1、西省南康中学、于都中学2016-2017学年高二下学期第三次月考物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 下列说法中正确的是（ ）A. 放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化B. 氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的C. 汤姆孙通过对阴极射线的研究提出了原子核具有复杂的结构D. 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中【答案】B【解析】天然放射现象的发现，说明了原子核具有复杂结构，选项
2、A错误； 氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的，选项B正确； 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，选项C错误； 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子的核式结构理论，选项D错误；故选B.2. 某家用电热壶铭牌如图所示，其正常工作时电流的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】电热水壶的有效电流为，故电流的最大值为：，D正确3. 牛顿曾设想：从高山上水平抛出物体，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果抛出速度足够大，物体将绕地球运动成为人造地球卫星。如图所示，若从山顶同一位置以不同的水平速度抛出三个相同的物体，运动轨迹分别为1、2、3。已知山顶高度为h，且远
3、小于地球半径R，地球表面重力加速度为g，假定空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）A. 轨迹为1、2的两物体在空中运动的时间均为B. 轨迹为3的物体抛出时的速度等于C. 抛出后三个物体在运动过程中均处于失重状态D. 抛出后三个物体在运动过程中的加速度均保持不变【答案】C【解析】如果抛出的速度较小，物体落地时地面可以看做是平面，可以根据自由落体运动求解落地时间；而轨迹为2的物体抛出时速度较大，落在地球球面上，竖直方向的高度大于h，故在空中运动的时间大于，A错误；轨迹为3的物体绕地球表面做匀速圆周运动，根据重力提供向心力可得，所以抛出时的速度等于，B错误；抛出后三个物体在运动过程中只受重力作用，均处
4、于完全失重状态，C正确；抛出后三个物体在运动过程中加速度大小相等，但在运动过程中，加速度方向变化，所以加速度是一个变量，D错误4. 如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，和均为理想电表，灯泡电阻RL=6，AB端电压u1=sin100t（V）。下列说法正确的是（ ）A. 电流频率为100HzB. 的读数为24VC. 的读数为0.5AD. 变压器输入功率为6W【答案】D【解析】由u1.的瞬时表达式可知，f=，A错误；理想变压器输入电压的有效值为U1=12V，由变压比关系式，可得U2=6V，V的读数为6V，B错误；变压器输出电压的有效值，A的读数为1A C错误；变压器的输入功率等于输出
5、功率，即P1=P2=U2I2=6W，D正确。【考点定位】正弦式交流电表达式、有效值、功率、部分电路欧姆定律、理想变压器规律，容易题5. 如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在04s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】0-1s，感应电动势为： ，为定值；感应电流： ，为定值；安培力F=BI1LB；由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，故CD均错误；3s-4s内，感应电动势为： ，为定值；
6、感应电流： ，为定值；安培力F=BI2LB，由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，B错误；故选A.6. 如图所示，倾角为30的斜面体置于水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑支点O.已知A的质量为m，B的质量为4m现用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时物块B静止不动.将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，B相对于斜面体也始终保持静止，下列判断
7、中正确的是（ ）A. 物块B受到的摩擦力先增大后减小B. 地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C. 小球A摆到最低点时绳上的拉力大小为2mgD. 小球A的机械能不守恒、A、B系统的机械能守恒【答案】B【解析】试题分析：物块B一直保持静止，小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物块B受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况对B与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向由机械能守恒条件分析机械能是否守恒.7. 下列说法正确的是（ ）A. 铀（）经过衰变形成稳定的铅（），在这一变化过程中，共有6个中子转变为质子B. 一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐
8、射3个光子C. 结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定D. 某入射光照射到金属锌版表面时发生光电效应，当增大入射光频率时，光电子最大初动能也随之增大【答案】AD【解析】试题分析：根据一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变，质量数不变，质子数增加；当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；一群氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时跃迁是随机的，能辐射种光子，而一个则最多是2种；平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，并依据光电效应方程，即可求解根据一次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变，质量数不变，质子数增加，因此铀核（）衰变为铅核（）的过程中，质量数减少
9、32，而质子数减少10，因此要经过8次衰变，导致质子数减少16，由于质子数只减少10，所以只有发生6次衰变，因此共有6个中子转变为质子，A正确；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时跃迁时，最多能辐射2种光子，B错误；平均结合能表示原子核的稳定程度，在原子核中，平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，C错误；依据光电效应方程Ekm=h-W，当增大入射光频率时，光电子最大初动能也随之增大，D正确8. 以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，空气阻力不可忽略关于物体受到的冲量，以下说法正确的是 ( )A. 物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反B. 物体上升和下降两个阶段受到空气阻
10、力的冲量方向相反C. 物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D. 物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下【答案】BCD【解析】试题分析：分析物体的运动过程，明确物体的运动时间，由动量定理可求得空气阻力及重力的冲量大小关系；由重力做功的特点分析重力的功物体上升时受重力和摩擦阻力的作用，故上升时的加速度大于下降时的加速度；由9. 将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则（ ）A. t2 s时，两球的高度相差一定为40 mB. t4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C. 两球从抛出至落到地面
11、所用的时间间隔相等D. 甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等【答案】BD【解析】根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位移为，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m，A错误；t=4s时，甲球相对于抛出点的位移为，乙球相对于抛出点的位移为，故两球相对于各自的抛出点的位移相等，B正确；两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等，C错误由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s，D正
