吉林省白城市通榆县第一中学2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）

吉林省白城市通榆县第一中学2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）

吉林省通榆县第一中学2020学年度高二下学期 ‎ 第二次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 下列能揭示原子具有核式结构的实验是(　　)‎ A. 光电效应实验 B. 伦琴射线的发现 C. α粒子散射实验 D. 氢原子光谱的发现 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：能揭示原子具有核式结构的实验是粒子散射实验，故选C．‎ 考点：物理学史 ‎【名师点睛】此题是对原子物理学史的考查；要知道卢瑟福的粒子散射实验是原子核式结构的基础，同时要了解此实验的方法及实验现象及结论．注意要多看课本，多记忆．‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.一个处于基态的氢原子吸收光子后，跃迁到另一定态，下列说法中正确的是 A. 电子绕原子核运动的动能将会变大 B. 电子绕原子核运动的频率将会变大 C. 向低能级跃迁时，发出光子的频率一定等于吸收光子的频率 D. 吸收光子属于紫外线，发出的光子可能含有可见光 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、基态氢原子吸收光子后，运动半径增大，由，可得，由此可知动能减少，故A错误；‎ B、由可得，即r变大，f变小，故B错误；‎ C、处于激发态的氢原子向低能级跃迁时可能放出多种频率的光，故吸收光子频率不一定等于放出光子的频率，故C错误；‎ D、处于激发态的氢原子向低能级跃迁时可能放出多种频率的光，可能有可见光，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图线可求出（ ）‎ A. 该金属的极限频率和极限波长 B. 普朗克常量 C. 该金属的逸出功 D. 单位时间内逸出的光电子数 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 根据Ekm=hv-W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E0．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=．由λ＝，可求得极限波长，故A、C正确．图线的斜率k＝，可见图线的斜率在数值上等于普朗克常量。故B正确．单位时间内逸出的光电子数，与入射光的强度有关，故D错误 ‎4.关于下列四幅图说法错误的是（   ）‎ A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径可以是任意的 B. 光电效应实验说明了光具有粒子性 C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性 D. 发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误．光电效应实验说明了光具有粒子性的，故B错误．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故C错误．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D正确．‎ 考点：考查了光电效应；粒子散射实验．‎ ‎5.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（　　）‎ A. 向东 B. 向东 C. 向东 D. v1向东 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上的仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东，所以D正确．故选D．‎ 点睛：动量守恒要注意方向性，本题中人跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平动量不变.‎ ‎6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接有阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。从t＝0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F，由静止开始沿导轨向上运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示。下面分别给出了穿过回路abPM的磁通量Φ、磁通量的变化率、棒两端的电势差Uab和通过金属棒的电荷量q随时间变化的图象，其中正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解。‎ ‎【详解】A项：由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而A图描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A错误；‎ B项：回路中的感应电动势为：‎ 感应电流为：‎ 由图可知：I=kt，即，故有：，故B正确；‎ C项：I均匀增大，棒两端的电势差Uab=IR=ktR，则知Uab与时间t成正比，故C错误；‎ D项：通过导体棒的电量为：Q=kt2/2，故Q-t图象为抛物线，并非过原点的直线，故D错误。‎ 故应选：B。‎ ‎【点睛】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析。‎ ‎7.某种角速度计，其结构如图所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则(　　)‎ A. 电路中电流随角速度的增大而增大 B. 电路中电流随角速度增大而减小 C. 弹簧的伸长量为x＝‎ D. 输出电压U与ω的函数式为U＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当系统在水平面内以角速度ω转动时，电路中电阻保持不变，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况．系统匀速转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度ω与弹簧伸长的长度x的关系式．根据串联电路电压与电阻成正比和电阻定律，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与ω的函数关系式.‎ ‎【详解】系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx＝mω2(l＋x)，又输出电压U＝，联立两式得 ，，故C错误，D正确；故选D.