【文档说明】江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，771.500 KB，由管理员店铺上传

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2019—2020学年第二学期南昌市八一中学高二物理期末考试试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.关于下列四幅图说法正确的是（）A.玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的B.光

电效应产生的条件为：光照强度大于临界值C.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性D.发现少数粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬【答案】C【解析】【详解】A．根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确

定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误；B．光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误；C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故C正确；D．发现少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D错误。故选C。2.人们对手机的依赖性越来

越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速210m/sg=，下列分析正确的是A.手机与眼睛作用过程中动量

变化约为0.45kgm/sB.手机对眼睛的冲量大小约为0.15NSC.手机对眼睛的冲量大小约为0.3NSD.手机对眼睛的作用力大小约为4.5N【答案】D【解析】【详解】手机做自由落体运动，到达眼睛时的速度大小为22100.22m/svgh===砸到眼睛后手机未反弹所

以相互作用的末速度为0，则手机动量变化量的大小为：0.1520.3kgm/spmv===故A错误；设手机对眼睛的冲量大小为I规定向下方向为正，根据动量定理0mgtImv−=−，解得：0.45NsI=故BC错误；设手机对眼睛的作用力大小为F，则I

Ft=解得：4.5NF=故D正确；故选D3.如图所示，一个质量为150kgm=的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为220kgm=，当静止时人离地面的高度为5mh=，长绳的下端刚好和水面接触．如果这个人开始沿绳向下滑

，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）A.5mB.3.6mC.2.6mD.8m【答案】B【解析】【详解】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得：1122mvmv=，所以1225vv=，气球和人运动的路程之和为h=5m，则110m7s=，225m7s=，即人下滑

10m7，气球上升25m7，所以人离地高度为25m7，约等于3.6m，故B正确，ACD错误．4.用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；

移动变阻器的触头c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表G示数为0，则下列说法正确的是（）A.光电子的最大初动能为1.05eVB.光电管阴极的逸出功为1.7eVC.当滑动触头向a端滑动时，电流增大D.改用能量为2.5eV的光子照射，移动变阻器的触头c，电流表G中也可能有

电流【答案】D【解析】【详解】AB．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程有EKm=hv-W0W0=1.05eV故AB错误；C．当滑动触头向a端滑动时，

反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故C错误。D．改用能量为2.5eV的光子照射，2.5eV仍然大于1.7eV，仍然可以发生光电效应，电流表G也有电流，即使移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流，故D正确。

故选D。5.氢原子能级图如图所示，当氢原子从3n=的能级跃迁到2n=的能级时，辐射光的波长为656nm。下列判断正确的是（）A.氢原子从2n=跃迁到1n=的能级时，辐射光的波长大于656nmB.当氢原子从4n=的能级跃迁到2n=的能级时，辐射出的光子能使逸出功为2.25eV的钾发生光电效应

C.用能量为1.0eV的光子照射处于4n=的氢原子，不可以使氢原子电离D.一个处于4n=能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线【答案】B【解析】【详解】A．能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差。当从n=2跃迁到n=1的能级，释放的能量是10.2eV，从n=3跃迁到n=2的能级时辐

射的能量是1.89eV，根据mnhcEEhv−==当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，所以从n=2的能级蹦迁到n=1的能级时，辐射光的波长小于656nm，故A错误；B．从n=4跃迁到n=2的能级，释放的能量是2.55eV，而逸出功为2.25eV的钾，因2

.55eV＞2.25eV，依据光电效应发生条件，可知从n=4跃迁到n=2的能级辐射的光子一定能使该金属产生光电效应，故B正确；C．处于n=4能级上的氢原子能级为-0.85eV，当吸收的能量大于等于0.85eV的能量，就会被电离，故C错误；D．

一个处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故D错误。故选B。6.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度1v在光滑水平面上向右运动，当此人相对于车以速度2v竖直跳起时，车的速度变为（）A.12MvM

vMm−−，向右B.1MvMm−，向右C.12MvMvMm+−，向右D.1v，向右【答案】D【解析】试题分析：人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上的仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为1v，方向向右，故D正确

．考点：动量守恒定律【名师点睛】动量守恒要注意方向性，本题中人跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平动量不变．二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）7.下列说法中正确的是___________A.爱因斯坦认为：光本身就是由一个

个不可分割的能量子(光子)组成的B.α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础，也是测定原子核半径的最简单方法C.核力一定是发生在核子间的吸引力作用D.发生轻核的聚变反应时，原子核核子的平均质量变大【答案】AB【解析】【详解】A、爱

因斯坦在解释光电效应时，引入了能量子的概念，认为光本身就是由一个个不可分割的能量子即光子组成，故A正确；B、卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，内部集中所有正电荷及几

