1、江西省赣州市石城县石城中学2019-2020学年高二物理下学期月考试题（含解析）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，1-6小题只有一个选项正确，7-10小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩
2、擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；B由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；D导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确2.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A. 若圆盘转动的角
3、速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向由b到aC. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则R消耗的热功率也变为原来的2倍【答案】A【解析】【详解】圆盘旋转属于旋转切割，故产生的电动势为A若圆盘加速度恒定，由上式可知产生的电动势恒定，故A正确；B由右手定则可知，电流方向应该从盘的边缘指向盘心，故电流方向应该从a到b，故B错误；C由右手定则可知，电流方向和角速度大小无关，取决于角速度的方向，故C错误；D由可知，角速度加倍，则感应电动势加倍，故感应电流加倍，由可知，热功率变为原来的4倍，故D错误；故选A
4、3.如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设交流电电流的有效值为，周期为，电阻为，则有：代入数据解得：A 与分析不符，故A错误；B 与分析不符，故B错误；C 与分析不符，故C错误；D 与分析相符，故D正确。故选：D。4.孝感某高中学校上体育课时，一学生为了检查篮球气是否充足，于是手持篮球自离地面高度0.8m处以3m/s的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为0.45m,已知篮球的质量为1kg,球与地面接触时间为0.5s，若把在这段时间内球对地面的作用力当作恒力处理，则此力的大小为（空气阻力不计，g=10m/
5、s2）A 6NB. 16NC. 26ND. 36N【答案】C【解析】设球与地面碰撞前速度大小为v1，碰后速度大小为v2由运动学规律，对球下落过程，有：代入数据得:v1=5m/s对球上升过程有：代入数据得：v2=3m/s设向上为正，则对碰撞过程，由动量定理，得：(FNmg)t=mv2(mv1)代入数据得：FN=26N由牛顿第三定律可知，球对地面的作用力大小为：FN=FN=26N，故C正确，ABD错误故选：C点睛：先由速度-位移公式求出球与地面碰撞前速度大小，然后求出球与地面碰撞后速度大小，最后由动量定理即可求出5.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时
6、，两个人会向相反的方向运动不计摩擦力，则下列判断正确的是（ ） A. A、B的质量一定相等B. 推后两人的动能一定相等C. 推后两人的总动量一定为零D. 推后两人的速度大小一定相等【答案】C【解析】【详解】以两人组成的系统为研究对象，不计摩擦力系统的合外力为零，系统的动量守恒A推B之前系统的总动量为0，则推之后两人的总动量一定为0取A的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mAvA-mBvB=0，即有 mAvA=mBvB, 可得 所以推后两人的动量大小一定相等，质量不一定相等，则动能不一定相等，速度大小与质量成反比，故ABD错误，C正确故选C.【点睛】解决本题的关键是掌握动量守恒的条件：合外力为
7、零，判断出两人组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律列式分析6.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是()A. 升压变压器副线圈中电流变小B. 降压变压器副线圈中电流变小C. 输电线上损耗的功率减小D. 用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小【答案】D【解析】试题分析：发电厂输出功率增大，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大故A错误用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流变大故B错误升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电
8、流，则输电线中的电流增大，根据P损I2R知，输电线上损失的功率增大故C错误用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小故D正确故选D考点：远距离输电【名师点睛】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系7.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁
9、场中，磁感应强度为。现有一根长度稍大于、电阻不计的金属棒从轨道最低位置开始，在拉力作用下以初速度向右沿轨道做匀速圆周运动至处，则该过程中（）A. 通过的电流方向b经到aB. 通过的电流方向a经到bC. 上产生的热量为D. 流过的电荷量为【答案】AC【解析】【详解】AB由右手定则可知，导体棒cd中的电流方向有c到d，故通过R的电流方向应该b经到a，故A正确，B错误；C设经过时间t导体棒与圆心连线在竖直方向夹角为，则此时的感应电动势为故产生的感应电流为余弦式交流电，故电流的有效值为有电流的时间为故R上产生的热量为故C正确；D整个过程中磁通量变化为故电荷量为故D错误；故选AC。8.如图所示，理想变压
10、器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表下列说法正确是A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小【答案】BD【解析】【详解】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，A错误；干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副
11、线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键9.氢原子核外电子由一个轨道向另一轨道跃迁时,可能发生的情况是（ ）A. 原子吸收光子,电子的动能增大,原子的电势能增大,原子的能量增大B. 原子放出光子,电子的动能减少,原子的电势能减少,原子的能量减少C. 原子吸收光子,电子的动能减少,原子的电势能增大,原子的能量增大D. 原子放出光子,电子的动能增加,原子的电势能减少,原子的能量减少【答案】
