2018-2019学年甘肃省武威第五中学高二5月月考物理试题 解析版

2018-2019学年甘肃省武威第五中学高二5月月考物理试题 解析版

2018-2019 学年第二学期武威五中高二年级物理试卷 一、单项选择题（本题共计 10 小题，只有一项符合题目要求，每题 4 分 ，共 计 40 分） 1.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是（ ） A. 查德威克通过研究阴极射线发现了电子 B. 汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说 C. 居里夫人首先发现了天然放射现象 D. 卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子 【答案】D 【解析】 试题分析：汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，查德威克发现了中子．故选项 A 错误； 卢瑟福首先提出了原子的核式结构学说；贝克勒尔首先发现了天然放射现象，故 C 错误； 卢瑟福用α粒子轰击氮核实现了原子核的人工转变，并发现了质子．故选项 D 正确。 2. 质量为 m，速度为 v 的棒球，与棒相互作用后以被原速率弹回，则小球动量的变化量为 （取作用前的速度方向为正方向）（ ） A. 0 B. -2mv C. 2mv D. mv 【答案】B 【解析】 试题分析：取初速度方向为正方向，初动量为 mv，末动量为-mv，故动量的改变量为： △p=p′-p=（-mv）-mv=-2mv， 故选 B． 考点：动量的变化 【名师点睛】本题考查动量变化的求法，求动量时一定要注意动量的正负，注意求解动量的 变化一定要规定正方向；基础题目。 3.我国自主研究制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对 国际热核聚变项目的重大贡献.下列核反应方程中属于聚变反应的是（ ） A. 2 1 H ＋ 3 1 H → 4 2 He ＋ 1 0 n B. 14 7 N＋ 4 2 He → 17 8 O＋ 1 1 H C. 4 2 He ＋ 27 13 Al → 30 15 P ＋ 1 0 n D. 235 92 U ＋ 1 0 n → 144 56 Ba ＋ 89 36 Kr ＋3 1 0 n 【答案】A 【解析】 【详解】2 1 H ＋ 3 1 H → 4 2 He ＋ 1 0 n 是聚变，故 A 正确；14 7 N＋ 4 2 He → 17 8 O＋ 1 1 H 是人工核反应， 故 B 错误；4 2 He ＋ 27 13 Al → 30 15 P ＋ 1 0 n 是人工核反应，故 C 错误；235 92 U ＋ 1 0 n → 144 56 Ba ＋ 89 36 Kr ＋3 1 0 n 是裂变，故 D 错误；故选 A 4. 处于 n=3 能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有 A. 1 种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种 【答案】C 【解析】 试题分析：因为是大量处于 n=3 能级的氢原子，所以根据 2Cn 可得辐射光的频率可能有 3 种， 故 C 正确。 【考点定位】考查了氢原子跃迁 【方法技巧】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级 差，知道数学组合公式 2Cn 的应用，另外需要注意题中给的是“大量”氢原子还是一个氢原子。 【此处有视频，请去附件查看】 5.在光滑的水平面上，两个质量均为 m 的完全相同的滑块以大小均为 p 的动量相向运动，发 生正碰，碰后系统的总动能不可能是( ) A. 0 B. 22 p m C. 2 2 p m D. 2p m 【答案】B 【解析】 【详解】当两球发生碰撞，遵守动量守恒，由于开始时两个滑块以大小均为 p 的动量相向运 动，所以总动量为 0；若发生完全非弹性碰撞，则 2 0mv  ，所以末动能的和也是 0；若发 生弹性碰撞，则两个小球的总动能不变．碰前两球的总动能为 2 2 2 2 P P m m   ，按照动能不增 加的原理，所以碰后两球的总动能要小于等于 2P m 故 B 错误；ACD 正确；本题选不正确的， 故选 B 6.质量为 1kg 的小球 A 以速率 8m/s 沿光滑水平面运动，与质量为 3kg 的静止小球 B 发生正 碰后，A、B 两小球的速率 vA 和 vB 可能为（ ） A. vA=5m/s B. vA=3m/s C. vB=1m/s D. vB=3m/s 【答案】D 【解析】 取碰撞前 A 球的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB① A、若 vA=5m/s,代入①得 vB=1m/s，由于碰撞后 A、B 同向运动，A 的速度大于 B 的速度不可 能，故 A 错误； B、若 vA=3m/s,代入①得 vB= 5 3 m/s，由于碰撞后 A、B 同向运动，A 的速度大于 B 的速度不可 能，故 B 错误； C、若 vB=1m/s,代入①得 vA=5m/s，同理知不可能，故 C 错误； D、若 vB=3m/s,代入①得 vA=−1m/s,碰撞前系统的总动能为 2 2 0 1 1 1 8 322 2k AE m v J J     碰撞后系统的总动能为 2 2 2 21 1 1 11 1 3 3 142 2 2 2k A A B B kE m v m v J E          符合能量守恒定律，故 D 正确。 