2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二5月月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二5月月考物理试题 解析版

江西省抚州市临川一中2018年高二下学期第二次月考物理试卷 一、选择题 ‎ ‎1. 关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有（ ）‎ A. 汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 B. 玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的 C. 卢瑟福的原子核式结构模型能够很好的解释光谱的分立特征和原子的稳定性 D. α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 ‎【答案】D ‎【解析】汤姆孙发现电子后猜想出原子核内的正电荷是均匀分布的，故A错误；玻尔原子理论虽然无法解释较复杂原子的光谱现象，但玻尔提出的原子定态概念是正确的，故B错误。卢瑟福提出的原子核式结构模型，无法解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，故C错误；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据，故D正确；故选D。‎ ‎2. 如图所示，B、C两个小球运动细线悬挂于竖直墙面上的A、D两点，两球均保持静止，已知两球的重力均为G，细线AB与竖直墙面之间的夹角为30°，细线CD与竖直墙面之间的夹角为60°，则（ ）‎ A. AB绳中的拉力为 B. CD绳中拉力为2G C. BC绳中拉力为G，与竖直方向的夹角θ为60°‎ D. BC绳中拉力为，与竖直方向的夹角θ为30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】对两个小球构成的整体受力分析： ‎ ‎ 根据平衡条件： x轴：FABsin30°=FCD sin60° y轴：FABcos30°+FCDcos60°=2G 得：FAB=G ；FCD=G ，故AB错误；‎ 对C球受力分析 根据平衡条件： X轴：FBCsinθ=FCD sin60° y轴：FBCcosθ+FCDcos60°=G 得：FBC=G，θ=60° 故C正确，D错误；故选C。‎ 点睛：本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解．以上是利用正交分解法，也可以利用合成法．‎ ‎3. 某质点在同一直线上运动的位移-时间（x-t）图像为一抛物线，这条抛物线关于t=t0对称，点(t0,0)为抛物线的顶点，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该质点在0-3t0的时间内运动方向保持不变 B. 在t0时刻，质点的加速度为零 C. 在0-3t0的时间内，速度先减小后增大 D. 质点在0-t0、t0-2t0、2t0-3t0三个相等时间段内通过的位移大小之比为1：1：4‎ ‎【答案】C ‎【解析】x-t图像斜率的正负表示运动方向，由图可知，图像的斜率先为负后为正，故开始时质点运动的方向与选取的正方向相反，后运动的方向与选取的正方向相同，斜率的大小表示速度的大小，故速度先减小后增大，A错误C正确；由于质点的位移-时间（x-t）图象为一抛物线，对比可知质点的加速度保持不变，所以在时刻，质点的加速度不为零，但在时刻斜率为零，即速度为零，B错误；由于质点的位移-时间（x-t）图象为一抛物线，结合图象 的特点可得：，在t=0时刻，在时刻，在时刻，在时刻：，所以质点在0-t0时间内的位移大小；在时间内的位移，在时间内的位移：，所以质点在三个相等时间段内通过的位移大小之比为1：1：3，D错误．‎ ‎【点睛】位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．‎ ‎4. 如图所示,两根轻弹簧AC和BD,它们的劲度系数分别为k1和k2 , 它们的C、D端分别固定在质量为m的物体上,A、B端分别固定在支架和正下方地面上,当物体m静止时,上方的弹簧处于原长;若将物体的质量变为3m仍在弹簧的弹性限度内,当物体再次静止时,其相对第一次静止时位置下降了(    )‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎...............‎ 点睛：本题由胡克定律和平衡条件分别研究两种情况下弹簧的压缩量，要抓住第二情况下，两弹簧形变量与物体下降高度相等进行列式。‎ ‎5. 如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1:n2:n3为（ ）‎ A. 3︰2︰1 B. 1︰l︰1 C. 6︰2︰1 D. 2︰2︰1‎ ‎【答案】A ‎【解析】灯泡规格相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为I，每个灯泡两端电压都相等设为u，则U2=2u，U3=u；根据输入功率等于输出功率知：u1I=u2I+u3I，u1=3u，再根据电压与匝数成正比知n1：n2：n3=u1：u2：u3=3：2：1．故A正确，BCD错误。故选A。‎ 点睛：本题副线圈中有两个，对于电压仍然可以用于匝数成正比，但是电流不再和匝数成反比，应该利用输入功率等于输出功率．‎ ‎6. 科学家预测在银河系里可能有一个“与地球相似”的行星，这个行星存在孕育生命的可能性，若质量可视为均匀分布的球形“与地球相似”的行星的密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，万有引力常量为G，则（ ）‎ A. 