2021-2022学年宁夏青铜峡市宁朔中学高二下学期期中物理试题 （解析版）

青铜峡市宁朔中学吴忠中学青铜峡分校2021-2022学年第二学期

高二年级物理期中试卷

一、选择题（本大题共14个小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1-11题只有一项符合题目要求，第12-14题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1. 人从高处跳到地面，为了安全，一般都是让脚尖先着地，接着让整个脚底着地，并让人下蹲，这样做是为了（　　）

A. 减小人受到的冲量

B. 增大人受到的冲量

C. 延长与地面的作用时间，从而减小人受到的作用力

D. 延长与地面的作用时间，从而减小人动量的变化

【答案】C

【解析】

【详解】AB．因为人的动量变化量相同，所以，人受到的冲量相同，故AB错误；

CD．设人落地时速度为v，人受到地面的作用力为F，作用时间为t，人的质量为m，以向上为正方向，根据动量定理得

延长作用时间t，可以减小作用力F，故C正确，D错误。

故选C。

2. 一质量为的物体，沿着倾角为的斜面匀速下滑。已知重力加速度为，在时间内物体所受重力的冲量大小为（　　）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】在时间内物体所受重力的冲量大小为

选项B正确，ACD错误；

故选B。

3. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）

A. t=2s时物块的速率为1m/s B. t=2s时物块的速率为4m/s

C. t=3s时物块的速率为1.5m/s D. t=4s时物块的速率为3m/s

【答案】C

【解析】

【详解】AB．在0-2s时由动量定理

即

解得

v2=2m/s

选项AB错误；

C．0-3s时由动量定理

即

解得

v3=1.5m/s

选项C正确；

D．在0-4s时由动量定理

即

解得

v4=1m/s

选项D错误；

故选C。

4. 下列关于动量、动量变化量的说法中，正确的是（　　）

A. 物体的动量越大，其惯性也越大

B. 做匀速圆周运动的物体，其动量不变

C. 做匀加速直线运动的物体，动量的变化量方向与运动方向相同

D. 物体的速度大小不变时，动量的变化量一定为零

【答案】C

【解析】

【详解】A.物体动量

与物体的速度和质量有关，而惯性只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，故A错误；

B.动量是矢量，其方向与物体速度方向相同，做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，而速度的方向在改变，故B错误；

C．动量的变化量

与速度变化的方向相同，而匀加速运动，其速度变化的方向与运动方向相同，故C正确；

D.速度的大小不变时，其方向可能在不断的改变，如匀速圆周运动，此时动量变化量不为零，故D错误；

故选C。

5. 2022年冬奥会将在北京一张家口举行，其中短道速滑接力是很具观赏性的项目。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程。忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上。对两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是（　　）

A. 两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零

B. 两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零

C. 两运动员的动量变化一定相同

D. 两运动员组成的系统动量和机械能均守恒

【答案】B

【解析】

【详解】AB．交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，作用时间相同，总冲量一定为零，但两力作用的位移并不相同，总功并不为零，故A错误，B正确；

C．交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，作用时间相同，根据动量定理可知两运动员的动量变化大小相同，方向相反，故C错误；

D．两运动员组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但“交棒”远动员的推力对系统做功，系统机械能不守恒，故D错误。

故选B。

6. 如图所示，小船的两端站着甲、乙两人，初始小船静止于湖面上。现甲和乙相向而行，从船的一端走到另一端，最后静止于船上，不计水的阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 若甲先行，乙后行，小船最终向左运动

B. 若甲先行，乙后行，小船最终向右运动

C. 无论谁先行，小船最终都向右运动

D. 无论谁先行，小船最终都静止

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】以甲、乙和船组成的系统为研究对象，由系统动量守恒知，初始系统总动量为0，所以无论谁先行，最终系统总动量为0，小船最终都静止,故D正确，A、B、C错误。

