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宜城二中高二下学期3月月考物理试题
一、选择题（共 12 题，每题 4 分，共 48分。其中1-8题为单选题，9-12 题为多选题。全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。）
1.关于物理学史，下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
B．玻尔的原子理论成功的解释了氢原子光谱的实验规律
C．贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
D．汤姆孙发现了电子并通过油滴法测出了电子电荷量
答案：B
解析：A.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，A错。
C.贝可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，C错
D.汤姆孙发现了电子,但电子的电荷量是由密立根油滴实验测出的，D错

2.下列说法中正确的是（ ）
A. β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
B.铀235的半衰期约为7亿年,则8个铀235原子核经过14亿年后就一定剩下2个原子核
C.黑体辐射的温度越高，辐射强度越大，辐射强度的极大值向短波方向移动。
D.α射线比β射线的穿透能力强，电离能力弱
答案：C
解析：A. β衰变中产生的β射线是原子核内一个中子转变成一个质子后放出来的。
B.半衰期是大量原子核的统计规律，只适用于大量原子核的衰变。
D.α射线比β射线的穿透能力弱，电离能力强

3.下列说法错误的是(　　)
A．德布罗意指出微观粒子的动量越小，其对应的波长就越长
B．大量光子出现的时候表现出波动性,个别光子出现的时候表现出粒子性
C．发生β衰变后产生的新核的中子数比多1
D．Th(钍)经过经过6次α衰变和4次β衰变后，变成Pb(铅)
【答案】　C
【解析】A.,A对
B.正确
C.发生β衰变后,新原子核比Th核少一个中子,C错。　
D.由于β衰变不会引起质量数的减少，故可根据质量数的减少确定α衰变的次数为
x＝＝6.再结合电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y，应满足：
2x－y＝90－82＝8，所以y＝2x－8＝4.

4．一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开。在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是(　　)
A．总动量守恒 B．机械能守恒
C．水平方向动量守恒 D．竖直方向动量守恒
【答案】 C
【解析】 爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的。但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的。爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒，故只有C对。

5.质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.5s，安全带长5 m，取g＝10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为(　　)
A．200 N B．400 N
C．1100 N D．1000 N
【答案】　D
【解析】　安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝＝10 m/s.受安全带的保护经1.5 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，则F＝＋mg＝1 000 N，D正确．

6.一航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体后的航天器质量为(　　)
A. m B．
C. D．
【答案】　B
【解析】　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得,故B正确．

7.如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是(　　)
A.＝1 B．＝
C.＝＋1 D．＝－1
答案：D
解析：由mgR＝mv2可得v＝，则两球碰后速度等大反向，碰撞前A球下滑到最低点的速度设为v0，由机械能守恒定律得：mg·2R＝mv，碰撞过程中动量守恒可得：mAv0＝mB+mAv。根据能量关系，碰前总能量大于碰后总能量，可解得：＝-1，D正确。

8.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量比是1:6
【答案】　D
【解析】　根据s­t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ的速度v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；
碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B错误；
碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，m1v>m2v，故C错误，D正确．

9.（多选）如图为氢原子的能级示意图,锌的逸出功是3.34 eV,那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是( ) 

A.一个处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时,最多能放出4种不同频率的光
B.一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,发出的光照射锌板，产生的光电子的最大初动能为6.86eV
C.用能量为14.5eV的电子与基态氢原子碰撞,能使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.用能量为2.86eV的光子照射,可使处于n=2能级的氢原子电离
答案：AC
A.一个处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时,可能的情况有
B.一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,辐射光子能量最大的是从第4能级到第1能级。,则光照锌板，产生的光电子的最大初动能为
C.实物粒子与氢原子碰撞，氢原子可只吸收部分能量而跃迁到激发态。氢原子吸收的能量等于相应的两个能级的能量差。
D.n=2能级的氢原子电离至少需要3.4eV的能量。

10．（多选）如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是(　　)
A.Ek1<Ek2
B.换用波长比单色光1长的光照射该金属，一定不能发生光电效应
C.增大单色光2的强度，其饱和光电流会增大
D.由图可求得该金属对单色光2的截止频率大于对单色光1的截止频率
【答案】　AC
【解析】　由于Ek1＝e|Uc1|，Ek2＝e|Uc2|，所以Ek1<Ek2，A正确；由Ek＝hν－W0可知，换用波长比单色光长的光照射金属，入射光能量减少，但是如果入射光的能量还是大于金属的逸出功，那么金属还是能发生光电效应，B错误；增大照射光的强度，单位时间内的光子个数增多，单位时间内产生的光电子数增多，饱和光电流会增大，C正确；金属的截止频率与金属本身有关，D错。

11．（多选）用同一频率的光照射到甲、乙两种不同的金属上，它们释放的光电子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，两种光电子的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶3，则下述说法中正确的是(　　)
A．两种金属的逸出功之比为1∶9
B．两种光电子的速度大小之比为1∶3
C．两种光电子的动量大小之比为1∶1
D．两种光电子的动能之比为1∶9
答案：BD
解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由evB＝m得R＝，动量大小和速度大小均和环绕半径成正比，均为1；3，B对、C错；光电子的最大初动能之比为1∶9，由爱因斯坦的光电效应方程可得：金属的逸出功W甲＝hν－mv2，W甲＝hν－m×9v2所以两种金属的逸出功的比值不是1:9，A错，故选B、D.

