2017-2018学年江西省樟树中学高二下学期第三次月考物理试题 解析版 14页

江西省樟树中学2019届高二下学期第三次月考 物理试卷 一、选择题：‎ ‎1. 下列叙述正确的是 A. 比较α、β、γ三种射线，由α粒子组成的α射线，电离能力最弱、穿透能力最强 B. 卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，提出了原子核式结构模型 C. 紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的光照强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D. 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构 ‎【答案】B ‎【解析】比较α、β、γ三种射线，由α粒子组成的α射线，电离能力最弱、穿透能力最弱，选项A错误；卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，提出了原子核式结构模型，选项B正确；紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的光照强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，但单位时间逸出光电子数目随之增大，选项C错误；发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，选项D错误；故选B.‎ ‎2. 下列关于放射线的说法，正确的是（ ）‎ A. 衰变为，经过3次α衰变，2次β衰变 B. β 粒子带负电，所以β射线是核外电子 C. 某元素β衰变半衰期为4天，100个该原子核，经过8天后，变为50个 D. γ射线一般伴随着α和β射线产生，在三种射线中，穿透能力最强，电离能力也最强 ‎【答案】A ‎【解析】在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，设经过了m次α衰变，则：4m=234-222=12，所以m=3；设经过了n次β衰变，有：2m-n=90-86=4，所以n=2．故A正确；β射线是电子流，是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适应，选项C错误；γ射线一般伴随着α和β射线产生，在三种射线中，穿透能力最强，电离能力最弱，选项D错误；故选A.‎ ‎3. 如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a点处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲。图中b点合外力表现为引力，且为数值最大处，d点是分子靠得最近处。则下列说法正确的是(　　)‎ A. 乙分子在a点势能最小 B. 乙分子在c点动能最大 C. 乙分子在b点动能最大 D. 乙分子在d点加速度为零 ‎【答案】B ‎【解析】A.B.C. 乙分子由a运动c，分子表现为引力，分子力做正功，动能增大，分子势能减小，所以乙分子在c处分子势能最小，在c处动能最大，故AC错误，B正确；‎ D. 由题图可知，乙在d点时受到的分子力不为0，所以乙分子在d处的加速度不为0.故D错误。‎ 故选：B.‎ ‎4. 如图所示为氢原子的能级图， 已知某金属的逸出功为 6.44eV，则下列说法正确的是 A. 处于基态的氢原子可以吸收能量为 12.1eV 的光子而被激发 B. 用能量为 12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁 C. 用 n=4能级跃迁到 n=1能级辐射的光子照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为 6.31eV D. 一群处于 n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 4 种谱线 ‎【答案】C ‎【解析】（-13.6eV）+（12.1eV）=1.50eV不等于任何能级差，则处于基态的氢原子吸收能量为 12.1eV 的光子不能被激发，选项A错误；12.5eV大于1、2和1、3之间的能级差，则用能量为 12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁，选项B错误；从 n=4能级跃迁到 n=1能级辐射的光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则用它照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为 12.75eV-6.44eV=6.31eV，选项C正确；一群处于 n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，选项D错误；故选C.‎ 点睛：要知道原子吸收光子时，光子的能量必须等于两个能级的能级差，否则不能吸收；而当电子的能量大于或等于两个能级的能级差时都能被吸收.‎ ‎5. 某实验小组用图甲所示的电路研究a、b两种单色光的光电效应规律，通过实验得到的光电流I与电压U的关系如图乙所示。则（　　）‎ A. a、b两种光的频率γa＜γb B. 