贵州省遵义市汇川区航天高级中学2018-2019学年高二下学期第三次月考物理试题

贵州省遵义市汇川区航天高级中学2018-2019学年高二下学期第三次月考物理试题

‎2018-2019学年第二学期第三次月考试题 高二 物 理 一、选择题。其中1-8题单选，9-12题多选，每题4分，共计48分。‎ ‎1.对光电效应的解释正确的是( )‎ A. 只要光照射时间足够长，任何金属都能产生光电效应 B. 如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应 C. 金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属 D. 发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.无论照射的时间多么长，只要光的频率小于金属的极限频率就不能产生光电效应，故A错误；‎ B.根据光电效应的条件可知，入射光子的能量小于电子脱离某种金属所做功的最小值，不能发生光电效应，故B正确；‎ C.金属内的每个电子吸收一个光子，获取能量，若足够克服金属做功，就能逸出金属，若不够克服金属做功，就不会逸出金属，不会发生积累，故C错误；‎ D.光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故D错误。‎ ‎2.如图所示是氢原子能级图，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（ ）‎ ‎ ‎ A. b光的光子能量大于a光的光子能量 B. 在真空中，a光较b光的速度小 C. b光频率小于a光的频率 D. 氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出紫外线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.根据跃迁规律可知从n=4向n=2跃迁时辐射光子的能量大于从n=3向n=2跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b，又根据光子能量可得b光子的频率小于a，故A错误，C正确； ‎ B.在真空中它们的速度均相等，故B错误；‎ D.从n=4能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光，且紫外线的频率大于可见光，因此从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出能量还小于可见光a，因此不可能是紫外线，故D错误。‎ ‎3.正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素O注入人体，O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图像．则根据PET原理判断下列表述不正确的是( )‎ A. O在人体内衰变方程是O―→N＋e B. 正、负电子湮灭方程是e＋e―→2γ C. 在PET中，O的主要用途是作为示踪原子 D. 在PET中， O的主要用途是参与人体的新陈代谢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由质量数守恒和电荷数守恒知，衰变方程是，故A正确；‎ B.正负电子湮灭生成两个光子，故B正确；‎ CD.在PET中，的主要用途是作为示踪原子被探测器探测到，故C正确，D错误。‎ ‎4.某同学在探究简谐振动的规律时做了如下实验：如图，将弹簧的上端与力传感器相连，下端与一小球连接，小球质量为m，静止在O点，现让小球做简谐运动，振幅为A，以O 点为坐标原点，竖直向上为正方向，并取小球经过O点向上运动时为计时零点，描绘出了小球所受弹力与时间的变化图像，其中正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做简谐运动，x-t关系为：，重力和弹力的合力提供回复力，有：，回复力表达式为：，故F-t关系为：，故ACD错误，B正确。‎ ‎5. 如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（ ）‎ A. 用户用电器上交流电的频率是100Hz B. 发电机输出交流电的电压有效值是500V C. 输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D. 当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题图乙知交变电流的周期为s，设频率为Hz，A选项错误；发电机输出的最大电压为500V，故B选项错误；输电线的电流由负载决定，故C选项错误；当用户的用电器的总电阻增大时，输出的电流减小，故输电线上损耗的功率减小，故D选项正确。‎ 考点：变压器 远距离输电 峰值和有效值 输电电流 损耗功率 ‎6.电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。当把变阻器R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态。当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是（ ）‎ A. 将R1的阻值增大时，液滴将向下运动 B. 将R2的阻值增大时，液滴仍保持静止状态 C. 把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电荷量将减小 D. 断开开关S，电容器上的带电荷量将减为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电。当R1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误； ‎ B.将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；‎ C.把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由Q=CU得知，电容器的电荷量将减小，故C正确； ‎ D.断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势。电容器的电压增大，带电量增加，不会为零，故D错误。‎ ‎7.如图所示，一均匀细金属圆环是由四个互相绝缘的四分之一圆弧A、B、C、D 组成，已知当只有A弧带正电q时，在圆心O处产生的电场强度大小为E0，则当A、B弧各带正电q，C、D弧各带负电q时，在圆心O处的场强大小为( )‎ A. 2E0 B. E0 C. 2E0 D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，A、B两弧在圆心O处产生的场强大小分别为E0，两场强的方向夹角为，根据平行四边形定则知，两场强的合场强为，C弧在O点产生的场强与A弧在O点产生的场强相同，D弧在O点产生的场强与B弧在O点产生的场强相同，则C、D两弧在O点产生的合场强为，所以最终的场强为，故A正确，BCD错误。‎ ‎8.如图所示三根通电长直导线P、Q、Q互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为 A. 方向竖直向上 B. 方向竖直向下 C. 方向水平向左 D. 