江西省宜春市第九中学2019_2020学年高二物理下学期第二次月考试题PDF2020042402103.pdf

1、第 1页，共 6页物理试卷一、单选题（本大题共 8 小题，共 32.0 分）1.已知某单色光的波长为，在真空中的光速为 c，普朗克常量为 h，则该单色光的能量子为A.B.C.D.2.下列说法中正确的是A.氢原子由高能级跃迁到低能级时，电子的动能增加，原子的电势能减少，总能量不变B.原子核的平均结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C.天然放射现象中的射线实际是高速电子流，穿透能力比粒子强D.放射性元素的半衰期会随温度或压强的变化而变化3.放射性同位素钍 经一系列、衰变后生成氡a，以下说法正确的是A.每经过一次衰变原子核的质量数会减少 2 个B.每经过一次衰变原子核的质子数会增加

2、 1 个C.放射性元素钍 的原子核比氡a 原子核的中子数少 4 个D.钍 衰变成氡a 一共经过 2 次衰变和 3 次衰变4.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中A.原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B.原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C.原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D.原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大5.如图所示，光滑导轨 MN 水平放置，两根导体棒平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁下落穿出导轨平面的过程中，导体 P、Q 运动情况是A.P、Q 互相靠扰B.P、Q 互相远离C.P、Q 均静止D.

3、因磁铁下落的极性未知，无法判断6.如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈 L 的自感系数很大，它的直流电阻可以忽略不计则下列说法中正确的是A.闭合 S 后，灯先亮，灯后亮，最后两灯一样亮B.闭合 S 后，灯的电流方向向右，的电流方向向左C.断开 S 后，灯立即熄灭、则逐渐熄灭D.断开 S 瞬间，灯 的电流方向向右灯的电流方向向左7.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为，若外接一只电阻为 的灯泡，如图乙所示，则第 2页，共 6页A.电压表 V 的示数为 B.电路中的电流方向每秒钟改变 50 次C.灯泡实际消耗的功率为 D.发电机线圈内阻每秒钟产生

4、的焦耳热为.8.如图所示，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是A.B.C.D.10A二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分，不全得 2 分）9.在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能与入射光的频率的关系如图所示，由实验图象可求出A.该金属的极限频率和极限波长B.普朗克常量C.该金属的逸出功D.单位时间内逸出的光电子数10.关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是A.如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动B.如图乙所示，发生光电效应时，入射光越强，光电子

5、的最大初动能也就越大C.如图丙所示，金属的遏制电压与入射光的频率的图象中，该直线的斜率为，截距为逸D.同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线甲光、乙光、丙光，如图丁所示。则可判断甲、乙、丙光的频率关系为甲 乙 丙11.下列说法错误的是第 3页，共 6页A.原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和B.在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律C.在天然放射现象中放出的射线是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的D.镭 226 衰变为氡 222 的半衰期为 1620 年，也就是说，100 个镭 226 核经过 1620年后一定还剩下 50 个镭

6、226 没有发生衰变12.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为、.下列说法正确的是A.原子核可能发生的是衰变，也可能发生的是衰变B.径迹 2 可能是衰变后新核的径迹C.若衰变方程是，则：45D.若是衰变，则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向三 实验题（每空 3 分，共 15 分）13.在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每溶液中有纯油酸 6mL，用注射器测得 1mL 上述溶液有 75 滴，把 1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃

7、板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为 2cm，下列有关该实验的说法正确的_A.本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量B.本实验将油膜看成单分子油膜C.本实验忽略了分子的间隙D.测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为_；油酸膜的面积是_；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为_保留一位有效数字。油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，然后根据测量的数据算出分子直径，结果将_偏大、偏小、不变。五、计算题（本大题共 4 小题，共 37.0 分）14.（7 分）如图为