故选D。

7. 某实验小组发射自制水火箭，火箭外壳重，发射瞬间将壳内质量为的水相对地面以的速度瞬间喷出，已知重力加速度，空气阻力忽略不计，火箭能够上升的最大高度为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由动量守恒

解得

由

解得

故选C。

8. 在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是(    )．

A. 原子只能处于一系列不连续的能量状态中

B. 正电荷在原子中是均匀分布的

C. 原子中存在着带负电的电子

D. 原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上

【答案】D

【解析】

【详解】α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故D正确，ABC错误．

故选：D．

【名师点睛】

这是因为原子核带正电荷且质量很大，α粒子也带正电荷，由于同种电荷相互排斥和α粒子被质量较大的原子核弹回．

9. 波粒二象性是微观世界的基本特征，下列说法正确的是（　　）

A. 光电效应现象揭示了光的波动性

B. 黑体辐射的强度与温度无关

C. 康普顿效应表明光子有动量，揭示了光的粒子性的一面

D. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波的波长也相等

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．光电效应现象揭示了光粒子性，A错误；

B．黑体辐射的强度与温度有关，B错误；

C．康普顿效应表明光子有动量，揭示了光的粒子性的一面，C正确；

D．由动能和动量的表达式

可得

由于质子质量较大，故动能相等的质子和电子，它们的动量不相等，由

可知，他们的德布罗意波的波长不相等，D错误。

故选C。

10. 如图所示是氢原子的能级图，现有一群处于的氢原子，能自发地辐射出三种不同频率的光，则辐射的光子能量最大为（　　）

A. 13.6eV B. 12.09eV C. 10.2eV D. 3.4eV

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】一群处于的氢原子，向低能级跃迁时，从n=3的能级跃迁到n=1的能级时，辐射光子能量最大，为

故选B。

11. 碳14（）是碳元素的一种具有放射性的同位素，会发生β衰变。下列说法正确的是（　　）

A. 碳14发生β衰变的衰变方程为→+

B. 碳14发生β衰变的衰变方程为→+

C. 若环境温度升高，则碳14的半衰期变长

D. 若环境温度升高，则碳14的半衰期变短

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知碳14发生β衰变的衰变方程为→+，故A正确，B错误；

CD．碳14的半衰期与温度以及其他外部条件无关，故CD错误。

故选A。

12. 如图是研究光电效应的装置，用某一频率的光束照射金属板，有粒子逸出，则（　　）

A. 逸出的粒子带正电

B. 改变光束的频率，金属的逸出功随之改变

C. 减小光束的光强，逸出的粒子初动能不变

D. 减小光束的频率，金属板可能没有粒子逸出

【答案】CD

【解析】

【详解】A．逸出的粒子是光电子，即电子，带负电，A错误；

B．金属的逸出功只有金属本身决定，与入射光无关，改变光束的频率，金属的逸出功保持不变，B错误；

C．根据光电效应方程可知逸出的粒子初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，减小光束的光强，逸出的粒子初动能不变，C正确；

D．减小光束的频率，可能使入射光的频率小于极限频率，故可能不会发生光电效应，则金属板可能没有粒子逸出，D正确。

故选CD。

13. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（　　）

A. 在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功

B. 在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒

C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D. 被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在下滑过程中，槽要向左运动，动能增加，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做正功，A正确；

B．小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，只有水平方向动量守恒，B错误；

CD．小球与槽组成系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，因此都做匀速直线运动，C正确，D错误。

故选AC。

14. 质量的物体甲静止在光滑水平面上，质量未知的物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示，a段为碰撞前物体乙的位移—时间图像，b段为碰撞后整体的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）