该“与地球相似”的行星的同步卫星的运行速率为 B. 该“与地球相似”的行星表面重力加速度在两极的大小为 C. 该“与地球相似”的行星的同步卫星的轨道半径为 D. 该“与地球相似”的行星的卫星在星球表面附近做圆周运动的速率为 ‎【答案】B ‎【解析】根据匀速圆周运动线速度公式以及行星的同步卫星周期T0，知其运行速率为，r是行星的同步卫星的轨道半径，并不是R，故A错误；由mg=G，解得：g=πGρR，故B正确；行星对其同步卫星的万有引力提供向心力，设同步卫星轨道半径为r，则有：，且M=ρ•πR3，解得：，故C错误；星球表面附近圆周运动的速度为v=，故D错误；故选B。‎ 点睛：卫星绕行星做匀速圆周运动的物理模型，关键是抓住两条核心规律：一是万有引力等于向心力，二是重力等于万有引力，另外要注意同步卫星的特点：定周期、定轨道、定高度．‎ ‎7. 图象法是描述物理过程、探寻物理规律的重要方法，如图所示是描述某个物理过程的图象（坐标的相应物理量均采用国际制单位），则（ ）‎ A. 若该图象为通过某定值电阻的电流强度——时间（i-t）图象，则前2秒电流强度的有效值为0‎ B. 若该图象为穿过某闭合回路的磁通量——时间（φ-t）图象，则第1秒末回路中产生的感应电流大小为0‎ C. 若该图象为质点运动的位移——时间（s-t）图象，则第1秒末质点速度方向改变 D. 若该图象为质点运动的速度——时间（v-t）图象，则前2秒质点的平均速度等于0‎ ‎【答案】D 点睛：本题考查的学生观察能力和图象分析分析能力，关键要明确各种图象斜率、面积的数学意义来分析图象的物理意义。‎ ‎8. 如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切.质量均为m的小球A、B用轻杆连接.置于圆轨直上，A位于圆心O的正下方，B与O点等高，某时刻将它们由静止释放，最终两球都在水平面上运动，下列说法正确的是 A. 下滑过程中重力对B做功的功率一直增大 B. 下滑过程中B的机械能减小 C. B滑到圆轨道最低点时的速度为. D. 整个过程中轻杆对A做的功为 ‎【答案】BD ‎【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小。故A错误；AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：•2mv2＝mgR， 解得：v=．故C错误；下滑过程中，B的重力势能减小△EP=mgR，动能增加量△Ek＝mv2＝mgR，所以机械能减小mgR，故B正确；整个过程中对A，根据动能定理得：W＝mv2＝mgR ‎，即整个过程中轻杆对A做的功为mgR，故D正确；故选BD。‎ 点睛：本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化。‎ ‎9. 据报道，2018年3月14日，某市一处高压电线落地燃烧，幸好没有造成人员伤亡。高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示．设人的两脚MN间最大跨步距离为d，触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为p，ON间的距离为R．电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中O点处产生的电场强度．下列说法正确的是（ ）‎ A. 两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法 B. 图中MN两脚间跨步电压小于 C. 等效点电荷Q的电荷量为 (k为静电力常量)‎ D. 当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压不可能为零 ‎【答案】AC ‎【解析】两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法，故A正确； N点处电流密度为，由于MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O点越大，则知MN间的场强大于ρ，MN两脚间跨步电压大于 ，故B错误；根据题意有，解得：，故C正确；当两脚位于同一等势线上时即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零，故D错误；故选AC。‎ 点睛：本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流场与点电荷的静电场模拟分析。‎ ‎10. 如图所示，质量为m=0.1kg的不带电小环A套在粗糙的竖直杆上，小环A与杆间的动摩擦因数μ=，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。一质量为m2=0.2kg、电荷量为q=0.3C的带正电的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则下列说法正确的是( ) ‎ A. 电场强度E值最小时，其正方向与水平方向的夹角θ=30°‎ B. 电场强度E值最小时，其正方向与水平方向的夹角θ=60°‎ C. 电场强度E的最小值为5N/C D. 电场强度E的最小值为10N/C ‎【答案】BC ‎【解析】电场强度最小时，物体A恰好不下滑，对AB整体分析，如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件，有：qEcosθ=N，f+qEsinθ=（m+m2）g，其中：f=μN， 联立解得： ；故当θ=60°时E最小，为N/C，故BC错误，AD正确；故选BC。‎ 二、实验题 ‎11. 用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方．