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1、2017-2018 下学期高二物理期中试卷下学期高二物理期中试卷一、单选题（本大题共 6 小题，共 24.0 分） 1. 如图是氢原子的能级图，对于一群处于的氢原子，下列说 法中正确的是 A. 这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁 B. 这群氢原子能够发出 4 种不同频率的光 C. 从能级跃迁到能级发出的光的波长最长 D. 如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一 种一定是由能级跃迁到 能级发出的 【答案】C【解析】解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差 故 A 错误B、根据知，这群氢原子能够发出 6 种不同频率的光子 故 B 错误C、结合能级图可知，
2、从跃迁到辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长故 C 正确D、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由跃迁到，和跃迁到能级发出的 故 D 错误2. 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中 A. 原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大 B. 原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小 C. 原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小 D. 原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大 【答案】D 【解析】【分析】 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大， 根据库仑引
3、力提供向心力，比较电子动能的变化，通过电势能与动能之和等于原子能量判断 电势能的变化。 解决本题的关键知道原子能量与轨道半径的关系，以及电势能、电子动能与轨道半径的关系。【解答】 3.从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，原子要吸收光子，能级增大，总能量增大，根据知，电子的动能减小，则电势能增大，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。下列说法中正确的是A. 钍的半衰期为 24 天钍经过 120 天后还剩钍 B. 一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，只延长入射光照射时间， 光电子的最大初动能将增加C. 放射性同位素经、衰变会生成，其中经过了 3 次衰变和 2 次衰变 D. 大
4、量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生 4 种不同频率的光子 【答案】C 4.【解析】解：A、钍的半衰期为 24 天，1g 钍经过 120 天后，发生 5 个半衰期，1g 钍经过 120 天后还剩故 A 错误B、光电效应中，依据光电效应方程，可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，与入射光照射时间长短无关 故 B 错误C、钍衰变成氡，可知质量数少 12，电荷数少 4，因为经过一次衰变，电荷数少 2， 质量数少 4，经过一次衰变，电荷数多 1，质量数不变，可知经过 3 次衰变，2 次衰变 故 C 正确D、大量处于激发态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
5、 错误故选：C质量为和未知 的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其图象如图所示，则A. 此碰撞一定为弹性碰撞B. 被碰物体质量为 2kg C. 碰后两物体速度相同D. 此过程有机械能损失 【答案】A5.【解析】解：由图象可知，碰撞前是静止的，的速度为：，碰后的速度为：的速度为：，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：，即：，解得：；碰撞前总动能：，碰撞后总动能：，碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故 A 正确，BCD 错误； 故选：A 质量相等的 A、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A 球的动量为球的动量为当 A 球追上 B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B
6、两球的动量可能值是A. B. C. D. 【答案】A6.【解析】解：碰撞前系统总动量：，由题意可知；A、如果，系统动量守恒，碰撞后的总动能：，符合实际，故 A 正确；B、如果，碰撞过程动量守恒，不符合实际，故 B 错误；C、如果，则碰撞后系统的总动能：，系统动能增加，不符合实际，故 C 错误；D、如果，碰撞后系统总动量，碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故 D 错误； 故选：A一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度大小为在此过程中 A. 地面对他的冲量为 mvB. 地面对他的冲量为 C. 地面对他的冲量为D. 地面对他的冲量为 【答案】B 【解析】解：人
7、的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动量定理可得：故地面对人的冲量为；故 B 正确； 故选：B二、多选题（本大题共 6 小题，共 24.0 分） 7.如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中A. 两物体所受重力冲量相同B. 两物体所受合外力冲量不同 C. 两物体到达斜面底端时动量相同D. 两物体到达斜面底端时动量不同 【答案】BD 8.【解析】解：物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下 重力做功相等，由得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的； A、两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面
8、倾角小，物体的加速 度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等 故 A 错误；B、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同 根据动量定理：，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的 故 B 正确；C、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同 故 C 错误，D 正确故选：BD 用不可伸长的细线悬挂一质量为 M 的小木块，木块静止，如图所示 现有一质量为 m 的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是A. 从
9、子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射 入木块前的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为【答案】AB 9.【解析】解：A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹 射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之 后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒 故 A 正确；B、由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：，可得
10、子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为故B 正确 C、忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由 于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故 C 错误； D、子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得，可得上升的最大高度 为故 D 错误 故选：AB 质量为 m 的物块甲以的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为 m 的物块乙以的速度与甲相向运动，如图所示 则A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C. 甲物块的速率可能达到D.
