2020【KS5U解析】陕西省吴起高级中学高二下学期第三次质量检测物理试题含解析

吴起高级中学2019—2020学年第二学期高二第三次质量检测

物理试题

(全卷100分时间90分钟)

第I卷（选择题共48分）

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8为单选，9-12为多选）

1.杂技演员做高空表演时，为了安全，常在下面挂起一张很大的水平网，当演员失误从高处掉下落在网上时，与从下落相同高度落在地面上相比较，下列说法错误的是（　　）

A. 演员落在网上时的动量相同

B. 演员从落在网上到最低点的过程中动量变化较小

C. 演员从落在网上到最低点的过程中动量变化较慢

D. 演员从落在网上到最低点的过程中受到网的平均作用力较小

【答案】B

【解析】

【详解】A．演员从相同高度做自由落体运动，落至地面和网上的速度相同，即动量相同，A正确；

B．动量的变化为

且有

即动量变化相等，B错误；

C．演员从落在网上到最低点的过程中动量变化相等且时间较长，动量变化较慢，C正确；

D．由动量定律可知演员从落在网上到最低点的过程中受到网的平均作用力较小，D正确。

本题选错误的，故选B。

2.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 (　　)

A. 向左运动

B. 左右往返运动

C. 向右运动

D. 静止不动

【答案】A

【解析】

【详解】两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．

3.如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】系统全过程动量守恒：

子弹打入木块过程损失的动能转化为系统内能，A、B速度相同时弹性势能有最大值：

故选A。

4.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是（　　）

A. 增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小

B. a光照射金属板时验电器的金属小球带负电

C. a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长

D. a光在真空中的速度大于b光在真空中的速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．a光照射时验电器的指针偏转，说明有光电流。增大a光的强度，光电流增大，验电器的指针偏角一定增大，A错误；

B．a光照射金属板时，电子被击出，金属板带正电，所以验电器的金属小球带正电，B 错误；

C．由题意可知a光的频率大于b光的频率

再根据波速、波长和频率的关系

可得

C正确；

D．光在真空中的速度相等，D错误。

故选C。

5.如图所示是某原子的能级图,abc为原子跃迁所发出的三种波长的光,已知三种光的波长分别为、、，则下列关系式正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

因为，那么，依据，可知，结合，因此，AC错误；因为，知，所以得，B错误D正确．

6.1956年，李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用放射源进行了实验验证，1957年李、杨两人为此获得诺贝尔物理学奖，其中νe是反中微子，它的电荷为零，静止质量可认为是零，则衰变产物的质量数和核电荷数分别为(　　)

A. 60，28 B. 60，26

C. 59，26 D. 59，28

【答案】A

【解析】

根据核反应的规律，质量数、电荷数守恒，可得：Z＝28，A＝60．A项正确，B、C、D三项错．

故选A

7.在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（　　）

A. C→e+B B. C→He+Be

C. C→H+B D. C→e+N

【答案】D

【解析】

【详解】原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e．可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有

m1v1=m2v2

由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，可见r与q成反比．由题意大圆与小圆的直径之比为7:1，半径之比为7:1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7。所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为。

故选D。

8.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)

A 小木块和木箱最终都将静止

B. 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动

C. 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动

D. 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动

【答案】B

【解析】

【详解】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B正确，ACD错误．

9.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始下滑（　　）

A. 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力始终不做功

B. 在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒

C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上高h处

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由于光滑弧形槽未固定且水平面光滑，小球下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对光滑弧形槽做正功，对小球做负功，A错误；

B．由于水平面光滑，小球下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向不受力，它们在水平方向动量守恒，B正确；

CD．由于小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球和槽的质量相等，当小球滑至光滑弧形槽底端时，小球和槽的速度大小相等，方向相反，被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，小球和槽的机械能守恒，小球不能回到槽上高h处，C正确，D错误。

故选BC。

10.利用如图所示电路研究光电效应现象，其中电极K由金属钾制成，其逸出功为2. 25V．用某一频率的光照射时，逸出光电子的最大初动能为1. 50 eV，电流表的示数为I．已知普朗克常量约为6.6×10−34Js,下列说法正确的是(    )

A. 金属钾发生光电效应的截止频率约为5.5×1014Hz

B. 若入射光频率加倍，光电子的最大初动能变为3.00eV

C. 若入射光频率加倍，电流表的示数变为2I

D. 若入射光频率加倍，遏止电压的大小将变为5.25V

【答案】AD

【解析】

设金属的截止频率为，由解得，A正确；由光电效应方程，若入射光的频率加倍，不变，所以光电子的最大初动能并不加倍， B错误；若入射光的频率加倍，电流表的示数不一定是原来的2倍，C错误；由知入射光的能量为hv=3.75eV，若入射光的频率加倍，则，而，所以遏止电压UC=5.25V，D正确；故选AD．

