【文档说明】江西省南昌市进贤县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(22)页，1.110 MB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一.（每小题4分，其中1-8题单项选题，9-12题为多项选择题，共48分）1.若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.甲图中密闭气体的压强大小是p0+ρghB.乙图中密闭气体的压强大小是p0+ρghC.丙图

中密闭气体的压强大小是p0－ρghD.丁图中密闭气体的压强大小是p0＋ρgh1【答案】D【解析】【详解】A．甲图中密闭气体的压强大小是p0-ρgh，A错误；B．乙图中密闭气体的压强大小是p0-ρgh，B错误；C．丙图中密闭气体的压强大小是o003si

n602ppghpgh=−=−C错误；D．丁图中密闭气体的压强大小是p0＋ρgh1，D正确。故选D。2.某密闭钢瓶中有一定质量的理想气体，在温度T1、T2时，各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化图像分别如图中两条曲线所示。则下

列说法正确的是（）A.温度T1大于温度T2B.图中两条曲线下面积不相等C.同一温度下，气体分子的速率都呈“中间多、两头少”的分布D.钢瓶中的理想气体的温度从T1变化到T2过程中，气体压强变小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，T2中速率大的分子占据的比例较大，则说明T2对应

的平均动能较大，所以T2对应的温度较高，即T1<T2，故A错误；B．根据定义，单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线下的面积为1，所以两条曲线下面积相等，故B错误；C．同一温度下，气体分子的速率呈现“中间多、两头少”的分布规律，故C正确；D．密闭在钢瓶中的

理想气体体积不变，温度从T1变化到T2过程中，即温度升高，则分子平均动能增大，气体压强增大，故D错误。故选C。3.如图所示，一导热良好且足够长的气缸，倒置悬挂于天花板下。气缸内被活塞封闭一定质量的理想气体。活

塞质量为m，横截面积为S，当地大气压为p且不随温度变化，重力加速度为g，忽略一切摩擦。当环境温度缓慢升高时，下列说法正确的是（）A.悬线的拉力变大B.被封闭理想气体的内能增大C.被封闭理想气体的压强大小不变，且始终为mgpS+D.外界对气体做功【答案】B【解析】【分析】【详解】A．以气缸

和活塞为对象，受到重力和悬线对其的拉力，根据平衡条件可知重力和悬线对其的拉力大小相等，方向相反，所以当环境温度缓慢升高时，悬线的拉力不变，故A错误；B．由于气缸的导热良好，当环境温度缓慢升高时，被封闭理想气体的温度缓慢升高，所以被封闭理想气体的内能增大，故B正确；C．以活

塞为对象，根据平衡条件可知1pSmgpS+=解得被封闭理想气体的压强大小1mgppS=−故C错误；D．当环境温度缓慢升高时，被封闭理想气体的压强不变，根据盖吕萨克定律可得被封闭理想气体的体积增大，气体对外界做功，故D错误。故选B。4.小张在显微镜下观察水

中悬浮的细微粉笔末的运动．他把小颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示，下列判断正确的是()A.图中的折线就是粉笔末的运动轨迹B.图中的折线就是水分子的运动轨迹C.从整体上看粉笔末的运动是无规则的D.图中折线表明水分子在短时间内运动是有

规则的【答案】C【解析】【详解】A、B项：图中的折线是粉笔末在不同时刻的位置的连线，既不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故AB错误；C、D项：图中的折线没有规则，说明粉笔末的运动是无规则的，分子的运动是无规则的，故C正确，D错误．5.2018年11月12日

中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托卡马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要两个核反应方程为：①223112HHHeX+→+；②2412HYHeX+→+，则下列表述正确的是（）A.X

是质子B.Y是氚核C.①是人类历史上第一次核反应人工转变方程D.②属于核裂变反应方程【答案】B【解析】【详解】AB．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X是中子10n，Y是氚核31H，选项A错误，B正确；CD．①不是人类历史上第一次核反应人工转变方程，两个核反应

方程均属于轻核聚变方程，选项CD错误。故选B。6.以下说法正确的是（）A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的B.23290Th成为原子核20882Pb，要经过8次α衰变和6次β衰变C.α、β、γ三种

射线中，γ射线的穿透能力和电离能力都最强D.2812Mg半衰期为21小时，则10个2812Mg原子核，经过21小时后还有5个未衰变【答案】A【解析】【详解】A．β衰变实质是原子核内的中子转变为质子同时释放一个电子，故A正确；B．由质量数守恒知23220846=+即经过6次α衰变，由电荷数守恒

可知9082264=++即经过4次β衰变，故B错误；C．根据α、β、γ三种射线性质可知，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C错误；D．半衰期是大量放射性元素的原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，故D错误。故选A。7.如图所示为氢原子的能级