8、氢原子的能级示意图，现有大量的氢原子处于 的激发态，当原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。第 4页，共 6页这群氢原子辐射出的光子的最大能量为多少？若要电离这群氢原子，至少需要吸收多少光子的能量？若一个处于 能级的氢原子发生跃迁，发出的光谱线最多可能有几种？15.（8 分）用波长为的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为 B 的匀强磁场区域内做最大半径为 r 的匀速圆周运动，已知电子的质量为 m，电子的电荷量为.试表示：光电子的最大初动能；金属的逸出功；该电子的物质波的波长是多少？16.（10 分）小型水利发电站的发电机输出功率为 1000kW，输出电压为 500V，输电线总电阻为

9、，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为 220V，所以在用户处需安装降压变压器输电电路图如图所示，求：输电线上的电流升压变压器的原、副线圈的匝数之比降压变压器的原、副线圈的匝数之比第 5页，共 6页17.（12 分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 .，倾角 ，导轨上端串接一个.的电阻。在导轨间长 .a的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 .质量 .一 的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 .。一位健身者用恒力 h 拉动 GH 杆，CD

10、 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使 CD 棒回到初始位置重力加速度 一 上，.，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量。求 棒进入磁场时速度 v 的大小；棒进入磁场时所受的安培力的大小；在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。第 1页，共 8页物理答案和解析1.【答案】A【解析】解：1 个光子的能量 ，其中为光子的频率，而光速 ，故一个光子的能量：，故 A 正确，BCD 错误；故选：A根据 可以求一个光子的能量，而根据 可以求出一个光子的能量用 h、c、的表达式本题考查能量量子化。2

11、.【答案】C【解析】解：A、波尔理论，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放出一定频率的光子，同时电子的动能增加，势能减小，总能量减小，故 A 错误；B、原子核的平均结合能越大小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B 错误；C、天然放射现象中射线实际是高速电子流，穿透能力比粒子强，三种射线中射线的电离能力最强穿透能力最弱；故 C 正确；D、半衰期是由放射性元素本身决定的，与温度。压强等环境因素无关。故 D 错误；故选：C。氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小比结合能越大的，原子核越稳定；半

12、衰期是由元素本身决定的考查三种射线的不同能力，以及结合能与比结合能的区别；解决该题关键要掌握氢原子跃迁能量是不连续的，轨道是不连续的，辐射光子后，动能增大，电势能减小，相反吸收光子后，动能减小，电势能增加3.【答案】B【解析】【分析】解决本题的关键理解、衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题。经过一次衰变，电荷数多 1，质量数不变，经过一次衰变，电荷数少 2，质量数少 4，结合电荷数守恒、质量数守恒分析判断。【解答】A 经过一次衰变，电荷数少 2，质量数少 4，故 A 错误；B 经过一次衰变，电荷数多 1，质量数不变，质子数等于电荷数，则质子数增加 1 个，故 B 正确；C

13、元素钍R 的原子核的质量数为 232，质子数为 90，则中子数为 142，氡R原子核的质量数为 220，质子数为 86，则中子数为 134，可知放射性元素钍R 的原子核比氡R 原子核的中子数多 8 个，故 C 错误；D 钍R 衰变成氡R，可知质量数少 12，电荷数少 4，因为经过一次衰变，电荷数少 2，质量数少 4，经过一次衰变，电荷数多 1，质量数不变，可知经过 3 次衰第 2页，共 8页变，2 次衰变，故 D 错误。故选 B。4.【答案】D【解析】【分析】氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大，根据库仑引力提供向心力，比较电子动能的变化，通过电势能

14、与动能之和等于原子能量判断电势能的变化，解决本题的关键知道原子能量与轨道半径的关系，以及电势能、电子动能与轨道半径的关系。【解答】从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，原子要吸收光子，能级增大，总能量增大，根据 知，电子的动能减小，则电势能增大，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。5.【答案】A【解析】【分析】假设磁极的方向，由楞次定律可知闭合回路中电流方向，则分析两导体棒受安培力的情况可知它们的运动情况。本题可以直接利用楞次定律的第二种表述，“来拒去留”；可以理解为当磁铁下降时，线框中的磁通量增大，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积减小，PQ 相互靠拢。【解答】设磁铁的下端为 N 极