11.氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm．以下判断正确的是（   ）

A. 氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光

B. 用波长为502nm的光照射，能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级

C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，氢原子的电势能增大

D. 大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光子

【答案】AD

【解析】

氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量：E=E3-E2=-1.51-（-3.4）=1.89eV，即为可见光，故A正确；波长为502nm的光的能量为：，不等于能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级的能量值，氢原子不能吸收该光子，故B错误；氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，动能增加，氢原子的电势能减小，故C错误；大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，故D正确．所以AD正确，BC错误．

12.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，根据可知其运动轨迹半径逐渐减小，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

第II卷（非选择题共52分）

二、实验填空题（本题共14分，每空2分）

13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量__________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．

A．小球开始释放高度h

B．小球抛出点距地面的高度H

C．小球做平抛运动的射程

(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________．(填选项前的符号)

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2

B．测量小球m1开始释放高度h

C．测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N

E．测量平抛射程OM、ON

(3)若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]．

【答案】    (1). C    (2). ADE    (3). m1·OM＋m2·ON=m1·OP    (4). m1·OM2＋m2·ON2=m1·OP2

【解析】

【详解】(1)[1]．小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即v=

即

m1=m1＋m2

而由H=gt2知，每次下落竖直高度相等，平抛时间相等．则可得

m1·OP=m1·OM＋m2·ON

故只需测射程，因而选C．

(2)[2]．由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤A、D、E．

(3) [3][4]．若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式为

m1·OP=m1·OM＋m2·ON

若为弹性碰撞，则同时满足动能守恒．

即

m1·OP2=m1·OM2＋m2·ON2．

14.如图甲所示为光电管的原理图，当频率为ν的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：

(1)当变阻器的滑片P向____________滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小；

(2)由乙图I－U图像可知光电子的最大初动能为_______________；

(3)如果不改变入射光的频率，而减小入射光的强度，则光电子的最大初动能____________ （填“增加”、“减小”或“不变”）。

【答案】    (1). 右    (2). 2 eV    (3). 不变

【解析】

【详解】(1)[1] 由图可知光电管两端所加的电压为反向电压，当变阻器的滑动端P向右移动，反向电压增大，光电子到达右端的速度减小，则通过电流表的电流变小。

(2)[2] 当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，根据动能定理得：

则光电子的最大初动能为2eV。

(3)[3] 根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，知入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变。

三、计算题(本题共38分，其中15题12分、16题14分、17题12分。)

15.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

【答案】(1) 0.32；(2) 130N；(3)9J

【解析】

【详解】(1) 物块从A到B过程，由动能定理得：

代入数据解得：

μ=0.32

(2) 以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：

Ft=-mv-mvB

解得：

F=-130N，负号表示方向向左

(3) 物块向左运动过程，由动能定理得：

解得：

16.如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以滑离B，恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m，试求：

（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数μ；

（2）圆弧槽C的半径R

【答案】（1）；（2）

【解析】

由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒和能量守恒，有：

mv0＝m(v0)＋2mv1 ①

μmgL＝mv02－m(v0) 2－×2mv12 ②

联立①②解得：μ＝ .

②当A滑上C，B与C分离，A、C间发生相互作用．A到达最高点时两者速度相等．A、C组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：

m(v0)＋mv1＝(m＋m)v2  ③

m(v0)2＋mv12＝ (2m)v22＋mgR  ④

联立①③④解得：R＝

点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向．

17.一个速度为7.7×104 m/s的中子沿着与磁场垂直的方向射入匀强磁场，击中一个原来静止的锂核后产生一个氦核和另一个新核．测得氦核的速度是2.0×104m/s，方向与反应前中子的运动方向相同．

(1)写出核反应方程式；

(2)求出氦核和新核的轨道半径之比；

(3)当氦核转6周时，另一新核转几周？

【答案】(1)　(2) 　(3)4

【解析】

(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程

(2)设中子质量为m0，速度为v0，氦核的质量为4m0，速度为v1，新核质量为3m0，速度v2．

取中子的速度方向为正方向，由动量守恒定律，得：m0v0=4m0v1+3m0v2

解得：v2＝−0.1×104m/s，负号表示新核速度方向与中子的速度方向相反

由于氦核和新核在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动，即：

解得：

即氦核轨道半径，新核轨道半径

所以

(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期

解得：

所以对于氦核有：，对于新核有：

设氦核转6圈时，6T1=nT2，

联立解得：n=4．

【点睛】本题与碰撞类比，运用动量守恒定律求速度是常用的方法．同时要掌握核反应的四个守恒，明确粒子在磁场中做圆周运动的向心力，粒子的轨道半径和周期表达式要理解记住．