【文档说明】河南省郑州市中牟县第一高级中学2019-2020学年高二下学期第五次月考物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，590.009 KB，由小赞的店铺上传

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-1-物理试卷一、选择题1.下列核反应式中，X代表粒子的是（）A.9412426BeHeCX+→+B.2342349091ThPaX→+C.231110HHXn+→+D.30301514PSiX→+【答案】C【解析】【详解】A．核反应式94124

26BeHeCX+→+，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知X应是10n。故A不符合题意。B．核反应式2342349091ThPaX→+，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知X应是0-1e。故B不符合题意。C．核反应式231110

HHXn+→+，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知X应是42He。故C符合题意。D．核反应式30301514PSiX→+，按照质量数守恒、电荷数守恒的规律，可知X应是01e。故D不符合题意。故选C。2.

在适当的时候,通过仪器可以观察到太阳后面的恒星,这说明星体发出的光()A.经太阳时发生了衍射B.可以穿透太阳及其他障碍物C.在太阳引力场作用下发生了弯曲D.经过太阳外的大气层时发生了折射【答案】C【解析】根据爱因斯坦的广义相对论，光线在太阳引力

场作用下发生了弯曲，所以可以在适当的时候（如日全食时）通过仪器观察到太阳后面的恒星，故C正确，ABD错误．3.如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，那么，下列说法正确的是-2-A.振子在M、N两点所受弹簧弹力相同B.振子在M、N两点对平衡位

置的位移相同C.振子在M、N两点加速度大小相等D.从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动【答案】C【解析】【详解】B．因M、N两点的速度大小相同，则M、N两点关于O点对称，故振子在M、N两点对平衡位置的位移大小相同，方向相反，选项B错误；A．根据F

=-kx可知，振子在M、N两点所受弹簧弹力大小相同，方向相反，选项A错误；C．由牛顿第二定律可知振子在M、N两点加速度大小相等，选项C正确；D．从M点到N点，由于弹力的大小不断变化，故振子先做变加速运动，后做变减速运动，选项D错误；故选

C。4.一定质量的水，温度从30℃升高到50℃，下列说法中正确的是A.每个水分子热运动的速率都变大B.水分子的平均动能变大C.水的分子势能不变D.分子间相互作用的引力和斥力都增大【答案】B【解析】【详解】AB．温度升高分子的平均动能和平均速

率增大，但不是每个分子的速率都增大，A错误B正确；CD．由于热胀冷缩的原因，温度升高体积增大，因此势能发生变化，引力和斥力都变小。CD错误。故选B。5.如图所示，AB为一直光导纤维，A、B之间距离为s，使一光脉冲信号从光导纤维中间入射，射入后在光导纤维与空气的界面上恰好发生

全反射，由A点传输到B点所用时间为t，已知光在真空中的传播速度为c。则光导纤维所用材料的折射率为（）-3-A.ctsB.sctC.cstD.tcs【答案】A【解析】【详解】由于恰好在界面发生全反射，因此可知

1sinn=设光在介质中传播的路程中L，可得sinsL=光在质介中传播的速度Lvt=又由于cnv=联立可得ctns=A正确，BCD错误。故选A。6.在光电效应实验中，飞飞同学用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），如图所示。则可判断出

（）A.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光的波长大于丙光的波长-4-C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】B【解析】【详解】A．根据212meUmvhW==−截入射光的频率越

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；故A错误；B．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长，故B正确；C．同一金属，截止频率是相同的，故C错误；D．甲光的截止电压

小于丙光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能。故D错误。故选B。7.关于电子的运动规律，以下说法正确的是（）A.电子如果表现出粒子性，则无法用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律B.电子如果表现出粒子性，则可以用

轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律C.电子如果表现出波动性，则无法用轨迹来描述它们的运动，空间分布的概率遵循波动规律D.电子如果表现出波动性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律【答案】C【解析】【详解】AB.电子运动对应的物质波是概率波.少量电子表现出粒子性，无法用轨

迹描述其运动，也不遵循牛顿运动定律，A、B错误；CD.大量电子表现出波动性，无法用轨迹描述其运动，可确定电子在某点附近出现的概率，且概率遵循波动规律，C正确，D错误8.如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁

所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是()-5-A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，知a光的频率最大，波长最短，从第3能级跃迁到第2能级，能级

差最小，知b光的光子频率最小，波长最长，所以波长依次增大的顺序为a、c、b，C正确．9.按照大爆炸理论，我们所生活的宇宙是在不断膨胀的，各星球都离地球而远去，由此可以断言（）A.地球上接收到遥远星球发出的光的波长要变长B.地球上接收到遥远星球发出的光的波长要变短C.遥远星

