广西南宁市第三中学2020学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）

广西南宁市第三中学2020学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）

广西南宁市第三中学2020学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析） ‎ 一、选择题：（12小题，每小题4分，共48分，1-8题为单选，9-12题为多选）‎ ‎1.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 卢瑟福α粒子散射实验说明了原子核内部具有复杂结构 B. 普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破 C. 汤姆孙发现电子使人们认识到原子本身也具有结构 D. 贝可勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】卢瑟福通过α粒子散射实验提出原子核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，故A说法错误；普朗克的能量子假说是对经典思想与观念的一次突破，故B说法正确；汤姆逊发现电子使人们认识到原子本身也具有结构，故说法C正确；贝克勒尔对天然放射现象的发现开启了人类研究原子核结构的序幕，故D说法正确。所以选A。‎ ‎2.烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时,镅会释放出射线将它们电离,从而产生电流。烟尘一旦进入探测腔内,烟尘中的微粒会吸附部分射线,导致电流减小,从而触发警报。则下列说法正确的是(　　)‎ A. 镅发出的是伦琴射线 B. 镅发出的射线是因为镅原子发生能级跃迁 C. 镅在发生火灾时，由于温度升高半衰期变短 D. ‎0.2g 的镅经864年将衰变掉‎0.15g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】镅会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中，α射线能使空气电离，原子核自发放出的氦核，故A B错误；半衰期与外界因素无关，故C错误；的半衰期为432.6年，则经过865年是经过了两个半衰期，剩余的质量为，将衰变掉‎0.15g，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎3.以下说法正确的是（ ）‎ A. 黑体辐射的强度与频率的关系:随着温度的升高,各种频率的辐射强度都增加,辐射强度极大值向频率较低的方向移动 B. 结合能越大,原子核结构一定越稳定 C. 光子不仅具有能量,而且也具有动量 D. 不同频率的光照射处于基态的氢原子时都可以被氢原子吸收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短、频率较高的方向移动，故A错误；比结合能越大，原子核结构一定越稳定，故B错误；康普顿效应深入地揭示了光的粒子性，遵守能量守恒和动量守恒，它表明光子不仅具有能量而且具有动量，故C正确；当吸收的光子能量等于两能级间的能级差，才能被氢原子吸收，所以不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4.氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1‎ 能级的过程中（　　）‎ A. 能释放六种频率不同的光子 B. 由n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子频率最小 C. 释放的光子的最大能量为12.75eV，最小能量为0.66eV D. 由n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子波长最长 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 一群原来处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级的过程中，根据=6种知，辐射的光子频率为6种。故A正确；根据Em-En=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大，由n=4能级跃迁到n=3级释放的光子频率最小，故B错误；由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.6-0.85eV=12.75eV，由n=4向n=3能级跃迁辐射的光子能量最小，为-0.85+1.51eV=0.66eV．故C正确。根据Em-En=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大，知从n=4跃迁到n=1间能极差最大，辐射光子频率最大，光子波长最小。故D错误；故选AC。‎ ‎5.如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现( )‎ A. C摆的频率最小 B. D摆的周期最大 C. B摆的摆角最大 D. B、C、D的摆角相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、B、由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等．故AB错误；‎ C、D、受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎6.一个静止的原子核X经α衰变放出一个α粒子并生成一个新核，α粒子的动能为E0．设衰变时产生的能量全部变成α粒子和新核的动能，则在此衰变过程中的质量亏损为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 衰变方程为，衰变过程中系统动量守恒得PHe-PY=0；由动量和动能关系式为，设新核动能为Ek′，由动量守恒，则，衰变释放的总动能，由质能方程Ek＝Δmc2得质量亏损，故A、B、C均错误，选项D正确．故选D。‎ ‎【点睛】衰变过程类比于爆炸，满足动量守恒，同时注意动量与动能的表达式间的关系P2=2mEK.‎ ‎7.用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合开关S，用频率为ν 的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 普朗克常量为h＝‎ B. 断开开关S后，电流表G的示数为零 C. 仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大 D. 保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据Ekm=hv-W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于b。当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为v0=a，那么普朗克常量为，故A正确；电键S断开后，因光电效应现象中，光电子存在最大初动能，因此电流表G的示数不为零，故B错误；根据光电效应方程可知，入射光的频率与最大初动能有关，与光的强度无关，故C错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G的示数会减小，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎8.