12、CD【解析】【详解】原子吸收光子时，电子的轨道半径增大，电场力做负功，电子动能减小，原子的电势能增大，根据玻尔理论得知，原子的能量增大故C正确A错误；原子放出光子时，电子的轨道半径减小，电场力做正功，电子动能增加，原子的电势能减少，根据玻尔理论得知，原子的能量减小故D正确，B错误；故选CD点睛：本题关键要抓住氢原子的核外电子跃迁时电子轨道变化与吸收能量或放出能量的关系氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，若放出光子，轨道半径减小，电场力做正功，电子动能增加，原子的能量减小若吸收光子，轨道半径增大，电场力做负功，电子动能减小，原子的能量增大10.已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能
13、级图如图所示，一群氢原子处于量子数n4能级状态，则()A. 氢原子可能辐射5种频率的光子B. 氢原子可能辐射6种频率的光子C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D. 有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应【答案】BC【解析】氢原子可能辐射种频率的光子，A错误B正确；n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应，C正确D错误二、填空题 （本题共2小题，共12分，把答案填
14、在题中相应的横线上或按题目要求作答）11.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。【答案】 (1). 12.40 (2). 小球B质量m2，碰后
15、小球A摆动的最大角度 (3). 【解析】【详解】(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12.如图甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图用电流传感器显示出在t1103s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流如图乙已知电源电动势E6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 ，电
16、阻R的阻值为2 （1）线圈的直流电阻RL_（2）开关断开时，该同学观察到的现象是_，开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是_ V【答案】 (1). 2 (2). 灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 (3). 15【解析】【详解】（1）由图像可知S闭合，电路稳定时，线圈的直流电阻（2）由（1）知，此时小灯泡电流，S断开后，L、R、灯泡组成临时回路，电流由1.5A逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势三、本题共4小题，满分48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单位。13.如图所示,为交流发电机示意图，匝数为n =1
17、00匝矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内电阻r =5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以=rad/s的角速度匀速转动，线圈与外电阻R=20相连接，求:(1)从图示位置开始计时，写出瞬时电动势e的表达式（2）开关S合上时，电压表和电流表示数(3)S闭合后，求线圈从图示位置转过900的过程中通过R的电量.【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）感应电动势最大值为：则感应电动势的瞬时值表达式为：， (2)感应电动势有效值为：，电键S合上后，由闭合电路欧姆定律有：，（3）根据法拉第电磁感应定律以及电流公式可以得到：点睛：本题考查了交流电的应用问题，要知道电流表电压表读数为有效
18、值，并会计算交流电的有效值14.某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤现用下述模型分析探究：设大石板质量M=80 kg，铁锤质量m=5 kg；铁锤从h1=1.8 m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2=0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1=0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2=0.5 s取重力加速度g=10 m/s2求：铁锤敲击大石板的过程中，（1）铁锤受到的冲量大小；（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；（3）大石板对人的平均作用力大小【答案】（1）35 Ns（2）35
19、50N（3）871N【解析】（1）由机械能守恒定律，解得，则铁锤打击石板时的速度，铁锤反弹时的速度；对铁锤，由动量定理得，解得（2）对铁锤，由冲量定义得，解得（3）对石板，由动量定理得，解得；由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小15.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取忽略ab棒运动过程中
20、对原磁场的影响判断金属棒两端a、b的电势哪端高；求磁感应强度B的大小；在金属棒ab从开始运动的内，电阻R上产生的热量【答案】(1) b端电势较高(2)(3)【解析】【详解】由右手定可判断感应电流由a到b，可知b端为感应电动势的正极，故b端电势较高当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：金属棒产生的感应电动势为：则电路中的电流为：由图象可得： 代入数据解得：在，以金属棒ab研究对象，根据动能定理得：解得：则电阻R上产生的热量为：16.如图所示，质量为3m的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m的物块（可视为质点），静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为现有一质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g求：(1)子弹穿出物块时物块的速度大小(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B端滑出，木板的长度至少多大？【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设子弹穿过物块时物块的速度为v1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得解得（2）物块和木板达到的共同速度为v2时，物块刚好到达木板右端，这样板的长度最小为L，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得2mv1=5mv2此过程系统摩擦生热Q=2mgL由能量守恒定律解得- 14 -