河北省任丘第一中学2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题（含解析）

河北省任丘第一中学2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题（含解析）

任丘一中2020学年第二学期第二次阶段考试 ‎ 高二物理试题 一、选择题 ‎1.碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】碘131的半衰期约为8天，经过32天后，碘131的剩余质量为：；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题关键是明确半衰期概念，能够结合公式列式分析，基础问题．‎ ‎2. 下列说法正确的是(　　)．‎ A. 有机械振动就一定有机械波 B. 有机械波就一定有机械振动 C. 振源一停止振动，波立即停止传播 D. 由于各质点都要参与振动，所以媒质要随波发生迁移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据机械波的形成分析，有机械振动不一定会形成机械波；若形成了机械波必发生了机械振动，所以A错，B对．一旦振动传给了介质，它就会由介质向远处传播，当振源停止了振动，介质还是继续传播振源原来的运动形式，不会随振源的停止而停止，所以C错．波传播运动形式，但介质并不随波迁移，它们在各自的平衡位置附近作受迫振动，则D错．‎ ‎3.如图所示，画出了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系图象，从图象可以看出，随着温度的升高，则下列说法错误的是(　　)‎ A. 各种波长的辐射强度都有增加 B. 只有波长短的辐射强度增加 C. 辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 D. 辐射强度仍然是随波长的增大而先增大再减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可以看出，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B错误，AC正确。随着温度的升高，黑体的辐射强度仍然是随波长的增大而先增大再减小，故D正确。此题选择错误的选项，故选B。‎ ‎4.如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，则 ，‎ 两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v′，解得碰后两球的速度：，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：•‎2m•v′2=‎2m•gh，解得h=；故选C．‎ ‎5.已知氦离子（He+）的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知 A. 氦离子（He+）从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子的频率低 B. 大量处在n=3能级的氦离子（He+）向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子 C. 氦离子（He+）处于n=1能级时，能吸收45eV的能量跃迁到n=2能级 D. 氦离子（He+）从n=4能级跃迁到n=3能级，需要吸收能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氦离子的跃迁过程类似于氢原子，从高能级到低能级跃迁过程中要以光子的形式放出能量，而从低能级态向高能级跃迁的过程中吸收能量，且吸收（放出的能量）满足能级的差值，即ΔE=EM-EN（M）N）。故CD错；大量的氦离子从高能级向低能级跃迁的过程中，辐射的光子种类满足组合规律即CN2，故B错；‎ 考点：能级跃迁相关的知识点；‎ ‎6. 1897年英国物理学家汤姆孙发现了电子，被称为“电子之父”，下列关于电子的说法正确的是（ ）‎ A. 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷 B. 汤姆孙通过对光电效应的研究，发现了电子 C. 电子的质量无法测定 D. 汤姆孙通过对不同材料的阴极发出的射线的研究，并研究了光电效应等现象，说明电子是原子的组成部分，是比原子更基本的物质单元 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：英国物理学家汤姆生发现阴极射线是由速度很高的带负电的粒子组成的，这种粒子就是 电子，它的发现表明原子是可分的，从而开始揭示原子内部的奥秘；AD正确；‎ 汤姆生利用阴极射线管发现了电子，所以B错。‎ 密立根利用油滴实验测出了元电荷的电量，根据荷质比可以计算出电子的电量，C错；‎ 故答案选AD。‎ 考点：电子的发现 阴极射线管 点评：本题以原子结构的认识历史为背景，着重考查原子的结构，了解化学发展的历史，理解掌握原子结构的祥细知识，是解题的必要条件．‎ ‎7.下列说法错误的是(　　)‎ A. 某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关 B. 某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关 C. 某物体发生共振时的频率等于其固有频率 D. 某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关，选项A正确；某物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，选项B正确；某物体发生共振时的频率等于其固有频率，选项C正确；某物体发生共振时的振动可以是阻尼振动，也可能是无阻尼振动，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.‎ ‎8.