1、- 1 -山西省长治市第二中学校 2017-2018 学年高二下学期期末考试物理试卷一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分；1-8 小题为单项选择题，9-12 小题为多项选择题，有一个或多个选项符合题意，全选对的得 4 分，少选的得 2 分，错选或多选的得 0 分）1.在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用下列说法符合历史事实的是（ ）A. 贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核B. 居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（P 0）和镭（Ra）两种新元素C. 卢瑟福通过 粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子D. 汤姆孙通过阴极射线在电
2、场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷【答案】BD【解析】贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，并不是说明原子中存在原子核 粒子散射实验说明原子中存在原子核；AC 错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（P 0）和镭（Ra）两种新元素，B 正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，D 正确2.实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现实物粒子波动性的是A. 可见光通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B. 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C. 人们利用电子显微镜观测物
3、质的微观结构D. 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关【答案】C【解析】【详解】可见光通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明光有波动性，选项 A 错误；粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以 B 错误；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以 C 正确；光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是光的粒子性，所以 D 错误；故- 2 -选 C。3. 关于不同射线的性质，下列说法中正确的是 A. 射线是原子核发生衰变时放射出的氦核，它的电离作用最弱B. 射线是原子的外层电子电离形成
4、的电子流，它具有较强的穿透能力C. 射线是电磁波，它的传播速度等于光速D. 以上说法都不正确【答案】C【解析】考点：原子核衰变分析：本题考查的内容较简单，属于识记层次，要解决此类问题需要加强基本知识的记忆与积累。解答：A、 射线是原子核发生衰变时放射出的氦核流，他的电离作用很强故 A 错误；B、 射线是原子核内的中子转化成质子同时释放出一个电子而形成高速电子流，有很强的穿透能力，故 B 错误。C、 射线是原子核在发生 衰变和 衰变时产生的能量以 光子的形式释放，是一种电磁波，在真空中以光速传播，故 C 正确。4. 用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明A
5、. 光的本质是波B. 光的本质是粒子C. 光的能量在胶片上分布不均匀D. 光到达胶片上不同位置的概率相同【答案】C【解析】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B 错误；说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上- 3 -分而不均匀，故 C 正确，D 错误。【考点定位】波粒二象性5.以从塔顶由静止释放小球 A 的时刻为计时零点， t0时刻又在与小球 A 等高的位置处，由静止释放小球 B。若两小球都只受重力作用，设小球 B 下落时间为 t，在两小球落地前，两小球间的高度差为 x，则 -t0图线为A. B. C. D. 【答案
6、】B【解析】AB 两球释放后都做自由落体运动， B 球释放时， 时刻小球 A 的速度为 ，小球 B 的速度为0，根据匀变速直线运动规律，两小球下落的高度分别为 和 ，则- 4 -， 故选项 B 正确。点睛：本题主要考查了自由落体基本公式的直接应用，要选择图象必须要求出函数表达式。6.如图所示,一小滑块(可视为质点)沿足够长的斜面以初速度 v 向上做匀变速直线运动,依次经 A、B、C、D 到达最高点 E,已知 xAB=xBD=6 m,xBC=1 m,滑块从 A 到 C 和从 C 到 D 所用的时间都是 2 s。设滑块经过 B、C 两点时的速度分别为 vB、v C,则( )A. vC=6 m/s
7、B. vB= m/sC. xDE=3 m D. 滑块从 D 到 E 所用时间为 4 s【答案】D【解析】【详解】物体在 a 点时的速度大小为 v0，加速度为 a，则从 A 到 C 有：x AC=v0t1+ at12，即：7=v 02+ a22，物体从 A 到 D 有：x AD=v0t2+ at22即：12=v 04+ a42由解得：a=- m/s2，v 0=4m/s根据速度公式 vt=v0+at 可得：v C=4- 2=3m/s，故 A 错误。从 A 到 B 有：v B2-vA2=2axAB解得：v B= m/s，故 B 错误。根据速度公式 vt=v0+at 可得：v D=v0+at2=4-
8、4=2m/s，则从 D到 E 有：-v D2=2axDE；则：x DE= ，故 C 错误。v t=v0+at 可得从 D 到 E 的时间为：。故 D 正确。故选 D。7.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是： ，已知 的质量为 2.0136u， 的质量为 3.0150u， 的质量为- 5 -1.0087u，1u=931MeV/c 2氘核聚变反应中释放的核能约为A. 3.7MeV B. 3.3MeV C. 2.7MeV D. 0.93MeV【答案】B【解析】根据质能方程，释放的核能 ， ，则，故 B 正确，ACD 错误。【名师点睛】本题考查质能方程，注
9、意原子核的质量单位不是 kg，由质能方程求核能时要细心。8.如图甲所示，一质量为 m 的物块在 t0 时刻，以初速度 v0从足够长、倾角为 的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示 t0时刻物块到达最高点，3 t0时刻物块又返回底端下列说法正确的是( )A. 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为 3mgt0cosB. 物块从 t0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为C. 斜面倾角 的正弦值为D. 不能求出 3t0时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】C【解析】【详解】A：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量 ，故 A 项错误。B：上滑过程中物块做初速度为
