福建省宁德市霞浦第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试卷（B卷）

福建省宁德市霞浦第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试卷（B卷）

霞浦一中2018-2019学年第二学期高二年第一次月考 物理试卷(B)‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8每题只有一个选项是正确的．9-12每题有多个选项是正确的，选对得4分，选不全得2分，选错或不选不得分。）‎ ‎1.物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验，下面给出了几个在物理学发展史上有重要地位的物理实验，以及与之相关的物理学发展史的说法，其中错误的是：（ ） ‎ A. 光电效应实验表明光具有粒子性 B. α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础 C. 电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒 D. 三种放射线中，α粒子质量最大，穿透本领最强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】光电效应实验表明光具有粒子性，选项A正确；α粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础，选项B正确；电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒，选项C正确；三种放射线中，α粒子质量最大，穿透本领最弱，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.‎ ‎2.氢原子能级的示意图如图所示，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. b光频率小于a光的频率 C. 在真空中，a光较b光的速度小 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】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A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E=hγ可得a光子的频率大于b，则故A错误，B正确。在真空中所有光的速度均相同，选项C错误；氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射出的光子的能量小于从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光的能量，而紫外线的光子能量大于可见光，则氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时不可能会辐射出紫外线，选项D错误；故选B.‎ ‎3.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 振动物体回到平衡位置的过程中，回复力做正功 B. 回复力就是振动物体受到的合外力 C. 有机械振动必有机械波 D. 横波在传播过程中，质点运动方向与波传播方向可相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】振动物体回到平衡位置的过程中，回复力的方向指向平衡位置，则回复力做正功，选项A正确；回复力是指使物体回到平衡位置的力，不一定是振动物体受到的合外力，选项B错误；有机械振动，若没有传播振动的介质，也不会有机械波，选项C错误；横波在传播过程中，质点运动方向与波传播方向垂直，选项D错误；故选A.‎ ‎4. （单选）如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都静止。当人从左向右行走的过程中_______________（填选项前的字母）‎ A. 人和车组成的系统水平方向动量不守恒 B. 人和车组成的系统机械能守恒 C. 人和车的速度方向相同 D. 人停止行走时，人和车的速度一定均为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误；当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C错误；由A选项可知，人和车组成的系统水平方向动量守恒，由题意系统出动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故D正确。故选D．‎ 考点：动量守恒定律 ‎5.一航天飞机下有一细金属杆,杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空 A. 由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B. 由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 C. 沿地磁极的经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上 D. 沿地磁极的经线由北向南水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在地球赤道上空，地磁场方向由南水平指向北；飞机由东向西水平飞行时，由右手定则可知，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下，故B正确，A错误；飞机沿经过地磁极的那条经线由南向北或由北向南水平飞行时，金属杆的速度方向与磁感线方向在同一平面内，金属杆不切割磁感线，不产生感应电动势，故CD错误；故选B。‎ ‎6.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时(　　)‎ A. 电压表V3的示数变小 B. 电流表A1、A2和A3的示数都变大 C. 只有电流表A1的示数变大 D. 电压表V2和V3的示数都变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大。故A正确， BCD错误。故选A.‎ ‎7.如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1∶n1和ab间电压应为  （ 　　 ） ‎ ‎ ‎ A. 1∶2，25V B. 2∶1，20V C. 2∶1，25V D. 1∶2，20V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W，根据输入功率等于输出功率U1I1=P2，其中 得：；所以Uab=U1+UL1=20+5=25V，故原、副线圈匝数比n1：n2=20：10=2：1，故选C.‎ ‎8.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd．t=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据物理规律得到物理量的表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法．‎ 金属杆的速度与时间的关系式为，a是加速度．由和得，感应电流与时间的关系式为，B、L、a均不变，当时间内，感应电流为零，时间内，电流I与t成正比，时间后无感应电流，故AB错误；由和得，感应电流与时间的关系式为，当时间内，感应电流为零，ad的电压为零，时间内，电流I与t成正比，，电压随时间均匀增加，时间后无感应电流，但有感应电动势，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：金属杆所受的安培力为，由牛顿第二定律得，得，当时间内，感应电流为零，，为定值，时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，时间后无感应电流，，为定值，故D错误．‎ ‎9. 在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是 A. 增大入射光强度，光电流增大 B. 减小入射光的强度，光电效应现象消失 C. 改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D. 改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．‎ 增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积上的光子数增加，光电流增大，A正确；光电效应现象是否消失与光的频率有关，而与照射强度无关，B错误；用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，C错误；根据可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，D正确．‎ ‎10.如图甲为一列波在t＝2s时的波形图，图乙是平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点，下列说法正确的是(　   　)‎ A. 波速为0.5 m/s B. 波的传播方向向右 C. 0－2 s时间内，P运动的路程为1m D. 当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲可知该简谐横波波长为2m，由图乙知周期为4s，则波速为，故A正确；根据图乙的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为2A=8cm，故C错误；当t=7s时，△t=5s=1T，P恰好回平衡位置，故D正确。