2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版 14页

南昌二中2018—2019学年度下学期第一次月考 高二物理试卷 一．选择题。（4分×12=48分）本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分． ‎ ‎1.下列说法中不正确的是 （ ）‎ A. 电子束穿过铝箔后的衍射实验证实了物质波的假设是正确的 B. 物质波是一种概率波 C. 能量越小的光子其波动性越显著 D. 只要测量环境适合，可以同时确定微观粒子的动量和位置 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电子束穿过铝箔后的衍射实验证实了物质波的假设是正确的，选项A正确；物质波是一种概率波，选项B正确；由可知， 能量越小的光子频率越小，其波动性越显著，选项C正确；根据不确定原理可知，不可能同时确定微观粒子的动量和位置，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.‎ ‎2.下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 黑体辐射时，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向频率较小的方向移动 B. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子，因此光子散射后波长变短 C. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成．‎ D. 各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】黑体辐射时，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较短、频率较大的方向移动，选项A错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分能量转移给电子，因此光子散射后能量变小，波长变长，选项B错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构理论，选项 C错误；各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成，选项D正确；故选D．‎ ‎3.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. 弹簧的伸长量为 C. 输出电压U与ω的函数式为 D. 此装置能测量的角速度最大不超过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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，与角速度无关。故A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）解得，选项B错误；又输出电压 ，联立两式得．故C错误。当x=l时角速度最大，则由kx=mω2（l+x）解得，选项D正确；故选D。‎ ‎4.图为远距离输电的示意图，T1为升压变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，T2为降压变压器，原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的等效电阻为R.若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 只增大T1的原线圈匝数n1，可增大R消耗的功率 B. 若，则电压表V1和V2的示数相等 C. 当用户总电阻减小时，R消耗的功率增大 D. 当用户总电阻减小时，电压表V1和V2的示数都变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只增大T1的原线圈匝数n1，则升压变压器的输出电压U2减小，若把升压变压器T1次级后面的电路等效为一个电阻R＇与R的串联，可知R和R＇上的电流均减小，可知R消耗的功率减小，故A错误。因为升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，即升压变压器的输出电压大于降压变压器的输出电压，，升压变压器的输入电压与降压变压器的输出电压不等，即电压表V1和V2的示数不相等，故B错误。用户总电阻减小，则电流增大，可知输电线上的电流增大，根据P损=I2R知，输电线上消耗的功率增大。故C正确。当用户总电阻减小时，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上电压损失增大，升压变压器的输入电压和输出电压不变，则降压变压器的输入电压和输出电压减小。则电压表V1不变，V2减小。故D错误。故选C。‎ ‎5.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关S 将其与一个n匝的线圈连接，线圈 置于方向竖直向上的变化的磁场中.两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球.S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上恰好无示数.线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量变化率应分别是（）‎ A. B正在增强，‎ B. B正在减弱，‎ C. B正在减弱，‎ D. B正在增强，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当开关S闭合时，传感器上恰好无示数，说明小球受到竖直向上的静电力,且静电力大小等于重力，由楞次定律可判断，磁感应强度B正在增强，根据法拉第电磁感应定律得E=n ,又q=mg，故 故D正确；ABC错误 故选D ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律可以求出两个极板上的电压，在根据小球的受力可以求出磁通量的变化情况。‎ ‎6.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin(100πt) V的交流电，则( )‎ A. 交流电的频率为100 Hz B. 通过R2的电流为1A C. 通过副线圈的电流为3.414A D. 变压器的输入功率为150W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据表达式可知ω=100π，根据ω=2πf得：交流电的频率为：，故A错误；原线圈电压有效值为，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为，根据欧姆定律得通过R1的电流为：；二极管具有单向导电性，流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根据电流的热效应得：，解得：U′=25V，根据欧姆定律得通过R2的电流为：‎ ‎，则通过副线圈的电流为(2+)A=3.414A，故C正确，B错误；电阻R1消耗功率为PR1＝IR12R1＝22×25W＝100W，电阻R2消耗功率为PR2＝IR22R2＝ 2×25W＝50W，则原线圈输入功率为P=P1＝PR1+PR2＝100+50W＝150W，故D正确；故选CD。‎ ‎7.