福建省厦门市高二物理下学期期中试题

福建省厦门市2016-2017学年高二物理下学期期中试题
一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分,共30分。

) 1.下列是四个著名近代物理实验，以下说法不正．．确．
的是 A ．汤姆孙发现不同物质发出的阴极射线的粒子比荷相同，这种粒子即电子 B ．爱因斯坦用光子学说成功地解释了光电效应实验规律
C ．卢瑟福猜想中子的存在，查德威克在实验的基础上进一步证实中子的存在
D ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了氢原子能级结构模型 2．如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝
3
的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这
些光照射逸出功为2.49eV 的金属钠．下列说法正确的是
A ．这群氢原子能发出3种不同频率的光，其中从
n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光波长最短
B ．这群氢原子能发出2种不同频率的光，其中从
n ＝3跃迁到n ＝1所发出的光频率最小
C ．金属钠表面发出的光电子的最大初动能为9.60eV
D ．这群氢原子发出不同频率的光，只有一种频率的光可使金属钠发生光电效应
3.钍23490Th 具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa ，同时伴随有γ射线产生，其方程
为234234
9091
Th Pa+x →，钍的半衰期为24天．则下列说法中正确的是
A ．x 为质子
B ．x 是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的
C ．γ射线是镤原子核外电子跃迁放出的
D ．1g 钍23490Th 经过120天后还剩0.2g 钍 4．下列说法正确的是 A ．铀核（
U 238
92
）衰变为铅核（Pb 20682）的过程中，要经过6次α衰变和8次β衰变
B ．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了
所有原子光谱的实验规律。

C ．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h ν，这些
能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能E k
D ．紫光照射金属板发生光电效应时，增大入射光强度，则光电子的最大初动能增大
5．铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变的核反应方程是2351891
92036r 0U n X K 3n +→++，
则下列叙述正确的是
A ．X 原子核中含有144个核子
B ．X 原子核中含有86个中子
C ．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 6.下列四幅图的有关说法中正确的是
A ．若两球质量相等，碰后m 2的速度一定为v
B ．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
C ．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
D ．该链式反应属于原子核的衰变
7．用如图甲所示的装置研究光电效应现象。

闭合电键S ，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应。

图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν 的关系图象，图线与横轴的交点坐标为（a ，0），与纵轴的交点坐标为（0，-b ），下列说法中正
确的是
A ．断开电键S 后，电流表G 的示数不为零
B ．普朗克常量为h =
b
a
C ．仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能 将增大
D ．若滑动变阻器滑片左移，则电压表示数一定增大，电流表示数也
一定增
大
8.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。

已知前部分的
乙
甲
卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 A ．v 0-v 2 B ．v 0+v 2 C ．2
1021m v v v m =-
D ．()201
201v v m m v v -+= 9．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一直线相向运动而发生猛烈碰撞．若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能．应设法使离子在碰前瞬间具有 A ．相同的速率 B ．相同的质量 C ．相同的动能 D ．大小相同的动量
10. 如图5所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块，其中物块A 的左
侧连接一轻质弹簧。

物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰。

对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率—时间图象进行描述，在图6所示的图象中，
图线1
表示物块A 的速率变化情况，图线2表示物块B 的速率变化情况。

则在这四个图象中可能正确的是
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有多个选项符合题意，选错得0分，选不全得2分。

） 11.下列说法正确的是
A ．宏观物体运动时，看不到它的衍射或干涉现象，所以宏观物体运动时不具有波动性
B ．爱因斯坦的光子说能够解释康普顿效应，所以康普顿效应支持粒子说
C ．光电效应说明光具有粒子性，能量大的光子只有粒子性没有波动性
D ．相对论认为质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对状态而改变的 12．下列关于光的干涉、衍射、偏振等现象中正确的是
A ．对着日光灯从两支并拢铅笔的缝中看到的彩色条纹是光的衍射
B ．用圆屏作障碍物，影的中心全是暗斑
B
A
v
图6
v
t o
B
1
v
o A
1
2
2
v
t
o
C
1
2
v
t
o
D
1
2 1
2
C ．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰
D ．做双缝干涉实验若将双缝间距离d 减小,像屏上的两个相邻明条纹间的距离变小
13．一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是 A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 C ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球做功为零，但冲量不为零
D ．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 14. 静止的
21183
Bi 原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，
大小圆半径分别为R 1、R 2，则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹 半径比值判断正确的是 A ．
2112074
83
812Bi Tl He →
+ B ． 211211
83841Bi Po e -→+
C ．1:84:21=R R
D ．12:207:4R R =
15．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A 射入深度d A
大于子弹B 射入的深度d B ，则可判断 A ．子弹在木块中运动时间t A =t B B ．子弹入射时的初动能E kA ＞E kB C ．子弹入射时的初速度v A ＞v B D ．子弹质量m A ＞m B
三、实验题(本题共1小题，共6分。

)
16．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为无摩擦的．在实验室中我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨和质量均为M 的滑块A 和B 做验证动量守恒定律的实验，如图所示实验步骤如下： （1）在A 上固定一质量为m 的砝码，在A 和B 间放入一个压缩状态的弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上；
（2）按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作，当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时记时结束，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1、t 2 （3）重复几次；
B
①在调整气垫导轨时应注意；
②还应测量的数据有；
③只要关系式
成立即可验证该过程动量守恒．
四、计算题（本题包括5小题，共44分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只
写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
17. （8分）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，
（1）此时盒的速度大小为多少？
（2）滑块相对于盒运动的路程为多少？
18. （8分）一静止的238
92
U
核衰变为
234
90
Th
核时，放出一个α粒子，已知
238
92
U
的质量为m1，
234
90
Th
的质量为m2，α粒子质量为m3，光在真空中的速度为c。

