2018-2019学年安徽省淮北市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省淮北市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

‎2019淮北一中高二下第二次月考物理试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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.以下关于光子说的基本内容，不正确的说法是（ ）‎ A. 光子的能量跟它的频率有关 B. 紫光光子的能量比红光光子的能量大 C. 光子是具有质量、能量和体积的实物微粒 D. 在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据E=hv判断出光子的能量与光子的频率因素有关，故A说法正确；根据E=hv判断出光子的能量与光子的频率因素有关，紫色光的频率大于红色光的频率，所以紫光光子的能量比红光光子的能量大，故B说法正确；光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，没有静止质量，也没有具体的体积，故C说法错误；根据光子的定义：光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，每一份叫做一个光子，故D说法正确。所以选C。‎ ‎2.目前核电站所用核燃烧主要是浓缩铀发生裂变反应，一种可能的裂变方程为，则下列说法正确的是 A. X原子核中含有86个中子 B. 因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后总质量数减少 C. 是天然放射性元素，半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短 D. 现已建成的核电站的能量也有利用热核聚变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知：X原子核中含有92-38=54个质子，质量数为235+1-94-2=140个，中子数是140-54=86个；故A正确；因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后总质量减小，但是质量数不变，选项B错误；半衰期与外界因素无关，选项C错误；现已建成的核电站的能量都是利用重核裂变反应，选项D错误；故选A.‎ ‎3.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于（　　）‎ A. B. C. 1:2 D. 2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，‎ 根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶（）2=2∶1，选项D正确。‎ 点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。‎ ‎4. 研究光电效应时，已经知道金属钠的逸出功为2.29eV，现有一系列处于n=4能级的氢原子，用它在跃迁过程中发出的光照射金属钠，氢原子的能级结构图如图所示，则下列说法中正确的是：‎ A. 跃迁过程中将释放5种频率的光子 B. 跃迁过程中释放光子的最小能量为1.89eV C. 跃迁过程中释放光子的最大能量为13.6eV D. 跃迁过程中释放的光子有4种能引起光电效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：一群氢原子处于的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，可以释放种不同能量的光子，故A错误；‎ 从跃迁到，辐射的光子能量为，‎ 从跃迁到，辐射的光子能量为，‎ 由跃迁到，辐射的光子能量为．‎ 从跃迁到，辐射的光子能量为，‎ 从跃迁到，辐射的光子能量为，‎ 由跃迁到，辐射的光子能量为．‎ 可以看到跃迁过程中释放光子的最小能量为，跃迁过程中释放光子的最大能量为，故B正确，C错误；可见有四种光子能量大于金属的逸出功，所以有4种频率的光能使金属钠发生光电效应，所以选项D错误。‎ 考点：氢原子的能级和跃迁 ‎【名师点睛】本题考查氢原子的能级和跃迁，氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大．发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功。‎ ‎5.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ A. v0＋v B. v0＋(v0+v)‎ C. v0－v D. v0＋(v0-v)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，，解得，故B正确，ACD错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解。‎ ‎6.下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是 A. 维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力 B. 核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小 C. 比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能 D. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；‎ 结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。‎ ‎【详解】A项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A错误；‎ B项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B错误；‎ C项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C正确；‎ D项：自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查对核力的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程。‎ ‎7.如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框向右匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定导线框进入左侧磁场时的物理量方向为正．则关于线框中的磁通量Φ、感应电流i、外力F和电功率P随着位移x变化的图象正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，导线框中的电流变为两倍，故B错误； 因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，力一直是正的，故C错误； 拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选D．‎ 点睛：电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．‎ ‎8.如图所示,一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧,与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场。下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应增大，故有A符合，BCD是不符合．所以A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应．‎ ‎9.水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上放着金属棒ab，开始时，ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）‎ A. 安培力对ab棒所做的功不相等 B. 电流所做的功相等 C. 产生的总内能不相等 D. 光滑时通过ab棒的电荷量多 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故A正确．电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故B错误．两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故C错误．根据感应电荷量公式，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大．故D正确．故选AD．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律 ‎【名师点睛】对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式，这是电磁感应问题常用的经验公式。‎ ‎10.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转。则以下说法正确的是 A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数可能不变 B. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大 C. 如果改用紫光照射该金属时，电流表一定有示数 D. 将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A正确，B错误；如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故C正确；将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则逸出光电子的最大初动能变大，但单位时间里射到金属表面的光子数没有变化，若达到饱和电流时电流不会再变化，则电流表的示数不一定增大，故D错误；故选AC。‎ ‎11.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5:l，和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R1=5R2．已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是 A. 电压u瞬时值的表达式 B. 