1、河北武邑中学2019-2020学年高二年级下学期第一次月考物理试题一、单项选择题(共6小题,每小题4分,共24分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的)1.放射性元素钋发生衰变时,会产生一种未知元素,并放出射线,下列说法正确的是( )A. 射线的穿透能力比射线强B. 未知元素的原子核核子数为208C. 未知元素的原子核中子数为124D. 这种核反应也称为核裂变【答案】C【解析】【详解】A射线的穿透能力比射线弱,故A错误;B由质量数守恒可知未知元素的原子核核子数为2104=206个,故B错误;C由电荷数守恒可知未知元素的原子核质子数为842=82个,故中子数为20682=124个,故C正确
2、。D这种核反应称为衰变,故D错误。故选C。2.如图所示演示装置,一根张紧的水平绳上挂着四个单摆,让c摆摆动,其余各摆也摆动起来,可以发现( )A. 各摆摆动的周期均与c摆相同B. a 摆摆动周期最短C. b摆摆动周期最长D. b摆振幅最大【答案】A【解析】【详解】ABC c摆摆动起来后,通过水平绳子对a、b、d三个摆施加周期性的驱动力,使a、b、d三摆做受迫振动,故a、b、d三摆周期相同,故A正确,BC错误;D 因为a摆的摆长等于c摆的摆长,所以a摆的固有频率等于受迫振动的频率,所以a摆发生共振,振幅最大,故D错误。故选:A。3.如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建
3、立Ox轴,向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图像为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】AB、AB项两个图象的横轴不是时间,不是振动图象,故AB错误。CD、由于向右为正方向,振子位于N点时开始计时,所以0时刻,在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,故C正确,D错误;故选C。4.如图所示,L是自感系数很大的线圈,但其自身的直流电阻几乎为零A和B是两个相同的小灯泡,下列说法正确的是( )A. 当闭合开关S后,灯泡A亮度一直保持不变B. 当闭合开关S后,灯泡B逐渐变亮,最后亮度不变C. 再断开开关S后,灯泡 A逐渐变暗,直到不亮D. 再断开开关S后,灯泡B由暗变
4、亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合S时,电源的电压同时加到两灯上,A、B同时亮,随着L中电流增大,由于线圈L直流电阻可忽略不计,分流作用增大,B逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,A灯更亮故AB错误;稳定后再断开开关S后,灯泡A立即熄灭;灯泡B与线圈L构成闭合回路,灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭,故C错误,D正确5.如图(甲)怕示,理想变压器原副线圈的匝数比为,是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想电表,除以外其余电阻不计从某时刻开始单刀双掷开关掷向,在原线圈两端加上如图(乙)所示交变电压,则下列说法中正确的是( )A. 该交变电压瞬时值表达式为B. 滑动变阻器触片向上移
5、,电压表示数不变,电流表的示数变大C. 时,电压表的读数为D. 单刀双掷开关由扳到,电压表和电流表的示数都变大【答案】D【解析】【详解】A由图象知电压峰值为,角速度则该交变电压瞬时值表达式为故A项错误B副线圈的电压由匝数比和输入电压决定,伏特表的示数不变,滑动变阻器触片向上移,电阻变大,电路中电流变小,安培表示数减小故B项错误C电压表的读数为副线圈电压的有效值,由图知据,解得电压表的读数为,故C项错误D单刀双掷开关由扳向,原线圈匝数减小,原副线圈的匝数比变小,副线圈两端电压增大,副线圈中电流增大,则伏特表和安培表的示数均变大故D项正确故选。6.图甲是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动