球发出的紫光，被地球接收到时可能是紫外线D.遥远星球发出的红光，被地球接收到时可能是红外线【答案】AD【解析】【详解】AB．据大爆炸理论，我们所生活的宇宙是在不断膨胀的，各星球都离地球而远去，根据多普勒效应，可以推测出地球上接收到遥远星球发出的光的频率变小，波长变大，A正确，B错误；

C．遥远星球发出的紫光，被地球接收到时频率降低，不可能是紫外线，C错误；-6-D．遥远星球发出的红光，被地球接收到频率降低，可能是红外线，D正确。故选AD。10.如图所示为氢原子的能级示意图，假设氢原子从n

能级向较低的各能级跃迁的概率均为11n−。则对3000个处于n=4能级的氢原子，下列说法正确的是（）A.向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量可以是任意值B.向低能级跃迁时，向外辐射的光子能量的最大值为12.75eVC.辐射的光子的总

数为5500个D.吸收能量大于1eV的光子时能电离【答案】BCD【解析】【详解】A．向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量一定等于两个能级间的能量差，A错误；B．当氢原子由第4能级跃迁到第1能级时，向外辐射的光子能量最大，其值为12.75eV，B正确；C．这3000个氢原子向

低能级跃迁时，根据跃迁的概率均为11n−计算，分别向第3、2、1能级跃迁1000个，第3能级的1000个氢原子分别向第2、1能级跃迁500个，第2能级的1500个氢原子全部跃迁到第1能级，因此总共向外辐

射5500个光子，C正确；D．只要吸收的光子的能量大于等于0.85eV就能使氢原子电离，D正确。故选BCD。11.如图甲所示，在升降机的顶部装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一个质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻

，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t的变化关系如图乙所示，g为重力加速度，则（）-7-A.升降机停止前在向下运动B.0~t1时间内小球处于失重状态，速率不断增大C.t2~t3时间内小球处于超重状态，速率不断减小D.t2~t4时间内小

球处于超重状态，速率先减小后增大【答案】CD【解析】【详解】A．升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来得运动方向运动一段时间，弹簧处于伸长状态，10t时间内，小球处于失重状态，弹簧弹力由mg

减小为0，说明弹簧逐渐恢复原长，升降机停止前在向上运动，小球在继续向上运动，故A错误；B．10t时间内，拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小，故B错误；CD．同理

分析可得：10t时间内，小球向上减速，加速度方向一直向下，小球处于失重状态；12tt时间内，小球向下加速，加速度方向一直向下，小球处于失重状态；23tt时间内，小球向下减速，加速度方向一直向上，小球处于超重状态；34tt时

间内，小球向上加速，加速度方向一直向上，小球处于超重状态，故CD正确。故选CD。12.关于激光与自然光，下列说法正确的是（）A.激光是只含一种频率的光，而自然光是含有各种色光频率的光，所以激光的相干性好B.自然光是由物质的原子发射出来的，

而激光是人工产生的，所以激光不是由物质的原子发射出来的C.激光和自然光都是横波D.相干性好是激光的一个特点【答案】CD【解析】-8-【详解】A．激光的频率也有一定的范围，只是频率范围很窄，A错误；B．激光是原子受激辐射发出的光，因此激

光也是由物质的原子发射出来的，B错误；C．根据光的偏振现象，说明所有的光都是横波，C正确；D．相干性好是激光的一个特点，D正确。故选CD。二、实验题13.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示：(1)测出悬点O至小

球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=________（用L、n、t表示）；(2)用多组实验数据作出T2－L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力

加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________（选填选项前的字母）。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c

对应的g值小于图线b对应的g值D.图线a对应的g值大于图线b对应的g值【答案】(1).2224nLt(2).B【解析】【详解】(1)[1]单摆的振动周期-9-tTn=根据振动周期公式2LTg=可得重力加速度2224ntgL=(2)[2]A．

由题图可知，对图线a，当L为零时T2不为零，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；B．由图c可知，同样摆长的情况下，振动周期偏小，可能是实验中误将49次全振动记为50次，从而周期的测量值偏小导致，B正确；

C．根据单摆的振动周期公式2LTg=可得224TLg=图线的斜率24kg=图线c对应的斜率k偏小，因此图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；D．由于图线b和图线a斜率相等，因此测量的g值相等，D错误。故选B。14.某实验小组在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验

中，所用的油酸酒精溶液的体积分数为0.1%，1mL上述溶液有50滴，实验中用滴管吸取该油酸酒精溶液向浮有痱子粉的水面中央滴入一滴：-10-(1)该实验中的理想化假设是________；A.将油膜看作单分子层薄膜B.不考虑油酸分子间的间隙C.不考虑油酸分子间的相互作用力D.将油酸分