故选：D。 7.A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体 A、B 都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－ t 图)分别为如图中 ADC 和 BDC 所示．由图可知，物体 A、B 的质量之比为( ) A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 3:1 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 由 x － t 图 象 可 以 知 道 , 碰 撞 前 16 4 / , 0m / s4 A A B A sv m s vt     ， 碰 撞 后 20 16 1m / s8 4A B sv v v t        碰撞过程动量守恒,对 A、B 组成的系统,设 A 原方向为正 方向,则由动量守恒定律得:  A A A Bm v m m v  , 计算得出 : 1:3A Bm m  故 C 正确；ABD 错误；故选 C 8. 14 C 是一种半衰期为 5730 年的放射性同位素，若考古工作者探测到某古木中 14 C 的含量 为原来的 1 4 ，则该古树死亡的时间距今大约( ) A. 22920 年 B. 2856 年 C. 5730 年 D. 11460 年 【答案】D 【解析】 【详解】根据放射性元素的半衰期公式可知 1 24 t T   ，解得 2 11460t T  年，故 D 项正 确，ABC 项错误。故选 D 9.按照玻尔理论，氢原子从能级 A 跃迁到能级 B 时，释放频率为ν1 的光子；氢原子从能级 B 跃迁到能级 C 时，吸收频率为ν2 的光子。已知ν1＞ν2，则氢原子从能级 C 跃迁到能级 A 时， 将( ) A. 吸收频率为ν1－ν2 的光子 B. 吸收频率为ν1＋ν2 的光子 C. 释放频率为ν1－ν2 的光子 D. 释放频率为ν1＋ν2 的光子 【答案】A 【解析】 氢原子从能级 A 跃迁到能级 B 时，释放频率为ν1 的光子，则 1A BE E h  ；氢原子从能级 B 跃迁到能级 C 时，吸收频率为ν2 的光子，则 2C BE E h  ；已知ν1＞ν2，则能级 C 的能 量小于能级 A 的能量。氢原子从能级 C 跃迁到能级 A 吸收光子，且 A Ch E E   ，解得： 1 2    。故 A 项正确。 10.如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质 量 M=3.0 kg，质量 m=1.0 kg 的铁块以水平速度 v0=4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行， 压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能 为( ) A. 2.0 J B. 3.0 J C. 6.0 J D. 8.0 J 【答案】B 【解析】 【详解】设铁块与木板速度相同时,共同速度大小为 v,铁块相对木板向右运动时,滑行的最大 路 程 为 L, 摩 擦 力 大 小 为 f. 铁 块 相 对 于 木 板 向 右 运 动 过 程 : 根 据 能 量 守 恒 定 律 得 : 2 2 0 1 1 ( )2 2 Pmv fL M m v E    铁 块 相 对 于 木 板 运 动 的 整 个 过 程: 2 2 0 1 12 ( )2 2mv fL M m v   又根据系统动量守恒可以知道, 0 ( )mv M m v  联立得 到: 3.0JPE  故 B 正确；ACD 错误；故选 B. 二、 多项选择题（本题共计 5 小题，有多项符合题目要求，全部选对得 4 分， 选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。共计 20 分） 11.由爱因斯坦光电效应方程可以画出光电子的最大初动能和入射光的频率的关系，如图所 示，以下说法正确的是( ) A. νc 表示截止频率 B. W0 的绝对值等于逸出功 C. 直线的斜率表示普朗克常量 h 的大小 D. 图线表明最大初动能与入射光频率成正比 【答案】ABC 【解析】 【详解】根据光电效应方程得 0 0kmE h W h h      ,与图象比较可以知道,横轴截距为 金属的极限频率,即 c 表示极限频率.故 A 正确；结合公式可知 W0 的绝对值等于逸出功故 B 正确；从公式 0kmE h W  可知图像的斜率表示普朗克常量 h 的大小故 C 正确；图线表 明最大初动能与入射光频率是一次函数关系，不是正比关系，故 D 错误；故选 ABC 12.