10、 v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有 ，解得 ，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为 ，故 B 项错误。C：上滑过程中有 ，下滑过程中有- 6 -，解得 。故 C 项正确。D：由动能定理可求出 3t0时间过程中摩擦力所做的功，故 D 项错误。【点睛】冲量是力在某段时间上对物体运动状态的积累效应，恒力的冲量等于力和作用时间的乘积。9.2009 年诺贝尔物理学奖得主威拉德博伊尔和乔治史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图象传感器他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理如图所示电路可研究光电效应规律，图中标有 A
11、 和 K 的为光电管，其中 A 为阴极，K 为阳极理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压现接通电源，用光子能量为10.5eV 的光照射阴极 A，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片 P 缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压有的示数为6.0V；现保持滑片 P 位置不变，以下判断正确的是（ ）A. 光电管阴极射出的光电子是具有瞬时性的B. 光电管阴极材料的逸出功为 4.5eVC. 若增大入射光的强度，电流计的读数不为零D. 若用光子能量为 12eV 的光照射阴极 A，光电子的最大初动能一定变大【答案】ABD【解析】根据
12、光电效应的规律可知，射出的光电子是具有瞬时性的故 A 正确电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为 6.0V，根据动能定理得，eU=E Km=6eV再根据光电效应方程知：W0=h-E Km=10.5-6=4.5eV故 B 正确光电效应的产生的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关故 C 错误增大入射光的光子能量，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能变大故 D 正确故选 ABD.10.下列说法正确的是- 7 -A. 发现中子的核反应方程是B. 在中子轰击下生成 和 的过程中,原子核中的平均核子质量变小C. 200 个 的原子核经过两个半衰期后剩下 50 个D. 比结合能越大，表示原子
13、核中核子结合的越牢固，原子核越稳定【答案】ABD【解析】【详解】发现中子的核反应方程是 49Be+24He 612C+01n，故 A 正确； 在中子轰击下生成3894Se和 54140Xe的过程中，质量亏损，原子核中的平均核子质量变小，故 B 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，统计少量个数原子核是没有意义的，故 C 错误；比结合能越大，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故 D 正确；故选 ABD。【点睛】对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反应方程要熟练掌握，知道质量亏损、半衰期、比结合能的概念、11.在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方
14、向做匀加速直线运动，它们速度的二次方随位移变化的图像如图所示，则 A. 甲车的加速度 a 甲 =4m/s2,乙车的加速度 a 乙 =2m/s2B. 在 x0.5m 处甲乙两车的速度相等C. 在 t=2s 时甲乙两车相遇D. 整个运动过程中甲乙两车不可能相遇【答案】BC【解析】【详解】根据匀变速直线运动速度位移关系 v2-v02=2ax 可知图象的斜率与物体运动的加速度成正比，由图知甲的初速度为 0，由 v2-v02=2ax，将 v2=2，x=0.5 代入可得加速度为a1=2m/s2；对乙：将 v02=1，v 2=2，x=0.5 代入可得加速度为 a1=1m/s2，故 A 错误；由图象可知两图象
15、对应位移 0.5m 时，速度的平方向相等，又两车沿同一方向运动，故二者速度相同；- 8 -故 B 正确；当位移相等时两车相遇： a1t2=v0t+ a2t2，解得：t=2s，故 C 正确，D 错误；故选BC。【点睛】本题考查图象的应用能力；要求能读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量12.如图所示，质量为 M 的木块 C 放在水平地面上，固定在 C 上的竖直轻杆的顶端分别用细绳 a 和 b 连接小球 A 和小球 B，小球 A、 B 的质量分别为 mA和 mB，当与水平方向成 30角的力 F 作用在小球 B 上
16、时， A、 B、 C 刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳 a、 b 与竖直方向的夹角分别为 30和 60，则下列判断正确的是A. 力 F 的大小为 mBgB. 地面对 C 的支持力等于( M mA mB)gC. 地面对 C 的摩擦力大小为D. mA mB【答案】ACD【解析】以 B 为研究对象，分析受力，水平方向受力平衡，则有：Fcos30=T bcos30，得：T b=F竖直方向受力平衡，则：Fsin30+T bsin30=mBg 得：F=m Bg，故 A 正确；以 ABC 整体为研究对象受力分析，竖直方向：N+Fsin30=（M+m A+mB）g, 可见 N 小于（M+m A+mB）g
17、，故 B 错误；以 ABC 整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Fcos30=m Bgcos30= mBg，故 C 正确；以A 为研究对象受力分析，竖直方向：m Ag+Tbsin30=Tasin60；水平方向：T asin30=Tbsin60；联立得：m A=mB，故 D 正确；故选 ACD.点睛:本题考查受力分析以及平衡条件的应用，关键是灵活的选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简便二、实验题（本题共 14 分）13.重力加速度是重要的物理常数，可以设计多种测量重力加速度的方法。某物理兴趣小组- 9 -同学设计出了一种测量方案：如右图所示，两个质量已知（ A 物块的质量 mA、B 物块
18、的质量mB）且质量不同小物块 A 和 B，分别系在一条跨过光滑的定滑轮（质量不计）的轻软绳两端，而定滑轮通过一弹簧测力计竖直悬挂着，若选定物块 A 由静止开始下落进行研究。(1)要测出重力加速度，还需要测出的物理量是_（选填“物块 A 下落的距离h”或“物块 A 下落的距离 h 所用的时间 t”或“测力计的示数 F”） 。(2)由已知的物理量和测出的物理量得到重力加速度的表达式 g=_（用已知的物理量和测出的物理量符号表示） 。【答案】 (1). 测力计的示数 F (2). 【解析】【详解】 （1）由牛顿第二定律对 A： mAg mAa，对 B： mBg mBa，解得： g要测出重力加速度，还