方向水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题考查了磁场的叠加问题用右手定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项．‎ ‎【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示：‎ ‎ ‎ 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等；则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故C正确，A、B、D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查安培定则的应用以及矢量合成法则的应用；磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．‎ ‎9.一个静止的放射性原子核发生天然衰变时，在匀强磁场中得到内切圆的两条径迹，如图所示．若两圆半径之比为44∶1，则( )‎ A. 发生的是α衰变 B. 轨迹2是反冲核的径迹 C. 该放射性元素的原子序数是90‎ D. 反冲核是逆时针运动，放射出的粒子是顺时针运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由运动轨迹可知，衰变产生的新粒子与新核所受洛伦兹力方向相同，而两者运动方向相反，故小粒子应该带负电，故发生了衰变，故A错误；‎ B.静止原子核发生β衰变时，根据动量守恒定律得知，粒子与反冲核的动量大小相等、方向相反，由半径公式可知，两粒子作圆周运动的半径与电荷量成反比，粒子的电荷量较小，则其半径较大，即半径较大的圆是粒子的径迹，半径比较小的轨迹2是反冲核的径迹，故B正确；‎ C.两圆半径之比为44：1，由半径公式得，粒子与反冲核的电荷量之比为：1：44‎ ‎，所以该放射性元素的原子序数是：n=44-1=43，故C错误；‎ D. 衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动，而放出的粒子与反冲核运动方向相反，故为顺时针方向，故D正确。‎ ‎10.如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（ ）‎ A. 此粒子和点电荷Q带异种电荷 B. 此粒子在M点的动能大于在F点的动能 C. 若PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M和从M到N，电场力做功相等 D. 带电粒子从P运动到N的过程中,电势能逐渐减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M、N间运动过程中，电荷一直受静电引力作用，此粒子和点电荷异种电荷。故A正确；‎ B. 粒子从M到N，电场力做正功，故电势能减小，故M点的电势能大于N点的电势能；N点与F点在同一个等势面上，所以粒子在F点的动能等于在N点的动能，所以粒子在M点的动能小于在F点的动能。故B错误；‎ C.距离场源电荷越近则受到的电场力越大，所以MN两点间的平均电场力大于PM两点之间的电场力，而PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M电场力做的功比从M到N电场力做功小，故C错误；‎ D. 粒子从P到N，只受电场力，合力做正功，根据动能定理，动能增加，电势能减小，故D正确.‎ ‎11.在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为+q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为( )‎ A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：，得:，故A正确；‎ BC.当时，圆环先做减速运动，当，即时不受摩擦力，做匀速直线运动，根据动能定理得：，代入解得：，故B错误，C正确；‎ D.当时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故D正确。‎ ‎12.如图(甲)所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R,边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场.规定顺时针方向为感应电流I的正方向.外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,通过导体横截面的电荷量为q,其中Pt图像为抛物线.则图中这些量随时间变化的关系不正确的是 )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A错误； ‎ B.线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，得，F-t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；‎ C.线框的电功率，P-t图象是抛物线的一部分，故C正确；‎ D. 线框的位移，电荷量，q-t图象应是抛物线，故D错误。‎ 二、实验题。每空2分，共计16分。‎ ‎13.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图所示．在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板的一端下垫着小木片用以平衡摩擦力．‎ ‎(1)若已得到打点纸带如图所示，测得各计数点间距离并标在图上，A为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A碰撞前的速度，应选______段来计算A和B碰撞后的共同速度．‎ ‎(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg，小车B的质量m2=0.20 kg，由以上的测量结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s；碰撞后两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s.(结果保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.420 (4). 0.417‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度． （2）碰前系统的动量即A的动量，则 ‎ 碰后的总动量；‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V,2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源(电动势约为5V，内阻可不计)‎ B．直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)‎ C．直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω)‎ D．直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ)‎ E．直流电压表(量程0～5 V，内阻约为10kΩ)‎ F．滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)‎ G．滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．‎ ‎(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母表示)．‎ ‎(2)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如下图甲所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，定值电阻R ‎＝9Ω，此时灯泡的实际功率为________W．(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). 0.84(0.81～0.87)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]灯泡的额定电流A，故电流表应选择C；‎ ‎[2]灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；‎ ‎[3] 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；‎ ‎（2）[4]把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：，作出电源的U-I图象如图所示：‎ 由图示图象可知，灯泡两端电压U=2.2V，灯泡电流I=0.38A，灯泡实际功率P=UI=2.2×0.38=0.84W。‎ 三、计算题，共计46分。‎ ‎15.一列机械波沿x轴传播，在t1=0s和t2=0.05s时刻，其波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求：‎ ‎（ⅰ）这列波可能的波速v；‎ ‎（ⅱ）若波速为280m/s，那么波的传播方向是沿x轴正方向还是负方向？‎ ‎【答案】（1）若波向x正方向传播，v==（40+160n）（m/s）（n=0，1，2，3，……）‎ 若波向x负方向传播：v==（120+160n）（m/s）（n=0，1，2，3，……）‎ ‎（2）波向x负方向传播 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若波向x正方向传播s=2+n（m）（n=0，1，2，3，……）‎ v==（40+160n）（m/s）（n=0，1，2，3，……）‎ 若波向x负方向传播s=6+n（m）（n=0，1，2，3，……）‎ v==（120+160n）（m/s）（n=0，1，2，3，……）‎ ‎（2）将v=280m/s代入上述结果，可得：波向x负方向传播。‎ ‎16.如图所示，质量，电阻，长度的导体棒横放在U型金属框架上。框架质量，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数，相距0.4m的、相互平行，电阻不计且足够长。电阻的垂直于。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。垂直于施加的水平恒力，从静止开始无摩擦地运动，始终与、保持良好接触。当运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。‎ ‎（1）求框架开始运动时速度v的大小；‎ ‎（2）从开始运动到框架开始运动的过程中，上产生的热量，求该过程 位移x的大小。‎ ‎【答案】（1）6m/s ‎ (2) x="1.1m "‎ ‎【解析】‎ 试题分析：ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开始运动．根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出速度．依据能量守恒求解位移．‎ 解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力为：‎ F=μFN=μ（m1+m2）g ab中的感应电动势为：E=Blv MN中电流为：‎ MN受到的安培力为：F安=IlB 框架开始运动时有：F安=F 由上述各式代入数据，解得：v=6m/s ‎（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，Q∝R 则闭合回路中产生的总热量：=×0.1J=0.4J 由能量守恒定律，得：Fx=+Q总 代入数据解得：x=1.1m 答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；‎ ‎（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m．‎ ‎【点评】本题是电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律、能量守恒定律定律等知识综合应用和分析能力．‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生正碰。碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出。g=10m/s2。求：‎ ‎(1) 碰撞后小球B的速度大小；‎ ‎(2) 小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；‎ ‎(3) 碰撞过程中系统机械能损失。‎ ‎【答案】（1）5m/s；（2）（）N•s，方向向左；（3）0.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球B恰好能通过圆形轨道最高点，‎ 则有:‎ 解得：m/s 小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中机械能守恒 则有：‎ 联立①②解得：m/s ‎(2)设向右为正方向，合外力对小球B的冲量为 N•s，方向向左 ‎(3)碰撞过程中动量守恒，有 水平面光滑所以式中 解得m/s，‎ 碰撞过程中损失的机械能为J ‎18.如图所示，在xoy坐标平面第一象限内有沿－y 方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场。现有一质量为m，带电量为-q的粒子（重力不计）以初速度v0沿－x方向从坐标为（3L、L）的P点开始运动，接着进入磁场，最后由坐标原点射出，射出时速度方向与y轴方间夹角为45º，求：‎ ‎（1）.粒子从O点射出时的速度v和电场强度E；‎ ‎（2）.粒子从P点运动到O点过程所用的时间。‎ ‎【答案】（1）v＝v０，;（2）t总＝。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中作圆周运动。到达O点时的速度与平抛运动末速度大小相等，方向都与水平方向成45º角。则平抛运动末速度的竖直分速度v⊥与水平分速度v都为v０，且有平抛阶段的水平位移是竖直位移的两倍。‎ 对类平抛过程，有：‎ 根据功能关系有：‎ 其中s为平抛水平射程，t为平抛时间。‎ 解得：v＝v０，‎ ‎（2）设R为粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，由几何知识可知圆弧所对圆心角为90º，则R＝l ‎ 粒子从O点运动到P点过程所用的时间等于在电场中做类平抛运动的时间与在磁场中运动四分之一圆周的时间之和，则：‎ 总时间为：t总＝t＋＝。‎ ‎ ‎