一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图 线如图所示，则( ) A. t=1 s 时物块的速率为 1 m/s B. t=2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C. t=3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D. t=4 s 时物块的速度为零 【答案】AB 【解析】 由动量定理有 Ft=mv，解得 Ftv m  ，t=1 s 时物块的速率 1 m/sFtv m   ，A 正确；F–t 图 线 与 时 间 轴 所 围 面 积 表 示 冲 量 ， 所 以 t=2 s 时 物 块 的 动 量 大 小 为 2 2 kg m/s 4 kg m/sp      ， B 正 确 ； t=3 s 时 物 块 的 动 量 大 小 为 (2 2 1 1) kg m/s 3 kg m/sp        ， C 错 误 ； t=4 s 时 物 块 的 动 量 大 小 为 (2 2 1 2) kg m/s 2 kg m/sp        ，速度不为零，D 错误。 【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t 图线与时间轴所围面 积表示冲量。 13.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 656 nm。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 656 nm B. 用波长为 325 nm 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 633 nm 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 ： 19  1.51 3.4 1.6 10656 hc nm      （ （ ）） ，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-（-13．6）]×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 2 3C 3 ， 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 【此处有视频，请去附件查看】 14.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图是在有匀强磁场云 室中观察到的粒子的轨迹，a 和 b 是轨迹上的两点，匀强磁场 B 垂直纸面向里．该粒子在运 动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是 A. 粒子先经过 a 点，再经过 b 点 B. 粒子先经过 b 点，再经过 a 点 C. 粒子带负电 D. 粒子带正电 【答案】AC 【解析】 试题分析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据 mvr qB ＝ 可知其运动轨迹的半径逐渐 减小，故粒子运动方向为由 a 到 b，故 A 正确，B 错误；运动方向由 a 到 b，磁场垂直纸面 向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故 C 正确， D 错误．故选 AC。 考点：左手定则 【此处有视频，请去附件查看】 15.如图所示,水平传送带 AB 足够长,质量为 M=1kg 的木块随传送带一起以 v1=2m/s 的速度向 左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端 A 点 时,一颗质量为 m=20g 的子弹,以 v0=300m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速 度 v=50m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g 取 10m/s2)则( ) A. 子弹射穿木块后,木块一直做减速运动 B. 木块遭射击后远离 A 的最大距离为 0.9m C. 木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为 0.6s D. 木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为 1.0s 【答案】BD 【解析】 【详解】对于物块和子弹相互作用的过程，由于时间极短，所以满足动量守恒定律，取向右 方向为正方向，即 0 1 1mv Mv mv Mv    ，解得 1 3m/sv  ，方向向右，所以物块会先减速 至零，后反向加速，故 A 错误。对于物块减速至零的过程，由动能定理知 2 1 1 2fL Mv ， f Mg ， 解 得 L=0.9m ， 故 B 正 确 。 