12、确10. 如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的vt图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（ ）A. 两电荷的电性一定相反B. t1时刻两电荷的电势能最大C. 0t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D. 0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】BC【解析】试题分析：由图可知，两个小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，选项A错误；在t1时刻，两个小球共速，两个小球的间的距
13、离最小，故在间距减小的过程中，小球始终克服电场力做功，以后小球的距离逐渐增大，电场力就做正功了，故间距最小时的电势能最大，选项B正确；t2时刻，乙球静止，在0t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项C正确；0t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项D错误。考点：电荷间的相互作用，电势能，动能的大小。二、填空题11. 为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：用天平测出两个小球的质量分别为
14、m1和m2，且m1m2按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平将一斜面BC连接在斜槽末端先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF根据该同学的实验，回答下列问题：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_点，m2的落点是图中的_点（2）用测得的物理量来表示
15、，只要满足关系式_，则说明碰撞中动量是守恒的（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞【答案】 (1). D (2). F (3). (4). m1LE=m1LD+m2LF【解析】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：LDsingt2，LDc
16、os=v1t解得： 同理可解得： ， 所以只要满足m1v1=m2v2+m1v1即： , 则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式：m1v12=m1v12+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF点睛：解答此题要学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失12. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A待测的干电池一节B电流表A1（量程03 mA，内阻Rg110）C电流表A2（量程00.6 A，内阻Rg20.1）D滑动变阻器R1（020，1.0 A） E电阻箱R0（0999
17、9.9） F开关和若干导线（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为 03 V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是_（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取_。（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）。根据该图线可得被测电池的电动势E_V，内阻r_。【答案】 (1). b (2). 990 (3). 1.48（1.461.49之间） (4). 0.84（0.820.87之间）【解析】试题分析：（1）电流表A2用来测电流，电流
18、表A1用来改装成电压表，故电路b比较合理；根据欧姆定律可知：；（2）根据闭合电路的欧姆定律可知：，变形可得：I1=E-I2r，则由图像可知：E=1.48V；考点：测定电源的电动势和内阻.三、计算题13. 如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨间连接一个定值电阻，阻值为R，导轨上放一质量为m，电阻为的金属杆ab，金属杆始终与导轨连接良好，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。重力加速度为g，现让金属杆从虚线水平位置处由静止释放。（1）求金属杆的最大速度vm；（2）若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过
19、程中，金属杆下落的位移为x，经历的时间为t，为了求出电阻R上产生的焦耳热Q，某同学做了如下解答： 联立式求解出Q。请判断该同学的做法是否正确；若正确请说明理由，若不正确请写出正确解答。【答案】(1) 该同学的做法不正确 (2)【解析】(1)金属杆下落中受重力和安培力两个力作用，其运动满足：金属杆做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，mg=F安 F安=BIL 解得： (2)该同学的做法不正确；解：从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，由动能定理有： 解得：(3)电动势E感=BLv，因金属杆达到最大速度后做匀速直线运动，由平衡条件有：G=F安=BIL在t时间内，重力对金属杆所
20、做的功WG=Gvt= F安vt=BILvt电路获得的电能W电=qE感=E感It=BILvt故重力对金属杆所做的功WG等于电路获得的电能W电回路中产生的焦耳热Q=I2(R+r)t=I(R+r)It=qE感=E感It=W电故电能W电等于整个回路中产生的焦耳热Q。14. 如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感
21、应强度B的大小；（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ
22、段为抛物线根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45角，可得解得在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为竖直方向的位移为可得由故粒子在QO段圆周运动的半径及得（3）在Q点时，设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： 粒子从Q点运动到O所用的时间为则粒子从O点运动到P点所用的时间为： 15. 如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切质量m2=0.2kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1=0.2kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨
23、道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2求（1）小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；（2）小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；（3）小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：小球在最低点，根据牛顿第二定律：由联立可得：（2）小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度过程中，由动量关系：由能量转化和守恒：由联立可得：（3）小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为，b后来速度为，由
24、动量关系：由能量转化和守恒：根据动量定理有：由联立可得：。考点：动能定理、牛顿第二定律【名师点睛】该题重点是动量守恒和能量转化与守恒的应用，动量守恒的应用要注意速度的方向性，在物体碰撞过程中要注意判定碰撞之后速度是同向还是反向，以此来确定好动量守恒公式中速度的正负号。16. 如图所示，水平地面上有质量分别为1kg和4kg的物体A和B，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B足够远，另一端跨过轻质滑轮与A相连，滑轮与B相连，初始时，轻绳水平，若物体A在水平向右的恒力F=31N作用下运动了4m，重力加速度，求：（1）物体B因摩擦而产生的热量；（2）物体A运动4m时的速度大小；（3）物体A、B间轻绳拉力的大小；【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A运动位移，则B的位移B受到的摩擦力由功能关系有（2）A运动4m时速度达到最大，设A、B的速度、加速度大小分别为则由动能定理可得，其中代入数据解得A的最大速度（3）设轻绳拉力为，由牛顿第二定律有对A物体有：对B物体有：代入数据解得
