山东省滕州市第一中学2019-2020学年高二物理5月月考试题答案.pdf

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1、1 滕州一中物理高二滕州一中物理高二单元检测单元检测答案答案 一、选择题：（本题一、选择题：（本题 1 12 2 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4848 分。其中分。其中 1 18 8 为单选题，为单选题，9 9-1212 为多选为多选题。其中多选题选对但不全给题。其中多选题选对但不全给 2 2 分，错选或不选给分，错选或不选给 0 0 分。）分。）1.1.C C 2 2.C C 解析：解析：由题意可知：由题意可知：1122-=32EEh；能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：10Eh，解得：解得：365vv，3 3.C C 解析

2、解析：摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式公式T T22l lg g可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故 A A 错误；火车过桥时要减错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故 B B 错误；挑水的人由于行走，使扁担错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步

3、的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故 C C 正确；停在海正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故面的小船上下振动，是受迫振动，故 D D 错误错误 4.4.D D 解析：解析：A.A.根据爱因斯坦光电效应方程根据爱因斯坦光电效应方程0kEhW 可知电子的初动能与光的频率有关，与光电管两端电压无关，故可知电子的初动能与光的频率有关，与光电管两端电压无关，故 A A 错误；错误；B.B.根据爱因斯坦光电效应方程得根据爱因斯坦光电效应方程得00()kEhWh，由动能定理得

4、由动能定理得kmmEEeU，到达阳极到达阳极 A A 的光电子最大动能为的光电子最大动能为0()kmEheU，故，故 B B 错误错误；C.C.若将滑片若将滑片 P P 向右滑动，则光电管加的是正向电压，且随滑片向右滑动，则光电管加的是正向电压，且随滑片 P P 右滑，右滑，AKAK 间电压增大，间电压增大，会导致光电流增大，但当光电流达到饱和值后，再增大电压，电流不再变化，故会导致光电流增大，但当光电流达到饱和值后，再增大电压，电流不再变化，故 C C 错误；错误；D.D.将电源正负极对调，则光电管加的是反向电压，若使光电流为零，由动能定理得将电源正负极对调，则光电管加的是反向电压，若使光电

5、流为零，由动能定理得0kUeE遏止，00()kEhWh，解得解得0()hUe遏止，故，故 D D 正确。正确。5.5.C C 解析解析：由图乙由图乙 y y-t t 图像知，周期图像知，周期 T=0.20sT=0.20s，且在，且在 t=0.10st=0.10s 时时 Q Q 点在平衡位置沿点在平衡位置沿 y y负方向运动，可以推断波没负方向运动，可以推断波没 x x 负方向传播负方向传播，且传播了且传播了 6 6m m，所以，所以 C C 正确正确；t=0.05st=0.05s 时，质点时，质点Q Q 图甲所示正的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正图甲所示正的最大

6、位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时比，所以此时 Q Q 的加速度达到负向最大，所以的加速度达到负向最大，所以 A A 错（也可直接从图乙错（也可直接从图乙 y y-t t 图像分析得图像分析得出）；出）；由于波由于波向负方向传播，可知在向负方向传播，可知在 t=0.10st=0.10s 时时，质点，质点 P P 正在向上运动，正在向上运动，B B 错误错误振动的质振动的质点在点在 t=1Tt=1T 内，质点运动的路程为内，质点运动的路程为 4A4A；t=T/2t=T/2，质点运动的路程为，质点运动的路程为 2A2A；但；但 t=T/4t=T/4，质点运动，质

7、点运动2 的路程不一定是的路程不一定是 1A1A；t=3T/4t=3T/4，质点运动的路程也不一定是，质点运动的路程也不一定是 3A3A本题中从本题中从 t=0.10st=0.10s 到到t=0.25st=0.25s 内，内，t=0.15s=3T/4t=0.15s=3T/4，P P 点的起始位置既不是平衡点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所位置，又不是最大位移处，所以在以在 3T/43T/4 时间内的路程不是时间内的路程不是 30cm30cm，D D 错错 6.6.C C 7 7.D D 8.8.C C 解析解析：题图乙是振子自由振动时的振动图线，振子的固有周期为：题图乙是振子自由

