【物理】贵州省毕节织金县第二中学2019-2020学高二下学期第二次月考考试试题（解析版） 16页

贵州省织金县第二中学2019-2020学年度第二学期 第二次月考考试试卷 高 二 物 理 本试卷本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，考试时间：90分钟。‎ 第 I 卷（选择题)‎ 一、单选题（每题4分，共48分。)‎ ‎1．如图所示，圆形闭合线圈处于匀强磁场中，磁感线与线圈平面平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．以下情形中线圈中能产生感应电流的是（　　）‎ A．使线圈以ac为轴转过60º B．使线圈以bd为轴转过60º C．使线圈沿垂直纸面向外平动 D．使线圈在线圈平面内平动或在线圈平面内绕线圈中心点转动 ‎2．如图所示，一正方形金属线框边长为a，从磁场上方某一高度、自由下落，磁场边界宽为‎3a，则线框从进入磁场到完全离开磁场的过程中，线框速度随时间变化的图象可能是下图中（　　） ‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎3．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（　　）‎ 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100V D．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W ‎4．某一交变电流的电流变化如图所示，该交变电流的有效值为( ) ‎ A．A B．3.5A C．‎5A D．7A ‎5．如图所示，变压器为理想变压器，原线圈一侧接在交流电源上，副线圈中电阻变化时变压器输入电压不会有大的波动。R0为定值电阻，R为滑动变阻器，A1和A2为理想电流表，V1和V2为理想电压表。若将滑动变阻器的滑动片向下移动，则（　　）‎ A．A1示数不变 B．A2示数变大 C．V1示数变大 D．V2示数变小 ‎6．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎7．一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的a、b两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后a的速度为2v，方向水平向左．爆炸过程中转化为动能的化学能是 A． B． C． D．‎ ‎8．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)‎ C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D．Mv0＝Mv′＋mv ‎9．我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”（又被称为“人造太阳”）将在2020年投入运行，其所发生的可控核聚变方程是已知、、和X的质量分别为m1、m2、m3和m4，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）‎ A．X是质子 B．大亚湾核电站利用核聚变发电 C．该核反应所释放的核能为 D．和的结合能之和大于的结合能 ‎10．如图所示，把放射源铀、钋或镭放入用铅做成的容器中，射线从小孔射出。在射线经过的空间施加磁场（垂直纸面向里），发现射线分裂成三束，下列关于三种射线说法正确的是（　　）‎ A．射线①中每颗粒子的质量是射线③中每颗粒子质量的4倍 B．射线②的电离能力最强 C．若加热铅盒，则单位时间内射出的粒子数会增加 D．卢瑟福用射线①轰击氮原子核发现了质子 ‎11．如图所示为氢原子能级图。大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光。用这些光照射金属钙。已知金属钙的逸出功为3.20eV。能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有（　　）‎ A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 ‎12．如图，用波长为λ的单色光照射某金属，调节变阻器，当电压表的示数为U时，电流表的示数恰好减小为零。已知普朗克常数为h，真空中光速为c。让该金属产生光电效应的截止频率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ 二、多选题（每题4分，共12分。)‎ ‎13．如图所示，A、B两物体的质量之比MA:MB=3:2，原来静止在平板小车C 上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中（ ）‎ A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2:3，A、B组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒 ‎14．如图所示的电路中，L为电感线圈（电阻不计），A、B为两灯泡，以下结论正确的是（ ）‎ A．合上开关S时，A先亮，B后亮 B．合上开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮 C．断开开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭 D．断开开关S时，A熄灭，B先变亮再逐渐熄灭 ‎15．在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,已知碰前两球的动量分别,,碰撞后它们动量的变化是与有可能是(   )‎ A．     ‎ B．     ‎ C．     ‎ D．     ‎ 第II卷（非选择题)‎ 三、实验题（每题5分，共10分。)‎ ‎16．在“探究碰撞中的守恒量”实验中，某同学用如图所示装置探究 A、B 两球在碰撞中系统动量是否守恒。实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，实验装置和具体做法如下：图中 PQ 是斜槽，QR 为水平槽，实验时先将 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作 10次，得到 10 个落点 痕迹。再把 B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，将 A 球仍从位置 G 由静止释放，和 B球碰撞后，A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作 10 次，并画出实 验中 A、B 两小球落点的平均位置。图中 F、E 点是 A 碰 B 球前后的平均落点，J 是 B 球 的平均落点，O 点是水平槽末端 R在记录纸上的垂直投影点。 依据上述实验装置和做法，回答下面问题：‎ ‎(1)两小球的质量 m1、m2 应满足 m1________m2（填写“>”、“=”或“<”）；‎ ‎(2)现有下列器材，为完成本实验，必需的是_____ ；‎ A．