6、产生的交变电压图象将该电压加在图乙中理想变压器的M、N两端变压器原、副线圈匝数比为5:1,电阻R的阻值为2,电流表、电压表均为理想电表下列说法不正确的是A. 电流表的示数为2AB. 线圈转动的角速度为50radsC. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次D. 0.01s时穿过线圈的磁通量最大【答案】D【解析】【详解】原线圈的电压的有效值为=100V,由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为:;副线圈上的电流:,由电流与匝数成反比得,所以电流表读数为2A,故A正确根据图象可以知道,交流电的周期是0.04s,由,故B正确;交流电的周期是0.04s,在每一个周期内交流电的方向改变2次,所以流过灯泡的
7、电流方向每秒钟改变次数:次,故C正确由图象可知,在t=0.01s时,电压最大,此时是磁通量的变化率最大,此时穿过线圈的磁通量为零,故D错误;此题选择错误的选项,故选D.二、多项选择题(共6小题,每小题4分,共24分。在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的。没选全得2分,有错不得分。)7.用中子轰击原子核,发生一种可能的裂变反应,其裂变方程为,则以下说法中正确的是()A. X原子核中含有84个中子B. X原子核的结合能比原子核的结合能大C. X原子核中核子的平均质量比原子核中核子的平均质量小D. X原子核中核子的比结合能比原子核中核子的比结合能大【答案】CD【解析】【详解】A由核反应方程的质量
8、数守恒和电荷数守恒可知X 原子核中含有质子数9238=54中子数235+194254=86故A错误;B裂变的过程中释放能量,则的结合能大于 X 原子核与原子核的结合能的和,故B 错误;C原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损能量越多,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多,原子核中核子的平均质量越小;因为裂变释放能量,出现质量亏损,所以裂变后的总质量减少,平均质量减少,故C正确;D结合能与核子数之比称比结合能,也叫平均结合能,比结合能越大,表示原子核中单个核子分离所需的能量越多,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定;裂变的过程中释放能量,则的比
9、结合能小于X原子核的比结合能,即X原子核中核子的比结合能比原子核中核子的比结合能大,故D正确。故选CD。8.水平抛出在空中飞行的物体,不考虑空气阻力,则( )A. 飞行时间越长,动量变化的也快B. 在任何时间内,动量变化的方向都是竖直方向C. 在任何时间内,动量对时间的变化率恒定D. 因为动量的方向时刻改变,所以动量变化量的方向也是随时间而不断变化【答案】BC【解析】【详解】BD平抛运动物体只受到重力的作用,根据动量定理,动量的变化为平抛物体动量变化方向与重力方向相同,竖直向下保持不变。故B正确,D错误;AC由动量定理变形得平抛物体动量对时间的变化率恒定,动量变化恒定,故C正确,A错误。故选B
10、C。9.如图是一种理想自耦变压器示意图,线圈绕在一个圆环形的铁芯上,P是可移动的滑动触头输入端AB接交流电压U,输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2,Q为滑动变阻器的滑动触头当开关S闭合,P处于如图所示的位置时,两灯均能发光下列说法正确的是()A. P不动,将Q向右移动,变压器的输入功率变大B. P不动,将Q向右移动,两灯均变暗C. Q不动,将P沿逆时针方向移动,变压器输入功率变小D. P、Q都不动,断开开关S,L1将变亮【答案】AD【解析】【详解】A.P不动,将Q向右移动,负载电阻变小,电流变大,电压不变,变压器的输入功率变大,选项A符合题意;BP不动,将Q向右移动,负载电阻减小,电流增
11、大,两灯均变亮,选项B不符合题意;C.Q不动,将P沿逆时针方向移动,原线圈匝数减小,副线圈电压增大,输出功率增大,变压器的输入功率变大,选项C不符合题意;D.P、Q都不动,副线圈电压不变,断开开关S,电阻增大,电流减小,R分压减小,将变亮,选项D符合题意10.A、B两船的质量均为M,它们都静止在平静的湖面上,当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船,再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计,经多次跳跃后,人最终跳到B船上,则()A. A、B(包括人)速度大小之比3:2B. A、B(包括人)动量大小之比为3:2C. A、B(包括人)动量之和为零D. 因跳跃次数未知,故以上答案均无法确定【答案】A