8、振动时的振动图线，振子的固有周期为T T0 04 s4 s，振幅为，振幅为4 cm4 cm，故，故 A A、B B 错误；当驱动力的频率等于振子的固有频率时，振子的振动达到最强，故当错误；当驱动力的频率等于振子的固有频率时，振子的振动达到最强，故当T T在在 4 s4 s 附近时，振幅显著增大，当附近时，振幅显著增大，当T T比比 4 s4 s 小很多或大得很多时，小很多或大得很多时，Y Y很小，故很小，故 C C 正确，正确，D D错误错误 9 9.AC AC 解析解析：如图甲，一重原子核衰变成如图甲，一重原子核衰变成a粒子和另一原子核，该过程释放核能，生粒子和另一原子核，该过程释放核能，生

9、成的产物更稳定，因此衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故成的产物更稳定，因此衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故 A A 正确；正确；如如图乙，铀核裂变的核反应方程可能是：图乙，铀核裂变的核反应方程可能是：1235140941092543802nUXeSrn用中子轰击铀核用中子轰击铀核才能发生反应，故才能发生反应，故 B B 错误；错误；如图如图丙，原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可丙，原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由

10、左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是电性相同的粒子，可能发生的是衰变，由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周衰变，由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，运动，C C 正确。正确。D D 观察观察到粒子数量最多的到粒子数量最多的应应是是 3 3 处处。10.AB 10.AB 解析解析：由图线由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故大，故 A

11、 A 正确；根据光电效应方程知，正确；根据光电效应方程知，E Ekmkm=hvhv-W W0 0=eUeUc c，可知入射光频率越大，最大初动能，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故强度无关，故 B B 正确；根据正确；根据E Ekmkm=hvhv-W W0 0=eUeUc c，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，选项的最大初动能越大，选项 C C 错误；发生光电效应的条

12、件是入射光的频率大于极限频率，与错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关，故入射光的强度无关，故 D D 错误。错误。11.11.BD BD 解析解析：A BA B在同一时刻观察时，越先激起的波纹扩散开来的半径越大，因在同一时刻观察时，越先激起的波纹扩散开来的半径越大，因 C C的半径大于的半径大于 A A 的半径，说明蜻蜓第一次点水处为的半径，说明蜻蜓第一次点水处为C C点，点，故蜻蜓故蜻蜓是从右往左飞行；是从右往左飞行；C DC D蜻蜻蜓从蜓从 C C 点飞到点飞到 B B 点时间内，点时间内，C C 水波纹扩散开来的速度大于水波纹扩散开来的速度大于 CBCB

13、 距离，说明蜻蜓飞行的速度小距离，说明蜻蜓飞行的速度小于水波传播的速度，故于水波传播的速度，故 C C 错误，错误，D D 正确。正确。1212.BD.BD 3 二二、填空题（、填空题（本题有本题有 2 2 道道小题，每空小题，每空 2 2 分分，共，共 1 16 6 分分）1313、答案答案 (1)(1)弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力合力)(2)0.4 (2)0.4 (3)(3)F F1 1F F2 22 2k k 解析解析 (1)(1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面方向分

14、力的合力提供回复力对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力提供回复力 (2)(2)由题图可以看出周期为由题图可以看出周期为 0.4 s.0.4 s.(3)(3)根据胡克定律：根据胡克定律：F F1 1kxkx,F F2 2kxkx 振幅振幅A Ax xx x2 2F F1 1F F2 22 2k k.1 14 4.答案答案 (1)AC (1)AC (2)12.0 (2)12.0 0.9930.9930 0 (3)(3)442 2y y2 2y y1 1(x x2 2x x1 1)(4)(4)不变不变 解析解析 (1)(1)在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁

15、架台的铁夹将在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止摆动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关橡皮夹紧，是为了防止摆动过程中摆长发生变化；如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长；故系时，方便调节摆长；故 A A 正确，正确，C C 正确；正确；(2)(2)该摆球的直径为该摆球的直径为 12 mm12 mm0.01 mm00.01 mm012.0 mm12.0 mm，单摆摆长，单摆摆长l l为为 0.999 0 m0.999 0 m6.0 mm6.0 mm 0.993 0 m.0.993 0 m.(3)(3)根据单摆的

