河南省商丘市九校学年高二下学期期中联考物理试题含答案解析Word文档下载推荐.docx
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A.O点B.O点偏左
C.O点偏右D.无法确定,因为两小球的质量关系未知
5.某原子的能级图如图所示,
、
为原子跃迁所发出的三种波长的光,图中谱线从左向右的波长依次增大的是()
A.
B.
C.
D.
6.放射性同位素钍232经多次α、β衰变,其衰变方程为
Th
Rn+xα+yβ,其中()
A.x=1,y=3B.x=2,y=3
C.x=3,y=1D.x=3,y=2
7.玻璃茶杯从同一高度掉下,落在水泥地上易碎,落在海锦垫上不易碎,这是因为茶杯与水泥地撞击过程中( )
A.茶杯动量较大B.茶杯动量变化较大
C.茶杯所受冲量较大D.茶杯动量变化率较大
8.人的质量m=60kg,船的质量M=240kg,人水平从船上向岸上跳。
若船用缆绳固定,船离岸1.5m时,人可以跃上岸。
若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(不计水的阻力,两次人消耗的能量相等,两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
A.1.5mB.1.2mC.1.34mD.1.1m
二、多选题
9.对于结合能、比结合能的认识,下列说法正确的是( )
A.一切原子核均具有结合能
B.自由核子结合成原子核,可能吸收能量
C.结合能越大的原子核越稳定
D.比结合能越大的原子核越稳定
10.如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F,则下列说法中正确的是()
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
11.现代家居装潢是大家普遍关注的,在装潢中经常用到花岗岩、大理石等材料,这些材料都不同程度地含有放射性元素,下列有关放射性知识的说法中正确的有( )
A.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内中子转化为质子时产生的
B.放射性物质的温度升高,其半衰期不变
C.氡的半衰期为3.8天,若有16个氡原子核,经过7.6天后一定只剩下4个氡原子核
D.在α、β、γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强,电离能力最弱
12.质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰,关于碰后的速度v1’和v2’,下面哪些是可能正确的()
B.
C.
D.
三、填空题
13.在做光电效应的实验时,某种金属被光照射发生了光电效应,实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示,已知直线的斜率为K,横截距是ν0,由实验图可求出普朗克常量是_________该金属的逸出功是________(用K、ν0表示)
四、实验题
14.
(1)在探究碰撞中的不变量时,采用如图所示的实验装置,仪器按要求安装好后开始实验,第一次不放被碰小球,第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分,在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C,则下列说法中正确的是(__________)
A.第一、二次入射小球的落点依次是B、A
B.第一、二次入射小球的落点依次是C、B
C.第二次入射小球和被碰小球落地时间相同
D.第二次入射小球和被碰小球落地时间不相同
(2)入射小球1与被碰小球2直径相同,它们的质量m1和m2的关系应是m1________m2
(3)安装和调整实验装置的要求是:
斜槽末端切线水平;
入射小球每次应从_____________释放.
(4)设入射小球、被碰小球的质量分别为m1、m2,由
(1)中实验可得验证两球碰撞前后动量守恒的表达式为___________________.
五、解答题
15.如图所示,质量为1kg的钢球从5m高处自由下落,又反弹到离地面3.2m高处,若钢球和地面之间的作用时间为0.1s,求钢球对地面的平均作用力大小.(g取10m/s2)
16.在光滑的水平面上放着ABC三个物体,ABC的质量分别为3m、m、2m.现在让A物块以初速度v0向B物体运动,AB相碰后不再分开,共同向C运动;
它们与C相碰后也不再分开,ABC共同向右运动;
求:
(1)ABC共同向右运动的速度大小;
(2)AB与C碰撞过程中,B对C物块的冲量大小.
(3)AB碰撞过程中的动能损失;
17.如图所示,在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动,容器的横截面积为S,开始时气体的温度为T0,活塞与容器底的距离为h0。
现将整个装置放在大气压强恒为P0的空气中,当气体从外界吸收热量Q后,活塞缓慢上升d后再次达到平衡,求:
(1)外界空气的温度;
(2)在此过程中密闭气体的内能增加量。
18.如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象.此时波中质点M的运动方向沿y轴正方向,且t2=0.05s时质点M恰好第1次到达y轴正方向最大位移处.试求:
(1)此波向什么方向传播?