图，现有大量处于n=4激发态的氢原子，当其向低能级跃迁时，下列说法正确的是（）A.可以产生3种频率的光B.由n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光波长最大C.由n=4的能级跃迁到n=2能级辐射的光频率最大D.电子绕核运动的动能增大【答案】D【解析】【详解】A．大量氢原子从n=

4的能级向低能级跃迁时，可以向外辐射出24C6=种不同频率的光，故A错误；B．由n=4能级跃迁到n=3能级时，能级间差值最小，光子能量E最小，由cEh=可知光的波长最大，因此氢原子n=2能级跃迁到n=1能级时，光的波长不是最大，故B错误；C．由

n=4的能级跃迁到n=1能级时，能级间差值最大，光子能量E最大，由Eh=可知，光的频率最大。因此由n=4的能级跃迁到n=2能级辐射的光频率不是最大，故C错误；D．电子受的库仑力提供电子做圆周运动的向心力22Qqvkmrr=解得电子的动能2122Qqmvkr

=氢原子向低能级跃迁时，轨道半径变小，故电子动能增大，故D正确。故选D。8.如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁

场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B.流过电阻R的电流方向为b→R→aC.由图像可以得出B、L、R三者的关系式

为2223=BLRD.当恒力F=3N时，电阻R消耗的最大电功率为8W【答案】D【解析】【详解】A．金属杆在匀速运动之前，水平方向受到拉力F，向左的滑动摩擦力f和安培力FA，而22ARBLvF=安培力大小与速度大小成正比，开始阶段，拉力大于安培力，金属杆做加速运动，加速度减小，故金属杆在匀速运动之

前做变加速直线运动，故A错误；B．根据楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，故B错误；C．当金属杆匀速运动时，则有22BLvFfR=+解得22BLFfRvv=−根据图乙，由数学知识得，当2m/sv=则2NF=代入解得2212BLfR=−当4m/sv=3NF=代入

解得22344BLfR=−联立解得2212BLR=故C错误；D．当恒力F=3N时，由图可知4m/sv=电阻R消耗的最大电功率为()2222214W8W2BLvBLPvRR====故D正确。故选D。9.在光电效应实验中，用甲、乙、丙三束单色光

照射同一光电管，得到的光电流与光电管两端电压之间的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A.甲与丙频率相同B.乙波长大于丙波长C.甲照射光电管产生的光电子的最大初动能大于丙照射光电管产生的光电子的最大初动能D.乙照射光电管产生的光电子的最大初动能大于丙照射光电管产生的光电子的最大初动能【

答案】AD【解析】【详解】A．根据c0eUhW=−可知甲与丙的截止电压相同，故二者频率相同，故A正确；B．根据c0ceUhW=−可知同一光电管的逸出功0W相同，乙的截止电压大于丙的截止电压，故乙波长小于丙波长，故B错误；CD．根据2cm12eUmv=可知乙的截止电压大于甲和丙

的截止电压，甲和丙的截止电压相同，故乙照射光电管产生的光电子的最大初动能大于丙照射光电管产生的光电子的最大初动能，甲照射光电管产生的光电子的最大初动能等于丙照射光电管产生的光电子的最大初动能，故C错误，D正

确。故选AD。10.如图所示，A、B两物体的质量之比MA:MB=3:2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中（）A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B.若A、

B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2:3，A、B组成的系统动量守恒C.若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【分析】本题考查动量守恒的条件，解题的关键是明确研究对象（即系

统），判断系统所受的外力是否为零．【详解】A.因为A、B的质量不等，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等，A、B组成的系统所受的外力之和不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2:3，A、B两物体的质量之比MA

:MB=3:2，所以A、B两物体所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B组成的系统所受的外力之和为零，所以A、B组成的系统动量守恒，故B正确；C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦力相同，A、B组成的系统所受的外力为零，所以A、B两物体的系统总动量守恒，故C正确；D.因地面光滑，则无论A、B所受

的摩擦力大小是否相等，则A、B、C组成的系统合外力均为零，则系统的总动量守恒，故D错误．故选BC11.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r1、r2.下列说法正确的是()A.原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变B.径迹2可能是衰变后新核的径迹C.若衰变方程是238234492902UThHe→+，则r1：r2=1：45D.若是α衰变，则1和2的径迹均是顺时针

方向【答案】CD【解析】【分析】静止的原子核发生衰变，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．

【详解】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

；BC．核反应过程系统动量守恒，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：2vqvBmr=，解得：mvPrqBB

q==，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1r的圆为放出新核的运动轨迹，半径为2r的圆为粒子的运动轨迹，1r：22r=：901=：45，故B错误，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．【点睛】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．12.如图所示，在倾角30=的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强