故选AD。‎ ‎11.如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时，一个质量为m、电量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图象可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化。‎ ‎【详解】设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由可知，随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD.‎ ‎【点睛】此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状.‎ ‎12.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )‎ A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 B. 初始时刻导体棒加速度的大小 C. 导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】初始时刻导体棒产生的感应电动势E=BLv0，感应电流，安培力，A错误；初始时刻，由牛顿第二定律有ma=mg+kx1+F，解得，B正确；当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，选项C正确；导体棒最终静止时，弹簧被压缩，故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守恒有，解得系统产生的总热量，则R上产生的热量要小于Q，D错误；故选BC。‎ 二、实验题（2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13.如图甲为某学习小组利用光电门研究物体做匀变速直线运动的实验装置。请回答下列问题：‎ ‎(1)用游标卡尺测量一滑块的长度L，示数如图乙所示，则L=___________mm；‎ ‎(2)在斜面上的A处安装一光电门，将滑块(M、N为滑块的两端点)从斜面上某处由静止滑下，滑块经过光电门后，计时器记录了滑块遮光时间为t。则滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度__________；滑块下滑的加速度__________ (均选填“大于”“等于”或“小于”)‎ ‎【答案】 (1). （1）32.4 (2). （2）大于； (3). 小于；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数，不估读；（2）根据中间时刻的速度小于中间位置的速度判断；根据L=v0t+at2判断加速度和的关系.‎ ‎【详解】（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L，则L=3.2cm+0.1mm×4=3.24cm=32.4mm；‎ ‎（2）滑块经过光电门中间时刻的速度等于平均速度 ；因中间位置的速度大于中间时刻的速度，可知滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度大于；设N点经过光电门A时的速度为v0，则L=v0t+at2，解得，则滑块下滑的加速度小于；‎ ‎14.某同学要测量一定值电阻Rx的阻值，现提供了下表中的器材:‎ ‎(1)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，这时他应该选用“___________”挡进行测量，调整好挡位并进行欧姆调零后再次测量，指针指在图甲中实线位置，则Rx的阻值为___________Ω。‎ ‎(2)为了进一步准确测量Rx的阻值，该同学根据表中器材设计实验电路进行测量，‎ ‎①电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________(均填写字母代号)；‎ ‎②若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图乙所示，请用笔划表示导线补充完成连线________。‎ ‎③闭合开关，移动滑片测得多组数据，可求出Rx的阻值。‎ ‎【答案】 (1). （1）×10 (2). 300 (3). （2）①A1 (4). R2 (5). ②如图；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欧姆表指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，应选择较小的倍率；（2）根据实验要求选择仪器；（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；‎ ‎【详解】（1）该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，这时他应该选用“×10”挡进行测量； Rx的阻值为30×10Ω=300Ω。‎ ‎（2）电路中可能出现的最大电流为，可知电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，故选R2; ‎ ‎（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；如图；‎ 三、计算题（本题包括3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和和单位）‎ ‎15.如图所示，ab =25cm，ad =20cm，匝数为50匝的矩形线圈．线圈总电阻 r =1Ω ，外电路电阻R =9Ω，磁感应强度B =0．4T，线圈绕垂直于磁感线的OO’ 轴以角速度50 rad/s匀速转动．求：‎ ‎ (1)从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式．‎ ‎(2)1min内R上消耗的电能．‎ ‎(3)线圈由如图位置转过30°的过程中，流过R的电量为多少？‎ ‎【答案】(1)e=50cos50t (2) 6750J (3)q=0.05C ‎【解析】‎ ‎（1）感应电动势的最大值为：Em=nBSω 所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBωScosωt=50cos50t（V） （2）电动势有效值为 电流 ‎1min内R上消耗的电能为W=I2Rt=6750J ‎（3）P=I2（R+r）=125W ‎（4）线圈由如图位置转过30°的过程中，△φ=BSsin30°=0.01Wb    通过R的电量为 ‎ ‎16.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：‎ ‎（1）碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv 解得；碰撞过程中系统损失的机械能为 解得。‎ ‎（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：‎ 解得 由能量关系：‎ 解得 考点：动量守恒定律; 机械能守恒定律 ‎【名师点睛】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意ABC系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．‎ ‎17.如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为a。不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m，电量为e。‎ ‎(1)为使从C射出的电子速率达到3v，C、A间应加多大的电压U；‎ ‎(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场。‎ ‎①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；‎ ‎②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大。‎ ‎【答案】（1） （2）① ② ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据动能定理可求C、A间的电压；‎ ‎（2）做出沿A径向射出的电子恰好不从C射出的轨迹，根据几何关系可求圆弧对应的圆心角，根据周期可求电子在在磁场中运动的时间；沿A切线射出的电子不从A射出，所有电子都不从C射出，做出轨迹，根据半径间的关系，结合电子在磁场中的半径，可求磁感应强度的最小值。‎ ‎【详解】（1）对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得 得 ‎（2）①电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切。轨迹如图所示：‎ 设此轨迹圆的半径为r，则 又T= ‎ 得tanθ= ‎ 故θ=60°‎ 所以电子在磁场中运动的时间 得 ‎②若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切。则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：‎ 又 得B=‎ 所以