1、山西省忻州一中2018-2019学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）一、选择题： 1.如图所示是某种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能及与入射光频率的关系图线，已知普朗克常量为h，由图线信息可知下列说法错误的是A. 极限频率为pB. 逸出功为qC. 图中q与p的值与入射光的强度、频率有关D. 图线的斜率表示普朗克常量h【答案】C【解析】【详解】极限频率是图线与轴交点的横坐标p，选项A正确；逸出功是图线与轴交点的纵坐标的值，选项B正确；逸出功与极限频率均由材料决定，与入射光的强度、频率均无关，选项C错误；由爱因斯坦光电效应方程和（为金属的逸出功）可得，可见图线的斜率表示普朗克常量h，选
2、项D正确.；此题选择不正确的选项，故选C.2.如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，甲、乙两小车放在木板是并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质. 现同时给两车一定的初速度，使甲、乙沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起，两车的位置x随时间t变化的图象如图乙所示. 甲、乙两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是A. 两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B. 碰撞过程中甲车损失的动能是C. 碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D. 两车碰撞过程为弹性碰撞【答案】C【解析】【详解】设甲、乙两车碰撞前的速度
3、大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，结合题图乙得，以向右为正方向，碰前总动量，碰后总动量，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A错误；碰撞前甲车动能为，碰撞后甲车动能为，所以碰撞过程中甲车损失的动能是，B错误；碰前甲、乙两车的总动能为6J，碰后甲、乙两车的总动能为2J，则选项C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D错误.3.如图甲所示，将两质量不同的物体P、Q放在倾角为的光滑斜面体上，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为将图甲中的斜面体调整为水平，并在物体P上施加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力
4、F使二者向上加速运动. 三种情况下力F大小相等，加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法正确的是A. a乙最大，F乙最大B. a丙最大，F丙最大C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】设物体P的质量为M，物体Q的质量为m. 由牛顿第二定律对图甲中的物体P和Q：，对物体Q：，解得，；同理对图乙，解得，；同理对图丙，解得，显然，D正确.4.如图所示，在地球利用天文望远镜观测水星，测得观测者与水星、太阳的连线夹角的最大正弦值为k. 已知地球绕太阳的公转周期为T0，各星球均绕太阳做匀速圆周运动，则水星的公转周期为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【
5、详解】当观测者与水星的连线与其轨道相切时，夹角最大，则由数学知识可得，由开普勒第三定律可知，解得，则A正确.5.如图所示，在一根轻杆的B点系上一根长为R的细线，在细线下端连一质量为m的小球. 以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来，其B点在水平面内做匀速圆周运动，轻杆的轨迹为一个母线长为L的圆锥，轻杆与中心轴AO间的夹角为. 同时小球在细线的约束下开始做圆周运动，轻杆旋转的角速度为，小球稳定后，细线与轻杆间的夹角. 已知重力加速度为g，则A. 小球做圆周运动的周期为B. 小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为C. 小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为D. 细线对小球的拉力为【答案】B【解析】【详
6、解】小球达到稳定状态后做匀速圆周运动，其周期与轻杆旋转的周期相同，周期，选项A错误；小球做圆周运动的线速度与角速度的比值即是半径，根据题意得，选项B正确；小球做圆周运动，根据题意有，得小球的线速度与角速度的乘积是，选项C错误；细线的拉力满足，得，选项D错误.6.如图甲所示，在匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面在纸面内，磁场方向垂直纸面，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向. 已知线圈的边长ab=1. 0m，bc=0. 5m，匣数N=100，总电阻r=2. 则A. 3s时线圈中感应电动势的大小为0. 05VB. 3s时线圈中感应电流的方向为adcbaC.
