【物理】河北省衡水武邑中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试试题（解析版）

【物理】河北省衡水武邑中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试试题（解析版）

河北武邑中学 2019-2020 学年高二年级下学期第一次月考 物理试题 一、单项选择题（共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每一小题给出的四个选项中只有一 项是正确的） 1.放射性元素钋 发生 衰变时，会产生一种未知元素，并放出 射线，下列说法正 确的是（ ） A. 射线的穿透能力比 射线强 B. 未知元素的原子核核子数为 208 C. 未知元素的原子核中子数为 124 D. 这种核反应也称为核裂变 【答案】C 【解析】 【详解】A． 射线的穿透能力比 射线弱，故 A 错误； B．由质量数守恒可知未知元素的原子核核子数为 210 4=206 个，故 B 错误； C．由电荷数守恒可知未知元素的原子核质子数为 84 2=82 个，故中子数为 206 82=124 个，故 C 正确。 D．这种核反应称为 衰变，故 D 错误。 故选 C。 2.如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着四个单摆，让 c 摆摆动，其余各摆也摆动起 来，可以发现（ ） A. 各摆摆动的周期均与 c 摆相同 B. a 摆摆动周期最短 C. b 摆摆动周期最长 D. b 摆振幅最大 【答案】A 【解析】 【详解】ABC． c 摆摆动起来后，通过水平绳子对 a、b、d 三个摆施加周期性的驱动力， 使 a、b、d 三摆做受迫振动，故 a、b、d 三摆周期相同，故 A 正确，BC 错误； 210 84 po（ ） α γ α γ α γ − − − α D． 因为 a 摆的摆长等于 c 摆的摆长，所以 a 摆的固有频率等于受迫振动的频率，所以 a 摆发生共振，振幅最大，故 D 错误。 故选：A。 3.如图所示，弹簧振子在 M、N 之间做简谐运动。以平衡位置 O 为原点，建立 Ox 轴，向右 为 x 轴正方向。若振子位于 N 点时开始计时，则其振动图像为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】AB、AB 项两个图象的横轴不是时间，不是振动图象，故 AB 错误。 CD、由于向右为正方向，振子位于 N 点时开始计时，所以 0 时刻，在正向最大位移处，将 向左运动，即向负方向运动，故 C 正确，D 错误； 故选 C。 4.如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零．A 和 B 是两个相同 的小灯泡，下列说法正确的是（ ） A. 当闭合开关 S 后，灯泡 A 亮度一直保持不变 B. 当闭合开关 S 后，灯泡 B 逐渐变亮，最后亮度不变 C. 再断开开关 S 后，灯泡 A 逐渐变暗，直到不亮 D. 再断开开关 S 后，灯泡 B 由暗变亮再逐渐熄灭 【答案】D 【解析】 【详解】刚闭合 S 时，电源的电压同时加到两灯上，A、B 同时亮，随着 L 中电流增大，由 于线圈 L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B 逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小， 总电流增大，A 灯更亮．故 AB 错误；稳定后再断开开关 S 后，灯泡 A 立即熄灭；灯泡 B 与线圈 L 构成闭合回路，灯泡 B 由暗变亮再逐渐熄灭，故 C 错误，D 正确． 5.如图（甲）怕示，理想变压器原副线圈的匝数比为 ， 是原线圈的中心抽头，电压表 和电流表均为理想电表，除 以外其余电阻不计．从某时刻开始单刀双掷开关掷向 ，在 原线圈两端加上如图（乙）所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ） A. 该交变电压瞬时值表达式为 B. 滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大 C. 时，电压表的读数为 D. 单刀双掷开关由 扳到 ，电压表和电流表的示数都变大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图象知电压峰值为 ，角速度 则该交变电压瞬时值表达式为 故 A 项错误． B．副线圈的电压由匝数比和输入电压决定，伏特表的示数不变，滑动变阻器触片向上移， 电阻变大，电路中电流变小，安培表示数减小．故 B 项错误． C．电压表的读数为副线圈电压的有效值，由图知 10:1 b R a 1 311cos50 ( )u t V= 72 10 st −= × 31.1V a b 311V 2π 2π rad/s=100πrad/s0.02T ω = = 1 311cos100π (V)u t= 1 311V=220V 2 U = 据 ，解得 电压表的读数为 ，故 C 项错误． D．单刀双掷开关由 扳向 ，原线圈匝数减小，原副线圈的匝数比变小，副线圈两端电压 增大，副线圈中电流增大，则伏特表和安培表的示数均变大．故 D 项正确． 故选Ｄ。 6.图甲是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交变电压图象．将该电压 加在图乙中理想变压器的 M、N 两端．变压器原、副线圈匝数比为 5：1，电阻 R 的阻值为 2Ω，电流表、电压表均为理想电表．下列说法不正确的是 A. 电流表的示数为 2A B. 线圈转动的角速度为 50πrad／s C. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变 50 次 D. 0.01s 时穿过线圈的磁通量最大 【答案】D 【解析】 【详解】原线圈的电压的有效值为 =100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电 压有效值为： ；副线圈上的电流： ，由电 流与匝数成反比得 ，所以电流表读数为 2A，故 A 正确．