黑龙江省哈尔滨市哈尔滨六中2022学年高二物理下学期期中试卷（含解析）

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨六中高二（下）期中物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在1～4小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，在5～10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（5分）（2022春•香坊区校级期中）下表给出了某些金属材料的逸出功．现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种（普朗克常量h=6.6×10﹣34J•s，光速c=3.0×108m/s）（　　）金属钨钙钠钾铷W0（eV）4.543.202.292.25：2.13　A．2种B．3种C．4种D．5种考点：爱因斯坦光电效应方程．版权所有专题：光电效应专题．分析：光子能量E=h，只有光子能量大于金属材料的逸出功，才能发生光电效应．解答：解：光子能量E=h==4.97×10﹣19J=3.11eV，只有光子能量大于金属材料的逸出功，才能发生光电效应．故钠、钾和铷能发生光电效应．故A、C、D错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键是掌握光电效应的条件：光子能量大于逸出功．　2．（5分）（2022春•香坊区校级期中）下列说法正确的是（　　）　A．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子　B．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核具有复杂的结构　C．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期　D．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．版权所有专题：衰变和半衰期专题．分析：卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构，半衰期与外界因素无关，γ射线不带电．解答：解：A、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，A正确B、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，天然放射现象揭示了原子核具有复杂的结构，B错误；C、半衰期与外界因素无关，C错误；D、α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，γ射线不带电，D错误；故选：A点评：掌握原子的核式结构，半衰期的特点，三种射线的特性．　-10-\n3．（5分）（2022春•香坊区校级期中）如果X是P的同位素，而且它们分别发生了如下的衰变：XYZ，PQR，则下列说法正确的是（　　）　A．X的质量数和P的质量数相等B．Y的质子数比Q的质子数多　C．X的中子数和P的中子数相等D．Z是R的同位素考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．版权所有专题：衰变和半衰期专题．分析：根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程；注意α、β衰变的实质以及α、β衰变对电荷数和质量数的影响；明确同位素的概念；明确质子数、质量数、原子序数之间关系．解答：解：A、同位素是指质子数相同（核电荷数相同）而质量数不同的同一类元素，故A错误；B、P经过β衰变，Q原子序数增加1，而X经过α衰变，YD的原子序数减少2，故Y的质子数比Q的质子数少，故B错误；C、同位素是指质子数相同（核电荷数相同）而质量数不同的同一类元素，中子数不同，故C错误；D、根据α、β衰变实质可知，XP各经历一次α和β衰变，生成的Z与R的质子数相同，是同位素，故D正确；故选：D．点评：本题考查了衰变过程中的质量数和电荷数守恒的应用，同时要明确质量数、电荷数、中子数之间关系，对于这些基础知识要熟练掌握并正确应用．　4．（5分）（2022春•香坊区校级期中）质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为（　　）　A．B．C．D．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒，根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小．解答：解：炸弹开始动能，解得v=．其中一块动能为=，解得根据动量守恒定律得，mv=﹣解得．则动能．故B正确，A、C、D错误．-10-\n故选B．点评：解决本题的关键知道炸弹在爆炸的瞬间系统动量守恒，运用动量守恒定律解题时注意速度的方向．　5．（5分）（2022春•香坊区校级期中）在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发移动4s，b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m．比较两质点所经历的过程，可以得到的正确结论是（　　）　A．a质点的位移比b质点的位移大　B．a质点的末速度比b质点的末速度小　C．力Fa做的功比力Fb做的功多　D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小考点：动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功的计算．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：根据牛顿第二定律求出恒力作用时的加速度，根据匀加速直线运动的基本公式即可求解．解答：解：根据牛顿第二定律得：m/s2物体在4s内的位移：mA、因为16m＞4m，属于a的位移大．故A正确；B、根据公式：，其他条件相同的情况下，a的位移大，所以a的末速度大．故B错误；C、根据功的公式：W=Fx，相同的拉力下，a的位移大，所以拉力对a做的功多．故C正确；D、由B的分析已知a的末速度大，根据动量动量：I=△P=mv﹣m×0=mv，所以a的冲量大．故D错误．故选：AC．点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题．　6．（5分）（2022•上饶二模）如图是电熨斗的结构图，下列说法正确的是（　　）　A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属　B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离　C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移　D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断-10-\n考点：常见传感器的工作原理．版权所有分析：了解双金属片的特点：利用不同膨胀系数的金属片做成，当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开；当温度降低时，金属片向膨胀系数大的发生弯曲，触点不断开；调节温度原理根据金属片的在电路中的连接有关．