安徽省合肥市第九中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题答案.pdf

1、第 1页，共 9页物理月考答案题号12345678910答案DCBCCBAADABAD一、单选题（本大题共 7 小题，共 28.0 分）1.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转。则以下说法正确的是 A.将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大B.如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数C.将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大D.将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零【答案】D【解析】【分析】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光

2、电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化，发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数。本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低，理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关。【解答】A.滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故 A 错误；B.如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导

3、致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故 B 错误；C.将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故 C 错误；D.电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，如果此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故 D 正确。故选 D。2.如图是氢原子的能级图，对于一群处于 t 4 的氢原子，下列说法中正确的是A.这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁B.这群氢原子能够发出 4 种不同

4、频率的光C.从 t 4 能级跃迁到 t 3 能级发出的光的波长最长D.如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由 t 3能级跃迁到 t 2 能级发出的【答案】C【解析】解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差。故 A 错误。B、根据42 t 6 知，这群氢原子能够发出 6 种不同频率的光子。故 B 错误。第 2页，共 9页C、结合能级图可知，从 t 4 跃迁到 t 3 辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长。故 C 正确。D、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由 t 4 跃迁到 t 1，和 t 3 跃迁到 t 1

5、 能级发出的。故 D 错误。故选：C。能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小该题考查波尔理论与跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即 t3.下列说法正确的是A.光的波粒二象性是综合了牛顿的微粒说和惠更斯的波动说得出来的B.92235 t 01 3890t t 54136 t 01 是核裂变方程，其中 t 10C.发生光电效应时，入射光越强，光子的能力就越大，光电子的最大初动能就越大D.爱因斯坦的质能方程 t 2中，E 是物体以光速 c 运动的动能【答案】B【解析】【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率

6、，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素；根据质量数守恒和电荷数守恒判断 x 的值；质能方程 t 2，知物体具有的能量与其质量成正比。该题考查光电效应的条件以及光电效应方程，解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用。【解答】解：.牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质，麦克斯韦的电磁说与爱因斯坦的光子说，光既具有波动性又具有粒子性，故具有波粒二象性，故 A 错误；B.根据质量数守恒和电荷数守恒，得 t 10，故 B 正确；C.根据光电效应方程知：12 2 t ，入射光频率越大所产生的光电子的最

7、大初动能就越大，与入射光的强度无关，故 C 错误；D.爱因斯坦的质能方程 t 2，只是说明物体具有的能量与它的质量之间存在着简单的正比关系，E 并不是物体以光速 c 运动的动能，故 D 错误。故选 B。4.如图为氢原子的能级示意图：a 表示从能级 t 5 到 t 3的跃迁：b 表示从能级 t 4 到 t 2 的跃迁：c 表示从能级 t 3 到 t 1 的跃迁。氢原子在A.过程 b 发射的光频率最大，过程 a 发射的光波长最长B.过程 a 发射的光频率最小，过程 b 发射的光波长最短C.过程 c 发射的光频率最大，过程 a 发射的光波长最长D.过程 c 发射的光频率最小，过程 b 发射的光波长最

8、短【答案】C【解析】【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足 t 。【解答】原子从高能级向低能级跃迁辐射出光子，能级间跃迁辐射的光子能量必须等于两能级间第 3页，共 9页的能级差，过程 a 发射的光能量最小，过程 c 发射的光能量最大；根据：t t，辐射的光子能量越小，频率越小，波长越大，所以过程 c 发射的光频率最大，过程 a 发射的光波长最长，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。5.如图所示，质量为 t 2 的小球 P 从离水平面高度为 t 0.8 的光滑斜面上

9、滚下，与静止在光滑水平面上质量为 t 2 的带有轻弹簧的滑块 Q 碰撞，t102，下列说法正确的是A.P 球与滑块 Q 碰撞前的速度为 5B.P 球与滑块 Q 碰撞前的动量为 16kgC.它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为 2D.当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为 16【答案】C【解析】【分析】研究 P 球下滑的过程，由机械能守恒定律求出 P 球与滑块 Q 碰撞前的速度，由 t 求得动量。轻弹簧压缩至最短时两球的速度相同，由动量守恒定律求出共同速度，再由系统的机械能守恒求轻弹簧压缩至最短时其弹性势能。解决本题时，要理清两球的运动过程，把握弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，要知道