已知氢原子的基态能量为，激发态能量为，其中，3，年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做，，4，5，式中R叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则里德伯常量R可以表示为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 若，由跃迁，释放光子，则，‎ 因为，则，‎ 由，得，‎ 解得里德伯常量，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎9.一个质点以O点为平衡位置在a、b两点之间做简谐运动。若从质点在O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是(　　)‎ A. 8 s B. 4 s C. 14 s D. s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示：‎ 得到振动的周期为：，振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-2s=；若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2，振动的周期为：，振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-2s=14s；所以CD正确，AB错误。‎ ‎10.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )‎ A. 甲、乙两单摆的振幅之比为2:1‎ B. t＝2s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零 C. 甲、乙两单摆的摆长之比为4:1‎ D. 甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 由图知甲、乙两摆的振幅分别为4 cm、2 cm，振幅之比为2:1，故选项A正确；t=2 s时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故选项C错误；因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D错误；故选AB。‎ ‎11.如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中(　　)‎ A. 弹簧的最大弹性势能等于2mgA B. 弹簧的弹性势能和物体动能总和不变 C. 物体在最低点时的加速度大小应为g D. 物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA，而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA，故A 正确；在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变，故B错误；当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，物体只受重力，加速度为g，方向竖直向下。根据简谐运动的对称性可知，物体在最低点时的加速度大小为g，方向竖直向上，故C正确；物体在最低点时，由牛顿第二定律知：F-mg=ma，a=g，解得弹力大小F=2mg，故D错误。所以AC正确，BD错误。故选AC。‎ ‎12. 电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，以下关于“霍尔转把”叙述正确的是（ ）‎ A. 为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上下端分别为N、S 极 B. 按图甲顺时针转动把手，车速变快 C. 图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的电势差 D. 若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，不影响车速控制 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，故A 错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B正确；根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C正确；当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故D错误；故选BC．‎ 点睛：考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速．‎ 二、实验题：共14分 ‎13.利用单摆测当地重力加速度的实验中。‎ ‎(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d＝________cm。‎ L/m ‎0.400‎ ‎0.500‎ ‎0.600‎ ‎0.800‎ ‎1.200‎ T2/s2‎ ‎1.60‎ ‎2.10‎ ‎2.40‎ ‎3.20‎ ‎4.80‎ ‎(2)某同学测量数据如表，请在图乙中画出LT2图像。由图像可得重力加速度g＝______m/s2(保留三位有效数字 )。‎ ‎(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的________。‎ ‎【答案】 (1). ‎2.26cm (2). ‎9.86m/s2 (3). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）主尺读数为：‎2.2cm；游标尺的读数为：6×‎0.1mm=‎0.6mm=‎0.06cm，故球直径为‎2.2cm+‎0.06cm=‎2.26cm；‎ ‎（2）如图所示：‎ 由单摆周期公式：，可得，图象斜率为，由图象可得：。可得g=4×3.142×0.25=‎9.86m/s2。‎ ‎（3）在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，可得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎14.为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为1x）。‎ ‎（1）某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在如图甲所示的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图象可求出照度为1.01x时的电阻约为_______。