‎ ‎8.如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R，图中电压表为理想电表。下列说法正确的是( )‎ A. 变压器输入电压的瞬时值为u＝Umsin(t)(V)‎ B. 电压表的示数为U0‎ C. 变压器的输入功率为 D. 变压器的匝数比为Um∶ U0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A：由图乙得，输入交流电压的最大值为，输入交流电压的周期为，开始计时时电压为0，则输入交流电压的的瞬时值。故A项正确。‎ B：额定电压为U0的小灯泡恰好正常发光，变压器副线圈两端电压的有效值，电压表示数为U0。故B项错误。‎ C：灯泡的功率，变压器的输出功率，变压器的输入功率。故C项正确。‎ D：变压器原线圈两端电压的有效值，变压器副线圈两端电压的有效值，变压器的匝数比。故D项错误。‎ ‎9.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表A和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是( )‎ A. 交流电流表的示数I＝NBS B. 一个周期内通过R的电荷量q＝‎ C. R两端电压的有效值U＝NBS D. 图示位置电流表的示数为0‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】C：二极管具有单向导电性，电路中一个周期只有一半时间有电流，根据电流的热效应得：，又，解得：R两端电压的有效值。故C项错误。‎ AD：流过电阻R电流的有效值，交流电流表测量的是电流的有效值，所以交流电流表的示数为。故A项正确，D项错误。‎ B：据、、，可得；一个周期只有一半时间有电流，有电流通过R的半个周期时间内线圈磁通量的变化，所以一个周期内通过R的电荷量。故B项正确。‎ ‎10.关于光子和运动着的电子，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 光子和电子一样都是实物粒子 B. 光子和电子都能发生衍射现象 C. 光子和电子都具有波粒二象性 D. 光子具有波粒二象性，而电子只具有粒子性 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A：物质可分为两大类：一是质子、电子等实物，二是电场、磁场等，统称场。光子是传播着的电磁场，不是实物粒子。故A项错误。‎ BCD：光电效应、康普顿效应等实验说明光具有粒子性，光的干涉、衍射说明光具有波动性。实物粒子具有粒子性，根据物质波理论，一切运动着的物体都具有波动性。所以光子和运动着的电子都具有波粒二象性，光子和运动着的电子都能发生衍射现象。故BC两项正确，D项错误。‎ ‎11.如图所示，一根足够长的水平滑竿上套有一质量为的光滑金属圆环，在滑竿的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道，穿过金属环的圆心。现使质量为的条形磁铁以水平速度沿绝缘轨道向右运动，则 A. 磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来 B. 磁铁将不会穿越滑环运动 C. 磁铁与圆环的最终速度为 D. 整个过程最多能产生热量为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终到达共同速度时二者相对静止，由动量守恒定律可知：Mv0=（M+m）v，解得 ‎，故A错误，C正确；磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动，故B错误；磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，即，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎12.利用金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是（　 ）‎ A. 该实验说明了电子具有波动性 B. 实验中电子束的德布罗意波的波长为 C. 加速电压U越大，电子的衍射现象越明显 D. 若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该实验观察电子的衍射图样，衍射现象说明粒子的波动性，故A正确；‎ B、电子束通过电场加速，由动能定理可得：，故有：，所以，实验中电子束的德布罗意波的波长为：，故B正确；‎ C、由B可知：加速电压U越大，波长越小，那么，衍射现象越不明显，故C错误；‎ D、若用相同动能的质子替代电子，质量变大，那么粒子动量变大，故德布罗意波的波长变小，故衍射现象将不明显，故D错误。‎ ‎【点睛】根据衍射现象得到波动性，然后由动能定理得到粒子速度，进而得到动量，从而得到波长，根据波长表达式得到电压或粒子变化下波长的变化，从而判断衍射现象变化。‎ 二、填空题 ‎13.气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响,因此成为重要的实验器材,气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验。‎ 现提供以下实验器材:(名称、图象、编号如图所示)‎ 利用以上实验器材还可以完成“验证动量守恒定律”的实验,为完成此实验,某同学将实验原理设定为m1v0=(m1+m2)v ‎(1)针对此原理,我们应选择的器材编号为____________________;‎ ‎(2)在我们所选的器材中,_____________________器材对应原理中的m1(填写器材编号)。‎ ‎【答案】：①ABC　②B ‎【解析】‎ ‎：①题给原理动量守恒，故应选择器材为ABC.‎ ‎②由题意知B对应原理中的m1.‎ ‎14.如图所示，一验电器与锌板相连，在A处用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角．‎ ‎(1)现用一带少量负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．‎ ‎(2)使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(填“有”或“无”)偏转．‎ ‎(3)光电效应实验和康普顿实验都证明了光具有________(填“粒子性”或“波动性”)．甲图中金属片张开是因为验电器带________(填“正”或“负”)电，若改用强度较弱的紫外线照射锌板________(填“能”或“不能”)使金属片张开；乙图中ν1________ν(填“>”、“<”或“＝”)．‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 无 (3). 粒子性 (4). 正 (5). 能 (6). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在A处用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带少量负电的金属小球与锌板接触，会使锌板上带的正电减少，验电器指针偏角将减小。‎ ‎(2)钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应；改用红外线灯照射锌板，红外线的频率小于黄光的频率，红外线也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转。‎ ‎(3)光电效应实验和康普顿实验都证明了光具有粒子性。‎ 紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，验电器带正电，验电器的金属片张开。‎ 只要入射光的频率大于截止频率，光电效应就会发生。较弱的紫外线照射锌板，锌板一样产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，验电器带正电，验电器的金属片张开。‎ 乙图中光子与电子碰撞后，光子的能量减小，光子的频率减小，则。‎ ‎15.(1)研究光电效应的电路如图所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________．‎ ‎(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). C (2). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此在入射光频率相同的情况下，光电子的最大初动能相同，对应的遏止电压相同。在能发生光电效应的前提下，光电流随着光照强度的增大而增大。故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎(2)光电子从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，动量减小。‎ 三、计算题 ‎16.如图所示，阴极材料由铝制成，已知铝的逸出功为W0，现用波长为λ的光照射铝的表面，使之产生光电效应，已知电子的电量为e，普朗克常量为h，真空中光速为c。求：‎ ‎(1)光电子的最大初动能；‎ ‎(2)电压表示数至少为多大时电流表示数才为零；‎ ‎(3)若射出具有最大初动能的光电子与一静止的电子发生正碰，则碰撞中两电子电势能增加的最大值是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)由爱因斯坦光电效应方程知最大初动能Ek＝h－W0 (3分)‎ ‎（2）当电流表示数为零时，反向截止电压为，‎ 电压表示数至少为(2分)‎ 解得：(1分)‎ ‎(3)要使电势能最大，即二者为完全非弹性碰撞，设碰前为v，碰后二者共速为v′.则：‎ mv2＝h－W0① (1分)‎ mv＋0＝2mv′ ② (2分)‎ mv2＋0＝E电＋2mv′2 ③ (2分)‎ 由①②③解得：E电＝( h－W0) (1分)‎ 考点：爱因斯坦光电效应方程 完全非弹性碰撞 能量守恒定律 定律守恒定律 ‎17.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到。求 ‎（1）A开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；‎ ‎（3）A的上表面长度l；‎ ‎【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m ‎【解析】‎ ‎(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①‎ 代入数据解得a＝2.5 m/s2②‎ ‎(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③‎ 代入数据解得v1＝1 m/s④‎ ‎(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v1⑤‎ A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv⑥‎ 由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.‎ 点睛：本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题．‎ ‎18.发电机的端电压为220V，输出功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1:10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户.‎ ‎（1）画出全过程的线路图；‎ ‎（2）求用户得到电压和功率；‎ ‎（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压.‎ ‎【答案】(1)略 　(2)219.6 V 　43.92 kW (3)36 kW，180 V ‎【解析】‎ 根据 ,计算得出升压变压器的输出电压为:‎ ‎ ‎ 则输电线上的电流为:‎ ‎,‎ 损失的功率为:‎ ‎ .‎ 输电线上损失的电压为:‎ ‎ ‎ 则降压变压器输入电压为:‎ ‎ ‎ 根据 ,得用户得到的电压为:‎ ‎ ‎ 用户得到的功率为:‎ ‎ .‎ ‎(3)若不经过变压而直接送到用户,电流为:‎ ‎ ‎ 用户得到的功率:‎ ‎ ‎ 用户得到的电压为:‎ ‎ ‎ 综上所述本题答案是：（1）219.6V ; （2）180V ；‎ ‎19.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1Ω，边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；‎ ‎（2）线圈释放时，PQ边到bb′的距离；‎ ‎（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于线圈匀速进磁场，根据平衡可求出安培力的大小 ‎（2）根据闭合回路欧姆定律，以及动能定理可以求出PQ边到bb′的距离 ‎（3）根据能量守恒求解整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热 ‎【详解】（1）对线圈受力分析有：‎ 代入数据得：‎ ‎（2）设线圈释放时，PQ边到bb′的距离为L 根据安培力公式可知：‎ 导体棒从开始到进入磁场过程中，有动能定理可得：‎ 结合公式可解得：‎ ‎（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度d=0.1m 代入数据解得：‎ 故本题答案是：（1） （2） （3）‎ ‎【点睛】要会根据题目中的词语找到隐含条件，比如由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d，穿过磁场时速度不变，安培力不变，安培力做功的距离为2d，可求出安培力做的功，即为线圈上产生的焦耳热。‎