若释放的核能全部转化为系统的动能，请写出衰变方程并求出α粒子的动能。

19. （8分）如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T的匀强磁场中，
两导轨间距为L =0.5m ，轨道足够长。

金属棒a 和b 的质量都为m =1kg ，电阻R a =R b =1Ω。

b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h =80cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。

求a 、b 两棒的最终速度，以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热（已知重力加速度g =10m/s 2
）。

20．（10分）质量为m B = 2kg 的木板B 静止于光滑水平面上，质量为m A = 6kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C = 2kg 的小球C 用长为L=0．8 m 的轻绳悬挂在固定点O 。

现将小球C 及轻绳拉直
至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为s 102
-=∆t ，之后
小球C 以2m/s 反弹。

已知A 、B 间的动摩擦因数1.0=μ，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s 2。

求：
①小球C 与物块A 碰撞过程中C 所受的撞击力大小； ②为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？
21. （10分）如图，带电量为q ＝+2×10-3
C 、质量为m 2＝0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103
N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为m 1=0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B 的电量始终不变，取重力加速度g ＝10m/s 2
．求： （1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； （2）第二次碰撞前瞬间小球B 的动能； （3）第三次碰撞的位置．
A B
E
v 0
物 理 参 考 答 案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.A
6.C
7.A
8.D
9.D 10.B
11.BD 12.AC 13.CD 14.BC 15.ABC
16. ①保持气堑导轨水平； ②S A 、S B ； ③2
1
)(t S M t S m M B A =+
17. 设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m .对整个过程，
由动量守恒定律可得mv ＝(m+2m)v 共 （2分） 解得v 共＝v
3 （2分）
由能量关系可知μmgx ＝12mv 2－12
·(m +2m)·v 共2
（2分）
解得x ＝v 2
3μg
（2分）
18. 根据质量数守恒和电子数守恒，可得核反应方程为238
234
492
902U Th+He
→（2分）
根据动量守恒定律0=m 2v T －m 3v α （2分） 由能量守恒 (m 1-m 2-m 3)c 2
=
23222121α
v m v m T +
（2分）
解得， α粒子的动能2
3213
22
)(c m m m m m m E k --+=
（2分）
19. a 棒下滑至C 点时速度设为v 0，则由动能定理，有：
2
0102
mgh mv =
- （2分） 此后的运动过程中，a 、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒，有：
0()mv m m v
=+ （2分）
由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：
22011()22Q mv m m v =-+ （2分） 则b 棒中的焦耳热12
b Q Q = （1分）
联立解得：Q b =2J （1分）
20. ①C 下摆过程碰前速度v c ，根据动能定理有：22
1C
C C v m gL m =
（2分） 取向右为正方向，根据动量定理有： C C C
C v m v m t F -'-=∆⋅- （2分）
得
N
1200)(=∆+'=
t v v m F C C
C
（1分） ②C 与A 碰撞,碰后A 的速度v A ，
根据动量守恒定律有：A A C C C C v m v m v m +'
-= （2分）
A 恰好滑至木板
B 右端并与其共速时，所求B 的长度最小。

根据动量守恒定律：v m m v m B A A A )(+= （1分）
根据能量守恒定律：2
2)(2
12
1v m m v m gx m B A A A A +-=μ （1分）
得木板B 的最小长度m
5.02)(2
2=+-=g
m v m m v m x A B A A A μ
（1分）
21．（1）第一次碰撞时，两小球动量守恒，即m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 （1分）
机械能守恒，即12·m 1v 20＝12·m 1v 2
1＋12m 2v 22 （1分）
解得碰后A 的速度v 1＝5m/s ，B 的速度v 2＝15m/s （1分） （2）碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；
水平方向上，A 做匀速运动， B 做匀减速直线运动，其加速度大小a B ＝qE/m 2＝20m/s 2
设经过t 时间两小球再次相碰，则有v 1t ＝v 2t －12a B t 2
（1分）
此时，B 的水平速度为v x ＝v 2－a B t ＝－5 m/s （负号表明方向向左）
竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s （1分） 故第二次碰前B 的动能E KB ＝12m 2v 2B ＝12m 2（v 2x ＋v 2
y ）＝6.25J （1分）
（3）第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒m 1v 1＋m 2v x ＝m 1v '1＋m 2v 'x （1分）
机械能守恒12·m 1（v 21＋v 2y ）＋12m 2（v 2x ＋v 2y ）＝12·m 1（v '21＋v 2y ）＋12m 2（v '2x ＋v 2
y ） （1分）
解得第二次碰后水平方向A 的速度v '1＝0，B 的速度v 'x ＝10m/s 故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同） 水平方向上， B 做匀减速直线运动，
设又经过t '时间两小球第三次相碰，则有v 'x t －12a B t '2
＝0 （1分）
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x ＝v 1t ＝5m
1 2g（t＋t'）2＝20m （1分）
下方y＝。