一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为 （ ）‎ A. A B. A C. A D. 6A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】0-1s内的磁通量变化率为：K1=Wb/s=0.01Wb/s，则感应电动势E1==1V；1-1.2s内的磁通量变化率为：K2=Wb/s=0.05Wb/s，则感应电动势E2==5V；对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q1+Q2==12J；根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT得：I=2A，故ACD错误，B正确；故选B。‎ ‎8.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时，辐射出光子的频率可能小于原吸收光子的频率 B. Th(钍)核衰变为Pa(镤)核时，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量 C. α粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的 D. 原子核的比结合能越大，则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越大，平均每个核子的质量亏损就越多,原子核越稳定 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时，辐射出光子的频率只能小于或等于原吸收光子的频率，选项A正确；Th(钍)核衰变为Pa(镤)核时，由于反应放出能量，根据质能方程可知，衰变前Th核质量大于衰变后Pa核与β粒子的总质量，选项B正确；α 粒子散射实验是原子核式结构理论的基础，此实验没有证明原子核是由质子和中子组成的，选项C错误；原子核的比结合能越大，则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，平均每个核子的质量亏损就越多，原子核越稳定，选项D错误；故选AB.‎ ‎9.下列说法中正确的是（ ）‎ A. β衰变中产生的β粒子实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 B. 放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部物理、化学条件无关 C. 铀核裂变反应堆中，常常用石墨、重水或轻水作为减速剂使裂变产生的快中子减速变成慢中子，从而使更多的铀核产生裂变反应 D. 静止于匀强磁场中的A核发生α衰变变成B核，衰变后的α粒子速度垂直于磁场方向，则α粒子和B核在磁场中的轨迹为外切圆，且B核的轨迹半径一定大于α粒子的轨迹半径 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】β衰变中产生的β粒子实际上是原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，选项A错误； 放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部物理、化学条件无关，选项B正确； 铀核裂变反应堆中，常常用石墨、重水或轻水作为减速剂使裂变产生的快中子减速变成慢中子，从而使更多的铀核产生裂变反应，选项C正确；静止于匀强磁场中的A核发生α衰变变成B核，衰变后的α粒子速度垂直于磁场方向，则根据左手定则可知，α粒子和B核在磁场中的轨迹为外切圆，由于，两粒子的动量大小相等，则电荷量较大的B核的半径较小，即B核的轨迹半径一定小于α粒子的轨迹半径，选项D错误；故选BC.‎ ‎10.氢原子部分能级的示意图如图所示．不同色光的光子能量如下表所示.处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为( )‎ 色光 红 橙 黄 绿 蓝－靛 紫 光子能量范围(eV)‎ ‎1.61～2.00‎ ‎2.0～2.07‎ ‎2.07～2.14‎ ‎2.14～2.53‎ ‎2.53～2.76‎ ‎2.76～3.10‎ A. 红光、 B. 黄光 C. 蓝－靛光 D. 紫光 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝-靛光，故选AC。‎ ‎11.用如图所示的装置研究光电效应现象。用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 光电管阴极的逸出功为1.05eV B. 电键S断开后，没有电流流过电流表G C. 光电子的最大初动能为1.05eV D. 保持入射光强度不变，改用能量为2.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】该装置中光电管所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则知阴极的遏止电压为1.7V，则光电子点的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，得阴极的逸出功为 W0=hγ-EKm=2.75eV-1.7eV=1.05eV．故A正确，C错误。电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时仍能发生光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表。故B错误。改用能量为2.5eV的光子照射，2.5eV仍然大于1.7eV，仍然可以发生光电效应，电流表G也有电流，由于光的强度相等，而光子的能量减小，则光子的数目增大，打出的光电子的数目增大，所以电流较大。故D正确。故选AD。‎ ‎12.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φmsinωt，则产生的感应电动势为e=ωΦmcosωt。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD ‎(由细软弹性电阻丝制成)端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式1：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式2：以AD为轴，保持∠ADC=45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 方式1中，导线框中感应电流的方向先顺时针，后逆时针 B. 方式1中，导线框中的感应电动势为e1=BR2ω1cosω1t C. 两种方式中，通过导线截面的电荷量相等 D. 若ω2=2ω1，则两种方式电阻丝上产生的热量相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】方式一中，线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，故A错误。方式一中，t时间内CO转过角度为θ=ω1t，根据几何知识知线框的面积：S=•2R•Rsinθ=R2sinθ；磁通量为 Φ=BS=BR2sinθ=BR2sinω1t=Φmsinω1t，式中Φm=BR2；由题意得：导线框中的感应电动势为e1=ω1Φmcosω1t=BR2ω1cosω1t，故B正确。根据q=n知：方式一中，△Φ=0，通过导线截面的电荷量q=0，而方式二中，△Φ≠0，通过导线截面的电荷量q≠0，故C错误。第二种方式穿回路的磁通量 Φ2=BR2cosω2t，所产生的电动势为e2=ω2BR2sinω2t，若2ω1=ω2，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为 ；时间之比满足，由焦耳定律知Q1=Q2，即两种方式电阻丝上产生的热量相等，故D正确。