黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

‎2020学年度下学期3月月考高二物理试题 ‎ 一、选择题：‎ ‎1.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是(　　)‎ A. B. C. . D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误。黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射。即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误，A正确。故选A。‎ 点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短。‎ ‎2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴，线圈绕匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压 A. 峰值是 B. 峰值为2‎ C. 有效值为 D. 有效值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，故选项C错误；选项D正确。‎ ‎【考点定位】对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用。‎ ‎【名师点睛】熟知并理解教材中正弦式交变电流的产生原理，能自己熟练推导该交变电流的瞬时值表达式。‎ ‎【方法技巧】（1）高三复习要能不忘回归教材，千万不能“舍本求源”，一味做、复习课本以外的内容。‎ ‎（2）根据题图分析对ab边、cd边而言，它们产生的感应电动势方向虽然相反，但对单匝线圈，ab边和cd边产生的感应电动势方向相同，又因为有N匝线圈，因此总感应电动势峰值应累加，另外要能熟记有效值的计算方法。‎ ‎【规律总结】对正弦式交变电流，峰值为其有效值的倍，另在进行四值运算时，要注意量与量之间、四值之间的对应。‎ ‎3. 一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（ ）‎ A. 0.01s时刻线圈处于中性面位置 B. 0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零 C. 该交流电流有效值为2A D. 该交流电流频率为50Hz ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎0.01s时刻感应电流最大，磁通量为零，位置与中性面垂直，A错；B对；峰值为6.28A，有效值为6.28A/1.414=4.45A，C错；周期为0.04s,频率为1/T=25Hz，D错；‎ ‎4.爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是(　　)‎ A. 逸出功与ν有关 B. Ek与入射光强度成正比 C. 当ν<ν0时，会逸出光电子 D. 图中直线的斜率与普朗克常量有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小，故A错误；‎ B、根据爱因斯坦光电效应方程，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，故B错误；‎ C、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即时才会有光电子逸出，故C正确；‎ D、根据爱因斯坦光电效应方程，可知：，故D正确。‎ 点睛：只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以可以通过多看课本加强对基础知识的理解。‎ ‎5.如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（　　）‎ A. I0 B. +I0‎ C. I0 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则 解得：，故应选C。‎ 点晴：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。‎ ‎6. 如图甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则 A. 电压表的示数为14.14 V B. 通过电阻的电流为0.707 A C. 电阻R上消耗的功率为3.75 W D. 通过电阻的电流方向每秒变化100次 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：14.14V为电动势的有效值，而电压表显示的是路端电压，所以A错；通过电阻的电流应是：，所以B正确；电阻R上消耗的功率为：从乙图可知，交流电的频率是25Hz，通过电阻的电流方向每秒变化50次，所以D错。‎ 考点：欧姆定律 电动势的最大值及有效值 交流电 ‎7.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。刚开始开关处于断开状态，下列说法正确的是 A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误；‎ B.干路电流变小，R1分压变小，则电压表的测量的电压变大，示数变大，则B正确；‎ C.因输出电流变小，则输出功率变小，即输入功率变小，电流表示数变小．则C错误；‎ D.闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小，即的示数变小．电流表示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误．‎ 故选：B ‎8.研究光电效应时,已经知道金属钠的逸出功为2.29eV,现有大量处于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。‎ ‎9.关于理想变压器的工作原理，以下说法中正确的是（）‎ A. 穿过通有正弦交变电流的原线圈的磁通量不变 B. 穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等 C. 穿过副线圈的磁通量变化使得副线圈产生感应电动势 D. 原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损。‎ ‎【详解】A项：通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；‎ B项：由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B正确；‎ C项：穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；‎ D项：变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点睛】本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器。‎ ‎10.下列说法正确的有(　　)‎ A. 如果用紫光照射某种金属发生光电效应,改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应 B. α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转,这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一 C. 由玻尔理论可知,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能减小,电势能增大 D. 在康普顿效应中,当入射光子与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,因此,光子散射后波长变长 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光，因绿光的频率小于紫光，则照射这种金属不一定发生光电效应，故A正确；‎ B、卢瑟福用α粒子散射实验现象，提出原子核式结构模型，故B正确；‎ C、玻尔理论可知，核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故C错误；‎ D、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子的动量变小，由可知，光子散射后的波长变长，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎11.在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（　　）‎ A. 甲光的频率大于乙光的频率 B. 