16、周期公式根据单摆的周期公式T T22l lg g，即，即T T2 2442 2g gl l有：有：y y1 1442 2g gx x1 1；y y2 2442 2g gx x2 2 联立解得：联立解得：g g442 2y y2 2y y1 1(x x2 2x x1 1)(4 4)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长小于实际摆长，单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长小于实际摆长，则则t t2 2L L图象不过原点，在纵轴上截距不为零，图象不过原点，在纵轴上截距不为零，但但斜率仍然不变，故斜率仍然不变，故 g g 也不变也不变 三三、解答题、解答题 1

17、15 5（7 7 分）分）(1)9.78 m/s(1)9.78 m/s2 2 (2)7.02 s(2)7.02 s 解析解析 (1)(1)周期周期T Tt tn n284284100100 s s2.84 s2.84 s(1 1 分分)由周期公式由周期公式T T22l lg g(2(2 分分)得得g g442 2l lT T2 243.1443.142 2222.842.842 2 m/sm/s2 29.78 m/s9.78 m/s2 2.(.(1 1 分分)(2)(2)T T22l lg g23.1423.142 21.601.60 s7.02 ss7.02 s(3 3 分分，公式公式 2

18、2 分分，结果，结果 1 1 分分)1 16 6.(1)(1)2 2 cmcm (2)(2)变大变大 变小变小 变小变小 变大变大 (3)34 cm(3)34 cm 解析解析 (1)(1)由题图可知质点做简谐运动的振幅由题图可知质点做简谐运动的振幅A A2 cm2 cm，周期，周期T T2102102 2 s s，振动方程为，振动方程为x xA Asin(sin(tt2 2)A Acos cos tt2cos 2cos 222102102 2t t cmcm2cos 1002cos 100t t cmcm （2 2 分）分）4 当当t t0.25100.25102 2 s s 时，时，x x2

19、cos2cos4 4 cmcm 2 2 cm.cm.（1 1 分）分）(2)(2)由题图可知在由题图可知在 1.5101.5102 2 2102102 2 s s 的振动过程中，质点的的振动过程中，质点的位移位移变大变大，回复力变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大速度变小，动能变小，势能变大（全对（全对 3 3 分，分，错错 1 1 个个 2 2 分，分，错错 2 2 个个 1 1 分分，其余其余情况情况 0 0 分分）(3)(3)t t0 0 时质点位于负向最大位移处，从时质点位于负向最大位移处，从t t0 0 至至 8.5108.5102 2 s s 的时间内为的时间内为1717

20、4 4个周期个周期，（2 2 分分）质点通过的路程为质点通过的路程为s s1717A A34 cm.34 cm.（1 1 分）分）1717.（1 1）226222488862RaRn+He （2 2）6.05MeV （3 3）5.94MeV 解析：解析：（1 1）核反应（衰变）方程为）核反应（衰变）方程为 226222488862RaRn+He.（3 3 分）分）（2 2）镭核衰变放出的能量为）镭核衰变放出的能量为 226.02544.0026222.0163931.5MeV6.05MeVE（2 2 分）分）（3 3）镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定律可得）镭核衰变时动量守恒，则由动量守恒定

21、律可得 RnRn0mm（2 2 分）分）又根据衰变放出的能量转变为氡核和又根据衰变放出的能量转变为氡核和粒子的动能，则粒子的动能，则 22RnRn1122Emm（2 2 分）分）联立以上两式可得：联立以上两式可得：2RnRn12226.05MeV5.94MeV22224mEmEmm（1 1 分）分）则放出粒子的动能为则放出粒子的动能为5.94MeV.1818.(1)(1)mgmg (2)(2)mkxmkxM Mm mmgmg 解析解析 (1)(1)经过平衡位置时，回复力为经过平衡位置时，回复力为 0 0，对于，对于A A有：有：F Ff0f0mgmg(2 2 分分)(2)(2)在平衡位置时在平衡位置时 对于对于A A、B B组成的系统有：组成的系统有：kxkx0 0(m mM M)g g(2(2 分分)向下离开平衡位置的位移为向下离开平衡位置的位移为x x时时 对于对于A A、B B组成的系统有：组成的系统有：k k(x x0 0 x x)(m mM M)g g(m mM M)a a(2 2 分分)则则kxkx(m mM M)a a(1(1 分分)对于对于A A有：有：F Ff fx xmgmgmama(2(2 分分)解得解得F Ff fx xmamamgmgmkxmkxm mM Mmgmg(1(1 分分)