磁场，磁感应强度B=1T，磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为L=0.5m。斜面上有一边长也为L的正方形金属线框abcd，其质量为m=0.1kg，电阻为0.5R=。第一次让线框cd边与磁场上边界重合

，无初速释放后，ab边刚进入磁场时，线框以速率v1作匀速运动。第二次把线框从cd边离磁场上边界距离为d处释放，cd边刚进磁场时，线框以速率v2作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为q1、q2，线框通过磁场的时间分

别t1、t2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q1、Q2.已知重力加速度g=10m/s2，则：（）A.121vv==m/s，0.05d=mB.120.5qq==C，0.1d=mC.12:9:10QQ=D.12:6:5tt=【答案】

BCD【解析】【详解】A．匀速运动时，对线框进行受力分析可知22sinBLvmgR=可得121m/svv==根据机械能守恒221sin2mgdmv=可得0.1md=A错误；B．进入磁场过程中2BLEtt==EIR=qIt=①由三式联立得2=BLqR代入数据整理得120

.5Cqq==结合A选项可知B正确；C．根据能量守恒定理，第一次进入磁场过程中211192sin30J220QmgLmv=−=第二次由于匀速运动212sin30J2QmgL==因此12910QQ=C

正确；D．根据动量定理，第一次进入磁场的时间1sinmgtFtmv−=②而FBIL=③将①③代入②代入数据，可得0.7st=接下来匀速运动，离开磁场的时间0.5sLtv==因此第一次穿过磁场的时

间11.2sttt=+=第二次匀速穿过磁场的时间221.0stt==因此1265tt=D正确。故选BCD。二．实验填空（13题6分，14题8分，第一空3分，其余每空1分）13.国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的

投影位置为O点。回答以下问题：(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是___________；A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.入射球和被碰球半径必须相同C.入射球和被碰球的质量必须相等D.必须测出桌面离地的高度HE.斜槽轨道必须光滑(2)国庆同学在实验中正确操作，

认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________；(3)为了完成本实验，测得入射小球质量m1，被碰小球质量m2，O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3，若两球间的碰撞是弹性碰撞，应该有等式

_______成立。A.222121123mymymy=+B.121321mymymy=+C.112231mmmyyy=+D.321yyy=+【答案】(1).AB(2).3∶2(3).AD【解析】【详

解】(1)[1]．A.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证做平抛运动，选项A正确；B.入射球和被碰球半径必须相同，以保证两球正碰，选项B正确；C.入射球质量要大于被碰球的质量，以防止入射球反弹，选项C错误；D.两球均做平抛运动，竖直高度相同，时间相同，没必要测出桌面离地的高度H，选项D错误；E.斜

槽轨道没必要必须光滑，只需小球到达底端时速度相同即可，选项E错误。故选AB。(2)[2]．设落地时间为t，则有0OPvt=1OMvt=2ONvt=而动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2即m1OP=m1OM+m2ON代入数据可得m1:m2=

3:2(3)[3]．若碰撞是弹性碰撞，动能守恒的表达式为22201122121122mvmvmv=+即222121123mymymy=+两球相碰前后的动量守恒，则有m1•OM+m2•ON=m1•OP即m1•y1+m

2•y3=m1•y2若碰撞是弹性碰撞则有321yyy=+故选AD.14.某同学欲测量两节串联干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：A．电流表1A（量程为0.6A，内阻约为0.2）B．电流表2A（量程为300μA，内阻为100）C．电流表3A（量程为100mA，内阻为2.5）D．滑动变阻

器1R（阻值范围为0~15，额定电流为2A）E．滑动变阻器2R（阻值范围为0~1000，额定电流为1A）F．定值电阻03,9900RR==G．两节待测干电池（每节干电池的内阻约为1），开关、导线若干。该同学根据提供的器材设计的实验电

路如图甲所示：（1）请根据图甲所示电路，用笔画线代替导线将实物图乙中的连线补充完整______；（2）为了尽量减小实验误差、方便操作，图乙所示电路中滑动变阻器应选用______，电流表A应选用_________，电流表A'应选用______；（均填写器材前

的字母）（3）该同学按正确操作进行重复实验，获得多组数据将电流表A的示数I作为横坐标，电流表A'的示数I'作为纵坐标绘制得到图丙所示图线，则该同学测定的串联干电池的电动势为____________V，内阻为_________________

___。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).(2).R1(3).A1(4).A2(5).2.8(6).2.2【解析】【详解】(1)[1]根据实验原理图连接实物图如图所示(2)[2]两节串联干电池的电动势约为3V，内阻约为2Ω，R0应选用与2Ω相差不多的R0；由于R2的最大阻值远大于干

