【文档说明】河南省平顶山市第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，678.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年下学期高二质量检测（四）物理试题一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。其中1~6题为单选题，7~12为多选题。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1.下面能够证明光具有波粒二象性的现象是（）A.光电效应和康普顿效应B.光的干涉

和康普顿效应C.光的衍射和光的干涉D.光的散射和光电效应【答案】B【解析】【详解】光的干涉和衍射是波特有的现象，不能说明光具有粒子性，而光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性。只有选项B，既说明光具有波动性，又说明光具有粒子性，其他选项只说明光

具有粒子性，或只说明光具有波动性，故B正确，ACD错误。故选B。2.已知氘核的平均结合能为1.1MeV，氦核的平均结合能为7.1MeV，则两个氘核结合成一个氦核时（）A.释放出4.9MeV的能量B.吸收4.9MeV的能量C.吸收24.0MeV的能量D.释放出24.0MeV的

能量【答案】D【解析】【详解】ABCD．两个氘核结合成一个氦核的核反应方程224112HHHeγ+→+，21H的总结合能为11.14MeV4.4MeVE==反应后生成的氦核的结合能为27.14MeV28.4MeVE==所以反应释放的核能21Δ28.4MeV

4.4MeV24MeVEEE=−=−=故ABC错误，D正确。故选D。3.本题中用大写字母代表原子核，E经α衰变成为F，再经β衰变成为G，再经α衰变成为H。P经β衰变成为Q，再经β衰变成为R，再经α衰变成为S。上述系列

衰变可记为下面两式：已知P和F是同位素，则（）A.Q和G是同位素，R和H是同位素B.R和G是同位素，S和H是同位素C.R和E是同位素，S和F是同位素D.Q和E是同位素，R和F是同位素【答案】C【解析】【详解】ABCD．α衰变使电荷数少2，新原子在元素周期表中位置前移2位；β衰变使电荷

数多1，新原子在元素周期表中位置后移1位。由ββαPQRS⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→可得，P是S的同位素，又P是F的同位素，即P、F、S为同位素；E经α衰变成为F，R经α衰变成为S，又因为F、S是同位素，所以E、R是同位素；F经β衰变成为

G，P经β衰变成为Q，又因为F、P是同位素，所以G、Q也是同位素，故ABD错误，C正确。故选C。4.一质量为M的矿石中含有放射性元素钚，其中钚238的质量为m，已知钚的半衰期为88年，那么下列说法中正确的是

（）A.经过176年后，这块矿石中基本不再含有钚B.经过176年后，有14m钚元素发生了衰变C.经过88年后该矿石的质量为12Mm−D.经过264年后，钚元素的质量还剩18m【答案】D【解析】【详解】半衰期的公式为012tTmm=

AB．半衰期表示有一半原子核发生衰变的时间，经过176年后，也就是2个半衰期，则还剩14m质量的原子核没有发生衰变，故AB错误；C．经过88年后该矿石的质量M不变，只是其中钚238的质量变成12m，故C错误；D．经过264年后，也就是3个半衰期，钚元素的质量还剩18m，故D正确。故

选D。5.中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mP、mD。现用光子能量为E的γ射线照射静止氘核使之分解，反应的方程为γDpn+→+，若分解后中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是（）A.2Dpn1[()]2mmmcE−−+B.2Dnp1[()]2mmmcE+−+C.2D

pn1[()]2mmmcE−−−D.2Dnp1[()]2mmmcE+−−【答案】A【解析】【详解】ABCD．因质量亏损产生的能量为2DpnΔ()Emmmc=−−设质子、中子的动能为Ek，根据能量守恒有k

Δ2EEE+=由以上两式联立可得2kDpn1[()]2EmmmcE=−−+故A正确，BCD错误。故选A。6.如图(a)所示，质量为2m的长木板，静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且与木板保持相对静止，铅块运动中所受的摩擦

力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等（即m1=m2=m）的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图(b)所示，则下列说法正确的是（）A.小铅块将从木板2的右端滑离木板B.小铅块滑到木板2的右端与之保持相对静止C.(a)、(b)

两种过程中摩擦产生的热量相等D.(a)过程产生的摩擦热量大于(b)过程摩擦产生的热量【答案】D【解析】【详解】AB．第一次，小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次，小铅块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分

停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端，故AB错误；CD．由于在（b）中小铅块还没有运动到2的右端，所以在木板2上相对运动的位