(回答“沿x轴向左”或“沿x轴向右”)
(2)波速是多大?
(3)从t1=0至t3=1.1s时间内波中质点N运动的路程和t3时刻的位移分别是多少?
参考答案
1.D
【解析】
白色光经过三棱镜后产生色散现象,在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫,由于紫光的折射率最大,所以偏折最大,红光的折射率最小,则偏折程度最小,故屏上a处为红光,屏上d处是紫光,D正确.
点睛:
从中发现,可见光是复色光,同时得出在介质中,紫光的折射率最大,红光的折射率最小.
2.A
【解析】A项:
学生的人数的数值和微观粒子的数量只能取正整数,不能取分数或小数,因而是不连续的,是量子化的,故A正确;
B、C、D项:
物体的质量,物体的动量,木棒的长度三个物理量的数值都可以取小数或分数,甚至取无理数也可以,因而是连续的,非量子化的,故B、C、D错误。
点晴:
所谓量子化就是指数据是分立的不连续的,即一份一份的。
3.C
试题分析:
按照光的波动理论,电子通过波动吸收能量,若波的能量不足以使得电子逸出,那么就需要多吸收一些,需要一个能量累积的过程,而不是瞬时的,选项A对波动理论矛盾.根据波动理论,能量大小与波动的振幅有关,而与频率无关,即使光的能量不够大,只要金属表面的电子持续吸收经过一个能量累积过程,都可以发生光电效应,与选项B矛盾;
光电子逸出后的最大初动能与入射光的能量有关,即与入射光的波动振幅有关,与频率无关,所以波动理论与选项D矛盾.对于光电流大小,根据波动理论,入射光增强,能量增大,所以光电流增大,选项C与波动理论并不矛盾,选项C正确.
考点:
光电效应与波动性
4.A
【解析】由
知,两球运动的周期相同,从开始运动到O点都为四分之一周期,即
,所以两球同时到达O点,则它们第一次相遇的地点是在O点,A对,BCD错。
5.D
在跃迁时辐射的光子能量最小的是3-2,波长最长,所以,b的波长最长,a的较短,c的最短,选D.
能级和能级跃迁.
6.D
【详解】
由质量数和电荷数守恒可得:
解得:
x=3,y=2.
7.D
试题分析:
玻璃茶杯从同一高度掉下,与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同,动量相同,与水泥地和海绵垫作用后速度均变为零,茶杯动量的变化相同,故AB错误;
茶杯的动量变化相同,根据动量定理I=△P得知,茶杯所受冲量相同,故C错误;
茶杯与水泥地作用时间短,茶杯与海绵垫作用时间长,△P相同,则动量的变化率较大,故D正确.
动量定理
8.C
以人的方向为正方向,撤去缆绳,由动量守恒定律可知
0=mv1-Mv2
由于两次人消耗的能量相等,故人跳起时的动能不变;
则由功能关系可知
解得
所以
故选C。
9.AD
A、B项:
核子组成原子核时,发生质量亏损所以一定释放能量,故A正确,B错误;
C、D项:
比结合能越大,原子核越稳定,故C错误,D正确.
解决本题的关键注意区分结合能与比结合能,比结合能:
原子核结合能对其中所有核子的平均值,亦即若把原子核全部拆成自由核子,平均对每个核子所要添加的能量.用于表示原子核结合松紧程度,
结合能:
两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量.自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能,分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能.
10.BC
AB、撤去F后,木块A离开竖直墙前,竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡,合力为零;
而墙对A有向右的弹力,所以系统的合外力不为零,系统的动量不守恒.这个过程中,只有弹簧的弹力对B做功,系统的机械能守恒.故A错误,B正确.
CD、A离开竖直墙后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,只有弹簧的弹力做功,系统机械能也守恒.故C正确、D错误.
故选BC.