电压表示数为44V C. Rl、R2两端的电压之比为1:1‎ D. R1、R2消耗的功率之比为1:5‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由图象知周期T＝0.02s，角速度 ‎，电压u的表达式u=311sin100πt（V），故A错误；设原线圈的电流为I，根据 ，得I2＝5I，副线圈两端的电压; 电阻R1两端的电压 ; 则R1、R2两端的电压相等，两电阻消耗的功率之比： ，选项CD正确；原线圈两端的电压， ; ；解得IR2=V，电压表示数 ，故B错误；故选CD.‎ 点睛：本题关键是明确变压器的变流比公式和变压比公式，同时要记住交流电的瞬时值、有效值、最大值的关系.‎ ‎12.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是 A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为 B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到P C. 通过电阻R的电流的最大值为，且P、Q两点电势满足 D. OM两点间电势差绝对值的最大值为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、M端线速度为，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为：，A正确；‎ B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，‎ ‎，通过电阻R的电流的最小值为，根据右手定则可得电流方向从Q到P，B错误；‎ C、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流：，根据右手定则可得电流方向从Q到P，P、Q两点电势满足，C错误；‎ D、OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：，D正确；‎ 故选AD。‎ 二 实验题 （每空2分，共14分。）‎ ‎13.（2017·天津卷）某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ，电阻R1=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。‎ ‎（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是_______导线断开。‎ ‎ ‎ ‎（2）排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图。由I1–I2图象得到电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1.41（1.36~1.44均可） (4). 0.5（0.4~0.6均可）‎ ‎【解析】‎ ‎①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间。‎ ‎②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41 V，内阻r=0.5 Ω。‎ 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心。‎ ‎14.一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）；可视为理想电压表。S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：‎ ‎（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线_____________；‎ ‎（2）将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；‎ ‎（3）将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；‎ ‎（4）待测电阻阻值的表达式Rx=_____________（用R0、U1、U2表示）；‎ ‎（5）重复步骤（3），得到如下数据：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U1/V ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.40‎ ‎0.44‎ U2/V ‎0.86‎ ‎1.03‎ ‎1.22‎ ‎1.36‎ ‎1.49‎ ‎3.44‎ ‎3.43‎ ‎3.39‎ ‎3.40‎ ‎3.39‎ ‎（6）利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx=__________Ω。（保留1位小数）‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). (3). 48.2‎ ‎【解析】‎ ‎【命题意图】 本题主要考查电阻测量、欧姆定律、电路连接研及其相关的知识点。‎ ‎【解题思路】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过Rx的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值Rx=U/I=R0=（-1）R0。‎ ‎5次测量所得的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（-1）R0=（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω。‎ 三．计算题 ‎15.太阳现在正处于主序星演化阶段它主要是由电子和H、等原子核组成维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是：释放核能，这些核能最后转化为辐射能．‎ 已知质子质量，氦核的质量，电子质量，光速试求每发生一次上述核反应所释放的核能；‎ 用上述辐射中产生的波长为400nm某一单色光去照射逸出功为金属材料铯时，能否产生光电效应？若能，试求出产生的光电子的最大初动能保留三位有效数字，普朗克常量 ‎【答案】（1）（2）J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据爱因斯坦质能方程，结合质量亏损求出释放的核能；根据光电效应的条件判断能否发生光电效应，通过光电效应方程求出光电子的最大初动能．‎ ‎【详解】（1）根据爱因斯坦质能方程得， ‎ ‎（2）单色光的能量为 ‎ 所以可以产生光电效应最大初动能为：‎ J.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程和爱因斯坦质能方程，并能灵活运用；注意核反应放出能量时反应物的质量大于生成物的质量．‎ ‎16.（10分）如图9所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，已知线圈面积为0.01m2，匝数100匝，线圈电阻r =2Ω，外电阻R =8Ω，电流表和电压表对电路的影响忽略不计。线圈在磁感强度B=2/（T）的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO’匀速转动，角速度ω=10πrad/s。若线圈经图示位置时开始计时（线圈平面平行于磁场方向），‎ ‎（1）写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；‎ ‎（2）从图示位置起转过90°过程中，通过电阻R的电量 ‎（3）从图示位置起转过90°过程中，线圈上产生的焦耳热 ‎【答案】（1）（V）（2）C（3）J ‎【解析】‎ ‎（1）峰值电动势Em =" nBSω" =20v…………………..（1分）‎ 所求表达式为（V）…………（2分）‎ ‎（2）所求电量C…（2分）‎ ‎（3）回路中电流的有效值A…（2分）‎ 所求过程所用时间s …………（1分）‎ 所以线圈中产生的焦耳热J ………………（2分）‎ 本题考查交变电流的产生和有效值的概念，根据电动势的峰值公式Em = nBSω求得最大电动势，角速度为10πrad/s，根据瞬时值表达式带入求解，流过导体横截面的电量与磁通量的变化量有关，根据公式推导得到电量公式，带入求解 ‎17.如图所示，在光滑桌面上置有长木板和物块，在长木板的右侧置有物块，一开始处于静止状态.与之间的动摩擦因数为0.2，足够长，的质量为2kg，的质量为1kg，的质量为3kg，以4m/s的初速度向右运动，与碰撞后两者黏在一起.重力加速度取10m/s2，求：‎ ‎（1）与碰撞过程中，损失的机械能；‎ ‎（2）最终的速度大小和相对于运动的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设碰撞后的瞬间速度为，‎ 根据动量守恒定律得 碰撞过程中，损失的机械能为 解得 ‎（2）对整体，根据动量守恒定律得 解得 根据功能关系：‎ 解得 点睛：C与B碰撞过程中，对于C与B组成的系统，根据动量守恒定律求得碰后两者的共同速度，再由能量守恒定律求损失的机械能；碰撞后CB共同体在摩擦力作用下向右做匀减速运动，A在摩擦力作用下向右做匀加速运动，由于木板B足够长，所以最终三者速度相同，由动量守恒定律求得最终三者的速度，对系统运用能量守恒定律求A相对于B运动的距离．‎ ‎18.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab，cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：‎ ‎（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎ （3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．‎ ‎【答案】（1）由a流向b （2）5m/s (3)1.3J ‎【解析】‎ ‎（1）由右手定则可知，电流由a流向b； （2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmax=m1‎ gsinθ， ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv， 电路电流： ab受到的安培力：F安=BIL， 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡条件得：F安=m1gsinθ+Fmax， 代入数据解得：v=5m/s； （3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总， 由能量守恒定律得：m2gxsinθ=Q总+m2v2， ab上产生的热量： ‎ 解得：Q=1.3J；‎ 点睛：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识的综合，分析导体棒的运动情况，要抓住甲匀加速运动的过程中，外力与安培力大小相等．分别从力和能量两个角度进行研究．‎ ‎ ‎ ‎ ‎