根据图象 可以知道，交流电的周期是 0.04s，由 ，故 B 正确；交流电的周 期是 0.04s，在每一个周期内交流电的方向改变 2 次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变 次数： 次，故 C 正确．由图象可知，在 t=0.01s 时，电压最大，此时是 磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故 D 错误；此题选择错误的选项，故 选 D. 1 2 1 2: :U U n n= 2 22VU = 22V a b 100 2 V 2 2 2 1 1 1 100 20V5 nU Un × =＝ ＝ 2 20 10A2 UI R = =＝ 2 1 2 1 1 10 2A5 nI In = × =＝ 2 2 50 rad/s0.04T π πω π= = = 2 2 500.04n T = =＝ 二、多项选择题（共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每一小题给出的四个选项中有多项 是正确的。没选全得 2 分，有错不得分。） 7.用中子轰击 原子核，发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为 ，则以下说法中正确的是（　　） A. X 原子核中含有 84 个中子 B. X 原子核的结合能比 原子核的结合能大 C. X 原子核中核子的平均质量比 原子核中核子的平均质量小 D. X 原子核中核子的比结合能比 原子核中核子的比结合能大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知 X 原子核中含有质子数 92−38=54 中子数 235+1−94−2−54=86 故 A 错误； B． 裂变的过程中释放能量，则 的结合能大于 X 原子核与 原子核的结合能 的和，故 B 错误； C．原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损能量越多，原子核中核子结合得越牢固， 原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质 量越小；因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量减少，平均质量减少， 故 C 正确； D．结合能与核子数之比称比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个 核子分离所需的能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定； 裂变的过程 中释放能量，则 的比结合能小于 X 原子核的比结合能，即 X 原子核中核子的比结合能 比 原子核中核子的比结合能大，故 D 正确。 故选 CD。 8.水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则（ ） 235 92 U 235 1 94 1 92 0 38 0U+ n X+ Sr+2 n→ 235 92 U 235 92 U 235 92 U 235 92 U 235 92 U 94 38Sr 235 92 U 235 92 U 235 92 U A. 飞行时间越长，动量变化的也快 B. 在任何时间内，动量变化的方向都是竖直方向 C. 在任何时间内，动量对时间的变化率恒定 D. 因为动量的方向时刻改变，所以动量变化量的方向也是随时间而不断变化 【答案】BC 【解析】 【详解】BD．平抛运动 物体只受到重力的作用，根据动量定理，动量的变化为 平抛物体动量变化 方向与重力方向相同，竖直向下保持不变。故 B 正确，D 错误； AC．由动量定理变形得 平抛物体动量对时间的变化率恒定，动量变化恒定，故 C 正确，A 错误。 故选 BC。 9.如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触 头．输入端 AB 接交流电压 U，输出端 CD 连接了两个相同的灯泡 L1 和 L2，Q 为滑动变阻器 的滑动触头．当开关 S 闭合，P 处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是 （　　） A. P 不动，将 Q 向右移动，变压器的输入功率变大 B. P 不动，将 Q 向右移动，两灯均变暗 C. Q 不动，将 P 沿逆时针方向移动，变压器 输入功率变小 D. P、Q 都不动，断开开关 S，L1 将变亮 【答案】AD 【解析】 【详解】A.P 不动，将 Q 向右移动，负载电阻变小，电流变大，电压不变，变压器的输入 功率变大，选项 A 符合题意； 的 的 的 P Gt∆ = GP t ∆ = BP 不动，将 Q 向右移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮，选项 B 不符合题意； C.Q 不动，将 P 沿逆时针方向移动，原线圈匝数减小，副线圈电压增大，输出功率增大，变 压器的输入功率变大，选项 C 不符合题意； D.P、Q 都不动，副线圈电压不变，断开开关 S，电阻增大，电流减小，R 分压减小， 将 变亮，选项 D 符合题意． 10.A、B 两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，当 A 船上质量为 的人以水平 速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳回 A 船。设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最 终跳到 B 船上，则（　　） A. A、B（包括人）速度大小之比 3：2 B. A、B（包括人）动量大小之比为 3：2 C. A、B（包括人）动量之和为零 D. 因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定 【答案】AC 【解析】 【详解】研究全程，动量守恒，由于最开始都静止，所以 A、B（包括人）动量大小相等， 方向相反，总动量为零，速度和质量成反比，所以 A、B（包括人）速度大小之比为 3：2， 故 AC 正确，BD 错误。 