10、弹簧弹性势能最大的条件是两球速度相同。【解答】A.P 球下滑的过程，由机械能守恒定律得：t12 02，得0 t2 t2 10 0.8 t 4，故 A 错误；B.P 球与滑块 Q 碰撞前的动量为 t 0 t 2 4 t 8 ，故 B 错误；C.设它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为 v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得0 t t，解得 t 2，故 C 正确；D.当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为 t12 02 12 t 2，解得 t 8，故 D 错误。故选 C。6.如图所示，在光滑的水平面上宽度为 L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场现有一个边长为 h 的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度

11、0向右滑动，穿过磁场后速度减为 v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小A.大于0t2B.等于0t2C.小于0t2D.以上均有可能【答案】B【解析】解：对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为1，末速度为2.由动量定理可知：t 2 1，又电量 t ，得2 1 t，第 4页，共 9页得速度变化量 t 2 1 t由 tt 可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为，则有0 t ，解得，t0t2故选：B线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作

12、用而做减速运动，根据动量定理和电量 t 分析电量的关系根据感应电量 t，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度根据动量定理求解电量或速度的变化是常用的方法，还要掌握感应电荷量公式 t，即可进行分析7.M 置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块 m 以初速度 v 滑上车表面，则A.m 的最终速度为tB.因车表面粗糙，故系统动量不守恒C.车面越粗糙，小车 M 获得动量越大D.车面越粗糙，系统产生的内能越多【答案】A【解析】解：AD、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m 速度减小，M 速

13、度增大，m 速度减小到最小时，M 速度达最大，最后 m、M 以共同速度运动 t t t t 相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能，根据能量守恒得：损 t 12 2 12 t 2故 A 正确，D 错误B、车表面粗糙，小车与木块间的力属于内力，不是判断系统动量是否守恒的条件故B 错误C、根据 A 选项分析，小车 M 获得动量 与车面粗糙程度无关，故 C 错误故选 A以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能第 5页，共 9页应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守

14、恒结合起来列出等式求解是常见的问题二、多选题（本大题共 3 小题，共 12.0 分）8.两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面质量均为 m 的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为 2.整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向竖直向上的匀强磁场中当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速度2向下匀速运动重力加速度为.下列说法中正确的是A.ab 杆所受拉力 F 的大小为2212t B.cd 杆所受摩擦力为零C.回路中的电

15、流强度为1t22D.与1大小的关系为 t2221【答案】AD【解析】【分析】当导体棒 ab 匀速向右运动时，切割磁感线，cd 运动时不切割磁感线，在回路中产生感应电流，从而使导体棒 ab 受到水平向左的安培力导体棒 cd 受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使 cd 受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解。本题是又杆类型，涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解。【解答】导体棒切割磁感线时产生沿 abdca 方向的感应电流，大小为：t12

16、 导体棒 ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得：t t t导体棒 cd 运动时，在竖直方向受到摩擦力和重力平衡，则有：t t 联立以上各式解得：t t2212t，t2221，故 AD 正确，BC 错误。故选 AD。9.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 P、Q 分别于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.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动C.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

17、圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2倍第 6页，共 9页【答案】AB【解析】【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径 L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况根据右手定则分析感应电流方向，根据 t 2 分析电流在 R 上的热功率变化情况本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握【解答】.铜盘转动产生的感应电动势为：t12 2，B、L、不变，E 不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿 a 到

18、 b 的方向流动，故 AB 正确；C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故 C 错误；D.若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，回路电流变为原来 2 倍，根据 t 2 电流在R 上的热功率也变为原来的 4 倍，故 D 错误；故选 AB。10.如图所示，用理想变压器给变阻器 R 供电，设输入交变电压不变.当变阻器 R 上的滑动触头 P 向上移动时，图中四只电表的示数和原线圈输入功率 P 变化情况是A.1不变，2不变B.1不变，2变大C.1变大，2变小D.P 变小【答案】AD【解析】解：AB、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的

19、输出电压也不变，所以1、2的示数都不变，故 A 正确，B 错误；C、当变阻器的滑动头 P 向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要变小，即1、2的示数都减小，故 C 错误；D、根据 t，2 不变，2 减小，则变压器的输出功率减小，输入功率也减小，故 D正确，故选：AD。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方

