2020-2021学年高二物理下学期期末测试卷（人教版2019）03（全解析全析）.pdf

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1、2020-2021学年下学期期末测试卷03高二物理全解全析1.123456789101112CDAADCDDACACACDAD【答案】c【解析】A.经0.6s时间质点a第一次到达波峰位置，则3-T =0.6s4T=0.8s这列波的波速是u=4 =5m/sT故AD错误;B.据质点的振动方向与波的传播方向关系，利用平移法可知波源的振动方向沿y轴正方向，简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，b点开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误;C.质点b与相邻波峰间距离为3 m,质点b第一次出现在波峰的时刻为f=0.6sv故C正确。故选Co2.【答案】D【解析】A.根据折射率的定义可知a

2、光的折射率sin r sin 45sin i sin 30=6由图知，两束光的入射角相等，a的折射角小于b的折射角，通过折射定律可知，玻璃石专对b光的折射率大于对a光的折射率，所以b光的折射率大于0,故A错误;B.由于b的折射角大于。的折射角，则使入射角i逐渐变大时，b光的折射角先达到90。，发生全反射现象,b的临界角小，故B错误；C.a的频率小，则波长大，根据明显衍射的条件可知，光束a比光束b更容易发生衍射现象，故C正确；D.根据干涉条纹的宽度公式AI-I,Ax A Ax=Ad d可知，在光的双缝干涉实验中，仅将入射光束由a改为b,条纹间隔变窄，故D正确。故选D。3.【答案】A【解析】A.因

3、为-E”=h v，Eh=Ea+Ec,则有he he he=-1-4a 4解得2一 4 4A,+A.故A正确；B.=3能级跃迁到n=2能级时，释放能量，则电子的势能减小，动能增加，而氢原子的能量减小，故B错误；C.用lle V的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子可以吸收10.2eV的能量，可能会发生跃迁，故C错误;D.13eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，由于光子能量不等于能级差，则不吸收，故氢原子不发生跃迁，故D错误。故选A。4.【答案】A【解析】根据光电效应方程得线加=h v-W h v-h vn又Ekn、=qUc解得一风q q知。,.一图线，当6=0 ,v=v0,由图像可知，金属甲的极

4、限频率小于金属乙，则金属甲的逸出功小于乙的，即如果用V0频率的光照射两种金属，根据光电效应方程，当相同的频率入射光时，则逸出功越大的，其光电子的最大初动能越小，因此所 E乙故选Ao5.【答案】D【解析】A.白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，故A错误；B.用红光作光源，屏上将呈现红色亮条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，故B错误；C.红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，故C错误；D.紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，故D正确。故选D。6.【答案】C【解析】A B.根据单摆的周期公式得g图线的斜率,4万2K =-g即图线的斜率等于，因为A图像的斜率较大，则图线

5、A所对应当地的重力加速度较小，选项AB错误;gC.周期指完成一次全振动所需的时间，由图乙可知3-Ta=2s2 =2sa、b两摆球振动周期之比为2：3,C正确；D.由乙图可知，t=ls时b球处于平衡位置向y轴负方向振动，D错误。故选C,7.【答案】D【解析】A.放射性元素的半衰期不随温度而变化，故A错误；B.放射性元素发生夕衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，故B错误;C.射线是高速电子流，而r射线是电磁波，r射线穿透本领比6射线强，故C错误；D.铀核 学 叼)衰 变 为 铅 核(占p g的过程中，要经过=8次。衰变和2 x 8(9282)=6次力衰变，故D正确。故选D8.【答

6、案】D【解析】下落过程中阻力做的功%=1加=-0.1x2.7x10-2 x().5J=135x1(尸 j根据动能定理mghy+叼 =g mv可得球与球拍碰撞前瞬间的速度v,=3m/s上升过程中阻力做的功Wf2=外=-().1 X 2.7 X1 o-2 X 0.8 8 J =-2.3 7 6 x 1(r3 J根据动能定理1 2 mgh,+Wf2=0-mv2可得球与球拍碰撞后瞬间的速度v2=4.4 m/sA.球与球拍碰撞过程中，根据动量定理(F-mg)At=mv2-(-mvI)解得F=8.4 mgA错误;B.整个过程阻力做功%+吗2。-3.7 x 1 0-3 JB错误;C,球与球拍作用过程中动量变