乎全部质量，所以α粒子散射实验是估算原子核半径最简单的方法之一，故B正确；C、核力与万有引力、库伦力的性质不同，核力是短程力，作用范围在1.5×10-15m，核力只存在于相邻的核子之间，故C错误；D、重核裂变反应或轻核聚变反应过程中，核子数不变，但质量发生亏损，

所以核子平均质量变小，故D错误；故选AB．【点睛】爱因斯坦在解释光电效应时，引入了能量子的概念，认为光本身就是由一个个不可分割的能量子即光子组成；核力与万有引力、库伦力的性质不同，核力是短程力，作用范围在1.5×10-15m，

核力只存在于相邻的核子之间；重核裂变反应或轻核聚变反应过程中，核子数不变，但质量发生亏损，所以核子平均质量变小．8.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自

左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A.半圆槽内由A向B的过程中小球的机械能守恒，由B向C的过程中小球的机械能也守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程

中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做斜抛运动【答案】CD【解析】【详解】A．只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球

的机械能不守恒，故A错误；B．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故

C正确；D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确。故选CD。9.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的铀23892U发生α衰变，生成新原子核X，已知α粒子和新核X在纸面内做匀速圆周运动，则（）A.原

子核X的电荷数为91，质量数为236B.α粒子做顺时针圆周运动C.α粒子和原子核X的周期之比为10∶13D.α粒子和原子核X的半径之比为45∶1【答案】CD【解析】【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可

知，原子核X的电荷数为92290−=质量数为2384234−=故A错误；B．α粒子带正电，由左手定则可知，α粒子做逆时针圆周运动，故B错误；C．根据2π=mTqB可知，α粒子和原子核X的周期之比αX49010234213TT==故C正确；D．根据动量守恒定律，

α粒子和原子核X的动量大小相同，且有2vqvBmr=得1mvrqBq=可知，α粒子和原子核X的半径之比为αX904521rr==故D正确。故选CD。10.在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如甲图所示．碰

后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v-t图象如乙图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行．已知两冰壶质量相等，由图象可得A.红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞B.碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC.碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为1：6D

.碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5：4【答案】BD【解析】【详解】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度0v=1.0m/s，碰后速度为0v=0.2m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：00mv

mvmv=+，代入数据解得：v=0.8m/s，碰撞过程两壶损失的动能为：222001110.16222kEmvmvmv=−−=m>0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过ts时间停止运动，根据三角形相似法知，1.21.011.0t−=，解得蓝壶运动时间：t

蓝=5s，由图示图线可知，红壶的加速度大小：1.21.00.21vat−===红m/s2，碰撞后红壶的运动时间：00.210.2vta===红红s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1：5，C错误；蓝壶的加速度大小：0.80.165vat===蓝m/s2

，由牛顿第二定律得：ag=，解得动摩擦因数：ag=，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：0.20.1546aa===红红蓝蓝，D正确．11.质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为()A.2B.3C.4D.5

【答案】AB【解析】【详解】设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：22kPmE=，碰撞过程动能不增加，有：22222(22)pppMMm+，解得：3Mm，由于两者碰撞之后M的速度不大于m的速度，设碰撞后M的速度

为1v，m的速度为2v，根据题意可得12Mvmv=，故1Mm，综上所述，AB正确．【点睛】考点：动量守恒定律及能量守恒定律解答此题关键是知道系统的动量守恒，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系

．12.如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右

，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则A.所有木块与木板一起匀速运动的速度为14n+v0B.所有木块与木板一起匀速运动的速度为12n+v0C.若n=3，则第2号木块在整个运动过程中的最小速度为056vD.若n=3，则第2号木块在

整个运动过程中的最小速度为067v【答案】AC【解析】【详解】AB.木块与木板组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得：m(v0+2v0+3v0+…+nv0)=2nmvn，解得：0(1)4nnvv+=故A项正确，B项错误；

CD.第(n−1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v．对系统，由动量守恒定律：00001(23)(21)nmvvvnvnmvmv−++++=−+①对第n−1号木块

，由动量定理得：10(1)nmgtmvmnv−−=−−②对第n号木块,由动量定理得：0mgtmvmnv−=−③由①②③式解得：01(1)(2)4nnnvvn−−+=，当n=3，第2号木块在整个运动过程中的最小速度：2min056vv=，故C项正确

，D项错误；三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）13.在“探究碰撞中的守恒量”实验中，某同学用如图所示装置探究A、B两球在碰撞中系统动量是否守恒。实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，实验装置和具体做法如下：图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先将A球从斜槽上某一固定位置G由静止释

放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，将A球仍从位置G由静止释放，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，并画出实验中A、B两小球落点的平均位置。图中F

、E点是A碰B球前后的平均落点，J是B球的平均落点，O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。依据上述实验装置和做法，回答下面问题：(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________m2（填写“>”、“=”或“<”）；(2)现有下列器材，为完成本实验，必需的是_____；A．秒表B．刻度