20、法三、简答题（本大题共 3 小题，共 24.0 分）11.如图所示，足够长的 U 形导体框架的宽度 t 0.5，底端接有阻值 t 0.5的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成 t 37角。有一磁感应强度 t 0.8与 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一根质量 t 0.4、电阻 t t 0.5的导体棒 MN垂直跨放在 U 形导体框架上，某时刻起将导体棒 MN 由静止释放。已知导体棒 MN第 7页，共 9页与导体框架间的动摩擦因数 t 0.5.37 t 0.637 t 0.8g 取 1021求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；2求导体棒运动过程中的最大速度大小；3从导体棒开始下滑

21、到速度刚达到最大的过程中，通过导体棒横截面的电荷量 t 4，求导体棒 MN 在此过程中消耗的电能。【答案】解：1以 ab 为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：t 代入数据解得：t 22；2当导体棒匀速下滑时其受力情况如图，因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为 v，则在平行斜面上根据平衡条件可得：t t 0摩擦力为：t；安培力为：t t 根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为：ttt由以上各式解得：t 5；3通过导体的电量为：t tttt设物体下滑速度刚好为 v 时的位移为 x，则有：t t 全程由动能定理得：安 t 12 2代入数据解得：克 t 3；克服安培力做功等于消耗的电能，即 t 3导

22、体棒 MN 在此过程中消耗的电能为 tttt t 1.5。答：1导体棒刚开始下滑时的加速度大小为 22；2导体棒运动过程中的最大速度为 5；3导体棒在此过程中消耗的电能为 1.5。【解析】1以 ab 为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解加速度；2当导体棒匀速下滑时在平行斜面上根据平衡条件列方程，结合安培力的计算公式求解；3根据电荷量的计算公式求解运动的位移，再根据动能定理列方程求解。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解

23、。12.如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角 t 37，导轨间距 t 0.2，底端接阻值1 t 4.0的定值电阻，顶端接阻值2 t 4.0的小灯泡，导轨间有磁感应强度 t 2.0与、方向垂直导轨向上的匀强磁场。将一质量 t 0.1 金属棒垂直于导轨静止释放，棒沿导轨下滑距离为 s 时，速度达到最大值，此时小灯泡恰能正常发光，电路中产生的焦耳热 t 0.35.棒与导轨的电阻不计，它们之间接触良第 8页，共 9页好、动摩擦因数 t 0.25，重力加速度 g 取 102，37 t 0.6，37 t 0.8，求：1金属棒刚开始运动时的加速度大小；2小灯泡的额定电压；3金属棒沿导轨下滑的距离

24、s。【答案】解：1金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得：mgsin t t 4 2；2金属棒下滑到速度最大时其合外力为零，设金属棒中的总电流为 I，由平衡条件得：mgsin t t 通过小灯泡电流 t 0.5灯泡的额定电压 t t 2；3金属棒电阻不计，电动势与端电压相等，则 t t 对金属棒，由动能定理 t12 2解得：t 4 m。答：1金属棒刚开始运动时的加速度大小为 42；2小灯泡的额定电压为 2V；3金属棒沿导轨下滑的距离为 4m。【解析】1金属棒刚开始运动时初速度为零，由牛顿第二定律求解加速度；2由平衡条件求解通过小灯泡电流，根据欧姆定律求解灯泡的额定电压；

25、3对金属棒，由动能定理求解金属棒沿导轨下滑的距离 s。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。13.发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器发电机的输出功率是 100kW，输出电压是250V，升压变压器的原、副线圈匝数比为 1：25，输电导线中的电功率损失为输入功率的 41画出上述输电全过程的线路图2求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流3求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压4计算降压

26、变压器的输出功率第 9页，共 9页【答案】解：1输电全过程的线路图，如图所示：2由理想变压器的电压与匝数关系可得：12t 12即2502 t125解得：2 t 6250由1 t1 t1001000250t 400再理想变压器的电流与匝数关系可得：12t 21解得：2 t 163由题意可知：损 t 4 t 4000而损 t 22由于 t1258 则损 t 2 t 2503 t 6250 250 t 60004所以出 t 100 103 96 t 96答：1如图所示；2升压变压器的输出电压 6250V，输电导线中的电流 16A；3输电导线的总电阻为1258，降压变压器原线圈两端的电压 6000V；4降压变压器的输出功率为 96KW【解析】通过理想升压变压器与1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器与2向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损