‎ ‎(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm.‎ ‎(2) 实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L。在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与___________________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒。‎ ‎(3) 下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)。‎ A. 滑块必须由静止释放 B. 应使滑块的质量远大于钩码的质量 C. 已知当地重力加速度 D. 应使细线与气垫导轨平行 ‎【答案】 (1). （1）2.70 (2). （2） (3). （3）B ‎【解析】（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为14×0.05mm=0.70mm，则游标卡尺读数为2mm+0.70mm=2.70mm； （2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v=d/t；实验要验证机械能守恒定律，故：‎ mgL=（M+m）v2= ； （3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合； 点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值。‎ ‎12. 某同学要准确测量电源的电动势和内阻。现有实验器材如下：‎ A.待电源(电动势约为15V，内阻约为0.5Ω)‎ B.电流表A(量程0~06A，内阻为19Ω)‎ C.电阻箱R(最大阻值9999.9Ω)‎ D.定值电阻R0=1Ω E.开关，导线若干 ‎(1)该同学想改装一个大量程的电流表，他需要把电流表A和定值电阻R0_______ (填“并联”或“串联”)。‎ ‎(2)使用改装好的电流表(表盘未改动)和其他实验器材，设计实验电路，并把电路原理图画在图甲虚线框内_______。‎ ‎(3)该同学在图乙的坐标系中根据实验记录的数据进行了描点(I表示电流表A的示数)，根据图像，求得电源电动势为__________V，内阻为__________Ω(结果保留3位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). （1）并联 (2). （2）如图；‎ ‎ (3). （3）15.0（14.6-15.4） (4). 0.550（0.300-0.600）‎ ‎【解析】（1）该同学想改装一个大量程的电流表，他需要把电流表A和定值电阻并联，电阻起到分流作用，从而改装为大量程电流表；‎ ‎（2）将电流表A与定值电阻并联，改装成大量程电流表，然后电阻箱串联，如图所示：‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可知：，则：‎ 其中：‎ 由图像可知：斜率，则代入数据可以得到：‎ 在纵轴截距：，则代入数据可以得到：‎ 点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据处理的方法；对于该实验一定要明确不同接法时的实验原理，利用闭合电路欧姆定律列式，再结合数学知识进行分析处理即可。‎ 三、计算题 ‎13. 如图，一个质量为m=2kg的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、大小为F=25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。求：‎ ‎（1）物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；‎ ‎（2）物块在斜面上运动的总时间（结果可用根式表示）。‎ ‎【答案】（1）37.5m（2）(5+)s ‎【解析】（1）物块的加速度为：， 由牛顿第二定律得：F-f-mgsinθ=ma1 解得：f=5N；‎ 撤去拉力后，物块继续上滑，由牛顿第二定律得：f+mgsinθ=ma2， 解得：a2=7.5m/s2， 撤力前物块向上滑行的距离：‎ 撤去拉力后物块向上滑行的距离：‎ 物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离：x=x1+x2=22.5+15=37.5m； （2）撤力后物块上滑的时间： ‎ 物块沿斜面向下滑动过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma3，‎ 解得：a3=2.5m/s2， 由x＝a3t32可知，滑块的运动时间： ‎ 滑块在斜面上运动的总时间：t＝t1+t2+t3＝5+（s）≈10.48s；‎ ‎14. 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在平行于水平导轨的恒定拉力F作用下由静止开始向右运动，同时将cd杆紧贴轨道由静止释放，当ab杆向右运动距离s时，刚好沿导轨做匀速直线运动(重力加速度为g)。‎ ‎(1)求ab杆沿导轨匀速运动时的速度大小；‎ ‎(2)求从ab杆开始运动到刚好匀速的整个过程中回路电流产生的焦耳热；‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】（1）ab杆沿导轨匀速运动时，对ab杆有：F=μmg+BI1L 又 联立解得 ‎ ‎ （2）从ab杆运动到刚好匀速的整个过程中，对ab杆，由动能定理得    Fs-μmgs-W克安=mv2 得 W克安=Fs-μmgs-mv2= 回路电流产生的焦耳热 Q=W克安 则 Q=Fs-μmgs-mv2=Fs-μmgs-。