【文档说明】【精准解析】河南省林州市林虑中学2019-2020学年高二下学期开学检测物理试题.doc，共(14)页，597.500 KB，由小赞的店铺上传

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林虑中学2018级高二下学期开学检测物理试题一、单选题（本大题共9小题，共45）1.下列说法不正确的是（）A.目前世界上各国的核电站都是利用轻核聚变反应放出的能量B.压力和温度对放射性元素衰变的快慢都没有影响C.在光电效应现象中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的

频率有关D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】A【解析】【详解】A．目前世界上各国的核电站都是利用核裂变放出的能量，故A错误；B．放射性元素的半衰期与压力和温度无关，故B正确；C．根据光电效应方程

k0EhW=−ν知，从金属表面逸出的光电子最大初动能与入射光的频率有关，故C正确；D．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量增大，根据222evkmrr=知，电子动能减小，故D正确。本题选不正确的，故选A。2.下列说法正确的是（）A

.衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的B.铀核（23892U）衰变为铅核（20682Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C.21083Bi的半衰期是5天，100克21083Bi经过10天后还剩下50克D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是

不连续的【答案】B【解析】【详解】A．衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A错误；B．铀核（23892U）衰变为铅核（20682Pb）的过程中，每经一次衰变质子数少2，质量数少

4；而每经一次衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数23820684m−==次衰变次数()8292826n=−−=次B正确；C．设原来Bi的质量为0m，衰变后剩余质量为m则有10501110025g22()()tTmm===即可知剩余Bi质量为25g，

C错误；D．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D错误。故选B。3.原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示。下列说法正确的是（）A.42He核的结合能约为14MeVB.8936Kr核比14456Ba核更稳定C.三个中

子和三个质子结合成63Li核时放出能量D.在核反应235189144192036560UnKrBa3n+→++中，要吸收热量【答案】BC【解析】【详解】A．根据图像可知42He的平均结合能约为7MeV，核子数为4，所以结合能约为47Me

V28MeV=A错误；B．平均结合能越大，原子核越稳定，所以8936Kr核比14456Ba核更稳定，B正确；C．核子结合成原子核时会质量亏损放出核能，即结合能，所以三个中子和三个质子结合成63Li核时放出能量，C正确；D．重核裂变会质量亏损，所以会释放能

量，D错误。故选BC。4.以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（）A.一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，最多将向外辐射六种不同频率的光子B.20个U原子核经过两个半衰期后一定剩下5个C.轻核聚变反应方程234112H+HH

e+X→中，X表示电子D.一个光子与一个静止的电子碰撞而散射，其频率会发生改变【答案】D【解析】【详解】A．一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，最多向外辐射三种不同频率的光子，故A错误；B．半衰期是大量放射性元素原子核衰变的统计规律，故B错误；C．根据质量数守恒可知X的质量数2341m=

+−=电荷数1120z=+−=则X为10n，故C错误；D．光子与电子碰撞后，电子能量增加，故光子能量減小，根据Eh=可知，光子的频率减小，故D正确。故选D。5.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A.物体的动量越大

，其惯性也越大B.同一物体的动量越大，其动能不一定越大C.物体的加速度不变，其动量一定不变D.物体在任一时刻的动量方向一定与该时刻的速度方向相同【答案】D【解析】【详解】A．物体的动量越大，表明质量与速度的乘积越大，但惯性（质量）

不一定越大，故A错误；B．对于同一物体，质量一定，动量越大，则速度越大，动能也就越大，故B错误；C．物体的加速度不变，则速度一定变化，动量一定变化，故C错误；D．由pmv=可知，动量的方向始终与速度的方向相同，故D正确。6.如图所示，质量m1=10kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱

中有一个质量为m2=10kg的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力，

碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则A.木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4m/sB.当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为4m/sC.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为20N·sD.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性

势能的最大值为160J【答案】D【解析】对木箱和铁箱碰撞的瞬时，根据动量守恒定律：1011mvmvMv=+，解得v1=-2m/s，方向与原方向相反，选项A错误；当弹簧被压缩到最短时，木箱和铁块共速，由动量守恒：20111