移没有在木板上1大，所以在（b）中小铅块相对木板的位移小于在（a）中小铅块相对木板的位移，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，所以（b）产生的热量小于在木板（a）上滑行产生热量，故C错误，D正确。故选D。7.氢原子在某三个相邻能级间跃迁时，可发出三种不同波长

的辐射光．已知其中的两个波长分别为λ1和λ2，且λ1>λ2，则另一个波长可能是()A.λ1＋λ2B.λ1－λ2C.1212+D.1212−【答案】CD【解析】【详解】氢原子在能级间跃迁时，发出的光子的能量与能级差相等．

如果这三个相邻能级分别为1、2、3能级321EEE＞＞且能级差满足312132E-EE-EE-E＞＞根据hEEc==−低高可得可以产生的光子波长由小到大分别为31EEhc−21EEhc−32EEhc−这三种波长满足两种关系312111=+和321111

=−变形可得12312=+12312=−AB错误，CD正确。故选CD。8.1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图像中，下列说法不正确．．．的是

（）A.图1中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电B.图2中，从光电流与电压的关系图像中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C.图3中，若电子电荷量用e表示，ν

1、νc、U1已知，由Uc­ν图像可求得普朗克常量的表达式为11cUehvv=−D.图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像可知该金属的逸出功为E或hν0【答案】AB【解析】【详解】A．当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，发生

光电效应后锌板带正电，所以验电器也带正电。故A错误符合题意；B．图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关。故B错误符合题意；C．根据Ekm=hv-W0=eUc解得cchvhvUee=−

斜率11cUhkevv==−则11cUehvv=−故C正确不符合题意；D．根据光电效应方程Ekm=hv-W0，当v=0时，Ek=-W0，由图象知纵轴截距-E，所以W0=E，即该金属的逸出功E；图线与v轴交点的横坐标是v0，该金属的逸出功hv0，故D正确不符合题意。故选AB

。9.如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是（）A.保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大B.只调换电源的极性，移动滑片P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压Uc的

数值C.阴极K需要预热，光束照射后需要一定的时间才会有光电流D.不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大【答案】BD【解析】【详解】A．当其他条件不变，P向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子运动更快，由qIt=得，电流表读数变大，若电流达到饱和电流，则电流表示数不会增大

，故A错误；B．只调换电源的极性，移动滑片P，电场力对电子做负功，当电流表示数为零时，则有2cc12eUmv=那么电压表示数为遏止电压Uc的数值，故B正确；C．因为光电效应的发生是瞬间的，阴极K不需要预热，

故C错误；D．只增大入射光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，故D正确。故选BD。10.如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10kg·m/s，B球动量为12kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值

为（）A.0.5B.0.6C.0.65D.0.75【答案】BC【解析】【详解】ABCD．A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg∙m/s，方向没变，规定向右为正方向，由动量守恒定律得ABABpppp+=+代入数据解得B14kgm/sp=由动量公式pmv=得，小球速度为pvm=A球追

上B球并相碰，所以碰撞前A球速度大于B球速度（ABvv），碰撞后两球同向运动，A的速度不大于B的速度（ABvv），则有ABABppmm，ABABppmm代入数据解得AABB100.8312mpmp=AABB80.5714mpmp=由碰撞过程总动

能不增加得2222ABABABAB2222ppppmmmm++代入数据解得AB90.6913mm所以有AB0.570.69mm故AD错误，BC正确。故选BC。11.如图所示，质量为2m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从距A点正上

方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为034h处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做斜上抛运动C.小车向左运动的最大距离为23RD

.小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度大于02h【答案】CD【解析】【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．

小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，且系统水平方向总动量为零，小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向速度相同，设为vx，由水平方向动量守恒得20xxmvmv+=解得0xv=所以小球离开小车后，水平方向速度为0，所以小球做竖直上抛运动

，故B错误；C．小球从A点运动到B点过程中，小车先向左加速运动，再向左减速运动，即当小球到达B点时，小车向左运动的距离最大，设为x，以向右为正方向，由水平方向动量守恒得220Rxxmmtt−−=解得23xR=故C正确；D．

小球第一次车中运动过程中，由动能定理得00304fmghhW−−=即小球第一次在车中滚动损失的机械能为014mgh，因为小球第二次在车中滚动时对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力