‎ 照度/1x ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ 电阻/‎ ‎5.8‎ ‎3.7‎ ‎2.8‎ ‎2.3‎ ‎1.8‎ ‎（2）如图乙所示是街道路灯自由控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在________（填“AB”或“BC”）之间，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件_______。‎ ‎（3）用多用电表“”挡，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙所示，则线圈的电阻为_________。已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合，图中直流电源的电动势E=6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：。要求天色渐暗照度降低至1.01x时点亮路灯，滑动变阻器应选择_________（填“”“ ”或“”）。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地_________（填“增大”或“减小”）滑动变阻器的电阻。‎ ‎【答案】（1）2.0；（2）AB；（3）140、R3、减小 ‎【解析】‎ ‎（1）从图像上可以看出当照度为1.0lx时的电阻约为 ‎（2）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上，连接电路图如图所示：‎ ‎（3）根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为 ,‎ 回路中的电流为2mA时回路中的需要中电阻 ，所以选择滑动变组器 比较合理。若要求天色渐暗照度降低至1.0lx时点亮路灯，则天色更暗时光明电阻更大，要先保证回路中的电流2mA不变，则应减小滑动变阻器的阻值。‎ 故本题答案是：(1). 2.0; (2). AB, 如图 ‎ ‎(3)14.0; R3; 减小 三、计算题：共38分 ‎15.弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.2s时，振子速度第一次变为-v；在t=0.5s时，振子速度第二次变为-v.‎ ‎（1）求弹簧振子振动周期T.‎ ‎（2）若B、C之间的距离为‎25cm，求振子在4.0s内通过的路程.‎ ‎（3）若B、C之间的距离为‎25cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象.‎ ‎【答案】（1）1.0s （2）‎200cm (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据弹簧振子简谐运动的对称性可得：T=0.5×2 s=1.0 s ‎（2）若B、C之间距离为25 cm，则振幅A=×25 cm=12.5 cm 振子4.0 s内通过的路程s=×4×12.5 cm=200 cm ‎（3）根据x=Asinωt，A=12.5 cm，ω==2π 得x=12.5sin 2πt（cm）．‎ 振动图象为：‎ 点睛：本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期．写振动方程时要抓住三要素：振幅、角频率和初相位．‎ ‎16.太阳能量的来源是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，核聚变反应可以看作是4个氢核(H)结合成1个氦核同时放出2个正电子。下表中列出了部分粒子的质量(1 u相当于931.5Mev)‎ 粒子名称 质子(p)‎ α粒子 正电子(e)‎ 中子(n)‎ 质量/u ‎1.007 3‎ ‎4.001 5 ‎ ‎0.000 55‎ ‎1.008 7‎ ‎（1）写出核聚变反应方程 ‎（2）求核聚变反应过程中的质量亏损和释放的能量（保留三位有效数字）‎ ‎【答案】（1） （2）0.0266u 24.8MeV ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒、核反应方程为：‎ ‎（2）在核反应过程中质量亏损△m=4×1.0073-4.0015-2×0.00055u=0.0266u，释放的核能为△E=△mc2=0.0266×931.5MeV=24.8MeV。‎ ‎17.1951年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”，就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统．已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为h，静电力常量为k．‎ ‎（1）若正、负电子是由一个光子和核场相互作用产生的，且相互作用过程中核场不提供能量，则此光子的频率必须大于某个临界值，此临界值为多大？‎ ‎（2）假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn＝，n＝1，2…，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L时的电势能为．试求n＝1时“电子偶数”的能量．‎ ‎（3）“电子偶数”由第一激发态跃迁到基态发出光子的波长为多大？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设光子频率的临界值为ν0，则由能量定恒可得hv0＝2mec2，可得：‎ ‎（2）由于正、负电子质量相等，故两电子的轨道半径相等，设为rn，则正、负电子间距为2rn，速度均为vn，则由牛顿第二定律可得 依题意，有 而电子偶数能量　‎ 联立得：，n＝1，2‎ 当n＝1时，‎ ‎（3）由上式可得电子偶数处于第一激发态时的能量为，即与相同．设电子偶数从第一激发态跃迁到基态时发出光子的波长为λ，则 由以上各式可解得 ‎18.如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l。第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的钚的同位素离子粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的α粒子后，变成铀（U）的同位素离子。在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响和相对论效应及返回板间的情况）‎ ‎（1）写出这一过程的核衰变方程 ‎（2）电压U0的大小。‎ ‎（3）t0/2时刻进入两板间的α粒子在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒、核反应方程为：‎ ‎（2）t＝0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有：‎ Eq＝ma 位移公式为：‎ 联立以上解得两极板间偏转电压为：‎ ‎（3）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。‎ 带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：‎ 带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：‎ 带电粒子离开电场时的速度大小为：‎ 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，‎ 由牛顿第二定律得：qvB＝m 联立解得：‎