2()mvmvmmv−=+共，解得v共=2m/s，选项B错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为111()10(22)40ImvmvNs=−−=+=共，方向向左，选项C错误

；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为222112012111()222PEmvmvmmv共=+−+，带入数据解得EP=160J，选项D正确；故选D.点睛：此题考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用；对三个物体的相互作用过程要分成两个小过

程来分析，在木箱和铁箱作用时，认为铁块的动量是不变的；解题时注意选择研究过程，注意正方向.7.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组

成的系统（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能也不守恒【答案】C【解析】【详解】在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除

弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒，故ABD错误，C正确。故选C。8.装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为A.201mvmB.2012mvmm−C.201

cosmvmD.2012cosmvmm−【答案】D【解析】火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得()2012cos0mvmmv−−=，解得2012cosmvvmm=−

，故D正确，ABC错误；故选D．【点睛】火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得出火炮后退的速度大小．9.如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m=1.0

kg的小木块A，现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板．站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的

某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（）A.2.4m/sB.2.8m/sC.3.0m/sD.1.8m/s【答案】A【解析】【分析】A先向右匀减速到零，再反向做匀加速运动．根据系统动量守恒，求出A速度为零时B的速

度，和A、B速度相等时的速度，确定A加速时，B的可能的速度范围，即可解得．【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M–m)v0=MvB1，解得：vB1

=2.67m/s，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M–m)v0=(M+m)vB2，解得：vB2=2m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为2m/s<vB<2.67m/s，

故选A．二、多选题（本大题共3小题，共15分）10.氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm．以下判断正确的是（）A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB.用波长为325nm的

光照射可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C.大量处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633nm的光照射不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级【答案】CD【解析】试题分析：从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：191.513.

41.610656hcnm−=−−−（（）），而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．当从n=2跃迁到n=1的能级，释放的能量：hc=[-3．4-（-1

3．6）]×1．6×10-19，则解得，释放光的波长是λ=122nm，则用波长为122nm的光照射，才可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级．故B错误．根据数学组合233C=，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故C正确；同理，氢原子的电子从n=2跃迁

到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D正确．故选CD．考点：波尔理论11.如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行，甲球质量m甲

大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（）A.甲球速度为零，乙球速度不为零B.两球速度都不为零C.乙球速度为零，甲球速度不为零D.两球都以各自原来的速率反向运动【答案】AB【解析】【详解】由动能Ek＝12mv2

与动量p=mv，得到动能与动量的关系式：p＝2kmE，由于两球的动能相等，而甲球质量m甲大于乙球质量m乙，所以p甲＞p乙，碰撞前总动量向右．由动量守恒定律，碰撞后若甲球速度为零，而乙球向右，则总动量向右，所以选项A正确．由动量守恒定律，碰撞后若甲、乙球速度均不为零，合为

一整体向右，则总动量也向右，所以选项B正确．若乙球速度为零，则甲球一定向左运动，则总动量向左，与动量守恒不相符，所以选项C错误．两球都以各自原来的速率反向运动，由于总动量大小向左，所以与动量守恒不相符，所以选项D错误．故选AB．【点睛】关于碰撞问

题要注意：①碰撞前后动量守恒．②碰撞前后动能不会增加，即能量守恒．③与实际情况相符，即碰撞后，不能穿越，最多也只能合为一整体．12.如图所示，A、B两物体的质量ABmm，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在

平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态，若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B尚未从C上滑离之前，A、B在C上沿相反方向滑动过程中（）A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组

成的系统动量也守恒B.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒D.