做功小于014mgh，机械能损失小于014mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于000311442hhh−=而小于034h，故D正确。故选CD。12.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端栓在环上，另一端系着质量为M的木块，现有

质量为m0的子弹以大小为0v的水平速度射人木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为000mvmmM++B.子弹射人木块后的瞬间，木块的速度最大C.子弹、木块和环三者共速时，环的速度最大D.子

弹、木块和环三者共速时，木块位置最高【答案】BD【解析】【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则0001()mvMmv=+，解得速度大小为0010mvvmM=+，故A错误；B．子弹射人木块后，子弹与木块将一起向右运动，由于绳子拉力和重力对木块都做负功，木块动能将减小，即木

块速度减小，所以子弹射人木块后的瞬间，木块的速度是最大，故B正确；C．子弹、木块和环三者共速之后，绳子对环的拉力还会继续做正功，环的动能将继续增大，即环的速度将继续增大，所以环还没达到最大速度，故C错误；D．子弹、木块和环三者共速时，系统总动能损失最多，且损失的动能转变为子弹

和木块增加的重力势能，则子弹和木块增加的重力势能最多，所以此时木块位置最高，D正确。故选BD。二、非选择题13.在“验证动量守恒定律”的实验中，（1）在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是圆规画一个尽可能小

的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的______（选填“系统误差”或“偶然误差”）。（2）人射小球每次必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同。（3）入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，为了减小实验误差，要求m1__

____m2（选填“>”或“<”或“=”），实验中记下了O、M、P、N四个位置（如图所示），若满足____________________（用m1、m2、OM、OP、ON表示），则说明碰撞中动量守恒；

若还满足___________________（只能用OM、OP、ON表示），则说明碰撞前后总动能也相等。【答案】(1).偶然误差(2).>(3).112mOPmOMmON=+(4).OPONOM=−【解析】【详解】（1）[1]由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，确定落点

平均位置的方法是最小圆法，用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小偶然误差。（3）[2]要求12mm是为了避免小球m1与小球m2相碰后，小球m1反弹与斜槽再次摩擦后再从槽口飞出，使得误差增大。[3]设落地时间为t，则动量守恒的表达式是112OPO

MONmmmttt=+所以若两球相碰前后的动量守恒，则有112mOPmOMmON=+成立。[4]若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有222112111222OPOMONmmmttt=+化简得222112mOPmOMmO

N=+联立可得OPONOM=−14.某游乐园有一喷泉，竖直向上喷出的水柱将一质量为m=0.9kg的开口向下的铁盒倒顶在空中，铁盒稳定悬停。已知水以恒定的速率v0=10m/s，从截面积为S=100mm2的管口中持续不断的喷出；盒子

内底平整（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）；水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向水的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为=1103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，求：（1）喷泉单位时间内喷出

的水的质量；（2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h；【答案】（1）1kg；（2）0.5m【解析】【分析】【详解】（1）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则ΔΔmV=0ΔΔVvSt=由以上两式代入

数据得340Δ1101010kg/s1kg/sΔmvSt−===故单位时间内从喷口喷出的水的质量为1kg。（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v

。对于∆t时间内冲击铁盒的水∆m，由动能定理得22011ΔΔΔ22mghmvmv−=−ΔΔmvSt=以竖直向上为正方向，设水对玩具的作用力的大小为F，∆t时间内冲击铁盒的水的质量忽略不计，由动量定理得Δ0ΔFtmv−=−由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件

得Fmg=联立以上各式代入数据得200.5m22vmhgS=−=故盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为0.5m。15.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量分别为m、3m。P2的右端固定一轻质

弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为m且可看做质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程无机械能损失。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧

始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求：（1）P1、P2刚碰完时，P1和P2的速度分别是多大？（2）此过程中弹簧的最大弹性势能Ep和弹簧的最大压缩量x。【答案】（1）02v，02v；（2）20p364mvE=，20364vxLg=−

【解析】【详解】（1）设P1、P2刚碰完时，P1和P2的速度分别v1和v2，由动量守恒和机械能守恒得0123mvmvmv=+2220121113222mvmvmv=+解得012vv=−，022vv=故P1、P2刚碰完时，P1和P2的速度大小分别02v和02v，速度方向相反。（2）当