12、C【解析】【详解】研究全程,动量守恒,由于最开始都静止,所以A、B(包括人)动量大小相等,方向相反,总动量为零,速度和质量成反比,所以A、B(包括人)速度大小之比为3:2,故AC正确,BD错误。故选AC。11.在做科学研究时,可以通过“速度选择器”把特定速率的粒子筛选出来,其原理如图所示。在间距为d的两平行金属板上加上电压U,磁场垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B,一束粒子沿OO(两金属板中轴线)方向由O点射入两极板之间,若粒子重力不计,则( )A. 能沿OO直线运动,从O点离开的粒子,一定带正电B. 能沿OO直线运动,从O点离开的粒子,一定为带电粒子且速率为C. 能沿OO直线运动,从O点离开
13、的粒子,若为带电粒子其速率一定为D. 能沿OO直线运动,从O点离开的带电粒子,一定无法沿OO直线做反向运动【答案】CD【解析】【详解】ABC由题意可知能沿OO直线运动,从O点离开的粒子受力平衡,如果粒子带正电可知电场力向下,根据左手定则可知洛伦兹力向上,且有即如果粒子带负电可知电场力向上,根据左手定则可知洛伦兹力向下,同理可得故粒子带正电和负电都可以满足条件沿OO直线运动,故A错误,B错误,C正确;D能沿OO直线运动,从O点离开的带电粒子,如果反向运动,当粒子带正电时可知电场力和洛伦兹力方向都向下,不能平衡;当粒子带负电时可知电场力和洛伦兹力方向都向上,也不能平衡,故一定无法沿OO直线做反向运
14、动,故D正确。故选CD。12.现使线框以速度v匀速穿过磁场区域,若以初始位置为计时起点,规定电流逆时针方向时的电动势方向为正,B垂直纸面向里为正,则图中关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流及电功率的四个图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【详解】AC当线框运动L时,右边开始切割磁感线,产生E=BLv的电动势,电路中电流向右再运动L时,线框两边均切割磁感线,由于磁场反向,故电动势E=2BLv此时电流的方向反向,电流当线圈再向右运动L过程中,只有左侧切割磁感线,此时电动势为E=BLv,方向沿正方向,故A错误,C正确;B线圈在运动过程中,L-2L处时磁通量均匀增大,而2
15、L-3L过程中,由于内外磁通量相互抵消,故磁通量在2.5L处应为零,故B错误;D电路中功率,故D正确;故选CD。三、填空题(12分)13.如现欲用限流法测量一个圆柱形合金棒材料(电阻约为3)的电阻率,请回答下列问题:(1)图1是测量合金棒的电阻R的实验器材实物图,图中已连接部分导线,请用笔画线代替导线将实物图连接完整_;(2)用螺旋测微器测量合金棒横截面的直径D,测量结果如图2所示,则D_mm;(3)若测得合金棒的长度为L、电阻为R,由L、R、D来表示合金棒的电阻率,其表达式为_。【答案】 (1). 见解析 (2). 2.130 (3). 【解析】【详解】(1)1因为圆柱形合金棒材料阻值约为3
16、,故采用电流表外接法误差较小,所以连接电路图如图所示(2)2根据螺旋测微器读数规则可知其读数为D=2.0mm+13.00.01mm=2.130mm(3)3根据电阻定律可知可得14.一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率使用的器材有:游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电流表(0.2A 5)、电压表(15V,15K)、滑动变阻器(025)、电源(12V,内阻不计)、开关、导线若干(1)先用多用电表的欧姆表“10”挡粗测圆柱材料的阻值,在正确操作情况下,表盘指针如图所示,可读得圆柱材料的阻值Rx= _ (2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径,如图所示,圆柱的直径是 _ mm;游标卡尺测量出圆柱材料长度如图所示,
17、圆柱的长度是 _ mm(3)根据多用电表示数,为了减少实验误差,并在实验中获得较大的电压调节范围,应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 _ 电路用于测量圆柱材料电阻A、 B、C、 D、【答案】 (1). 60 (2). 1.6621.664 (3). 80.50 (4). D【解析】【分析】欧姆表读数时要乘以倍率;游标卡尺读数不估读;螺旋测微器读数时要进行估读;在实验中为获得较大的电压调节范围,滑动变阻器应该用分压电路;电压表的内阻远大于电阻丝的电阻,可采用电流表外接电路【详解】(1) 由多用电表的欧姆档读数可知圆柱材料的阻值Rx= 610=60 (2) 圆柱的直径是:1.5mm+0.01m