11、 当甲物块的速率为时，乙物块的速率可能为，也可能为 0【答案】AD10.【解析】解：A、甲、乙两物块 包括弹簧 组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故 A 正确； B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为 v，根据动量守恒定律得到，解得故 B 错误C、若物块甲的速率达到，方向与原来相同，则：，代入数据代入解得：两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律 若物块甲的速率达到， 方向与原来相反，则：，代入数据解得：，当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律 所以物块甲的速率不可能达到，故 C 错
12、误D、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为，方向与原来相同，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；若物块甲的速率为，方向与原来相反，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，故 D 正确 故选：AD国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站 1400 座 变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压，电压表、电流表都为理想电表 则下列判断正确的是A. 输入电压有效值为 200V，电流频率为 50 Hz B. S 打到 a 处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S 打到 a 处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D. 若变阻器的滑
13、片不动，S 打到 b 处，电压表和电流表的示数都减小【答案】AD11.【解析】解：A、输入电压的最大值，有效值，由瞬时值知，加速度，电流频率，故 A 正确；B、s 打到 a 处，副线圈匝数增加，输入电压不变，输出电压增大，即示数不变，示数增大，故 B 错误；C 错误；D、若变阻器的滑片不变，S 打到 b 处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表示数减少，输出功率减少，根据输入功率等于输出功率，减少，不变，则减少，即电流表的示数减小，故 D 正确；故选：AD 在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如 图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙
14、所示，则下列说法正确的是A. 时穿过线框的磁通量最小 B. 时穿过线框的磁通量变化率最大 C. 该线框匀速转动的角速度大小为D. 电动势瞬时值为 22V 时，线圈平面与中性面的夹角可能为【答案】CD 12.【解析】解：A、由图象知：时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最 大，变化率最小，故 AB 错误；C、由图象得出周期，所以，故 C 正确D、当时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表 达式为，电动势瞬时值为 22V 时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角可能为，故 D 正确；故选：CD 原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲
15、线，下列判断中正的有A. 核的结合能约为 14MeVB. 核比核更稳定C. 两个核结合成核时释放能量D. 核中核子的平均结合能比核中的大【答案】BC 【解析】解：A、由图可知，氦核的结合能大约为 7MeV，氦核的核子数为 4，则氦核的结合 能大约为 28MeV，故 A 错误B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则核比核更稳定，故 B 正确C、两个核结合成核时有质量亏损，释放能量，故 C 正确D、由图可知，核中核子的平均结合能比核中的小，故 D 错误故选：BC 三、实验题探究题（本大题共 1 小题，共 12.0 分）13.某同学用如图所示装置探究 A、B 两球在碰撞中动量是
16、否守恒 该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中 PQ 是斜槽，QR 为水平槽实验时先使 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹 重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹 再把 B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让 A 球仍从位置 G 由静止开始滑下，和 B 球碰撞后，A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹 重复这种操作 10 次，并画出实验中 A、B 两小球落点的平均位置 图中 O 点是水平槽末端 R 在记录纸上的垂直投影点，E、F、J 是实验中小球落点的平均位置 为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：A 球的直径_ B 球的直径“大于”、“等于”或“小于” ；为减小实验误差，在两球碰撞后使 A 球不反弹，所选用的两小球质量关系应为 _ 选填“大于”、“等于”或“小于”； 在以下选项中，本次实验必须进行的测量是_ ； A.水平槽上未放 B 球时，A 球落点位置到 O 点的距离 B.A 球与 B 球碰撞