乙光的频率小于丙光的频率 C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D. 甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据，入射光的频率越高，对应的截止电压越大，甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，故A错误；‎ B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，故B正确；‎ C、同一金属，截止频率是相同的，故C错误；‎ D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t＝0时刻线圈平面与纸面重合．则(　　)‎ A. 线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝cos ωt B. 线圈中电流的有效值为I＝‎ C. 线圈中电流的有效值为I＝‎ D. 线圈消耗的电功率为P＝‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 回路中感应电动势最大值Em＝BSω，电流最大值Im＝＝，t＝0时为中性面，故瞬时值表达式i＝sinωt.电流有效值I＝＝，P＝I2R＝，故B、D错误，A、C正确．‎ 二、实验题：‎ ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为L=_____mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=_____mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为_____Ω．‎ ‎【答案】 (1). 50.15mm (2). 4.698-4.700 (3). 120Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)由图1所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；‎ ‎(2)由图2所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为；‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡，由图3所示可知，电阻阻值为；‎ ‎14.（1）打点计时器是中学研究物体运动时常用的实验器材，常见的有电磁打点计时器和电火花计时器两种．关于电磁打点计时器和电火花计时器的比较，下列说法正确的是_____________.______‎ A．电磁打点计时器使用交流电源，电火花计时器使用直流电源 B．它们都是使用6V以下的交流电源 C．当电源频率为50Hz时，它们都是每隔0.02s打一个点 D．电火花计时器工作时，纸带运动受到的阻力较小，所以实验误差也较小 ‎（2）如图所示为某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验时由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间有四个点未画出，且其时间间隔记为T，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm，则A处瞬时速度的大小是____m/s，小车运动的加速度计算表达式为a=_________（用题目中的字母表示），加速度的大小是___ m/s2（计算结果均保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). （1）CD (2). C (3). （2）0.86； (4). (5). 0.64‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)A、电磁打点计时器和电火花计时器都使用交流电源，故A错误；‎ B、电磁打点计时器工作电压是4V∼6V交流电源，电火花打点计时器的电压是220V交流电源，故B错误；‎ C、当电源频率为50Hz时，它们都是每隔0.02s打一个点，故C正确；‎ D、电火花计时器工作时，纸带运动受到的阻力较小，误差较小，故D正确；‎ 故选CD；‎ ‎(2)纸带上两相邻计数点间有四个点未画出，计数点间的时间间隔：；A处瞬时速度的大小：；‎ 由匀变速直线运动的推论：可知，加速度计算表达式为：，代入数据可得：‎ 三、计算题：‎ ‎15.如图所示，理想副线圈上有一个标有“220V，10W”字样的灯泡正常发光，原线圈中的电流表示数为0.025A，‎ ‎（1）电压表的示数；‎ ‎（2）原、副线圈的匝数比．‎ ‎【答案】 (1). 400 (2). 20∶11‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据输入的功率和输出的功率大小相等可得：，‎ 所以原线圈电压表为；‎ ‎(2) 根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比： ‎ ‎16.铝的逸出功是，现在用波长的光照射铝的表面。（普朗克常量为，元电荷为）‎ ‎（1）求光电子的最大初动能 ‎（2）求遏止电压 ‎（3）求铝的截止频率 ‎【答案】(1)；(2) ；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1) ‎ 根据光电效应方程得：‎ 代入数据得：‎ ‎(2)根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎(3)又：‎ 解得：‎ ‎17.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为L1= 10 cm和L2=20 cm，内阻为 r=5Ω，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行,线圈通过电刷和外部的电阻R=20Ω相接.求电键S合上后，‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式 ‎（2）电压表和电流表示数；‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）2.0A，40V（3）80W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势最大值：Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V 故表达式为：e=Emsinωt=50sin50t ‎（2）有效值：E=‎ E=50V 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，‎ U=IR=2×20=40V                                           ‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40=80W ‎【点睛】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值，计算电功率要用有效值．‎ ‎18.如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗。求：‎ ‎(1)输电导线上输送的电流；‎ ‎(2)升压变压器的输出电压U2；‎ ‎(3)降压变压器的匝数比；‎ ‎(4)若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？‎ ‎【答案】25A，4000V，190∶11，800W ‎【解析】‎ 解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I==‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2===4000V ‎（3）降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V 降压变压器的匝数比=‎ ‎（4）改为10kv电压后输电线上的电流I′==A=10A 输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W 答：（1）线上输送的电流25A；‎ ‎（2）升压变压器的电压为400v ‎（3）降压变压器的匝数比；‎ ‎（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．‎ 考点：远距离输电．‎ 专题：交流电专题．‎ 分析：（1）应用远距离输电损失功率△P=I2R计算电流；‎ ‎（2）由输送功率P=UI计算输送电压U2；‎ ‎（3）由U3=U2﹣IR及计算匝数之比；‎ ‎（4）由P=UI及△P=I′2R计算改变输送电压以后的损失功率．‎ 点评：此题设计的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解．‎