子 弹 射 出 后 ， 对 物 块 使 用 动 量 定 理 可 知 1 1,ft Mv Mv f Mg     ，解得 1t s ，故 C 错误；D 正确；故选 BD 三、解答题（本题共计 3 小题，共计 40 分） 16.一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度 5 m/s 水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点 水平距离为 30 m 的垒球场上落地．设垒球质量为 0.18 kg，打击点离地面高度为 2.2 m，球 棒与垒球的作用时间为 0.010 s，重力加速度为 9.9 m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小． 【答案】900N 【解析】 【试题分析】垒球被击后做平抛运动，由平抛运动的公式即可求出球被击后的速度，然后对 球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力． 由题意可知，垒球被击后做平抛运动，竖直方向： 21 2h gt 所以： 2 2 s3 ht g   水平方向：x=vt 所以球被击后的速度： 45m/sxv t   选取球被击出后的速度方向为正方向，则：v0=-5m/s 设平均作用力为 F，则：Ft0=mv-mv0 代入数据得：F=900N 【点睛】此题主要考查平抛运动与动量定理的应用，其中正确判断出垒球被击后做平抛运动 是解答的关键． 17.已知氘核质量为 2.0136u，中子质量为 1.0087u，3 2 He 核的质量为 3.0150u．两个速率相等 的氘核对心碰撞聚变成 3 2 He 并放出一个中子，释放的核能也全部转化为机械能(质量亏损为 1u 时，释放的能量为 931.5MeV.除了计算质量亏损外，3 2 He 的质量可以认为是中子的 3 倍)． (1)写出该核反应的方程式； (2)该核反应释放的核能是多少？ (3)若测得反应后生成中子的动能是 3.12 MeV，则反应前每个氘核的动能是多少 MeV? 【答案】（1） （2）3.26Mev（3）0.45Mev 【解析】 （1）由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式： 2 2 3 1 1 1 2 0  H H He n   ； （2）质量亏损为： △ m=2.0136×2-（3.0150+1.0087）=0.0035u， 释放的核能为： △ E= △ mc2=931.5×0.0035Mev=3.26Mev； （3）设中子和核的质量分别为 m1、m1，速度分别为 v1、v2．反应前每个氘核的动能是 E0， 反应后动能分别为 EK1=3.12MeV、EK2． 核反应过程系统动量守恒，以种子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1-m2v2=0， 由能量守恒定律得：2E0+ △ E=Ek1+Ek2， Ek1= 1 2 m1v12，Ek2= 1 2 m2v22， 解得：E0=0.45 MeV； 点睛：对于核反应书写核反应方程要根据质量数和电荷数守恒的原则；原子核间的作用，要 抓住微观粒子的碰撞相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒． 18.如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为 m 的小物块 A 和 C 以及光滑曲面劈 B， B 的质量为 M=3m，劈 B 的曲面下端与水平面相切，且劈 B 足够高，现让小物块 C 以水平 速度 v0 向右运动，与 A 发生弹性碰撞，碰撞后小物块 A 又滑上劈 B，求物块 A 在 B 上能够 达到的最大高度． 【答案】 2 03 8 vh g  【解析】 试题分析：选取 A、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守 恒定律求出 A 的速度；A、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律 可以解题。 小物块 C 与 A 发生弹性碰撞， 由动量守恒得：mv0＝mvC＋mvA 由机械能守恒定律得： 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2C Amv mv mv  联立以上解得：vC＝0，vA＝v0 设小物块 A 在劈 B 上达到的最大高度为 h，此时小物块 A 和 B 的共同速度大小为 v，对小物块 A 与 B 组成的系统， 由机械能守恒得：  2 21 1 2 2Amv mgh m M v   水平方向动量守恒  Amv m M v  联立以上解得： 2 03 8 vh g  点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键， 应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意 A、B 系统水平方向动量守恒，系统 整体动量不守恒。