尺C．天平D．学生电源(3)如果碰撞中系统动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子正确的是____。A．AABmOFmOEmOJ+=B．AABmOFmOEmOJ=−C．AABmOFmOEmOJ=+D．AABmOEmOFmOJ=+【答案】(1).）>(2).BC(3).C【解析

】【详解】(1)[1]为了防止入射球反弹，质量应满足m1>m2。(2)[2]碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，选择向右为正方向：由动量守恒定律得：mAv0=mAv1+mBv2两边同时乘以时间t

得：mAv0t=mAv1t+mBv2t则mAOF=mAOE+mBOJ实验需要验证的表达式为：mAOF=mAOE+mBOJ由公式可知，需要测量小球的质量，所以需要天平；需要测量小球的水平位移，所以需要使用刻度尺；故需要

选择的器材有：BC。(3)[3]根据以上分析可知，要验证的是AABmOFmOEmOJ=+，故C正确ABD错误。14.“光电效应”实验电路如图甲所示，若光电管的阴极材料为铷，已知普朗克常量346.6310Jsh−=

。（1）若电源断开，入射光的频率大于铷的截止频率，电流表中_____（填“有”或“无”）光电流通过。（2）实验中测得铷的遏止电压cU与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率cν=_____Hz，逸出功

0W=_____J。（结果保留三位有效数字）【答案】(1).有(2).145.1410（5.14-5.17都算对）(3).193.4110−（3.41-3.43都算对）【解析】【详解】（1）[1]电源断开，由于入射光的频率大于铷的截止频率，有

光电子逸出，则电流表中有光电流通过。（2）[2][3]由图可知，当入射光的频率等于5.14×1014Hz时，遏止电压为零，光电子的最大初动能为零，可知铷的截止频率等于入射光的频率，即νc=5.14×1014Hz。根据hvc=W0，则可求出该金属的逸出

功大小W0=6.63×10-34×5.14×1014=3.41×10-19J四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15.足球场上,一个质量为0.5kg的足球以20m/s的速度向小明飞来,小明飞起一脚将足球反向踢回,踢回的速度大小为30m/s,脚与球的接触时间为0.2s．(忽略脚踢

球时的重力和空气阻力的影响).求:(1)足球动量变化量的大小;(2)脚对足球的平均作用力的大小.【答案】（1）25kgm/s（2）125N【解析】【详解】（1）动量变化量的大小()21pmvmvv==−规定飞来的方向为正方向，代入v2=-30m/

s，v1=20m/s可得∆p=-25kgm/s，即动量改变量大小为25kgm/s（2）由动量定理可知：125PFNt==16.已知氘核质量为2.0136u，中子质量为321.0087uHe，核的质量为3.0150u。两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成并32He放出一个中子。（

质量亏损为1u时，释放的能量为931.5MeV。除了计算质量亏损外的32He质量可以认为是中子的3倍)(1)写出该核反应的反应方程式；(2)该核反应释放的核能是多少。【答案】(1)22311120HHHen+→+；(2)3.26MeV【解析】【详解】（1）由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式2

2311120HHHen+→+（2）质量亏损为()2.01362u3.01501.0087u0.0035um=−+=释放的核能为2931.50.0035MeV=3.26MeVEmc==17.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和

C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与

C在曲面劈B上能够达到的最大高度．【答案】(1)2014Emv=损；(2)2017200vhg=【解析】【详解】(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0=2mv解得012vv=碰撞过程中系统损失的机械能为22011(2)22Emvmv=−损

解得2014Emv=损(2)当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：01(3)mvmmmv=++解得0115vv=由能量关系2200111122()4()2225mghmvmv=−解得2017200vhg=18.

如图所示，质量为32kgm=的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为0.3mR=的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为23kgm

=的物体2（可视为质点）放在滑道的B点，现让质量为11kgm=的物体1（可视为质点）自A点由静止释放，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(210m/sg=)，求：(1)物体1从释放到物体2相碰前，1m速度大小；(2

)若.2m0CD=，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为0.15=，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能。【答案】(1)2m/s；(2)0.3J【解析】【详解】（1）物体1从释放到与物体2相碰撞前瞬间，物体1、滑道组

成的系统水平方向动量守恒，设物体1、2刚要相碰时物体1的速度为1v，滑道的速度为3v，由机械能守恒定律有22111331122mgRmvmv=+由动量守恒定律有11330mvmv=−解得131213122m/smmgRvmmm

==+31m/sv=（2）物体1和物体2相碰后的共同速度设为2v，由动量守恒定律有11122mvmmv=+（）弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为pmE，从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有()()22122

33121122pmmmvmvmmgCDE++−+=联立以上方程，代入数据可以求得0.3JpmE=