A. 碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为3：2

B. 碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反

C. 物体甲与物体乙的质量之比为2：1

D. 物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒

【答案】AB

【解析】

【详解】A．因图像的斜率等于速度，可知碰前乙的速度

碰后整体的速度

碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为3：2，A正确；

B．碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反，选项B正确；

C．由动量守恒定律可得

解得

则物体甲与物体乙的质量之比为1：2，C错误；

D．甲乙碰撞中机械能损失

即物体甲和物体乙碰撞过程中机械能不守恒，D错误。

故选AB。

二、实验：本题共2小题。（每空2分，共计10分）

15. 用如图所示的装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

(1)在实验中，入射小球、被碰小球的质量分别为m1和m2，入射小球、被碰小球的半径分别为r1和r2.对于m1和m2、r1和r2的大小，下列关系正确的是__________

A．m1=m2，r1=r2 B．m1>m2，r1=r2

C．m1<m2，r1<r2 D．m1=m2，r1>r2

(2)下列关于实验的说法正确的是________

A．轨道需要光滑无摩擦且末端需要保持水平

B．通过测量小球做平抛运动的水平位移间接实现测定小球碰撞前后的速度

C．用半径尽量小的圆把小球的多次落点圈起来，圆心可视为其落点的平均位置

D．若实验结果，则两球在碰撞前后动量守恒

【答案】    ①. B    ②. BC

【解析】

【详解】(1)[1]为了避免碰撞后m1反向运动，必须使m1>m2，为了使两球发生正碰并且碰后的速度水平，则须使r1=r2。

故选B。

(2)[2]A．实验要求小球离开轨道后做平抛运动，实验所用的轨道末端要保持水平，不需要光滑，故A错误；

B．通过测量小球做平抛运动的水平位移可以间接实现测定小球碰撞前后的速度，故B正确；

C．用半径尽量小的圆把小球的多次落点圈起来，圆心视为其落点的平均位置，这样可以减小实验误差，故C正确；

D．若实验结果为

两球在碰撞前后动量守恒，故D错误。

故选BC。

16. 某同学设计了一个用电磁打点计时器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，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如图甲所示，在小车后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力。

(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距（已标在图上）。A为运动的起点，则应选_____段来计算A碰前的速度，应选_________来计算A和B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”）。

(2)小车A质量m1=0.4kg，小车B质量m2=0.2kg，碰后两小车的总动量为_____kg·m/s。

【答案】    ①. BC    ②. DE    ③. 0.417

【解析】

【详解】(1)[1]小车A碰前运动稳定时做匀速直线运动，所以选择BC段计算A碰前速度。

[2]两小车碰后连在一起仍做匀速直线运动，所以选择DE段计算A和B碰后的共同速度。

(2)[3]碰后两小车的速度为

则碰后两小车的总动量为

三、计算题（本题共有4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案不得分。有单位的数值，答案必须写出单位。）

17. 两个质子和两个中子聚变结合成一个氦核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氦核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。

（1）写出该核反应方程；

（2）光子的波长。

【答案】（1）；（2）。

【解析】

【分析】

【详解】(1)根据质量数守恒、电荷数守恒可知

(2) 聚变反应中的质量亏损

根据爱因斯坦质能方程光子能量为

光子的波长

18. 一个质量为、以的速度飞来的网球被球拍击中，并以15m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为，试求：

（1）网球动量的变化；  

（2）球拍对网球的平均作用力。

【答案】（1），方向与初速度方向相反；（2）50N，方向与初速度方向相反

【解析】

【详解】（1）设网球飞来的速度方向为正方向，网球的初速度 ，反弹后的速度为v=-15m/s ，所以网球动量的变化 

△p=mv - mv0=-5 kg·m/s

所以网球动量的变化大小为，方向与初速度方向相反；

（2）由动量定理

解得

F=-50N

球拍对网球的平均作用力大小为50N，方向与初速度方向相反。

19. 冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点。已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g。

（1）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（2）若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由

得

由

将代入得

（2）设A点与B点之间的距离为s，由

将代入得

20. 如图所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度为g，求：

（1）子弹击中木块后的速度；

（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；

（3）木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）子弹击中木块，根据动量守恒有

解得子弹击中木块后的速度

（2）根据能量守恒

得子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q

（3）击中后根据动能定理

木块从C点飞出后做平抛运动

解得