15、，则磁铁下落时，回路中的磁通量向下增大，由楞次定律可知，回路中的电流为逆时针；则由左手定则可得，P 受力向右，Q 受力向左，故相互靠拢；设磁铁的下端为 S 极，则在磁铁下落时，回路中的磁通量向上增大，同理可知，P 受力向右，Q 受力向左，故相互靠拢，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。6.【答案】D【解析】解：AB、灯与电阻 R 串联，当电键 K 闭合时，灯立即发光通过线圈 L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，逐渐亮起来所以比先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，因电阻

16、 R，则两灯亮度不一样，但电流方向相同，故 A 错误，B 也错误；C、稳定后当电键 K 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡、和电阻 R 构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，但灯闪亮后逐渐熄灭，原因是在断开之前，通过的电流大于的电流，故 C 错误D、稳定后当电键 K 断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡、和电阻 R 构成闭合回路放电，由“增反减同”可知，感应电流为顺时针，流过电流与原来相同，流过电流与原来相反，故 D 正确；故选：D当电键 K 闭合时，通过线圈 L 的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用

17、，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，第 3页，共 8页注意两灯的电流大小不同，是解题的关键7.【答案】D【解析】【分析】由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数。根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数根据电压有效值求出灯泡消耗的功率由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热。交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。【解答】由甲图知电压峰值为 R，周期 RR，所以有

18、效值为 220V，A.电压表测的是路端电压 R R，故 A 错误；B.交流电的频率为 50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变 100 次，故 B 错误；C.灯泡实际消耗的功率 ，故 C 错误；D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 每 ，故 D 正确。故选 D。8.【答案】B【解析】【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，中等难度。【解答】设交流电电流的有效值为 I，周期为 T，电阻为 R。则 t解得：故选 B。9.【答案】ABC【解析】解：

19、A、根据 R得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为R 由，可求得极限波长，故 A、C 正确B、逸出功等于 E，则 R，所以 R 或通过图线的斜率求出 R 故 B正确D、单位时间内逸出的光电子数，与入射光的强度有关，故 D 错误故选：ABC根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，同时理解光电效应产生的条件第 4页，共 8页10.【答案】CD【解析】【分析】本题意在考查对黑体辐射、光电效应等所学知识的识记能力和综合应用能力，

20、及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。【解答】A.如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短方向移动，故 A 错误；B.如图乙所示，发生光电效应时，入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，故B 错误；C.如图丙所示，金属的遏制电压与入射光的频率的图象中，该直线的斜率为，截距为逸，C 正确；D.根据 遏止 ，入射光的频率越高，对应的截止电压 U 截越大。甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；丙光的遏止电压最大，所以丙的频率最大则可判断甲、乙、丙光的频率关系为甲 乙 丙，D 正确。故选 CD。11.【答案】ACD【解析】解：A、原

21、子核的结合能是核反应前后有质量亏损，以能量的形式释放出来，并不是组成原子核的所有核子的能量总和，故 A 错误；B、在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故 B 正确；C、衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故 C 错误；D、半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故 D 错误。本题选择错误的故选：ACD。所有核反应中，质量数守恒，核电荷数守恒；原子核结合能是质量亏损以能量形式释放，衰变是内部中子转化为质子时同时生成电子，半衰期是统计规律。本题考查的知识点较多，难度不大，在平时学习中要注意多积累。12.【答案】CD【解析】【分析】静止的原子核发生

22、衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。【解答】A.原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是衰变，但不是衰变，故 A 错误；B.核反应过程系

23、统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原第 5页，共 8页子核衰变后生成的两核动量 P 大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于 P、B都相同，则粒子电荷量 q 越大，其轨道半径 r 越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为的圆为放出新核的运动轨迹，半径为的圆为粒子的运动轨迹，故 B 错误；C.由 B 选项的分析知：R ：45，故 C 正确；D.若是衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故 D 正确；故选 CD。13.【答案】；R

