2019-2020学年高二物理下学期第四次阶段性测试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期第四次阶段性测试试题(含解析)一、选择题1.下面列出的是一些核反应方程 , , 其中（ ）A. X是质子，Y是中子，Z是正电子B. X是正电子，Y是质子，Z是中子C. X是中子，Y是正电子，Z是质子D. X是正电子，Y是中子，Z是质子【答案】D【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可得：X为：，即正电子；Y为：，即中子；Z为：，即质子，故ABC错误，D正确。故选D。【点睛】本题比较简单，直接利用核反应方程的质量数和电荷数守恒即可正确求解记住基本粒子的符号.2.关于系统动量守恒的说法正确的是（ ）只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故正确。动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故错误。根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒。故正确。系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒。故正确。由以上可知，C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒3.图为氢原子的能级示意图。关于氢原子跃迁，下列说法中不正确的是（ ）A. 一群处于量子数n=5激发态的氢原子,它向低能级跃迁时,最多可产生10种不同频率的光子B. 处于n=3激发态的氢原子吸收具有1.87 eV能量的光子后被电离C. 用12 eV的光子照射处于基态的氢原子,氢原子仍处于基态D. 氢原子从高能级向低能级跃迁时,动能增大,电势能增大【答案】D【解析】【详解】一群处于n=5激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可发出C52=10种不同频率的光。故A正确；处于n=3激发态的氢原子的能级为-1.51eV，它吸收具有1.87eV1.51eV能量的光子后被电离。故B正确；处于基态的氢原子若吸收一个12eV的光子后的能量为：-13.6eV+12eV=-1.6eV由于不存在该能级，所以用12eV的光子照射处于基态的氢原子时，氢原子仍处于基态。故C正确；氢原子中的电子从高能级向低能级跃迁时轨道半径减小，该过程中电场力做正功，电势能减小；根据ke2r2=mv2r可知动能增大，故D错误。此题选择不正确的选项，故选D。4.由于放射性元素N93237p的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，在使用人工的方法制造后才被发现已知N93237p经过一系列衰变和衰变后变成B83209i，下列论述中正确的是（ ）A. 核B83209i 比核N93237p少28个中子B. 衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变C. 衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变D. 发生衰变时，核内中子数不变【答案】B【解析】【详解】B83209i 的原子核比N93237p少93-83=10个质子，质子数和中子数总共少237-209=28，故B83209i的原子核比N93237p少18个中子，故A错误；设B83209i变为N93237p需要经过x次衰变和y次衰变，根据质量数和电荷数守恒则有：93=2x-y+83，4x=237-209，所以解得：x=7，y=4，故B正确，C错误；衰变是原子核内的中子转化为质子释放一个电子，所以中子数减少，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，对于这一重点知识，要注意加强练习5.一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点在平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ） A. 13m/sB. 3m/sC. 13m/sD. 27m/s【答案】BCD【解析】【详解】由图读出波长=8m。若波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m，根据波形的平移法得：t=（n+18）T或（n+58），n=0，1，2，T=8t8n+1s=88n+1s，则波速v=T =（8n+1）m/s 或v=（8n+5）m/s同理，若波向左传播，波速v=T=（8n+3）m/s或v=（8n+7）m/s 当n=1时，由得：v=13m/s；当n=0时，由式得v=3m/s，当n=3时，由式得v=27m/s由于n是整数，v不可能等于1/3m/s。故选BCD。【点睛】本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值6.质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）A. p2 kgm/s,W2 JB. p2 kgm/s,W2 JC. p0.4 kgm/s,W2 JD. p0.4 kgm/s,W2 J【答案】A【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：p=mv2-mv1=0.24-0.2（-6）=2kgm/s，方向竖直向上由动能定理可知，合外力做功：W=12mv22-12mv12=120.242-120.262=-2J；故选A点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量动量变化量也是矢量，同样要注意方向应用动能定理可以求出合外力做的功7.如图所示，半径为R的玻璃半圆柱体，圆心为0.两条平行单色红光射向圆柱面，方向与底面垂直,光线l的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B,A0B=600。已知该玻璃对红光的折射率n =3,两条光线经柱面和底面折射后的交点与0点的距离d（ ）A. 12RB. 32RC. 13RD. 33R【答案】C【解析】如图所示，光线1通过玻璃砖后不偏折光线2入射角 i=60由n=sinisinr 得：sinr=sinin=12 ，r=30由几何知识得：i=60-r=30由n=sinrsini 得：sinr=nsini=32 ，r=60，由正弦定理，得：OC=33R，则d=OCtan30=13R故选C.点睛：本题其实是光的色散问题，关键是作出光路图，运用几何知识，结合折射定律进行求解.8.图为一列简谐横波在t=0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x=l m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，如图乙为质点Q的振动图象，则（ ） A. 横波的波长是8mB. 横波的频率是0.2 HzC. 质点P随波迁移的速度大小为40 m/sD. t=0. 10 s时质点P正沿y轴正方向运动【答案】AD【解析】【详解】由甲读出横波的波长是=8m。故A正确。由乙图读出横波的周期为T=0.2s，频率为f=1/T=5Hz故B错误。简谐横波在x轴上传播，质点P只在自己的平衡位置附近做简谐运动，不随波迁移。故C错误。由乙图读出Q点在t=0.10 s时刻的速度方向沿y轴负方向，则质点P正沿y轴正方向运动。故D正确；故选AD。【点睛】本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。9.