‎ 点睛：本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是要知道回路电流产生的焦耳热等于ab杆克服安培力做的功。‎ ‎15. “801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后．从下方以恒定速率v1,向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域I内．当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后。自动关闭区域I系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出．在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力．不计粒子之间相互作用与相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：‎ ‎(1)当栅极MN、PQ间形成稳定的电场时，其电场强度E多大．‎ ‎(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v2．‎ ‎(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域I的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．‎ ‎【答案】（1）E=v1B1。（2）（3）33.3%。‎ ‎【解析】（1）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q′ ，‎ 则 即 ‎ ‎（2）氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时,设速度为v3,则有： ‎ 根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即 则： ‎ 氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为，根据动能定理可知：‎ 其中电压 ‎ 联立可得 ‎（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为之后，根据 可知，r′=r=D ‎ ‎①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I。‎ 该轨迹的圆心O1，正好在N点，AO1=MO1=D，所以根据几何关系可知，此时∠FAN=900；‎ ‎②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I。‎ ‎ AO2=AN=NO2=D，所以此时入射角度∠GAN=300；‎ 根据上述分析可知，只有∠FAG=600；这个范围内射入的粒子还能进入区域I。该区域的粒子占A处总粒子束的比例为 ‎ 点睛：考查牛顿第二定律与运动学公式的应用，掌握由洛伦兹力提供向心力的求解方法，理解动能定理的内容，注意正确画出运动轨迹，及分清各段运动性质；第三问要注意临界条件，求出恰从上、下两边缘射出的粒子的入射角，从而求出射入Ⅰ区的粒子数点比。‎ ‎16. 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是__________‎ A.若气体不和外界进行热传递，则气体内能一定不变 B.若气体内能增大，则分子的平均动能一定增大 C.若气体发生等温膨胀，则气体对外做功和吸收的热量数值相等 D.若气体温度升高，体积不变，则单位时间内气体对容器壁的某侧面冲量增大 E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、做功和热传递都可以改变气体的内能，若气体不和外界进行热传递，外界可以对其做功，则气体内能可以改变，故选项A错误；‎ B、对于理想气体，若气体内能增大，则气体温度升高，则分子的平均动能一定增大，故选项B正确；‎ C、气体温度不变，在内能不变，即气体发生等温膨胀，则气体对外做功和吸收的热量数值相等，内能不变，故选项C正确；‎ D、若气体温度升高，则分子运动剧烈，体积不变，则单位时间内气体对容器壁的某侧面冲量增大，故选项D正确；‎ E、在完全失重的情况下，气体分子仍不停地做无规则运动，气体分子对容器壁的压力不为零，故E错误。‎ 点睛：掌握气体状态方程、分子动理论内容、知道温度是分子平均动能的标志即可正确解题，知道做功和热传递都可以改变气体的内能。‎ ‎17. 用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气)。‎ ‎(i)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比；‎ ‎(ii)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把气缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。‎ ‎【答案】（1）3:4（2） ‎ ‎【解析】（i）设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：‎ ‎，，‎ 解得：，B部分气体体积与原来的体积之比为 ‎（ii）初始状态：‎ 最终平衡状态：‎ 设气缸总容积为V，A、B两部分气体做等温变化 ‎，‎ 联立得到：‎ 点睛：本题考查了玻意耳定律的应用，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律即可解题；本题是连接体问题，要掌握连接体问题的解题思路与方法。‎ ‎ ‎