故选 AC。 11.在做科学研究时，可以通过“速度选择器”把特定速率的粒子筛选出来，其原理如图所示。 在间距为 d 的两平行金属板上加上电压 U，磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 B，一 束粒子沿 OO'（两金属板中轴线）方向由 O 点射入两极板之间，若粒子重力不计，则（ ） A. 能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的粒子，一定带正电 B. 能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的粒子，一定为带电粒子且速率为 C. 能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的粒子，若为带电粒子其速率一定为 D. 能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的带电粒子，一定无法沿 O'O 直线做反向运动 【答案】CD 【解析】 为 1L 2 M U Bd U Bd 【详解】ABC．由题意可知能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的粒子受力平衡，如果粒子带 正电可知电场力向下，根据左手定则可知洛伦兹力向上，且有 即 如果粒子带负电可知电场力向上，根据左手定则可知洛伦兹力向下，同理可得 故粒子带正电和负电都可以满足条件沿 OO'直线运动，故 A 错误，B 错误，C 正确； D．能沿 OO'直线运动，从 O'点离开的带电粒子，如果反向运动，当粒子带正电时可知电场 力和洛伦兹力方向都向下，不能平衡；当粒子带负电时可知电场力和洛伦兹力方向都向上， 也不能平衡，故一定无法沿 O'O 直线做反向运动，故 D 正确。 故选 CD。 12.现使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向 时的电动势方向为正，B 垂直纸面向里为正，则图中关于线框中的感应电动势、磁通量、 感应电流及电功率的四个图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】AC．当线框运动 L 时，右边开始切割磁感线，产生 E=BLv 的电动势，电路中电流 UqvB q d = Uv Bd = Uv Bd = 向右再运动 L 时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势 E′=2BLv 此时电流的方向反向，电流 当线圈再向右运动 L 过程中，只有左侧切割磁感线，此时电动势为 E=BLv，方向沿正方向， 故 A 错误，C 正确； B．线圈在运动过程中，L-2L 处时磁通量均匀增大，而 2L-3L 过程中，由于内外磁通量相互 抵消，故磁通量在 2.5L 处应为零，故 B 错误； D．电路中功率 ，故 D 正确；故选 CD。 三、填空题（12 分） 13.如现欲用限流法测量一个圆柱形合金棒材料（电阻约为 3Ω）的电阻率，请回答下列问题： (1)图 1 是测量合金棒的电阻 R 的实验器材实物图，图中已连接部分导线，请用笔画线代替 导线将实物图连接完整________； (2)用螺旋测微器测量合金棒横截面的直径 D，测量结果如图 2 所示，则 D＝________mm； (3)若测得合金棒的长度为 L、电阻为 R，由 L、R、D 来表示合金棒的电阻率 ρ，其表达式为 ρ＝________。 【答案】 (1). 见解析 (2). 2.130 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]因为圆柱形合金棒材料阻值约为 3Ω，故采用电流表外接法误差较小，所以连 接电路图如图所示 BLvI R = 2BLvI R ′ = 2EP R = 2 4 RD L π (2)[2]根据螺旋测微器读数规则可知其读数为 D=2.0mm+13.0×0.01mm=2.130mm (3)[3]根据电阻定律可知 可得 14.一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率．使用的器材有：游标卡尺、螺旋测微器、多用电 表、电流表（0.2A 5Ω）、电压表（15V，15KΩ）、滑动变阻器（0~25Ω）、电源（12V，内阻 不计）、开关、导线若干． (1)先用多用电表的欧姆表“×10”挡粗测圆柱材料的阻值，在正确操作情况下，表盘指针如图 所示，可读得圆柱材料的阻值 Rx= _____ Ω． (2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径，如图所示，圆柱的直径是 ______ mm；游标卡尺测量 出圆柱材料长度如图所示，圆柱的长度是 _______ mm． (3)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下 图的 A、B、C、D 四个电路中选择 ________ 电路用于测量圆柱材料电阻． A、 B、 2= = 2 LR D L S ρ ρ π     2 4 RD L πρ = C、 D、 【答案】 (1). 60 (2). 1.662~1.664 80.50 (3). D 【解析】 【分析】欧姆表读数时要乘以倍率；游标卡尺读数不估读；螺旋测微器读数时要进行估读； 在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电 阻丝的电阻，可采用电流表外接电路． 【详解】(1) 由多用电表的欧姆档读数可知圆柱材料的阻值 Rx= 6×10Ω=60 Ω． (2) 圆柱的直径是：1.5mm+0.01mm×16.2=1.662 mm；圆柱的长度是： 8cm+0.05mm×10=80.50mm． (3) 在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大 于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路，则应从下图的 A、B、C、D 四个电路中选择 D 电路用于测量圆柱材料电阻． 