如图所示为一弹簧振子做简谐运动的振动图象，根据图象可以判断(　　)‎ A. t1时刻和t2时刻振子位移大小相等、方向相同，且(t2－t1)一定等于 B. t2时刻和t3时刻速度大小相等、方向相反 C. t2时刻和t4时刻加速度大小相等、方向相反 D. t1时刻和t3时刻弹簧的长度相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】t1时刻和t2时刻振子位移大小相等、方向相同，但是(t2－t1)不一定等于，选项A错误；t2时刻和t3时刻速度大小相等、方向相同，选项B错误；t2‎ 时刻和t4时刻加速度大小相等、方向相反，选项C正确；t1时刻和t3时刻弹簧的形变量相同，但是长度不相等，选项D错误.‎ ‎9.(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程中，表述正确的是(　　)‎ A. 是核聚变反应 B. β衰变 C. 是核裂变反应 D. 是α衰变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】是核聚变反应，选项A正确，B错误； 是核裂变反应，选项C正确，D错误.‎ ‎10.(多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是(　　)‎ A. 54.4 eV(光子) B. 50.4 eV(光子)‎ C. 48.4 eV(电子) D. 42.8 eV(光子)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据玻尔理论，能级间发生跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差。‎ ‎【详解】由玻尔理论知，基态的氦离子要实现跃迁，入射光子的能量（光子能量不可分）应该等于氦离子在某激发态与基态的能量差，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收；而实物粒子（如电子）只要能量不小于两能级差，均可能被吸收。氦离子在图示的各激发态与基态的能量差为：‎ ‎△E1=E∞-E1=0-（-54.4 eV）=54.4 eV ‎△E2=E4-E1=-3.4 eV-（54.4 eV）=51.0 eV ‎△E3=E3-E1=-6.0 eV-（-54.4 eV）=48.4 eV ‎△E4=E2-E1=-13.6 eV-（54.4 eV）=40.8 eV 可见，50.4eV和42.8 eV的光子不能被基态氦离子吸收而发生跃迁。故AC正确，BD错误；故选AC。‎ ‎11.如图所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一个静止的镭核发生α衰变，生成氡核．则氡核和α粒子在磁场中的运动径迹分别为(　　)‎ A. 氡核为Ⅰ B. 氡核为Ⅳ C. α粒子为Ⅱ D. α粒子为Ⅲ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】静止的镭核发生α衰变，氡核带正电，α粒子带正电，根据左手定则可知，α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，半径，mv就是动量，由动量守恒可知氡核的动量和放出的α粒子的动量等大反向，而氡核的电荷量大于α粒子的电荷量，所以α衰变后产生的两个外切圆，大的是α粒子，小的是氡核，故BD正确，AC错误。‎ ‎12.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度‎3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得 A. 时刻两物块达到共同速度‎1m/s，且弹簧都处于伸长状态 B. 从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C. 两物体的质量之比为=1∶2‎ D. 在时刻A与B的动能之比为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：图线与坐标轴围成的面积表示位移，在时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在时刻B做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以时刻B受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在A错误B正确；由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从0~过程中有，解得，故，C错误；在时刻A的速度为，B的速度为，根据，解得，故D正确．‎ 考点：考查了牛顿第二定律，动量守恒定律，‎ ‎【名师点睛】对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况 二、填空 ‎13.如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零。用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带____电（选填写“正”或“负”）；若改用红外线重复上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率_____红外线的频率（选填“大于”或“小于”）。‎ ‎【答案】正，大于 ‎【解析】‎ 毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，因锌板被紫外线照射后发生光电效应缺少电子而带正电，故验电器指针的负电荷与锌板正电荷中和一部分电荷后偏角变小，用红外线照射验电器指针偏角不变，说明锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎14.1991年卢瑟福依据α粒子散射实验中α粒子发生了＿＿＿＿（选填“大”或“小”）角度散射现象，提出了原子的核式结构模型。若用动能为1MeV的α粒子轰击金箔，则其速度约为＿＿＿＿＿m/s。