解答：解：A、当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故A错误B、常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故B正确C、需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故C正确D、双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断，故D正确故选BCD．点评：考查了双金属片传感器的工作原理，了解其特点．　7．（5分）（2022春•曲阜市校级期末）如图所示，图线a为线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示．关于这两个交流电的下列说法中正确的是（　　）　A．图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零　B．线圈先后两次转速之比为3：2　C．交流电a的电动势瞬时值表达式为e=10sin5πt（V）　D．交流电b的电动势最大值为5V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．版权所有专题：交流电专题．分析：由图读出a电压最大值Um，周期T，由ω=求出ω，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量．根据电动势最大值公式Em=nBSω判断最大值的变化情况．解答：解：A、t=0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大．故A错误；B、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=，则线圈先后两次转速之比为3：2．故B正确；C、正弦式电流a的瞬时值为u=Umsint=10sint=10sin5πt（V）．故C正确；D、根据电动势最大值公式Em=nBSω=nBS，得到两电动势最大值之比为Ema-10-\n：Emb=Tb：Ta=3：2，Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb=V．故D错误；故选：BC．点评：本题考查对正弦式电流图象的理解能力．对于正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式Em=nBSω能理解掌握，就能正确解答．　8．（5分）（2022春•香坊区校级期中）氢原子的能级图如图所示，处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应，则下列说法中正确的是（　　）　A．跃迁过程中将释放出3种不同波长的光子　B．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态跃迁到基态时放出的　C．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态跃迁到n=2激发态时放出的　D．若从n=4激发态跃迁到n=3激发态，所放出的光子则一定不能使金属A产生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁．版权所有专题：原子的能级结构专题．分析：处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出光子有3种，不能使金属A产生光电效应的是能量最小的一种．解答：解：A、处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时，有3→1，3→2，和2→1，三种情况，所以跃迁过程中将释放出3种不同波长的光子．故A正确；B、C、处于n=3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出光子，能量最小的是从能级3到能级2跃迁时放出的，它不能使某金属产生光电效应．故B错误，C正确；D、从n=4激发态跃迁到n=3激发态放出的光子能量小于从n=3跃迁到n=2所放出的光子能量，所以该光子一定不能使该金属发生光电效应．故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小．　9．（5分）（2022•陕西校级一模）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πtV，降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（　　）-10-\n　A．通过R0电流的有效值是20A　B．降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4：1　C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压　D．升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率考点：变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系；远距离输电．版权所有专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．解答：解：A、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是20A，选项A正确；B、降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1，所以选项B正确；C、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项C错误；D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项D错误．故选AB．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．　10．（5分）（2022春•香坊区校级期中）如图所示，质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，与水平方向成30°角的力F=3N作用于物体10s，则（　　）　A．F对物体的冲量大小为30N•s　B．F对物体的冲量为15N•s　C．物体动量的变化量为15kg•m/s　D．物体动量的变化量为30kg•m/s考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：根据冲量的定义求出力F冲量的大小；根据合力的冲量，结合动量定理求出物体动量的变化量．解答：解：A、B、根据冲量的定义知，力F的冲量：I=Ft=3×10N•s=30N•s；故A正确，B错误；C、D、物体所受的合力为：F合=Fcos30°=3×=N；根据动量定理，物体动量的变化量为：△P=I=F合•t=×10=15kg•m/s；故C正确，D错误；故选：AC．-10-\n点评：本题关键是明确冲量的定义，知道合力的冲量是动量变化的量度，不难．　二、实验题：本题共1小题，共12分．请将解答写在答题纸相应的位置．11．（12分）（2022秋•榕城区校级期末）某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．（1）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距（标在图上）．A为运动起点，则应该选择　BC　段来计算A碰前的速度，应选择　DE　段来计算A和B碰后的共同速度．