24、，RR；偏大。【解析】【分析】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，不能直接将纯油酸滴入水中，否则看不见油膜；实验依据是：油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙；测量油膜面积时，由于不足半格的正方形面积全部舍去，满格的算一格误。先数出坐标纸上方格的个数，然后求出油膜的面积；一滴溶液的体积乘以溶液的浓度，就是 1 滴酒精油酸溶液所含纯油的体积；油酸的体积除以油膜的面积，就是油膜厚度，即油酸分子的直径。油酸未完全散开，面积变小，根据计算分子直径公式进行分析。在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，关键掌握估算油膜

25、面积的方法和求纯油酸体积的方法，注意保留有效数字。【解答】在“用油膜法测分子直径的大小”的实验中不能直接将纯油酸滴入水中，否则看不见油膜，故 A 错误；在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验依据是：油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，故 BC 正确；D.测量油膜面积时，由于不足半格的正方形面积全部舍去，满格的算一格，故 D 错误。故选 BC。一滴酒精油酸溶液含纯油酸的体积 t R R R，由图示坐标纸可知，油膜所占方格数是 73，则油膜的面积 t ，油酸分子的直径 RR RR；此时油酸未完全散开，据油酸分子的直径公式可知，实验中面积变小使得计算结果偏大。故答案为：；R

26、，RR；偏大。第 6页，共 8页14.【答案】解：由 能级跃迁到 能级，辐射的光子能量最大 R t。若要电离至少需要吸收 R 的能量。种。答：辐射的光子最大能量为 t。若要电离至少需要吸收 R 的能量。种。【解析】【分析】本题考查了波尔原子理论，所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁。解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，知道数学组合公式的应用。15.【答案】解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力 得 ，电子的最大初动能；入射光子的能量 ，根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为R 物质波的波长为 。答：光电子的最大初动能；金属的逸出功 ；该

27、电子的物质波的波长是。【解析】本题考查爱因斯坦光电效应的综合应用，考查了洛伦兹力充当向心力，爱因斯坦光电效应方程和物质波。电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力，根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功，根据德布罗意物质波长公式求波长。16.【答案】解：输电线上损耗的功率损 RRR R R根据损 损 R RR升压变压器原线圈上的电流 RRRRRR RRR第 7页，共 8页升压变压器原副线圈的匝数之比 RRRRR R输电线上损失的电压损 RR RR升压变压器副线圈两端的电压 ，得 R RR RRRR降压变压器原线圈两端的电压 损 RRRR RR RR降压变压器原副线圈的匝数比 RRR t

28、答：输电线上的电流 100A升压变压器的原、副线圈的匝数之比R降压变压器的原、副线圈的匝数之比t【解析】由输电线上损耗的功率，可求得输电线上的电流；根据 求得升高变压器原线圈中的电流，根据电流与匝数成反比求得升压变压器原副线圈的匝数比；由导线上的电压损耗可求得降压变压器原线圈的电压，则由电压之比等于匝数之比即可求得降压变压器原副线圈的匝数之比对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不会改变功率，只改变电压和电流；注意应用损耗功率的判断及功率公式的正确应用17.【答案】解：棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：进入磁场时 CD 棒的速度为：R 棒进入磁场时产生的感应电动势为：感应电

29、流为：CD 棒安培力为：联立代入得：在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功为：由于 Rt所以 CD 棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：每 t则电阻产生的焦耳热为：每 答：棒进入磁场时速度 v 的大小为 棒进入磁场时所受的安培力的大小是 48N；在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 是 64J，电阻产生的焦耳热 Q 是。【解析】棒进入磁场前，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求 CD 棒进入磁场时速度 v。棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由 求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，最后由安培力公式求解 CD 棒安培力的大小。健身者所做的功 W 根据功的计算公式求。由牛顿第二定律求出 CD 棒进入磁场后的第 8页，共 8页加速度，知道 CD 棒做匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热。本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，从而判断导体棒的受力情况和运动情况。第 3 小题，不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，要知道导体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量。