18、m16.2=1.662 mm;圆柱的长度是:8cm+0.05mm10=80.50mm(3) 在实验中为获得较大的电压调节范围,滑动变阻器应该用分压电路;电压表的内阻远大于电阻丝的电阻,可采用电流表外接电路,则应从下图的A、B、C、D四个电路中选择 D电路用于测量圆柱材料电阻三、计算题(共4小题,共40分,写出必要的步骤及文字说明,只写出答案不给分)15.把一质量为m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直杆的顶端,如图所示,一颗质量m=0.01kg的子弹以v0=500m/s的速度沿水平方向击中小球,并穿过球心,小球落地处离杆的距离s1=20m求子弹落地处离杆的距离s2.【答案】100m【解析
19、】【详解】设子弹穿过后小球的速度为v,则s = vt 解得:v = 20m/s 取V0方向为正方向,据动量守恒定律可求出子弹穿过后的速度v1m1v0= mv + m1v1v1= 100m/s (2分)因子弹与小球落地所以历的时间相同,所以得s1= 100 m 16.物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端,在A的上方O点用不可伸长的细线悬挂一小球C(可视为质点),线长L=0.8m,现将小球C拉至水平(细线绷直)无初速度释放,并在最低点与A物体发生水平正碰,碰撞后小球C反弹的最大高度为h=0.2m.。已知A、B、C的质量分别为、,A、B间的动摩擦因素,A、C碰撞时间极短,且只碰一次,取重
20、力加速度g=10m/s2。(1)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小;(2)若物体A未从小车B掉落,则小车B 的最小长度为多少?【答案】(1)1.5m/s;(2)0.375m【解析】【详解】(1) 小球C下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得代入数据解得m/s小球C与A碰撞过程系统动量守恒,以小球C的初速度方向为正方向,由动量守恒小球C碰后上摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得联立解得1.5m/s(2) 物块A与木板B相互作用过程,系统动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得代入数据解得v=0.5m/s由能量守恒定律得代入数据解得x=0.375m17.如图所示是两个单摆的振动图象。(1)甲
21、、乙两个摆的摆长之比是多少?(2)写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式【答案】(1)1:4;(2)。【解析】【详解】由图象知T甲=4s,T乙=8s(1)根据周期公式可知,甲、乙两个摆的摆长之比是1:4。(2)甲摆振幅为2cm,周期为4s,故甲摆角速度所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为18.如图所示,在光滑水平面上有B、C两个木板,B的上表面光滑,C的上表面粗糙,B上有一个可视为质点的物块A,A、B、C的质量分别为3m、2m、mA、B以相同的初速度v向右运动,C以速度v向左运动B、C的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短A滑上C后恰好能到达C的中间位置,C的
22、长度为L,不计空气阻力求:(1)木板C的最终速度;(2)木板C与物块A之间的摩擦力f;(3)物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间t【答案】(1)v(2)(3)【解析】【分析】(1)B、C碰撞过程中动量守恒,A滑到C上,A、C动量守恒,根据动量守恒定律列式可求解木板C的最终速度;(2)由能量守恒定律列式求解木板C与物块A之间的摩擦力f;(3)在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理可求解物块A滑上木板C之后,在木板C上做减速运动的时间.【详解】(1)B、C碰撞过程中动量守恒:2mvmv(2mm)v1解得A滑到C上,A、C动量守恒:3mvmv1(3mm)v2解得v(2)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得解得(3)在A、C相互作用过程中,以C为研究对象,由动量定理得ftmv2mv1解得【点睛】本题考查了动量守恒、动量定理以及能量守恒定律的综合应用,理清整个过程中A、B、C的运动规律是解决本题的关键