金属K对a、b两种光的逸出功Wa＞Wb C. a、b两种光照射出的光电子的最大初动能Eka=Ekb D. a、b两种光对应的遏止电压Ua＞Ub ‎【答案】A ‎【解析】A、由光电效应方程Ekm═hγ﹣W0，由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大，其频率大，即γa＜γb，故A正确；‎ B、金属的逸出功由金属本身决定，与光的频率无关，故B错误；‎ C、由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大，其逸出的光电子最大初动能大，故C错误；‎ D、由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大。故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎6. 一定质量的理想气体状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行则 A. a到b过程，气体的体积减小 B. b到c过程，外界对气体做功 C. b到c过程，气体从外界吸收热量 D. b到c过程，气体向外界放出热量 ‎【答案】C ‎【解析】A：O、a、b在同一直线上，a到b过程是等容变化，气体的体积不变。故A项错误。‎ B：b到c过程，气体发生等压变化，温度升高，体积增大，气体对外做功。故B项错误。‎ ‎...............‎ ‎7. 空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管) 液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积为V，水的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则液化水中分子的总数N和水分子的直径d分别为 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】水的摩尔体积 Vmol=；水分子数 ；将水分子看成球形，由，解得水分子直径为 ，故选C。‎ 点睛：本题的解题关键是建立物理模型，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，也可以将水分子看成立方体形．‎ ‎8.‎ ‎ 在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°角的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是(　　)‎ A. 小球再次到M点时，速度刚好为零 B. 小球从P到M过程中，合外力对它做的功为 C. 小球从P到M过程中，其机械能增加了 D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动 ‎【答案】B ‎9. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元 B. 康普顿效应表明光子具有能量和动量 C. 德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性 D. 为了解释黑体辐射规律，康普顿提出了电磁辐射的能量是量子化的 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；‎ B、康普顿效应表明光子具有动量，故B正确；‎ C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故C正确；‎ D、为了解释黑体辐射规律，普朗克引入能量子的概念,认为电磁辐射的能量是量子化的，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎【点睛】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答。‎ ‎10. 在某小组探究楞次定律的实验中，小组同学设计了如图所示的电路进行实验。一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向右运动的是（　　）‎ A. 在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 B. 在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间 C. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 D. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 ‎【答案】ABD ‎【解析】由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向右运动，通过N的磁通量应增大；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB正确；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C错误；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D正确；故选ABD。‎ 点睛：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．‎ ‎11. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11:2,原线圈两端输入正弦交流电压,副线圈两端所接的电压表为理想电压表，定值电阻R0=10Ω,滑动变阻器R的阻值变化范围为0~20Ω,下列说法正确的是 A. 电压表的示数为20V B. 副线圈输出电压的频率为50Hz C. 滑动变阻器R消耗功率的最大值为40W D. 