三、计算题（共 4 小题，共 40 分，写出必要的步骤及文字说明，只写出答案不给分） 15.把一质量为 m=0.2kg 的小球放在高度 h=5.0m 的直杆的顶端，如图所示，一颗质量 m′=0.01kg 的子弹以 v0=500m/s 的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆 的距离 s1=20m．求子弹落地处离杆的距离 s2． 【答案】100m 【解析】 【详解】设子弹穿过后小球的速度为 v，则 s = vt ………………………………① ……………………………② 解得：v =" 20m/s" 取 V0 方向为正方向，据动量守恒定律可求出子弹穿过后的速度 v1 m1v0=" mv" + m1v1………………………③ v1=" 100m/s" （2 分） 因子弹与小球落地所以历的时间相同，所以 ………………………………⑤ 得 s1=" 100" m ……………………………⑥ 16.物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车 B 的左端，在 A 的上方 O 点用不可伸长的 细线悬挂一小球 C（可视为质点），线长 L=0.8m，现将小球 C 拉至水平（细线绷直）无初速 度释放，并在最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的最大高度为 h=0.2m.。已 知 A、B、C 的质量分别为 、 、 ，A、B 间的动摩擦因素 ， A、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度 g=10m/s2。 （1）求 A、C 碰撞后瞬间 A 的速度大小； （2）若物体 A 未从小车 B 掉落，则小车 B 的最小长度为多少？ 【答案】（1）1.5m/s；（2）0.375m 【解析】 【详解】(1) 小球 C 下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 代入数据解得 m/s 小球 C 与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球 C 的初速度方向为正方向，由动量守恒 小球 C 碰后上摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 联立解得 A 4kgm = B 8kgm = C 1kgm = 0.2µ = 2 C C 0 1 2m gL m v= 0 4v = C 0 C C A Am v m v m v= − + 2 C C C 1 2m gh m v= 1.5m/s (2) 物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向，由动量守 恒定律得 代入数据解得 v=0.5m/s 由能量守恒定律得 代入数据解得 x=0.375m 17.如图所示是两个单摆的振动图象。 （1）甲、乙两个摆的摆长之比是多少？ （2）写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式 【答案】（1）1：4；（2） 。 【解析】 【详解】由图象知 T 甲=4s，T 乙=8s （1）根据周期公式 可知，甲、乙两个摆的摆长之比是 1：4。 （2）甲摆振幅为 2cm，周期为 4s，故甲摆角速度 Av = ( )A A A Bm v m m v= + ( )2 2 A A A A B 1 1 2 2m gx m v m m vµ = − + 2sin 2x t π=甲 2 lT g π= 2 rad/s2T π πω = = 所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为 18.如图所示，在光滑水平面上有 B、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上 有一个可视为质点的物块 A，A、B、C 的质量分别为 3m、2m、m．A、B 以相同的初速度 v 向右运动，C 以速度 v 向左运动．B、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘 连，碰撞时间很短．A 滑上 C 后恰好能到达 C 的中间位置，C 的长度为 L，不计空气阻 力．求： （1）木板 C 的最终速度； （2）木板 C 与物块 A 之间的摩擦力 f； （3）物块 A 滑上木板 C 之后，在木板 C 上做减速运动的时间 t． 【答案】（1） v（2） （3） 【解析】 【分析】 （1）B、C 碰撞过程中动量守恒，A 滑到 C 上，A、C 动量守恒，根据动量守恒定律列式可 求解木板 C 的最终速度；（2）由能量守恒定律列式求解木板 C 与物块 A 之间的摩擦力 f； （3）在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理可求解物块 A 滑上木板 C 之 后，在木板 C 上做减速运动的时间. 【详解】（1）B、C 碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝（2m＋m）v1 解得 A 滑到 C 上，A、C 动量守恒：3mv＋mv1＝（3m＋m）v2 解得 v （2）在 A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得 解得 2sin 2x t π=甲 2 5 6 vv = 2 3 mvf L = 3 2 Lt v = 1 3 vv = 2 5 6 vv = 2 LQ f= ⋅ ( ) ( )2 2 2 1 2 1 1 13 32 2 2Q m v mv m m v= + − + 2 3 mvf L = （3）在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得 ft＝mv2－mv1 解得 【点睛】本题考查了动量守恒、动量定理以及能量守恒定律的综合应用，理清整个过程中 A、B、C 的运动规律是解决本题的关键． 3 2 Lt v =