7、化量大小mv2-(-mv,)=2.7 x 1(尸 x(4.4 +3)k g-m/s =1.9 9 8 x l()2k g m/sC错误D.下落的时间/7,0.5 12上升的时间t,小 6 88 s =0n.4，s1 以 4.42整个过程中重力的冲量,1 ,I=mg(r,+Z2+A O =2.7 x 1 0-2(-+0.4 +0.1)N-S=2.2 5 x l O-2N-D正确。故选Do9.【答案】AC【解析】由图可知，入射角相等，b折射角小，由折射定律sinzn=sinr可得水对光束a的折射率小，水对光束b的折射率大，由cn=v可知，在水中的传播速度，光束a比光束b大，所以AC正确，BD错误。

8、故选AC。10.【答案】AC【解析】A B.原来静止的核在放出粒子的过程中总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，且新原子核和粒子的动量大小相等，由左手定则判断可知a衰变的轨迹为外切圆，6衰变的轨迹为内切圆，所 以A正确；B错误；C D.由mvr=Bq可得，动量一定时，电量小的半径大，所以b为。粒子轨迹，c为6粒子轨迹，则C正确；D错误；故选AC。11.【答案】ACD【解析】C.分子b在X=X2处受到的分子力为零，故C正确；A.分 子b在向x=X2处运动时，分子力做正功，分子b速度增大，在x=X2处向x=xi处运动时，分子力做负功，分子b速度减小，所以分子b在x=X2处时的速度最大，故

9、A正确；B.分子b由x=X2处向x=xi处运动的过程中分子力增加，故B错误；D.分子b由无穷远处向X=X2处运动的过程中，b受到的分子力先增大后减小，根据牛顿第二定律，分子b的加速度也是先增大后减小，故D正确。故选ACD。12.【答案】AD【解析】A.设 ABC三者的最终为V,对 A、B、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得mv0+2mv0=3mv解得设木块A 在整个过程中的最小速度为匕 所用时间为3由牛顿第二定律得：对滑块A 加gi=-=4 gm对滑块Bm对木板C%=-=2 gm当滑块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，则有=2 gf解得r=3 g滑块A 在整个过程中的最小速度为

10、3 g 3故 A 正确；B C.当滑块B 的速度变为与所需要的时间为匕 所以t=2%3 g此时，AC有共同速度 2%1%3 2 3 gBC碰撞后B具有最小速度，对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mVj+mv4联立上式解得4所以B的最小速度为由于碰撞后匕=匕故A B不可能发生碰撞，故BC错误;D.由能量守恒定律可知所以系统损失的机械能为=mv-x l0 0%=40%5/nvj2故D正确。故选AD。13.【答案】B 5x10-1 AC【解析】V实验步骤为：配制酒精油酸溶液，测定一滴酒精油酸溶液体积u=一,准备浅水盘，形成油膜，描N绘油膜边缘，测量油膜面积，计算分子直径。所以正确顺序

11、为：；(2)在 油膜法估测油酸分子的大小 实验中，在理想情况下把油酸分子看成球形，所以B正确；一滴油酸溶液中油酸的体积3V=-X X106?用25Om3 500%3油膜由单层分子构成，所以油酸分子的直径40.8x10-10?30.171n2 5 xl0-|()?V计算油酸分子直径的公式是匕=一，V 是纯油酸的体积，S 是油膜的面积。所以nA.油酸未完全散开，S 偏小，故得到的分子直径d 将 偏 大，A 正确；B.油酸中含有大量酒精不会造成影响，因为最终酒精会挥发或溶于水;，B错误；C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S 将偏小，故得到的分子直径将偏大，C正确;D.求每滴体积时，1mL的