19、需要测出的物理量是测力计的示数 F；（2）重力加速度的表达式 g=14.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：- 10 -用天平测出两个小球的质量分别为 m1和 m2，且 m1m2按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽 AB 固定在桌边，使槽的末端点的切线水平将一斜面 BC 连接在斜槽末端先不放小球 m2，让小球 m1从斜槽顶端 A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置将小球 m2放在斜槽前端边缘处，让小球 m1从斜槽顶端 A 处滚下，使它们发生碰撞，记下小球 m1和小
20、球 m2在斜面上的落点位置 用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点 B 的距离图中 D、E、F 点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到 B 点的距离分别为 LD、 LE、 LF根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球 m1与 m2发生碰撞后， m1的落点是图中的_点， m2的落点是图中的_点(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_说明碰撞中动量是守恒的(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_说明此碰撞过程是弹性碰撞【答案】 (1). D (2). F (3). (4). 【解析】（1）小球 m1和小球 m2相撞后，小球 m2的速度增大，小球 m1的速度减小，都做平抛运动，
21、所以碰撞后 m1球的落地点是 D 点，m 2球的落地点是 F 点；（2）碰撞前，小于 m1落在图中的 E 点，设其水平初速度为 v1小球 m1和 m2发生碰撞后，m 1的落点在图中的 D 点，设其水平初速度为 v1，m 2的落点是图中的 F 点，设其水平初速度为v2 设斜面 BC 与水平面的倾角为 ，由平抛运动规律得： LDsin gt2，L Dcos=v 1t解得： - 11 -同理可解得： ， 所以只要满足 m1v1=m2v2+m1v 1即： , 则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式：m1v12= m1v 12+ m2v2即
22、m1LE=m1LD+m2LF点睛：解答此题要学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失三、计算题（本题共 4 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.已知 O、 A、 B、 C 为同一直线上的四点，一物体自 O 点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过 A、 B、 C 三点，物体通过 AB 段时间为 t1，物体通过 BC 段所用时间为 t2.已知物体通过 AB 段与通过 BC 段位移相等求物体由 O 运动到 A 的时间 t.【答案】【解析
23、】【详解】设 AB=BC=L ，AB 段时间中点的速度为 BC 段时间中点的瞬时速度为 物体运动的加速度为 由 vv 0+at 得：v 1 a(t+ t1) 解方程得：16.一质量为 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- 12 -图所示，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 ；(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。【答案】 （1） （2） F
24、=130N【解析】试题分析：（1）对 A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：=0.32（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：Ft=mvmv，代入数据解得：F=130N17.（9 分）如图，质量分别为 、 的两个小球 A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度 h=0.8m，A 球在 B 球的正上方。 先将 B 球释放，经过一段时间后再将 A 球释放。 当 A 球下落 t=0.3s 时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零。已知 ，重力加速度大小为 ，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。 （i）B 球第一次到达地面时的速度；（i
25、i）P 点距离地面的高度。【答案】 【解析】- 13 -试题分析：（i）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有可得 B 球第一次到达地面时的速度（ii）A 球下落过程，根据自由落体运动可得 A 球的速度设 B 球的速度为 ， 则有碰撞过程动量守恒碰撞过程没有动能损失则有解得 ，小球 B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以 B 离开地面上抛时速度所以 P 点的高度考点：动量守恒定律 能量守恒18.如图所示，质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量 m=1kg 的小球通过长 L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，开始轻
26、杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s，g 取 10m/s2。 (1)若锁定滑块，试求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用力大小和方向；(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。【答案】 （1） F=2N （2） v=2m/s （3） x=2/3m【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为 ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则- 14 -设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为 F，方向向下，则 由式，得 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为 ，方向竖直向上。（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为 ，此时滑块的速度为 V。在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则由式，得 （3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为 ，滑块向左移动的距离为 ，任意时刻小球的水平速度大小为 ，滑块的速度大小为 。由系统水平方向的动量守恒，得 将式两边同乘以 ，得 因式对任意时刻附近的微小间隔 都成立，累积相加后，有 又 由 式得 视频