秒表 B．刻度尺 C．天平 D．学生电源 ‎(3)如果碰撞中系统动量守恒，根据图中各点间的距离， 则下列式子正确的是____。‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎17．小明做验证动量守恒定律实验的装置如图甲所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续向前摆动，小球B做平抛运动。‎ ‎(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示，则d=_______mm。又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有：___________；‎ ‎(2)如果满足等式_____________（用实验测得的物理量符号表示），我们就认为在碰撞中系统的动量是守恒的。‎ 四、解答题（每题10分，共30分。)‎ ‎18．如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B，P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，ab沿轨道下滑达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)金属杆ab运动的最大速度v；‎ ‎(2)当金属杆ab运动的加速度为时，回路的电功率。‎ ‎19．在滑冰场上有一初中生质量为m=‎40kg，站在质量为M=‎20kg的长木板的左端，该学生与木板在水平光滑冰面上一起以v0=‎2 m/s的速度向右运动．若学生匀加速跑向另一端，并从木板右端水平跑离木板时，木板恰好静止．‎ ‎（1）学生脱离木板时的速度．‎ ‎（2）若学生的的加速度a0=‎1m/s2，求木板的加速度．‎ ‎（3）学生对木板做的功．‎ ‎20．质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C点右方的平面光滑．滑块质量为m ，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：‎ ‎（1）BC部分的动摩擦因数；‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能；‎ ‎（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．‎ ‎【参考答案】‎ ‎1．B ‎【解析】A．当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS始终为零，回路中将无感应电流产生，选项A错误；‎ B．当线圈以bd为轴转动60°的过程中，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，磁通量变化，因此在回路中能产生感应电流，选项B正确；‎ C．当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，磁通量不变，因而无感应电流产生，选项C错误；‎ D．当线圈在线圈平面内平动或在线圈平面内绕线圈中心转动平动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，磁通量不变，因此无感应电流产生，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎2．C ‎【解析】A．金属框进入匀强磁场时,做减速运动，则重力小于所受安培力；根据安培力公式 可知，出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定也做减速运动，故A错误；‎ B．金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动；由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，而不是加速度增大的减速运动，故B错误；‎ C．开始时棒的速度增大，根据安培力公式 可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；出磁场时棒做减速运动，由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，故C正确；‎ D．金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3．D ‎【解析】A．由图可知 故 所以其表达式为 故AB错误；‎ C．由图像可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为 所以R消耗的功率为 故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4．A ‎【解析】设交流电电流的有效值为，周期为，电阻为，则有：，解得： ，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎5．B ‎【解析】CD．V1示数等于变压器输入电压，不变；V2示数等于变压器次级电压，由初级电压和匝数比决定，则V2示数也不变，选项CD错误；‎ AB．滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电阻减小，则次级电流增大，A2示数变大，根据可知，输入端电流变大，即A1示数变大；故B正确；ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎6．A ‎【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则，；根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，则得： ，解得船的质量： ,故选A．‎ ‎7．C ‎【解析】爆炸瞬间内力远大于外力，有 ，解得b块的速度为 ，根据能量守恒有 ，解得 ．‎ A．与计算结果不符；A错误．B．与计算结果不符；B错误．‎ C．与计算结果相符；C正确．D．与计算结果不符．D错误．‎ ‎8．A ‎【解析】‎ 试题分析：以地面为参照物，发射炮弹过程中动量守恒，所以有：‎ ‎，故BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎9．C ‎【解析】A．根据质量数和电荷数守恒可知，X是中子，A错误；‎ B．大亚湾核电站是利用重核裂变来发电，B错误；‎ C．根据质能方程，该核反应所释放的核能为 C正确；‎ D．比结合能大的原子核更稳定，一个氘核与一个氚核结合成一个核时，释放能量，则更稳定，比结合能更大，核子数守恒，则和的比结合能之和小于的比结合能，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10．D ‎【解析】A．