要借助哪种实验仪器_____（填仪器名称即可）(2)两

小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙所示，则两小球的直径均为D=_____mm；(3)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量_____（填选项前的字母），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度hB

．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(4)当所测的物理量满足表达式_____（用所测物理量的字母表示，小球直径用D表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律；(5)某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，图中数

据单位统一，假设碰撞动量守恒，两小球质量之比m1：m2=_____。【答案】(1).圆规(2).12.902—12.906mm(3).C(4).()112mOPmOMmOND=+−(5).4：1【解析】【详解】(1)[1]本实验中，要想更准确的确定小球平均落点位置，需要用圆

规用最小的圆把所有的落地点圈起来，则圆心位置即为小球的平均落地点，则需要借助的实验仪器是圆规；(2)[2]两小球的直径均为D=12.5mm+0.01mm×40.3=12.903mm；(3)[3]因小球做平抛运动，落地时间相同，则水平位移和初速度成正比，则可以测量小球做平抛运动的射程

来代替水平速度，故选C。(4)[4]根据实验原理可得m1v0=m1v1+m2v2又因下落时间相同，两边乘以时间t可得m1v0t=m1v1t+m2v2t即可求得m1OP=m1OM+m2(ON-D)则若碰撞过程中动量守恒，则其表达式为m1OP=m1OM+m2(ON-D

)；(5)[5]由图丙所示可知，OP=25.70cm，OM=15.70cm，ON=41.29cm．如果两球碰撞过程动量守恒，则m1OP=m1OM+m2(ON-D)带入数据求得m1：m2=4：1三、计算题（本大题有3小题，共计35分，要有必要的文字

说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位）17.如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．求该棱镜材料的折射

率n．【答案】n=62【解析】【详解】设在AC边发生全反射时的临界角为θ，则射到AB边后的折射角r=90°–θsinθ=1n由折射定律得n=45sinsinr由以上三式联立解得n=6218.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的

速度v＝1000m/s．设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次．（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？（2）运动第1s末，火箭的速度多大？【答案】（1）2m/s（2）13．5m/s【解析】（1）选取整体为研究对

象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：（M－3m）v3－3mv＝0，v3＝＝2m/s（2）发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：（M－20m）v20－20mv＝0，v20＝＝13．

5m/s．19.如图所示，光滑水平面上静置长木板，长木板上表面的AB部分为光滑圆弧，BC部分为粗糙平面，AB与BC平滑连接。小物体由A点静止释放，恰好未滑离木板。己知A点与BC竖直高度差为h，BC部分长度为L，长木板质量为2

m，小物体质量为m。求：(1)小物体滑到B点时，二者的速度大小；(2)BC部分与小物体间的动摩擦因数。【答案】(1)1233ghv=、233ghv=；(2)hL=【解析】【详解】(1)选取质点A与长木板为研究的系统，选取向右的方向为正方向，质点从A到B的过程中水平方向

系统的动量守恒，由动量守恒有1202mvmv=−由机械能守恒有221211222mghmvmv=+得1233ghv=233ghv=(2)系统在全过程中的动量守恒，由动量守恒有0=3mv得v=0由能量守恒定律有mgh=μmgL

得hL=