若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒【答案】AD【解析】【详解】当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力.当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受的合外力为零，

系统动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，而对于组成的系统由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，A、B与C组成的系统所受的合外力均为零，系统的

动量守恒。故AD正确，BC错误。故选AD。三、实验探究题（本题共10分）13.用如图所示的实验装置可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系,地面水平,图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时,用天平测量两个小球的质量

m1、m2,先让人射球1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP,然后，把被碰小球2静置于轨道的水平部分，再将入射球1从斜轨S位置静止释放,与小球2相撞,并多次重复,分别

找到球1、球2相碰后平均落地点的位置M、N,测量平抛射程OM、ON。①关于本实验下列说法正确的是__________.A.入射球1的质量应比被碰小球2质量大B.小球与斜槽间的摩擦对实验有影响C.人射球1

必须从同一高度释放D.两小球的半径可以不同②若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为_______________(用题中测量的量表示)③若两个小球质量均未知,只知道m1>m2,则只需验证表达式_________成立，可证明发生的碰撞是弹性碰撞。(用题中测量的量表

示)【答案】(1).AC(2).112mOPmOMmON=+(3).OMOPON+=【解析】【详解】(1)[1]A．为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故A正确；B．被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同

，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示即可，小球与斜槽间的摩擦对实验没有影响，故B错误；C．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放

．故C正确；D．由于是一维碰撞，所以两球的半径相同，否则就不是对心碰撞，验证起来要困难得多，故D错误。故选AC。(2)[2]要验证动量守恒定律定律，即验证111223mvmvmv=+小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得111

223mvtmvtmvt=+解得112mOPmOMmON=+(3)[3]由动量守恒和能量守恒有112mOPmOMmON=+222121111222mOMmONmOP+=联立解得OMOPON+=四、计算题（本大题共3小题，每题10分）14.一个静止在磁场中的22688

Ra（镭核），发生α衰变后转变为氡核（元素符号为Rn）。已知衰变中释放出的α粒子的速度方向跟匀强磁场的磁感线方向垂直。设镭核、氡核和α粒子的质量依次是1m、2m、3m，衰变的核能都转化为氡核和α粒子的动能。求(1)写出衰变方程；(2)氡核和α粒子在匀

强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比；(3)氡核的动能kE。【答案】(1)2224862→+22688RaRnHe；(2)143；(3)()2123323mmmmcEmm−−=+【解析】【详解】(1)由质量数和电荷数守恒得衰变方程为→+22622248

8862RaRnHe(2)根据2vqvBmr=得mvrqB=两个粒子动量等大，由半径公式mvrqB=知1rq，得12218643rr==(3)由质能方程得()2123Emmmc=−−，因为2k2pEm=可知两粒子动量跟

质量成反比，因此氡核分配到的动能为()2123323mmmmcEmm−−=+15.如图所示，木块A的质量mA=1kg，足够长的木板B的质量mB=4kg，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0=10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以v

A′=4m/s的速度弹回．求:（1）B运动过程中的最大速度．（2）C运动过程中的最大速度．【答案】（1）3.5m/s，方向向右（2）73m/s，方向向右【解析】【详解】（1）碰后瞬间B速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mA（－vA′）+mBvB所以vB=011014=4A

AABmvmvm++m/s=3.5m/s方向向右（2）B、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB=（mB+mC）vC所以vC=43.5=42BBBCmvmm++m/s=73m/s方向向右16.如

图所示，在光滑水平面上使滑块A以2m/s的速度向右运动，滑块B以4m/s的速度向左运动并与滑块A发生弹性正碰，已知滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求：(1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小；

(2)两滑块相距最近时滑块B的速度大小；(3)两滑块相距最近时，弹簧的弹性势能的大小．【答案】（1）−3m/s，方向向左；（2）−2m/s，方向向左；（3）12J【解析】【详解】(1)以向右为正方向，A、B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，

当滑块A的速度减为0时，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=mBvB'vB'=−3m/s，方向向左；(2)两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v.根据动量守恒得：mAvA+mBvB=(mA+mB)v，解得：v=

−2m/s，方向向左；(3)两个物体的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，根据系统的机械能得，弹簧的最大弹性势能为：()222111222pAABBABEmvmvmmv=+−+可解得：12JPE=【点睛】对于A、B构成的系统，在A压缩弹簧过程中，系统的合外力为零，满足动量守恒，根据动量守恒定律

求解即可．当两个物体的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，根据系统的机械能列式求解．