12. （多选）小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是(　　)

A.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
B.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
答案：AD
解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，B错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n－1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m－[M＋(n－1)m]·，由位移关系有：x车＋x子＝d，解得x车＝，故D正确；每射击一次，车子都会右移，故A正确．

二、填空题（本题共2小题，13题9分，14题9分，共18分）
13.（1）（3分）
已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝E1/n2，其中n＝2,3，…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为
答案：第一激发态：n=2,E2＝E1/22=E1/4.能使氢原子电离所需最小的能量为：
E=0-E2= ，则 λ=－ （3分）

(2)（6分）已知(镭)有一种同位素核比核多2个中子．某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生α衰变，放出的α粒子的速度大小为v.写出衰变的核反应方程________(产生的新核的元素符号可用Y表示)；衰变后的新核速度大小为________．
解析：的同位素为，设核子质量为m，则α粒子质量为4m，产生的新核质量为222m,衰变，由动量守恒有222mv’＝4mv，解得v’＝v.
答案：（3分）　 （3分）
14. (9分）某同学用如图所示装置做验证动量守恒定律的实验,，先将a球从斜槽轨道上某固点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道水平段的最右端，并使其处于静止状态；让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分別落在记录纸的不同位置处，重复10次。
(1)（2分）本实验必须测量的物理量有以下哪些 。
A.斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B.小球a、b的质量、
C.小球a、b的半径r
D.小球离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(2)（2分）小球a、b的质量、应该满足的关系是 。
(3)（2分）下列说法正确的是 。
A.两小球从碰后到落地在空中运动时间相同
B.为保证实验成功，斜槽轨道应尽量光滑
C.两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点
D.两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上的B点
(4)（3分）按照本实验方法，验证动量守恒的表达式是 。
答案：（1）BE（2分） （2）> （2分）
(3)AC（2分） (4)（3分）
三、计算题（本题共3小题，共34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）
15．（10分）如图所示，在光滑水平面上的物块A处于静止状态，A的质量为M=2 kg。某时刻一质量为m＝0.2 kg的子弹以v＝80 m/s的初速度水平射向物块A，从A中穿出时子弹的速率为v1=20 m/s。求：
(1)子弹穿出后物块A的速度大小v2；
(2)在穿出过程中系统损失的机械能ΔE损。
解析　(1)对子弹和A组成的系统，根据动量守恒定律
mv＝mv1＋Mv2……………………………………………………（3分）
得 v2＝6m/s………………………………………………………（2分）
(2)对子弹和木块A组成的系统，根据能量守恒定律
………………………………（3分）
解得 ΔE损＝564 J………………………………………………………（2分）
答案　(1)6 m/s　(2)564 J

16．(12分）如图所示，半径为R的1/4的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度v=向右运动，重力加速度为g，试求：
(1)小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是多少；
(2)要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系。
解析　(1)当两球速度相等时弹簧最短，设共速的速度为v1，由动量守恒定律得
m1v＝(m1＋m2)v1………………………………………………………（2分）
解得v1＝………………………………………………………（2分）

(2) AB能发生二次碰撞，则A能滚上左边的曲面，且再次滚下来后速度要大于B的速度。取向右为正方向，设A与B分开时，A的速度大小为v1′，B的速度大小为v2，由动量守恒定律得
m1v＝m2v2－m1v1′………………………………………………………（2分）
由能量守恒定律得
m1v＝m2v＋m1v1′2………………………………………………………（2分）
发生第二次碰撞的条件是
v2＜v1′………………………………………………………………（2分）
解得 m1＜。………………………………………………………（2分）
答案　(1)v1＝　(2)m1＜

17．（12分）如图所示，甲车质量为m甲=2 kg，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量为m=1 kg的小物块，乙车质量为m乙=4 kg，以v0=5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得v1=6 m/s的速度，物块滑到乙车上，乙车顶部上表面与物块的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)，若物块恰好不从乙车上掉下来，则

（1）物块最终的速度
（2）碰撞过程系统损失的机械能
（3）乙车的最小长度
解析：
(1)最终物块与乙共速，设速度为v，对三者组成的系统,根据动量守恒定律．
m乙v0＝m甲v1+(m＋m乙)v………………………………（2分）
解得 v＝1.6 m/s.……………………………………………………（1分）

（2）对甲、乙碰撞，设碰后乙车速度为v2,根据动量守恒定律
m乙v0＝m甲v1＋m乙v2……………………………………（2分）
解得 v2＝2 m/s.…………………………………………………（1分）
……………………………（2分）
………………………………………………………（1分）

(3)由能量守恒定律
μmgL＝m乙v－(m＋m乙)v2……………………………………（2分）
解得 L＝0.8 m………………………………………………………（1分）