故选BD。‎ 二．填空题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13.如下图所示，理想变压器原副线圈匝数之比n1 ：n2=3 ：1, A、B两电阻阻值都为R，原线圈接入电压为U1的正弦交流电，则流经A、B的电流强度之比IA ：IB ‎ ‎=_________,电源的输出电压U1与变压器的输出电压U2之比U1 ：U2 =_________ ,电源的输出功率P1与变压器的输出功率P2之比P1 ：P2 =___________。‎ ‎【答案】 (1). IA ：IB =1：3 (2). U1 ：U2 = 10：3 (3). P1 ：P2 = 10：9‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】原副线圈的电流之比等于匝数的反比，所以IA：IB=1：3，匝数比等于电压之比，设副线圈的电压为U2=IBR，则原线圈的输入电压为3IBR，所以U1=IAR+3IBR=IBR，则U1：U2=10：3；输入功率等于输出功率P2=IB2R，电源的输出功率为：P1= IA2R+P2=IB2R，则P1：P2=10：9.‎ ‎14.(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更______(选填“敏感”或“不敏感”)．‎ ‎(2)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等．图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的UI关系图线．‎ 图甲 图乙 图丙 ‎(a)实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干．该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图__．‎ ‎(b)将该小灯泡接入如丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V．则此时小灯泡的电功率为________ W，电源的内阻为______Ω.‎ ‎【答案】 (1). 增强 (2). 敏感 (3). A 电路如图所示 ‎ (4). 0.75 (5). 1.67‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；实验时，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡电阻较小，电流表可以采用外接法；（2）由小灯泡的U-I图象，根据电流找出灯泡两端电压，由P=UI求出灯泡功率；在图象上作出电源的U-I图象，根据闭合回路欧姆定律求解电源内阻．‎ ‎【详解】（1）图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的增加，金属热电阻的阻值略微增大，而热敏电阻的阻值显著减小．所以这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更敏感．‎ ‎（2）（a）为方便实验操作，滑动变阻器可以选A；小灯泡电阻较小，电流传感器应采用外接法，描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；‎ ‎ （b）由图甲可知，通过灯泡的电流是0.3A时，灯泡两端电压是2.5V，则灯泡功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；电源电动势是3V，过点（0.3A，2.5V）和纵轴上3V的点作一直线，该直线是电源的U-I图象，如图所示，根据闭合电路欧姆定律应有，解得．‎ 三、计算题 (共4小题，46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题目，答案中应明确写出数值和单位)‎ ‎15.为引起人眼的视觉，进入人眼的绿光的能量至少为每秒E=10-16J.假设在漆黑的夜晚，在距人s=100m远处点亮一只绿光小灯泡，为使人看到它的光线，小灯泡的功率至少为多大？（人用一只眼看，瞳孔直径为4mm）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由能量关系可知：，其中∆t=1s，解得:‎ ‎.‎ ‎16.有两个质量为m的均处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞．己知碰撞前后二者的速度均在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收，从而使该原子由基态跃迁到激发态.然后此原子向低能级态跃迁，并发出光子．若该激发态氢原子最多能辐射出三个光子，则速度v0至少需要多大?已知氢原子的基态能量为E1（E1<0），量子轨道为n的能量为E1/n2．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】两个氢原子碰撞过程动量守恒，当两个氢原子发生完全非弹性碰撞时，损失动能最大，根据动量守恒定律，有：mv0=2mv 解得：v=v0；‎ 系统损失的动能为：△E＝mv02−∙2mv2=mv02‎ ‎； 根据题意，减小的动能完全转化为氢原子的激发态的能量，故有：△E＝E3−E1＝−E1； 解得：‎ ‎；‎ ‎17.如图所示，一束波长为λ的强光射在金属板P的A处发生了光电效应，能从A处向各个方向逸出不同速率的光电子。金属板P的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，面积足够大，在A点上方L处有一涂荧光材料的金属条Q，并与P垂直。现光束射到A处，金属条Q受到光电子的冲击而发出荧光的部分集中在CD间，且CD=L，光电子质量为m，电量为e，光速为c，‎ ‎（1）计算P板金属发生光电效应的逸出功W ‎（2）从D点飞出的光电子中，在磁场中飞行的最短时间是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由电荷守恒定律得知P带正电  ，所有光电子中半径最大值如图：‎ ‎ ‎ 由洛伦兹力提供向心力得：  得    逸出功为：‎ ‎    （3）以最大半径运动并经D点的电子转过圆心角最小，运动时间最短 则： ‎ ‎   且   所以 ‎18.太阳帆是利用太阳光的光压进行宇宙航行的一种航天器。由于这种推力很小，所以不能为航天器从地面起飞，但在没有空气阻力存在的太空，这种小小的推力仍然能为有足够帆面面积的太阳帆提供 10-5～10-3g左右的加速度。如先用火箭把太阳帆送入低轨道，则凭借太阳光压的加速，它可以从低轨道升到高轨道，甚至加速到第二、第三宇宙速度，飞离地球，飞离太阳系。如果帆面直径为300米，可把0.5吨质量的航天器在200多天内送到火星；如果直径大到2000米，可使5吨质量的航天器飞出太阳系。‎ 假设宇宙航行器太阳帆被涂装成红色，太阳光中红光的辐射强度（即单位时间垂直辐射到单位面积上的能量）为P1，其它各色光的辐射总强度为P2，宇宙航行器太阳帆的受光面积为s，假设太阳帆能反射全部红光，其它各色光全吸收，不考虑康普顿效应，光速为c，求航行器因为光照而获得的动力F。（可以把红光外的其余各色光等效地用某一特定频率光代替）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据能量和动量的关系：，则在时间△t，面积为S的太阳帆反射红光的光子的动量变化：△P1＝；‎ 吸收其他光的动量变化：△P2＝；‎ 根据动量定理：F∆t=△P1+△P2，‎ 解得：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