11.ABD
A项:
β衰变时,原子核中的一个中子,转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,故A正确;
B项:
放射性元素的半衰期与外界因素无关(如温度,压强等),只与原子核内部结构有关,故B正确;
C项:
半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故C错误;
D项:
α射线的电离能力比γ射线的电离能力强得多,γ射线的穿透本领比较强,电解能力最弱,故D正确.
β射线的实质是电子流,γ射线的实质是电磁波,γ射线的穿透能力最强,电解能力最弱,而α射线穿透能力最弱,电离能力最强;
半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用;
β衰变的电子来自原子核中的中子转化为质子时产生的,从而即可求解.
12.AD
碰撞前总动量为
.碰撞前总动能为
对A、碰后,
,
,碰撞过程动量守恒,动能不增加,故A正确;
对B,由于
,碰后后面小球的速度大有前面小球的速度,会发生第二次碰撞,不符合实际,故B错误;
对C、
,碰撞过程动量不守恒,故C错误;
对D、
,碰撞过程动量守恒,动能不增加,D正确;
故选AD.
动量守恒定律、碰撞.
13.
根据爱因斯坦光电效应方程
,任何一种金属的逸出功W一定,说明EK随频率f的变化而变化,且是线性关系(与y=ax+b类似),直线的斜率K等于普朗克恒量,直线与横轴的截距
表示EK=0时的频率
,所以该金属的逸出功是
.
14.AC大于同一高度静止释放
(1)A、B项:
入射小球和被碰小球相撞后,被碰小球的速度增大,入射小球的速度减小,碰前碰后都做平抛运动,高度相同,落地时间相同,所以B点是没有碰时入射小球的落地点,A点是碰后入射小球的落地点,C碰后被碰小球的落地点,故A正确,B错误;
碰后都做平抛运动,竖直高度相同,所以第二次入射小球和被碰小球将同时落地,故C正确,D错误;
(2)为了防止入射球反弹,应让入射球的质量大于被碰球的质量;
(3)实验中必须保证小球做平抛运动,而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用.所以斜槽轨道必须要水平,至于是否光滑没有影响,只要能抛出就行.为确保有相同的水平初速度,所以要求从同一位置无初速度释放;
(4)小球做平抛运动,高度决定时间,故时间相等,设为t,则有
OB=v10t
OA=v1t
OC=v2t
根据动量守恒得:
m1v10=m1v1+m2v2,将以上各式代入可得:
m1v10t=m1v1t+m2v2t,
即m1OB=m1OA+m2OC.
15.
由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度,然后由动量定理求出小球对地面的冲击力.
钢球落到地面时的速度大小为
反弹时向上运动的速度大小为
分析钢球和地面的作用过程,取向上为正方向,因此有v0的方向为负方向,vt的方向为正方向,再根据动量定理得(FN-mg)t=mvt-(-mv0),
代入数据解得FN=190N,
由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190N.
熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题,应用动量定理解题时,要注意正方向的选取.
16.
(1)v0/2;
(2)mv0(3)
(1)以ABC为分析对象,全过程动量守恒
3mv0=(m+2m+3m)v
(2)对C,运用动量定理I=2mv
I=mv0
AB相互作用,3mv0=(3m+m)v1
v1=
v0
17.
(1)
;
(2)Q-mgd-pS0d
(1)取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得:
解得:
外界的空气温度为:
;
(2)活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功
根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能
18.
(1)波向右传播
(2)2m/s(3)
,
由质点M的振动情况,确定波的周期,再由波速公式求出波速.
(1)由M点此时的运动方向向上,得出此波向右传播;
(2)在t2=0.05s时,质点M恰好第1次到达正最大位移处,则有
,解得周期为:
T=0.2s,由波的图象可以看出波长为:
λ=0.4m,则波速为:
(3)在t1=0至t3=1.1s这段时间,波中质点N经过了
个周期,所以走过的路程为s=22×
5cm=110cm
t3时刻的位移为-2.5cm
本题要由质点的振动方向确定波的传播方向,这波的图象中基本问题,方法较多,其中一种方法是“上下坡法”,把波形象看成山坡:
顺着波的传播方向,上坡的质点向下,下坡的质点向上.
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