子看成球形(2)实验中描出油酸薄膜轮廓如图所示，已知每一个正方形小方格的边长为2cm，则该油酸薄膜的面积为________m2（结果保留一位有效数字）；(3)经计算，油酸分子的直径为________m。（结果保留一位有效数字）【答案】(1).ABD(2).3×10-

2(3).7×10-10【解析】【详解】(1)[1]用油膜法测量分子的直径，不考虑分子间的间隙，将油膜看成单分子层薄膜，将油酸分子看成球形，因此ABD正确，C错误。故选ABD。(2)[2]由于每个小方格的边长为2cm，则每

一个小方格的面积就是4cm2，估算油膜面积时超过半格的按一格计算，小于半格的舍去，由题图所示，可估算出油酸薄膜占75格，则油酸薄膜面积S=75×4cm2=3×10－2m2(3)[3]1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V=150×0.1%mL=2×10-5mL=2×10－11m3则油酸

分子的直径11102210m710m310VdS−−−===三、计算题15.如图所示，△ABM为透明柱状介质的横截面，其中∠A=30°．一束单色光从AM的中点P以一定的入射角入射，恰好能在AB边上发生全发

射，且反射后的光线垂直BM边射出．已知BM-11-边的长度为a，光在真空中的传播速度为c，求：（1）该透明介质的折射率;（2）该单色光在透明介质中的传播时间．【答案】(1)233；(2)32atc=；【解析】【详解】（1）单色光在透明介质中的传播路线如图所示由几何关系可知，当单色

光在AB边上刚好发生全反射时，其临界角为60o由1sinCn=可得1sinnC=带入数据可得233n=（2）由几何关系可得12PEa=，120PEQ=，所以-12-332PQPEa==332AQPQa==；又因为1

2QBABQEAEa=−−=，所以34QFa=；单色光在该透明介质中的传播速度32cvcn==，所以单色光在该透明介质中的传播时间PQQFtv+=代入数据可得32atc=．【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律sinsininr

=、临界角公式1sinCn=、光速公式cvn=，画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题．16.一列简谐横波在t＝13s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点．图(b)是质点Q的振动图象。求：(ⅰ)波速及波的传播方向；(ⅱ)质点Q的平衡位置的x坐标。【答

案】(ⅰ)18cm/s，沿x轴负方向传播(ⅱ)9cm【解析】【详解】(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm①-13-由图(b)可以看出，周期为T＝2s②波速为v＝T＝18cm/s③由图(b)知

，当t＝1/3s时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播；(ⅱ)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为Px、Qx由图(a)知，x＝0处y＝－2A＝Asin(－30)因此303cm360px

==④由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝13s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有QPxx−＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为Qx＝9cm17.两个动能均为1MeV

的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：12231111HHHH+→+。（已知21H的质量m0=2.0136u，31H的质量m1=3.0156u，H的质量m2=1.0073u，1u相当于931.5MeV的能量。结果

均保留2位有效数字。）(1)此核反应中放出的能量ΔE为多少？(2)若放出的能量（包括最初的动能和核反应放出的能量，以后见此题目都这样理解）全部变为新生核的动能，则新生的氚核具有的动能是多少？【答案】(1)4.0MeV；(2)1.5MeV。【解析】【详解】(1)此核反

应中的质量亏损(22.01363.01561.0073)0.0043muu=−−=根据-14-2Emc=可得放出的能量为0.0043931.5MeV4.0MeVE=(2)因碰前两氘核动能相同，相向正碰，故碰前的总动量为零。因核反应中的动量守恒，故碰后氚核和质子的总动量也为零。设其动量分

别为p1、p2，必有p1=－p2设碰后氚核和质子的动能分别为Ek1和Ek2，根据2k2pEm=可得k1k213EmEM==由题可知，新生氚核的动能为k101(2)1.5MeV4EEE=+=18.某电台发射功率为10kW，在空气中波长为200m的电磁波。（结果均保留1位有

效数字）求：(1)该电台每秒钟从天线发射多少个光子？（h=6.63×10-34J。s，取6.63×3=20）(2)若发射的光子四面八方视为均匀的，求在离天线2.5km处，直径为2m的环状天线每秒接收的光子数和天线的接收功率？【答案】(1)1×1031个；(2)

23410个，4×10-4W【解析】【详解】(1)每个光子的能量27110Jhch−===则每秒钟电台发射上述波长光子数31110Ptn==个(2)设环状天线每秒接收光子数为n个，以电台发射天

线为球心，则半径为R的球面积24SR=而环状天线的面积-15-2Sr=所以SnnS=整理得23410n=个接收功率Pn=代入数据，整理得4410WP−=-16-