滑动变阻器滑片向下移动，变压器的输出功率增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】原线圈电压的有效值，副线圈两端电压的有效值即为电压表的示数，根据变压器电压与匝数的关系，解得，故A错误；根据，可知角速度，故频率为，变压器不会改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为50Hz，故B正确；将定值电阻看成副线圈电源的内阻，当滑动变阻器R的阻值等于定值电阻时消耗的功率最大，此时电流，滑动变阻器R消耗的功率为，故C正确；滑动变阻器滑片向下移动，负载电阻变小，变压器的输出功率变大，故D正确。故BCD.‎ ‎【点睛】根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值．根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化。‎ ‎12. 现有一组方向平行于x轴的电场线，若从x轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x轴的正方向从x1=0处运动到x2=1.2 cm处，其电势φ随位置x坐标变化的情况如图所示。下列有关说法正确的是 A. x轴上0～0.6 cm的范围内和0.6～1.2 cm的范围内电场的方向一定相反 B. 该粒子一定带正电荷 C. 在x轴上x=0.6 cm的位置，电场强度大小为0‎ D. 该粒子从x1=0处运动到x2 =1.2 cm处的过程中，电势能一直减小 ‎【答案】BD ‎【解析】在x轴上0～1.2cm的范围内，电势不断降低，由于电场线平行于x轴，则知x轴上电场的方向一直沿x轴正方向，A错误；粒子由静止开始沿着x轴的正方向运动，所受的电场力沿x轴正方向，与电场方向相同，所以该粒子一定带正电，B正确；根据图象的斜率等于电场强度，知该电场的电场强度不变，是匀强电场，则知在x轴上x=0.6cm的位置，电场强度大小不等于0，为，C错误；该粒子从处运动到处的过程中，电场力做正功，其电势能减小，D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是明确图象的斜率等于电场强度，根据顺着电场线的方向电势逐渐降低，分析电场的方向，判断电场力做功情况．‎ 二、实验题 ‎13. 测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ ‎（A）待测的干电池 ‎（B）电流表A1（内阻可忽略不计）‎ ‎（C）电流表A2（内阻可忽略不计）‎ ‎（D）定值电阻R0（阻值1000Ω）‎ ‎（E）滑动变阻器R（阻值0—20Ω）‎ ‎（F）开关和导线若干 某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。‎ ‎（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将_____（选填“变大”或“变小”）。‎ ‎（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝_____V，内阻r＝______Ω．（计算结果取两位有效数字）‎ ‎（3）若将图线的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 3.0 (3). 1.0 (4). I1R0‎ ‎【解析】（1）该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，则回路中的总电阻增大，故总电流减小，外电压增大，故流过的电流增大，则示数增大；（2）根据闭合电路的欧姆定律得：，变形得：，则图线的斜率为，解得：，纵截距，解得：；路端电压为，代入，得，即将图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。‎ ‎【点睛】遇到根据图象求解的实验题，应先根据物理定律写出表达式，再整理出纵轴物理量与横轴物理量的函数关系，再结合截距与斜率概念求解．‎ ‎14. 如图所示为实验室中探究碰撞中的不变量的实验装置示意图。‎ ‎（1）.若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则______。‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________（填下列对应的字母）。‎ A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧秤 E．秒表 ‎（3）设入射小球的质量为，被碰小球的质量为 ‎，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用、及图中字母表示）__________________成立，即表示碰撞中的不变量是动量。‎ ‎【答案】 (1). C (2). AC (3). ‎ ‎【解析】（1）在小球碰撞过程中，水平方向取向右为正方向，由碰撞中的不变量是动量得：，在碰撞过程中机械能守恒：，联立解得：，‎ 要碰后入射小球的速度，则有，即，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即，选C。‎ ‎（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，运动时间，即平抛运动的时间相同，碰撞前入射小球的速度，碰撞后入射小球的速度，碰撞后被碰小球的速度，若，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中的不变量是动量，将三个速度代入得：，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；‎ ‎（3）由（2）可知，实验需要验证的表达式为：‎ 三、解答题 ‎15. 