根据左手定则可知，①带正电，是α射线（核），②是γ光子，③是β射线（），而α粒子的质量远大于电子质量的4倍，选项A错误；‎ B．射线①即α射线的电离能力最强，选项B错误；‎ C．放射性元素的半衰期与外界条件无关，则若加热铅盒，则单位时间内发生衰变的原子核数不变，射出的粒子数不变，选项C错误；‎ D．卢瑟福用α射线轰击氮原子核发现了质子，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎11．B ‎【解析】根据组合公式，=6，可知，大量的处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出6种不同频率的光，它们的能量分别是 可见有三种光子能量大于3.20eV，故能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有三种，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎12．C ‎【解析】根据爱因斯坦光电效应方程有 ‎①‎ 电流刚好为零时，最大动能 ‎②‎ 该金属产生光电效应的截止频率 ‎③‎ 由①②③式得 故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎13．BC ‎【解析】A.因为A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；‎ B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2:3，A、B两物体的质量之比MA:MB=3:2，所以A、B两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B组成的系统所受的外力之和为零，所以A、B组成的系统动量守恒，故B正确；‎ C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦力相同，A、B组成的系统所受的外力为零，所以A、B两物体的系统总动量守恒，故C正确；‎ D.因地面光滑，则无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，则A、B、C组成的系统合外力均为零，则系统的总动量守恒，故D错误。‎ 故选：BC ‎14．BD ‎【解析】AB．合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，B正确，A错误；‎ CD．断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗；CD错误。‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化．‎ ‎15．AC ‎【解析】如果△PA=-‎3kg•m/s，△PB=‎3kg•m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA=‎12kg•m/s‎-3kg•m/s=‎9kg•m/s、P′B=PB+△PB=‎13kg•m/s+‎3kg•m/s=‎16kg•m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果△PA=‎4kg•m/s，△PB=-‎4kg•m/s，遵守动量守恒定律。A球的动能增加，B 球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误；如果△PA=-‎5kg•m/s，△PB=‎5kg•m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =‎12kg•m/s‎-5kg•m/s=‎8kg•m/s、P′B=PB+△PB =‎13kg•m/s+‎5kg•m/s=‎18kg•m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果△PA=-‎24kg•m/s，△PB=‎24kg•m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =‎12kg•m/s‎-24kg•m/s=-‎12kg•m/s、P′B=PB+△PB =‎13kg•m/s+‎24kg•m/s=‎37kg•m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎16．）> BC C ‎ ‎【解析】(1)[1]为了防止入射球反弹，质量应满足m1> m2。‎ ‎(2)[2] 碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，选择向右为正方向：由动量守恒定律得：‎ mAv0=mAv1+mBv2‎ 两边同时乘以时间t得：‎ mAv0t=mAv1t+mBv2t 则 mAOF=mAOE+mBOJ 实验需要验证的表达式为：‎ mAOF=mAOE+mBOJ 由公式可知，需要测量小球的质量，所以需要天平；需要测量小球的水平位移，所以需要使用刻度尺；故需要选择的器材有：BC。‎ ‎(3)[3]根据以上分析可知，要验证的是，故C正确ABD错误。‎ ‎17．12.40 小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大角度β ‎ ‎【解析】 (1) [1]球的直径为d=‎12mm+×‎8mm=‎12.40mm。‎ ‎[2]根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球A的速度 碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要小球A碰后摆动的最大角 ‎；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求B的动量所以需要测量小球B的质量。‎ ‎(2) [3]碰后对小球A用机械能守恒 小球B做平抛运动 碰撞过程动量守恒 ‎ ‎ 联立以上五式整理得 ‎18．(1)；(2)‎ ‎【解析】（1）当杆达到最大速度时，根据平衡条件 感应电流 ‎ 感应电动势 解得最大速度 ‎（2）当ab运动的加速度为时，‎ 根据牛顿第二定律 ‎ 电阻R上的电功率 ‎ 解得 ‎19．(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）人和木板系统动量守恒，得 ‎（M+m）v0=mv 代入数据解得：v=‎3m/s ‎(2)对学生根据牛顿运动定律 F=ma0‎ 可得：F=40N 对木板根据牛顿运动定律 F=Ma 解得：‎ ‎(3)由动能定理得 ‎20．（1）（2）（3），‎ ‎【解析】（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒 可得 ‎（2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时，据能量守恒，弹簧的弹性势能 ‎（3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2‎ 据能量守恒有 又因为系统动量守恒，有 mv1-Mv2=0‎ 解得