2020学年高二物理6月月考（期末考试）试题（含解析）人教新目标版

2020学年高二物理6月月考（期末考试）试题（含解析）人教新目标版

‎2019学年高二6月月考（期末）物理试题 一、选择题（每小题4分，共40分。1-6题单选，7-10题多选）‎ ‎1. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律 B. 原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和 C. 在天然放射现象中放出的射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的 D. 镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，也就是说，100个镭226核经过1620年后一定还剩下50个镭226没有发生衰变 ‎【答案】A ‎【解析】在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，选项A正确；原子核的结合能是核反应前后有质量亏损，以能量的形式释放出来，B错误；β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，C错误；半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，D错误．故选A.‎ ‎2. 某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为P0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到P，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是P0，体积为（ ）的空气 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎...............‎ ‎3. 某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大，若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（ ）‎ A. 外界对胎内气体做功，气体内能减少 B. 外界对胎内气体做功，气体内能增大 C. 胎内气体对外界做功，内能减小 - 12 -‎ D. 胎内气体对外界做功，内能增大 ‎【答案】D ‎【解析】对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D。‎ ‎【考点定位】理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律。‎ 视频 ‎4. 如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比PA:PB=3：1‎ B. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比VA:VB=3：1‎ C. 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比EKA:EKB=1:3‎ D. 剪断细绳到两滑块脱离过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比WA:WB=1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A、系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得：pA﹣pB=0，则：pA：pB=1：1，故A错误；‎ B、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：3mvA﹣mvB=0，解得：vA：vB=1：3，故B错误；‎ C、两滑块的动能之比：EkA：EkB=：=1：3，故C正确；‎ D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A、B两滑块做功之比：WA：WB=EkA：EkB=1：3，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是动量守恒定律的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较．‎ ‎5. 一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知（ ）‎ - 12 -‎ A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V B. 该交流电的频率为50Hz C. 该交流电的电压的有效值为 D. 若将该交流电压加在阻值R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率时50W ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图知T=0.04s，则，故该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50t) V，选项A错误；该交流电的频率为，选项B错误；该交流电的电压的有效值为，选项C错误；若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为，选项D正确。故选D.‎ 考点：交流电的瞬时值；有效值；电功率。‎ ‎6. 小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d,若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 待打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动 B. 待打完n发子弹后，小车应停在射击之前的位置 C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为 D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v′，以向左为正，根据动量守恒定律，有：0=mv-[M+（n-1）m]v′①‎ 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故：vt+v′t=d ②‎ - 12 -‎ 联立解得 ‎ 故车后退距离为：；‎ 每颗子弹从发射到击中靶过程，车均退△S，故n颗子弹发射完毕后，小车后退S=n•△S=；‎ 由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，后退S=n•△S=；故A错误，BC正确，D错误；故选BC。‎ 考点：动量守恒定律 ‎【名师点睛】题关键根据动量守恒定律求解出从发射一颗子弹到击中靶过程小车后退的距离，此后重复这个循环。‎ ‎7. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用 B. 晶体一定具有固定的熔点、规则的几何外形和物理物质的各向异性 C. 影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的距离 D. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 ‎【答案】AC ‎【解析】硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故B错误；空气中水蒸气的压强与同一温 度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，故C正确；悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，选项D错误；故选AC.‎ ‎8. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 光电效应现象说明光具有粒子性 B. 普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说 C. 波尔建立了量子理论，成功解释了各种原子的发光现象 D. 运动的宏观物体也具有波动性，其运动的速度越大波长越大 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：光电效应现象说明光具有粒子性，选项A - 12 -‎ ‎ 正确；普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，选项B正确；玻尔建立了量子理论，能够很好解释氢原子发光现象，但是不能解释所有原子的发光现象．故 C错误．宏观物体粒子性明显，根据知，速度大波长短．故D错误．‎ 考点：光电效应；玻尔理论；物质波。‎ ‎9. 如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在统一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R=0.15的电阻相连，导轨x＞0的一侧存在沿+x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下）。磁感应强度B=0.5+0.5x(T)。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，掉在水平外力作用下从x=0处沿导轨向右作直线运动，运动过程中回路电流恒为2A，以下判断正确的是（ ）‎ A. 金属棒在x=3m处的速度为0.5m/s B. 金属棒在x=3m处的速度为0.75m/s C. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中克服安培力做的功为1.6J D. 金属棒从x=0运动到x=3m过程中克服安培力做的功为3.0J ‎【答案】AD ‎【解析】根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：I==2A，解得：E=2×（0.05+0.15）=0.4V； 在x=0时，E=B0Lv=0.4V，则有：；在x=3m处，磁感应强度：B2=B0+kx2=0.5+0.5×3=2T．根据公式：E=B2Lv2，解得：v2=0.5m/s，故A正确，B错误；金属棒从x=0开始运动时的安培力：F0=B0IL=0.5×2×0.4N=0.4N．到x=3m时的安培力：FA=B2IL=2×2×0.4N=1.6N．过程中安培力做功的大小：W=（ F0+FA）x=×(0.4+1.6)×3=3J，故C错误，D正确；故选AD．‎ 点睛：考查闭合电路欧姆定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握安培力做功表达式的正确书写，注意求出在x=3m处磁感应强度是解题的突破口．‎ ‎10. 如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd，其边长为l、质量为m、电阻为R，金属线框与水平面的动摩擦因数为。足够大的虚线框 - 12 -‎ 内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下，开始时金属线框的ab边与磁场的边重合，现使金属线框以初速度沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的边距离为l。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 整个过程中产生的焦耳热为 B. dc边刚进入磁场时线框的速度为 C. 线框进入磁场的时间为 D. 增大线框的初速度，线框进入磁场的时间不变。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】根据能量守恒定律知，整个过程中该装置产生的焦耳热为Q=mv02-2μmgl，故A正确；设dc边刚进入磁场时线框的速度为v，则在磁场中运动的加速度为a=μg，根据运动学公式可得：v= ，故B错误；设线框时入磁场的时间为t，根据动量定理可得：BIlt+μmgt=mv0-mv，即： +μmgt=mv0-mv，而t＝l，联立解得t=，故C正确；增大线框的初速度，平均安培力增大，根据牛顿第二定律可知平均加速度 增大，根据动量定理可得μmgt+Blt＝m△v＝mt，其中q=t＝，解得：，所以线框进入磁场的时间变短，故D错误．故选AC．‎ 点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ 二、填空题（每空3分，共18分）‎ ‎11.‎ - 12 -‎ ‎ 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，所用的油酸酒精溶液的浓度为a，测量中，某位同学测得如下数据；测得体积为V的油酸酒精溶液共有N滴；一滴溶液所形成的油膜面积为S，则：‎ ‎(1)用以上物理量的符号表示油酸分子直径大小的公式为d=__________。‎ ‎(2)该同学实验中最终的到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，则对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是_________。‎ A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算 B.计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D.水面上痱子粉撒的较多，油膜没有充分展开 ‎【答案】 (1). (2). ACD ‎【解析】试题分析：（1）根据信息可得，所以 ‎（2）错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积,V偏大，故直径偏大，A正确；计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，S偏大，d偏小，B错误；计算油膜面积时，只数了完整的方格数，S偏小，d偏大，C正确；油酸未完全散开，S偏小，故直径偏大，选项D正确；‎ 考点：“用油膜法估测分子的大小”的实验 点评：本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．‎ ‎12. 有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100，要求测量其内阻，可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9；滑动变阻器甲，最大阻值为10K;滑动变阻器乙，最大阻值为2K；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。‎ 采用的测量电路图如图所示，‎ 实验步骤如下：‎ A.