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有（ ）A. 小球的机械能减少了mg(Hh)B. 小球克服阻力做的功为mghC. 小球所受阻力的冲量大于m2gHD. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】A小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小，mg(H+h)，则小球的机械能减小了mg(H+h)，所以A错误；B对全过程运用动能定理得，mg(H+h)Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h)，故B错误；C根据运动学规律，落到地面的速度v=2gH，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF=0m2gH，可知阻力的冲量为：IF=IG+m2gH，即大于m2gH，故C正确；D对全过程分析，运用动量定量知，动量的变化等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向。10.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（ ）A. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为12mghC. B能达到的最大高度为12hD. B能达到的最大高度为14h【答案】BD【解析】对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=12mv02 ，则得，B刚到达水平地面时的速度v0=2ghA碰撞过程，以A、B组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为 v=12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=122mv2=mgh2 ，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得 mgh=12mv2，解得，B能达到的最大高度为 h=h4，故CD错误故选B.点睛：利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，明确研究对象，并选取正方向把动量守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题二、实验题11.某同学由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，10.00cm长为半径画圆，分别交线段OA于A点，交O、O连线延长线于C点，过A点作法线NN的垂线AB交于B点，过C点作法线NN的垂线CD交NN于D，如图所示，用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm。由此可得出玻璃的折射率为 。【答案】 1.50【解析】试题分析:图中P1P2作为入射光线，OO是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到，又AO=OC，由折射定律，折射率考点：测定玻璃的折射率12.在某次实验中，已知双缝到光屏之间的距离是l=600mm，双缝之间的距离是d=0.20mm，某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹（记作第1条）的中心，这时手轮上的示数如图甲所示读数为x1，然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数x2如图乙所示，则示数x1=_mm，x2=_mm。由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长=_m。【答案】 (1). 0.641; (2). 10.300; (3). 5.37107 ;【解析】【详解】第一个螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0114.1=0.141mm，所以最终读数为0.641mm第二个螺旋测微器的固定刻度读数为10mm，可动刻度读数为0.0130.0mm=0.300mm，所以最终读数为：10mm+0.300mm=10.300mm根据x=Ld得：=xdL 又由于：x=x2x16 ； 故：=d(x2x1)6l；代入数据，解得： =0.2103(10.3000.641)1036600103=537nm=5.37107m；【点睛】此题关键是知道螺旋测微器的读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，在读可动刻度读数时需估读根据x=Ld求出单色光的波长13.甲、乙两人站在水平的冰面上（不计摩擦），在水平方向传递一个球，从静止开始，甲把球传给乙，乙接球后又把球传给甲。假设两个人的质量都是M，球的质量为m，每次抛球速度大小均为v。当甲抛球101次后球被乙接住，此时两人的速度大小之比v甲:v乙等于_。【答案】(M+m):M 【解析】【详解】把甲、乙两人和小球看做一个系统，则该系统动量守恒且总动量等于零，则可得：Mv甲(M+m)v乙=0，可得v甲:v乙=(M+m):M。三、计算题14.质量为1 kg的小球从距地面高为H = 5 m处由静止开始下落，小球与地面碰撞后能反弹到距地面h = 3.2 m高处。若小球与地面相互作用时间为0.1 s，求小球对地面的平均冲击力多大？不计空气阻力取10 m/ s2 。【答案】190N【解析】【详解】由动能定理得：小球下落过程：mgh1=12mv12-0，解得：v1=10m/s，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh2=0-12mv22，v2=8m/s，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，即：（110-F）0.1=1（-8）-110，解得：F=190N；冲力方向向上【点睛】该题考查自由落体运动与动能定理，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15.两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点。已知玻璃截面的圆半径为R，OA=R2，OP =3R。求玻璃材料的折射率。【答案】3 【解析】【详解】作出光路如图所示其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知O点为圆心，另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B，入射角设为1，折射角设为2则 sin1=OAOB=12 得 1=300 因OP=3R，由几何关系知BP=R，知折射角2=600 折射定律得玻璃的折射率为n=sin2sin1=sin60sin30=316.一列简谐波在x轴上传播，图中实线波形与虚线波形对应的时刻分别是t10，t20.05 s则：(1)若波沿x方向传播，波速多大？(2)若波沿x方向传播，波速多大？(3)若波速的大小是280 m/s，波速方向如何？【答案】(1)40(4n1) m/s，(n0、1、2) (2)40(4n3) m/s，(n0、1、2) (3)波沿x方向传播【解析】(1)若波向右传播，由图象知在t=t2t1内波向右传播的距离为x1=4+n，(n=0、1、2)波速v1=x1t=4n+14t代入=8m、t=0.05s得v1=40(4n+1)m/s，(n=0、1、2)(2)若波向左传播，由图象知在t内，波向左传播的距离