海安中学2019-2020学年度高二阶段性检测物理试题.docx

1 海安中学 2019-2020 学年度高二阶段性检测 物理（选修）答案 1．A 2．C 3．C 4．B 5．B 6．C 7．A 【解析】 设探测器的质量为 m，行星的质量为 M，探测器和行星发生弹性碰撞. A、B、对于模型一：设向左为正，由动量守恒定律： 0 1 1Mu mv mv Mu   ，由能量守恒 2 2 2 2 0 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2Mu mv mv Mu   ，联立解得探测器碰后的速度 0 0 1 2Mu Mv mvv M m    ，因 M m ，则 1 0 02v U v v   ，故 A 正确，B 错误. C、D、对于模型二：设向左为正，由动量守恒定律： 0 2 2Mu mv mv Mu    ，由能量守恒 2 2 2 2 0 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2Mu mv mv Mu   ，联立解得探测器碰后的速度 0 0 2 2Mv Mu mvv M m    ，因 M m ，则 2 0 02v v U v   ；故 C、D 均错误. 8.ACD 9.AC 10．ACD 11．AC 12．【解析】选 A、C。由 n= ，sinr= = =0.5，得 r=30°，故 A 正确；光在玻 璃中传播的速度为 v= ，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为 s= ，则光在玻璃中传播的 时间为 t= = = = ，故 B 错误，C 正确；由于光在 CD 面上的入射角等于光在 AB 面 上的折射角，根据光路可逆原理知光一定能从 CD 面射出，故 D 错误。 13.BC【解析】小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误；绳子上拉力属 于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，B 正确；当小球落到最低点 时，只有水平方向的速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，系统水平方向动量守恒有： Mvmax＝mv① 系统机械能守恒有： mgl＝ mv2＋ Mv ② 联立①②解得：vmax＝ ，v= mM Mgl  2 故 C 正确，D 错误． 14【答案】间距相同 右 1 5 s f 2 5 s f  1 2A A Bm s m m s  无 【解析】 (1)如果已平衡好摩擦力，则小车做匀速直线运动，纸带上打出的点间距相同；2 (2)由题意可知小车 A 碰后速度减小，根据纸带图可知左边两点间间距大，速度大，故纸带的左端 与小车 A 相连，右端与打点计时器相连； 打点计时器连接的交流电频率为 f，则周期为： 1T f  故碰前的速度为： 1 1 1 5 5 s s f Tv   碰撞后两车的共同速度为： 2 2 2 5 5 s s f Tv   要验证动量守恒则：  1 2 A A Bm v m m v 带入 v1 和 v2 即需要满足：  1 2A A Bm s m m s  则 A、B 两车碰撞过程动量守恒； (3)由前面的分析可知等式两边均有 f，且可以约掉，故当打点计时器连接交流电的频率实际小于 f， 对实验结果无影响。 15【解析】(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝，故 A 正确； (2)根据Δx= λ知增大光屏到双缝的距离 L 或者减小双缝间距 d，可以使条纹间距增大；当将红光滤 光片换为绿光滤光片时波长减小，则相邻亮纹(暗纹)间的距离变小； (3)根据：Δx= λ 得：λ= = m=3.60×10-7 m 答案：(1)A (2)变小 (3)3.60×10-7 16【答案】（1） （2） （3） 【解析】 (1)根据质量数和电荷数守恒可得α粒子轰击氮核方程为： (2)设复核的速度为 v，由动量守恒定律得： （ 解得： (3) 核反应过程中的质量亏损： 17【答案】(1) 1.414n  ；(2)sin 2sin15  3 【解析】 (1)垂直尾灯右侧面入射的光线恰好发生全发射时，由折射定律 min sin 90 sin 45n    ① 解得 min 2 1.414n   ② 故尾灯材料的折射率 1.414n  (2)尾灯材料折射率 2n  其临界角满足 1sinC n  ③ 30C   光线以 角入射，光路如图所示 设右侧面折射角为  ，要发生第一次全反射，有 2 C  ④ 要发生第二次全反射，有 4 C  ⑤ 解得 0 15   ⑥ 由折射定律 sin sinn   ⑦ 解得 sin 2sin15   ⑧4 18【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s 【解析】 (1) 设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0，由机械能守恒定律得： 2 0 1 2mgR mv 代入数据解得： v0=5m/s 在圆弧最低点 C，由牛顿第二定律得： 2 0vF mg m R   代入数据解得： F=60N 由牛顿第三定律可知，物块 B 对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得： μmg=ma 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有 2 2 0 2v v al  代入数据解得： v=4m/s 由于 v＞u=2m/s，所以 v=4m/s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小，设物块 A、B 第一 次碰撞后的速度分别为 v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律 得： mv=mv1+Mv2 由机械能守恒定律得： 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv Mv  解得： 1 2m m2 , 2s s2 vv v    物块 A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： 2 p 2 1 12J2E mv  (3) 碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动，设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l′，由动 能定理得 2 1 10 2mgl mv   解得： l′=2m＜4.5m 所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后， 将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v1′=2m/s，继而与 物块 A 发生第二次碰撞。设第 1 次碰撞到第 2 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为 t1。由 动量定理得：5 ' 1 12mgt mv  解得： ' 1 1 2 4svt g  设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 律得： ' 1 3 4mv mv Mv  '2 2 2 1 3 4 1 1 1 2 2 2mv mv Mv  代入数据解得： 3 m1 sv   当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块 B 运 动到左边台面时的速度大小为 v3′=1m/s，继而与物块 A 发生第 2 次碰撞，则第 2 次碰撞到第 3 次碰 撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为 t2．由动量定理得： 2 32mgt mv  解得： ' 3 2 2 2svt g  同上计算可知：物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第 n 次碰撞后物块 B 在传送带运动 的时间为 1 1 4s2n nt   构成无穷等比数列，公比 1 2q  ，由无穷等比数列求和公式 1 1 1 nqt tq  总 当 n→∞时，有物块 B 经第一次与物块 A 碰撞后在传送带运动的总时间为 1 4s=8s11 2 t    总