如图所示，在光滑水平地面上，并排停放着高度相同，质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg的平板小车，小车A上表面光滑，小车B上表面粗糙，长度均为L.一质量为m＝0.5 kg的滑块C，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车A，最后恰好没有从小车B上滑下．求：‎ ‎①最终小车A和小车B的速度大小vA和vB；‎ ‎②整个运动过程中产生的内能Q.‎ ‎【答案】①0 1 m/s　 ②5 J ‎【解析】①由于小车A上表面光滑，滑块C在水平方向对A没有作用，小车A始终静止，vA=0‎ 滑块C和小车B水平方向动量守恒，有 ‎ 解得vB=1 m/s ‎②整体的动能减少量完全转化为内能，有 ‎ 解得E=5J ‎16. 如图，一质量为m的活塞将理想气体密封在足够高的导热汽缸内，活塞用劲度系数为k的轻质弹簧悬挂于天花板上，系统静止时，活塞与汽缸底部高度差为L0，弹簧的弹力为3mg.现用左手托住质量为2m的物块，右手将物块用轻绳挂于汽缸底部，然后左手缓慢下移，直至离开物块．外界大气压恒p0，活塞的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和缸内气体的质量，环境温度保持不变．求汽缸底部挂上物块后稳定时，汽缸下降的高度h.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设汽缸的质量为M，则Mg＋mg=3mg，得M=2m 汽缸底部挂上物块稳定后，以活塞和汽缸为研究对象，由受力平衡得 ‎ 得 ‎ 挂物块前，缸内气体的压强 ‎ 挂上物块后稳定时，缸内气体的压强 ‎ 根据玻意耳定律有 ‎ 挂物块前，弹簧的伸长量 挂上物块后稳定时，汽缸下降的高度 ‎ ‎17. 如图，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，长度足够长，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量大小为q的粒子，以与左边界PP′成θ=45°的速度v0垂直射入磁场。不计粒子重力，为了使粒子不能从边界QQ′射出，求：‎ ‎（1）当粒子带正电时，v0的最大值是多少？‎ ‎（2）当粒子带负电时，v0的最大值是多少？‎ ‎（3）两种情况下粒子在磁场中运动的时间之比是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）设带电粒子在磁场中的偏转半径为r1，当带电粒子带正电时，根据左手定则可以判断带电粒子向左侧偏转。当粒子恰好不从QQ′边界射出时，根据几何关系可知：‎ 解得：‎ 由于粒子在磁场中运动，只受洛伦兹力，洛伦兹力充当向心力，则 联立上式解得：‎ ‎（2）同理当粒子带负电时，设带电粒子在磁场中的偏转半径为r2，当带电粒子带负电时，根据左手定则可以判断带电粒子将向右侧偏转。当粒子恰好不从QQ′边界射出时，根据几何关系可知：‎ 解得 洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律得 联立以上两式解得：‎ ‎（3）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据可知虽然粒子的带电性不同，但是两种粒子在磁场中的运动周期和角速度相同，根据圆周运动的角速度公式可得：‎ 则两种情况下粒子在磁场中的运动时间之比等于它们在磁场中转过的角度之比 ‎18. 如图所示， CD、EF为两电阻不计的平行金属导轨，间距为L, CE间连接着一阻值为R的电阻，导轨平面与水平面间夹角θ=30°,且处在一与导轨平面垂直的磁场中，磁场随时间变化关系如图所示，t=0时刻磁场方向垂直导轨平面向下，电阻忽略不计、质量为m的金属棒ab在t=0时刻恰好静止在导轨上，且与CE的距离也为L，求：‎ ‎(1)t=0时刻流过电阻R的感应电流的大小及方向；‎ ‎(2) 时刻金属棒受到的摩擦力大小及方向；‎ ‎(3)求时间内，通过电阻R的电荷q.‎ ‎【答案】(1) ，电流方向 (2) 方向沿导轨平面向上(3) ‎ ‎【解析】试题分析（1）根据B-t图象和法拉电磁感应定律求出电动势的大小，根据闭合电路的欧姆定律求出感应电流的大小，根据楞次定律求出感应电流方向；（2）根据F=BIL求出对应时刻的安培力，根据左手定则判断安培力的方向，根据平衡条件求出静摩擦力的大小、方向；（3）根据求解电荷量。‎ ‎(1)由图象可知时间内回路中的电动势为 所以0时刻的感应电流大小为 由楞次定律可得感应电流方向为 ‎ ‎(2)由图象可知时间内回路中的电动势为 所以时刻的感应电流大小为 又由图像可知时刻电路中的磁感应强度为 ‎ 则：时刻金属棒所受安培力的大小为，由左手定则可知，其方向沿导轨平面向下 对金属棒进行受力分析，根据平衡条件：‎ 得金属棒所受静摩擦力的大小为，方向沿导轨平面向上 ‎(3)0时刻磁感应强度为，时刻磁感应强度为 ‎ 时间内，通过电阻R的电荷量q为 ‎【点睛】本题主要考查了B-t图象、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、楞次定律、平衡条件和左手定则的综合应用，解题的关键：1、明确磁感应强度随时间变化的情况，并根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；2、通过分析导体的受力情况，根据平衡条件求出静摩擦力。‎ ‎ ‎ ‎ ‎