断开S1和S2，将R调到最大；‎ - 12 -‎ B.合上S1，调节R使A 满偏；‎ C.合上S2，调节R1使A 半偏，此时可认为的A的内阻rg=R1。试问：‎ ‎(1)在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选_________；为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择_________；电源E应该选择_________。‎ ‎(2)认为内阻rg=R1，此结果与rg的真实值相比_________。（填“偏大”“偏小”或“相等”）‎ ‎【答案】 (1). R0 (2). 滑动变阻器甲 (3). E2 (4). 偏小 ‎【解析】（1）根据半偏法的测量原理，R1必须选电阻箱R0，才能测量；电源选择E2，误差较小． 根据电源的电动势和电流表的量程可知电路的最小电阻为6kΩ，所以滑动变阻器乙不能有效调节，应该选择甲． （2）根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：合上S1，调节R使电流表满偏：Ig= 合上S2，调节R1使电流表半偏（电路中的总电流）：，上式比较可得I＞Ig．所以，通过电阻箱的电流：IR1＝I−＞，则：R1＜rg（R1为测量值，rg为真实值）即此结果与rg的真实值相比偏小．‎ 点睛：本题是用的半偏法测电阻，用的是两并联电路的电阻相等时电流相等；实验要求干路电流基本不变，所以要求因并联而引起的电阻的变化要小，且电流表的满偏电流很小，则其它电阻要大，据此选择合适的器材；另据并联后总电阻发生变化而引起干路电流变化引起误差，从而分析偏大还是偏小．‎ 三、计算题（13、14、15题各10分，16题12分，共42分）‎ ‎13. 一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定装置的气缸内，开始时气体体积为V0，温度为27℃，在活塞上施加压力，将气体体积压缩到V0，温度升高到57℃，设大气压强P0=1.0×105pa，活塞与气缸壁摩擦不计，求 ‎(1)求此时气体的压强；‎ ‎(2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0，求此时气体的压强。‎ - 12 -‎ ‎【答案】（1）1.65×105 Pa（2）1.1×105 Pa ‎【解析】试题分析：根据气体状态方程和已知的变化量去求解其它的物理量；气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解．‎ ‎（1）根据题意得：‎ 初状态：V1=V0，T1=300 K，p1=p0‎ 末状态：V2=V0，T2=360 K ‎ 由状态方程=①得 p2==1.8×105Pa．②‎ ‎（2）由玻意耳定律知p3V3=p2V2③，解得p3==1.2×105Pa．④‎ ‎14. 如图所示，一倾角为30°的足够长光滑斜面上有两个质量相等的小球a和b，开始时两小球相距x0=0.6m,且以初速度v1=5m/s、v2=2m/s沿斜面向上运动，球a追上b球发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能的损失。g取10m/s2，试求：‎ ‎(1)碰撞点的位置与b球初始位置的距离 ‎(2)当b球上升至最高点时，两球间的距离 ‎【答案】（1）0.3m（2）1m/s，4m/s ‎【解析】（1）因斜面光滑，所以两球加速度相同， a1=a2=gsin30°=5m/s2 ‎ 设经时间t，球a追上b，两球发生碰撞，由位移关系得 - 12 -‎ 带入数据解得： ‎ 解得t=0.2s ‎ 所以碰撞点的位置与b球初始位置的距离x==0.3m ‎ ‎（2）设两球相撞时的速度分别为v10、v20，则 ‎ ， ‎ 设两球质量为m，碰撞后的速度分别为v1′，v2′‎ 由动量守恒得 mv10+mv20= mv1′+m v2′ ‎ 由于碰撞无机械能损失，所以 ‎ 带入数据解得v1′=1m/s ，v2′=4m/s； ‎ 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；分析清楚小球的运动过程是解题的关键，应用运动学公式与动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题．‎ ‎15. 如图所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相遇，两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细线相连，可在缸内无摩擦地上下滑动，当缸内封闭气体的温度为T1=300K时，活塞A、B的平衡位置如图所示。已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg，横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2、大气压强为P0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2。‎ ‎(1)活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；‎ ‎(2)现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度。‎ ‎【答案】（1）1.2×105Pa（2）400K ‎【解析】试题分析：（i）活塞A.B在图示位置时，设气缸内气体的压强为P1。以活塞A.B为研究对象：‎ ‎①2分 - 12 -‎ 解得②2分 解得2分 考点：理想气体状态方程 ‎16. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始自由下滑，其下滑距离与时间的关系如下图所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。‎ 试求：‎ 时间t（s）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.7‎ 下滑距离s（m）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.7‎ ‎1.4‎ ‎2.1‎ ‎2.8‎ ‎3.5‎ ‎(1)当t=0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率；‎ ‎(2)金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的焦耳热；‎ ‎(3)从开始运动到t=0.4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量。‎ ‎【答案】（1）0.7W（2）0.06J（3）0.2C ‎【解析】（1）由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7m/s匀速下落 PG=mgv=0.01×10×7=0.7W ‎ ‎（2）根据动能定理：WG+W安=mv2-mv02 ‎ W安=mv2-mv02-mgh=-0.105J ‎ - 12 -‎ QR==0.06J. ‎ ‎（3）当金属棒匀速下落时，G=F安则有 mg=BIL= ，解得BL=0.1T·m ‎ 则电量q=It===0.2C ‎ 点睛：电磁感应往往从两个角度研究：一是力，关键是安培力的分析和计算，F＝是常用的经验公式，要记牢．二是从能量的角度，关键分析能量如何转化．‎ - 12 -‎