7、 在15s内通过线圈的电荷量为0. 1CD. 在05s内线圈产生的焦耳热为100J【答案】D【解析】【详解】3s时感应电动势，磁通量的变化量，解得，代入数据解得E1=5V，感应电流方向为abcda，选项A、B错误；在15s内线圈中的感应电动势，感应电流，电荷量，解得，代入数据解得q=10C，选项C错误；01s内线圈中的感应电动势，01s内线圈中的感应电流，01s内线圈产生的焦耳热，15s内线圈产生的焦耳热，则05s内线圈产生的焦耳热，选项D正确.7.如图所示，A为光滑半圆柱体，B为光滑圆柱体，半径均为R、质量均为m，C为长方体，质量为m. A、B、C依次接触，开始时B在水平地面上，现水平向左推
8、C使其缓慢移动，从B刚离开地面直到B恰好运动到A的顶端，此过程中A始终保持静止，重力加速度为g. 则A. B对C的弹力逐渐增大B. B对A的弹力逐渐减小C. 地面对A的摩擦力始终保持不变D. 地面对A的支持力始终不变，大小为2mg【答案】BD【解析】【详解】对B受力分析，由动态平衡的特点可知，A对B以及C对B的弹力均逐渐减小，由牛顿第三定律可知，B对C的弹力逐渐减小，B对A的弹力逐渐减小，选项A错误，B正确；对AB整体分析可知，地面对A的摩擦力等于C对B的弹力，可知地面对A的摩擦力逐渐减小；地面对A的支持力大小等于AB的重力之和，则始终不变，大小为2mg，选项C错误；D正确.8.如图甲所示，矩
9、形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是A. 曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10VB. 曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2C. 线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变暗D. P位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大【答案】BC【解析】【详解】由图乙知a的周期为，b的周期为，则由可知，角速度与周期成反比，故角速度之比为3：2，选项B正确；曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为，
10、选项A错误；将原线圈滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，灯泡会变暗，选项C正确；P位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率变小，输入功率也变小，选项D错误.9.从地面以一定初动能（未知）竖直向上拋出一个质量为m的小球，上升过程阻力f恒定. 如图所示，在同一坐标系中作出两条图线分别表示小球在上升过程中重力势能、动能与其上升高度间的关系，选取地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中k（0k1）为常数，重力加速度为g，则由图可得下列结论正确的是A. 表示的是动能随上升高度的图象，表示的是重力势能随上升高度的图象B. 初动能大小C. 上升过程阻力
11、大小f=kmgD. 上升高度时，动能与重力势能的比值为k+1【答案】CD【解析】【详解】上升过程动能减小，重力势能增大，则表示的是重力势能随上升高度的图象，表示的是动能随上升高度的图象，则A错误；由，解得，上升过程由动能定理有，联立解得阻力大小为f=kmg，则B错误，C正确；上升高度为时，重力势能大小为，由动能定理，解得，则动能与重力势能的比值为k+1，故D正确.10.如图所示，在等边三角形的三个顶点A、B、C处各有一个电荷量为+Q的点电荷，M点为三角形的中心，N点和M点关于AC连线对称. 已知M点的电势为，N点的电势为，若将B点的点电荷换成电荷量为Q的点电荷，则M、N两点的电势分别变为、，则
12、下列关系正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】设A点的正点电荷在M点产生的电势为，B点的正点电荷在N点产生的电势为，则M点的电势，N点的电势为，将B点的点电荷换成电荷量为Q的点电荷之后，M点的电势，N点的电势为，A、D项正确.二、非选择题： 11.某实验小组利用如图甲所示装置探究加速度与合外力关系的实验. （1）某次实验时，让小车靠近位移传感器接收器，释放小车并开始计时，位移传感器接收器与数字化信息系统相连，得到小车运动的位移x与运动时间的平方t2的关系图象如图乙所示，若图象的斜率为k，由此得到此次实验小车运动的加速度为_. （2）改变钩码的质量，重复实验多次，测得多组小
13、车加速度a与钩码质量m的关系图象如图丙所示，则图象不过原点的原因是_，图象出现了弯曲的原因是_.【答案】 (1). 2k (2). 没有平截摩擦力或平衡摩擦力不够 (3). 钩码的质量不再远小于小车的质量【解析】（1）由乙图结合x=at2可知，a= k，得到a=2k.（2）丙图不过原点的原因是由于没有平衡摩擦力；由整体牛顿第二定律可知：mg-f=(m+M）a，得到 由此可以分析，当钩码的质量m不再远小于小车的质量M时，图像的斜率就会明显变小，出现弯曲。12.小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻. （1）先用调好的欧姆表“1K”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的_（填“
14、”或“”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V1的内阻为_k. （2）为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最_（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最_（填“大”或“小”），闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数为R0，则被测电压表V1的内阻_.（3）小李同学用如图丙所示电路，闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表V2的示数为U，再将单刀双掷开关S2打到2，调节