（以上空格选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”）（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得碰前m1v0=　0.420kg•m/s　kg•m/s，碰后（m1+m2）v共=　0.417kg•m/s　kg•m/s，由此得出结论　在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的　．考点：验证动量守恒定律．版权所有专题：实验题．分析：（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m解答：解：（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．故答案为BC、DE（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40×=0.420kg•m/s-10-\n碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s碰撞前后动量近似相等，所以在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的．故答案为：0.420，0.417．故本题的答案为：（1）BC　DE　（2）0.420　0.417　在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的点评：根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口．　三、计算题：本题共3小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．12．（16分）（2022春•香坊区校级期中）如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量均为m，Q与水平轻质弹簧相连．设Q静止，P以初速度v0向Q运动并与弹簧发生碰撞（设弹簧始终处于弹性限度内）．（1）在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是多少？（2）弹簧再次恢复原长时，Q的动能是多少？考点：动量守恒定律；动能；弹性势能．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：（1）当弹簧的压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两物块速度相等，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能．（2）由动量守恒定律求出受到，然后求出动能．解答：解：（1）以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，由机械能守恒定律得：mv02=•2mv2+EP，解得：EP=mv02；（2）由动量守恒动量得：mv0=mvP+mvQ，由机械能守恒定律得：mv02=mvP2+mvQ2，Q的动能：EKQ=mvQ2=mv02；答：（1）在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是mv02；（2）弹簧再次恢复原长时，Q的动能是mv02．点评：本题考查了求弹性势能、动能问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．　-10-\n13．（16分）（2022春•香坊区校级期中）如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，其半径R=0.30m．质量m1=kg的小球A静止在轨道上，另一质量m2=0.60kg的小球B以水平速度v0=2m/s与小球A正碰．已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落至轨道上距b点为l=4R处，重力加速度g取10m/s2，求：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度大小；（2）试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点．考点：动量守恒定律；平抛运动．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：（1）根据平抛运动的规律，求出A球在C点的速度，根据机械能守恒定律求出A球碰后的速度，根据动量守恒定律求出B球碰后的速度．（2）根据机械能守恒定律求出B球到达最高点的速度，再根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，然后进行比较，判断能否到达最高点．解答：解：（1）分别以v1和v2表示小球A和B碰后的速度，v3表示小球A在半圆最高点的速度，则对A由平抛运动规律有：L=v3th=2R=gt2解得：v3=2m/s．对A运用机械能守恒定律得：mv12=2mgR+mv32以A和B为系统，碰撞前后动量守恒：Mv0=Mv2+mv1联立解得：v1=6m/s，v2=3.5m/s．（2）小球B刚能沿着半圆轨道上升到最高点的条件是在最高点弹力为零、重力作为向心力，故有：Mg=m由机械能守恒定律有：MVB2=2RMg+Mvc2解得：vB==3.9m/s＞v2，可知小球B不能达到半圆轨道的最高点．答：（1）碰撞结束时，小球A和B的速度大小分别为6m/s、3.5m/s．（2）小球B不能达到半圆轨道的最高点．点评：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律等规律，综合性较强，需在平时的学习中加强训练．　14．（16分）（2022春•贵州校级期中）如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M=40kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m=20kg的物体C以2.0m-10-\n/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ=0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．（取g=10m/s2），求：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；（3）物体在小车上相对滑动的距离L．考点：动能定理；动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由机械能守恒可求得C滑上小车的速度；再由动量守恒可求得相对静止时的速度；（2）对小车由动量定理可求得相对滑动经历的时间；（3）由机械能守恒定律可求得物体相对滑动的距离．解答：解：（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh+mv=0+mv代入数据得：v2=6m/s；设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为：mv2=（m+M）v联立解得：v===2m/s．（2）对小车由动量定理有：μmgt=Mv，解得：t===1s．（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L由能量守恒有：μmgL=mv﹣（m+M）v2代入数据解得：L==3m．答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v为2m/s；（2）滑行的时间为1s；（3）相对距离为3m．点评：本题考查动量定恒、机械能守恒及功能关系，本题为多过程问题，要注意正确分析过程，明确各过程中应选用的物理规律．　-10-