12、溶液的滴数误多记了 10滴，由K=-n可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，D错误；故选AC,14.【答案】等于 网 直=网 西+恤 几 非弹性碰撞 彳,630【解析】(1)因为实验只测量了小车在长木板上移动的距离，所以只有两小车在长木板上的加速度一样，两车的初速度之比才等于位移的平方根之比，故二车与长木板的摩擦因数相同，即%=乙分析B步骤，根据运动学公式有v2 2aL)解得u=J 2a4分析c 步骤，根据运动学公式有匕=2aLiv2=2aLi解得/=个 2aLi丫2=J2aL要想验证动量守恒，应该有m,v =叫匕+m2v2解得町 次 二 町 口 +加2 口根据以上分析可得4=

13、52L,吟2a实验得到町4 用I +m2L2关系式，即1 2 1 2 1 2/叫U 5 叫匕 +-7 V2即碰撞过程有能量损失，故属于非弹性碰撞。第 1 条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为*,则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离,A xZU=-n 则单色光的波长cdZ=-将双缝的间距为0.3 0 0 m m,测得屏与双缝间的距离为1.2 0 m,以及n=4 代入以上公式可得2 =6.3 x l 0-7m=6 3 0 n m1 5.【答案】(1)A=8 c m ,T =0.4 s ,x =8 c o s 5 r(c m)；(2)0 ,1 6 m【解析】(1)由振动图像可得A=8cmT=0.4s则有2

14、7(D =5rad/sT故该振子做简谐运动的表达式为x=8cos5R(cm)(2)前 20s刚好经过了 50个周期所以前20s振子的位移x=0m所以前20s振子的总路程为5=200A=1600cm=16m16.品、5、7”【答案】(1)37。；(2)；(3)3c 24【解析】根据折射定理sin an=-sin(3解得折射角大小6=37光在水中的速度v=n激光从。点传播到P 点的时间H 5Ht-=-vcos(3 3c 根据sin an-sin 0由几何关系有:x-h(tana-tan6)当 人=良，代入数据解得27Hx=-17.【答案】(1)84cmHg；(2)96cmHg,6.5cm；(3)6

15、15K【解析】(1)设水银的密度为p,初始时粗管内气体的压强Pi=Po+2pgh=84cmHg(2)粗管内气体，初始体积K=(L-)S 2,末 态 体 积 匕=一力一;，S?，由波意耳定律PlVl=P2V2解得p2-96cmHg细管内气体，初始体积”=(L一)E，末态体积4 =(1 一x)S 由波意耳定律PM=P%此时两管内气体压强满足，3.2 =四 +Pgh解得x=6.5 cm粗管内水银刚好全部进入细管，细管内气体体积%=(乙-3)设压强为P 3,由波意耳定律PM=P3%解得 3 =1 5 2 c mH g粗管内气体压强 3 =+3pgh-1 6 4 c mH g粗管内气体体积V3=LS2由

16、理想气体状态方程PM _。3匕T.T解得=6 1 5 K1 8.2 8【答案】(1)mA=2 kg ；(2)以=m/s；(3)L -m2 7 3【解析】(1)由B相对于A的速度vBA随时间t变化的关系可求得B相对于A的加速度aBA=3 m/s2对B由牛顿第二定律，则有根8 g =mBaB对A由牛顿第二定律，则有/福 g =mAaA又根据他=4 一 (一4)联立并代入已知条件解得mA=2kg(2)木板A与右挡板发生第1次碰撞后以原速率弹回，此后木板与木块所受的合外力为零，总动量守恒,到第2次碰撞前，二者达到相同速度匕，取水平向左为正方向，则有2/7zv0-mv()=(/+2m)v.解得1方向水平向左长木板与左挡板发生第2次碰撞后，二者达到相同速度打，则有mv-2m vl=(m+2m)v2解得彩V-匕一一丁？%方向水平向右同理，发生第3次碰撞后二者达到相同速度匕，则有2mv2-mv2=(加+2根)匕解得匕 亍 于代入数据解得 m/s3 27(3)第1次碰后到第2次碰前瞬间，木块B相对板A向右滑动右，根据能量守恒则有=5（3 加）说一3（3 加）呼解得I第 2次碰后到第3次碰前瞬间，木块相对板向左滑动右，有AmgL=-(3/H)V,2解得2 施小同理可证第3次碰后到第4次碰前瞬间，木块相对板向右滑动L.L2,小木块始终没有脱离木板，板长应满足LL.短L 乙 一-3 g代入数据解得