电池的内阻，不便于调节，故滑动变阻器应选R1[3]干路通过的最小电流min103A0.15A2153EIrRR===++++则电流表A应选A1[4]电流表A′与定值电阻R串联改装成一个较大量程的电压表，定值电阻R只有R可供选用，为了尽量减小实验误差，改

装后的电压表的量程可考虑为3V，对于电流表A2需要的定值电阻为63Ω100Ω9900Ω30010R−=−=对于电流表A3需要的定值电阻为33Ω2.5Ω27.5Ω10010R−=−=故电流表A′应选电流表A2(3)[5][6]由闭合电路的欧姆

定律有A20)()(IRREIrR+=−+整理得'0A2A2rREIIRrRR+=+++结合题图丙有3A20.2810AERR−=+30A20.28100.54rRRR−+=+解得2.8VE=，2.2Ωr=三．解答

题（15题8分，16，17题各9分，18题12分，总共38分）15.如图所示，小车A、B的质量均为m，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根轻弹簧，小车A从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。轨道是光滑的。求：

（1）A车沿曲轨道刚滑到水平轨道时的速度大小0v；（2）弹簧的弹性势能最大时A车的速度v和弹簧的弹性势能Ep。【答案】（1）02vgh=；（2）22ghv=，12PEmgh=【解析】【详解】（1）由动能定律可得20102mghmv=−解得02vgh=（2）两者速度相等时，弹簧的弹性势能

最大，由动量守恒得02mvmv=解得22ghv=再由能量守恒得22011(2)22PEmvmv=−即12PEmgh=16.定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A—B—C.己知气体在初始A状态的压强为0P，体积为0V，温度为0T,BA连线的延，线经过坐标原点，A—B过程中，气体从

外界吸收热量为Q，B状态温度为T．试求：①气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；②气体从A—B—C整个过程中内能的变化．【答案】①00VVTT=，00pTT②Q-p0（0TT-1）V0【解析】【详解】①气体从A变化到B时，发生等压变化，设B状态时的体积为V，根据盖吕萨

克定律得到00VVTT=解得V=00VTT气体从B变化到C时，发生等温变化，设C状态时的压强为p，根据玻意耳定律，p0V=pV0解得：p=00pTT②气体从B→C过程中温度不变，内能不变．气体从A→B过程中，体积变大，气体对外做功W=-P△V=-p0（0TT-1）V0气体从外界吸收热量为Q，根据热

力学第一定律，内能的变化△U=Q+W=Q-p0（0TT-1）V017.在管中，当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg。(1)为使左端水银面下降

3cm，封闭气体温度应变为多少？(2)封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？【答案】(1)2350KT=；(2)10cm【解析】【详解】(1)设玻璃管的横截面积为S，封闭气体压强为1p，可知1016

cmHgpp+=可得160cmHgp=当左端水银面下降3cm，右端液面必然上升3cm，则左右液面高度差变为16cm3cm3cm10cmh=−−=此时封闭气体压强为2p，同样根据液面平衡可分析得2010cmHgpp+=可得266cmHgp=根据理想气体状态

方程1212(3)pLSpLSTT+=代入数据可得2350KT=(2)设此时封闭气体压强为3p，封闭气体的长度20cmL=根据理想气体状态方程可得3111pLSpLSTT=计算可得366cmHgp=此时作用液面高度差0310cmhpp=−=左端液面上升12cmxLL=−=右端上升21

8cmxhxh=+−=所以开口端注入水银的长度为1210cmxx+=18.如图所示，长木板B的质量为21.0kgm=，静止放在粗糙的水平地面上，质量为31.0kgm=的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为10.5kgm=的物块A从距离长木板B左侧9.5ml=处，以速度0

10m/sv=向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为10.1=，物块C与长木板

间的动摩擦因数20.2=，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度；(3)物块A离长木板左侧的最终距离。【答案】(1)物块A的速度3m/s、

方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m【解析】【详解】(1)设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理得22111101122mglmvmv−=−解得20129m/svvgl=−=A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律

得11122mvmvmv=+由机械能守恒定律得22211122111222mvmvmv=+联立解得121123m/smmvvmm−=−+=，121226m/smvvmm=+=碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；(2)碰撞

后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有1232321()mmgmgma−+−=对物块C2332mgma=设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则212vatat+=木板B的最小长度2221213m122dvtatat−+==(3)B、C达

到共同速度之后，因12二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得123233()()mmgmma=++整个过程B运动的位移为B1232220()216m2xvtatata+−=+=−A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为3A214.05m2xva−==

−物块A离长木板B左侧的最终距离为AB10.5mxx+=