（质子和中子的质量均为1.67×10－‎27kg，1MeV=1×106eV）‎ ‎【答案】了大多数α粒子没有大的偏转，v=6.9×‎106m/s ‎【解析】‎ 设α粒子的速度为v，Ek＝mv2，v＝＝≈6．9×‎106m/s ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎15.在探究“单摆的周期与摆长的关系”的实验中．‎ ‎(1)下列措施中必要的或做法正确的是______‎ A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些 B．摆线不能太短 C．摆球为密度较大的实心金属小球 D．测量周期时，单摆全振动的次数应适当多些，可减少测量误差 E．实验中应换用不同质量的小球，以便于多测几组数据 ‎(2)该同学利用该实验中所测得的数据测当地重力加速度，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中．‎ a．画出该同学记录的T2－L图线（ ）．‎ b．图线的斜率为k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g＝____________.‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动．故A错误．减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，即线长要大些，同时选择密度较大的实心金属小球作为摆球．故B C正确．为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆n次全振动的时间t，再T=t/n求出周期，n越大，误差越小．故D正确．单摆的周期与小球的质量无关，故E错误；故选BCD；‎ ‎（2）a、由图可知第4个点明显偏离图线，因此是错误的，作出T2-L图线，如图所示：‎ b、由单摆的周期公式得：，则根据数学知识得知，T2-L图象的斜率为：．‎ 三、计算题 ‎16.氢原子的基态能量E1＝－13.6 eV，电子绕核运动的半径r1＝5.3×10－‎11m，则氢原子处于n＝2的激发态时，（静电力常量k=9.0X109N.m2/C2）‎ ‎(1)原子系统具有的能量是多少？‎ ‎(2)电子轨道上运动的动能为多少？‎ ‎(3)电子具有电势能多少？‎ ‎【答案】(1)－3.4 eV　(2)3.4 eV　(3)－6.8 eV ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由可得，即为原子系统的能量．‎ ‎（2）由题意：r2=22×r1‎ 根据库仑力提供向心力：‎ 所以动能Ek=mv2=3.4eV，‎ ‎（3）由于E2=Ek2+EP2‎ 所以电势能  Ep2=E2-Ek2=-6.8eV ‎17.一个静止的镭核发生衰变放出一个粒子变为氡核.已知镭核226质量为226.025 4 u，氡核222质量为222.016 3 u，放出粒子的质量为4.002 6 u,1 u相当于931.5 MeV的能量．(计算结果保留小数点后两位)‎ ‎(1)写出核反应方程；‎ ‎(2)求镭核衰变放出的能量；‎ ‎(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能，求放出粒子的动能．‎ ‎【答案】（1） （2）6.055MeV（3）5.95MeV．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】依据质量数和电荷数守恒可得核反应方程；根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量；根动量守恒和能量守恒可得粒子动能；‎ 解：（1）由质量数与核电荷数守恒可知，该反应方程中放射出一个粒子；‎ 核衰变反应方程为： ‎ ‎（2）该核衰变反应中质量亏损为：‎ 根据爱因斯坦质能方程得，释放出的核能；‎ ‎（3）衰变的过程中动量守恒，若衰变放出的能量均转变为氡核和放出的粒子的动能，选择粒子运动的方向为正方向，则：‎ 联立方程，代入数据得：‎ ‎18.如图是光电效应实验示意图．当能量为E＝3.1 eV的光照射金属K时，产生光电流．若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9 V，光电流刚好截止．那么当A的电势高于K的电势，且电势差也为0.9 V时．‎ ‎(1)光电子从金属中逸出时的最大初动能为多少电子伏特？‎ ‎(2)光电子到达A极最大动能是多少电子伏特？‎ ‎(3)此金属的逸出功是多少电子伏特？‎ ‎【答案】(1) 0.9 eV (2) (3) 2.2 eV ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9 V，光电流刚好截止．‎ 有：Ekm＝mvm2＝eU＝0.9 eV ‎（2）根据动能定理得，‎ 则光电子到达A极的最大动能：‎ ‎（3）根据光电效应方程得，Ekm＝hν－W0‎ 解得逸出功W0＝hν－Ekm＝3.1 eV－0.9 eV＝2.2 eV.‎ ‎19.如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为‎1.5 kg和‎0.5 kg.现让A以‎6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为‎4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力F；‎ ‎(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．‎ ‎【答案】①②h=‎‎0.45m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：‎ Ft=mAv′1-mA•（-v1），代入数据解得：F=50N．‎ ‎（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mAv′1=（mA+mB）v，‎ A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，‎ 代入数据解得：h=‎‎0.45m 考点：动量定理及动量守恒定律；机械能守恒定律.‎