15、电阻箱，使电压表V2的示数仍然为U，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V1的内阻_.【答案】 (1). （1）， (2). 9. 0； (3). （2）左， (4). 大， (5). ； (6). （3）8455【解析】【详解】（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k. （2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻. （3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455.13.如图所示，长为8m的长木板Ob倾斜地固定在水平面上，一可视为质
16、点的滑块放在长木板的底端O点，现给滑块沿长木板向上的初速度，经过一段时间刚好滑到长木板的顶端b. 已知滑块与长木板ab段的摩擦力可忽略不计，滑块在Oa段的加速度为ab段加速度大小的两倍，滑块由O到a的时间等于滑块由a到b的时间，重力加速度g取10m/s2. 求滑块滑到a点时的速度大小以及长木板Oa段的长度. 【答案】4m/s 6.4m【解析】【详解】设滑块在Oa段和ab段的加速度大小分别为a1、a2，在这两段的运动时间均为t. 由题意可知，由运动学公式得 代入数据解得 滑块在上滑的过程中，对Oa段有 对ab段有 由上两式解得 又因为 代入数据解得：14.如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为r
17、的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（1）小滑块在a点飞出的动能；（）小滑块在e点对圆环轨道压力大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）；（2）F=6mg；（3）【解析】【详解】（1）小滑块从a点飞出后做平拋运动：水平方向： 竖直方向： 解得： 小滑块在a点飞出的动能 （2）设小滑块在e点时速度为，由机械能守恒定律得： 在最低点由牛顿第二
18、定律： 由牛顿第三定律得：F=F 解得：F=6mg （3）bd之间长度为L，由几何关系得： 从d到最低点e过程中，由动能定理 解得15.如图所示的坐标系内，以垂直于x轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d. 右侧为偏转电场，两极板长度为，间距为d. 电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏. 现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：（1）电子通过磁场区域的时
19、间t；（2）偏转电场的电压U；（3）电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上 【答案】(1) ；（2）；（3）【解析】(1) 电子在磁场区域运动周期为通过磁场区域的时间为t1T (2) 由几何知识得rd，又r解得v 通过电场的时间t2，代入数据解得t2 电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，又y1y2d解得y1d故 代入数据解得U(3) 电子恰好打在下极板右边缘磁场中r电场中水平方向dvt竖直方向r由上述三式代入数据解得v16.关于热现象，下列说法中正确的是_.A. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出每个气体分子的体积B. 系统在吸收热量时内能不一定增大C. 在真空、高温
20、条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素D. 由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力E. 液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性【答案】BCE【解析】【详解】知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以计算出每个气体分子占据的平均空间，但不是气体分子的体积，选项A错误；改变内能的方式有做功和热传递两种，而吸热时是否对外做功不确定，所以内能不一定增大，选项B正确；在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，选项D错误；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光
21、学的各向异性的特点，选项E正确.17.如图所示，一容积为V0的导热容器连接横截面积为S的两端开口的长直管，用一小段水银封闭了一定质量的气体，当温度为T0时，水银柱停在长直管下端. 已知大气压强为p0，该小段水银柱产生的压强为，大气压强不变，不计水银与管壁间的摩擦. 已知封闭气体在某过程中从外界吸收热量Q，水银柱上升h，求气体内能的增加量；若环境温度缓慢升高，请推导出该小段水银柱在直管内相对下端移动的距离x随封闭气体热力学温度T的变化关系式. 【答案】；【解析】【详解】封闭气体压强 水银柱上升h，气体对外做功 根据热力学第一定律得气体内能的增加量 水银柱上升过程中气体做等压变化. 设上升高度为x
22、，根据盖吕萨克定律得 解得18.一列简谐横波向x轴负方向传播，在t=0时的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置的坐标分别为（1，0），（7，0）. 已知t=0. 6s时，质点P第一次出现波谷，则下列说法正确的是_.A. 该波的波长为4mB. 该波的传播速度为C. 振源的起振方向沿y轴正方向D. 当质点Q位于波峰时，质点P也位于波峰E. t=1. 32s时，质点P第三次出现波峰【答案】ACE【解析】【详解】由图知，该波波长，A项正确；P点第一次出现波谷即图中x=4m处质点的振动形式传播到了P点，故波传播的速度，B项错误；波的最前端质点开始振动时沿y轴正方向运动，即振源的起振方向沿y轴正方向，C项
23、正确；质点Q与质点P之间的距离，故P、Q两点的位移总是相反的，D项错误；第一个波峰传到P点所用的时间，P点第三次出现波峰的时间，而，得t=1. 32s，E项正确.19.某种材料的三棱镜截面如图所示，A=90，B=60，一细光束从三棱镜AB边的中点D入射，折射光经过三棱镜BC边折射和反射后，从AC边射出的光束刚好与AC边垂直. 已知真空中的光速，AB边的长度为a=60cm，三棱镜对该细光束的折射率. 求：该光束从BC边射出的折射角；该光束从AB边射入到从AC边射出所用的时间. 【答案】60；4.3310-9s【解析】【详解】根据几何知识得光线在BC边的入射角i=30根据折射率公式，有 得BDE为等边三角形， ECF中， 所以光在棱镜中的传播速度 从AC边射出的光束在棱镜中传播所用的时间得