弹簧压缩最大时，P、P2两者具有共同速度v3，而当P压缩弹簧后被弹回并停在A点时，P、P2两者也具有共同速度v3，由动量守恒定律得0233(3)mvmvmmv+=+当弹簧压缩最大时，由能量守恒定律得222023p1113(3)()222mvmvmmvEmgLx+=+

+++当P压缩弹簧后被弹回并停在A点时，由能量守恒定律得2220231113(3)2()222mvmvmmvmgLx+=+++解得20p364mvE=，20364vxLg=−16.下列说法正确的是。A.布朗运动是固体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B.物理性质表现为各向同

性的固体一定是非晶体C.对于某一定质量的理想气体，其温度升高，气体内能一定增大D.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体分子平均所占空间的体积E.两个分子由很远（910mr−）距离减小到很难再靠近的过程中，分子势能先减小再增

大【答案】CDE【解析】【详解】A．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，是液体无规则运动的反应，它间接说明分子永不停息地做无规则运动，故A错误；B．物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，也有可能是多晶体，故B错误；C．一定质量的理想气体的

内能等于分子总动能，因为理想气体分子数一定且温度升高，所以分子总动能一定增大，即气体内能一定增大，故C正确；D．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度可计算气体分子平均所占空间的体积为molAMVN=故D

正确；E．两个分子由很远（910mr−）距离减小过程中，分子力刚开始为引力，分子力做正功，分子势能先减小，而当两个分子的距离小于1010m−时，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，所以分子势能先减小再增大，故E正确。故选CDE。17.一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平

放置。活塞的质量m=30kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1=13cm，离汽缸口的距离L2=4cm。外界气温为27℃，大气压强为1

.0×105Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g=10m/s2，T=t+273K。求:（i）此时气体的温度为多少K。（ii）在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同

时吸收Q=400J的热量，则气体的内能增加多少焦耳。【答案】（i）510K；（ii）309J【解析】【详解】（i）当气缸水平放置时501.010Pap=，0300KT=当汽缸口向上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有10pSpSmg=+解得511.310P

ap=由理想气体状态方程得()1120101pLLSpLSTT+=解得1510KT=（ii）当汽缸口向上，未加热稳定时，由玻意耳定律得011pLSpLS=则10cmL=加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为()01212+)+91JWpLLLSm

gLLL=−−−−=−（根据热力学第一定律ΔUWQ=+得Δ309JU=18.如图所示，半径为R的半圆形透明材料，折射率n=2.0。一束平行绿光从空气以垂直于其底面的方向射入，则下列说法正确的是。A.只有距圆心O两侧2R范围内的入射光才能通过透明材料B.射出的光束会形成发散光束

C.射出的光束会形成会聚光束D.若用平行红光以垂直于其底面的方向射入，有光通过的范围增大E.若用平行紫光以垂直于其底面的方向射入，有光通过的范围增大【答案】ACD【解析】【详解】ABC．平行光射到底面时，光线与界面垂直，方向不变，继续射到球面时

，距圆心O两侧2R范围内的光线入射角小于临界角1arcsin30Cn==发生折射形成会聚光束，范围外的光线入射角大于或等于临界角发生全反射，故AC正确B错误；DE．光由介质射向空气，波长越短，临界角越小，越容易发生全

反射，则有光通过的范围就越小，因为相对于绿光，红光的波长更长，紫光的波长更短，所以红光通过的范围增大，紫光通过的范围减小，故D正确，E错误。故选ACD。19.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于x=2m、x=4m处。从t=0时刻

开始计时，当t=9.5s时质点Q刚好第5次到达波峰。（i）求波速。（ii）求质点P在5s时间内通过的路程。（iii）写出从t=0时刻开始平衡位置在4.5m处的质点N（N点没标出）的振动方程（不要求推导过程，初相位：0π）。【答案】

（i）2m/s；（ii）2m；（iii）30.2sinππm4yt=+【解析】【详解】（i）根据波形图得到波长4m=，t=0时刻，质点Q正向下运动，从t=0时刻开始计时，当t=9.5s时质点Q刚好第5次到达波峰，故有344TTt+=解得42s19Tt==故波速为42m/s2

vT===（ii）质点P在5s时间内运动的周期数52.52n==所以质点P通过的路程为4A2.540.2m2msn===（iii）t=0时刻，质点N正在向下运动，振幅为A=0.2m，角速度为2ππrad/sT==故质点N做简谐运动的表达式为30

.2sinππm4yt=+