【文档说明】湖北省襄阳市第一中学2019-2020学年高二下学期6月月考物理试题【精准解析】.docx，共(18)页，638.725 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理6月月考一、选择题1.以下说法符合物理学史的是（）A.牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”B.笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究C.密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值D.贝克勒尔通过对天然放射

现象的研究，发现了原子中存在原子核【答案】C【解析】【详解】A．第一个测量出地球质量的人是英国科学家亨利·卡文迪许（1731~1810）。1798年，他通过扭秤实验巧妙，间接测量万有引力常量，被人们誉为“第一个称地球的人”，故A错误；B．伽利略通过逻辑推理和实验对落体问

题进行了研究，故B错误；C．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值191.610Ce−故C正确；D．贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，并不是说明原子中存在原子核。α粒子散射实验说明原子中存在原子核，故D错误。故选C。2.

如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示。图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（）A.乙分子在P点（x=x2）时，加速度最大B.乙分子在Q点（x=x1）

时，其动能最大C.乙分子在Q点（x=x1）时，处于平衡状态D.乙分子的运动范围为x≥x1【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，乙分子在P点()2xx=时，分子势能有最小值，分子引力与分子斥力大小相

等，合力为零，加速度为零，A错误；B．由两分子所具有的总能量为零可知，乙分子在Q点()1xx=时，其分子势能为零，其分子动能也为零，B错误；C．乙分子在Q点()1xx=时，分子的势能为零，但分子的合力不为零，分子的引力小于分子的斥力，其合力

表现为斥力，乙分子有加速度，不处于平衡状态，C错误；D．当乙分子运动到Q点()1xx=时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子之间的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此乙分子的运动范围为1xx，D正确。故选D。3.下列说法正确的是（）A.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠

，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故B.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故D.晶体都有固定的形状，确定的熔点【答案】B【解析】【详解】A．由于

油脂将水及玻璃隔开，而水与油脂是不浸润的，故水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，但是并没有增大表面张力；故A错误；B．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故

B正确；C．玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很将玻璃板拉开，这不是因水膜的表面张力；故C错误；D．晶体有固定的熔点，晶体又分为单晶体和多晶体，单晶体有固定的几何形状，但是非晶体没有确定的几何形状，故D错误。故选

B。4.某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像如图所示，则由图像可知（）A.图像的斜率表示普朗克常量hB.遏止电压是确定的，与照射光的频率无关C.入射光的频率为2νc时，产生的光电子的最大初动能为hν

cD.入射光的频率发生变化时，金属的逸出功也随之改变【答案】C【解析】【详解】A．根据光电效应方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得0cWhUee−＝可知图像的斜率为he，选项A错误；B．由0cWhUee−＝可知，当入射光的频率大于

极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，故B错误。C．根据光电效应方程Ekm=hv-hvc可知，当入射光的频率为2νc时，产生的光电子的最大初动能为hνc，选项C正确；D．金属的逸出功只由金属的材料决定

，与入射光的频率无关，选项D错误。故选C。5.已知氢原子处于基态时的能量为E1（10E），氢原子处于n能级时能量为1n2EEn=。现有一个处于3n=能级的氢原子向低能级跃迁，发出两个不同频率的光子，其中频率较小的光子照射某种金属恰好能使该金属发生光电效应，已知普朗克常量为h。则下

列说法正确的是（）A.频率较小的光子能量为1536E−B.被照金属发生光电效应的逸出功为1536Eh−C.该氢原子向低能级跃迁过程中减少的电势能等于电子增加的动能D.若用其中频率较大的光子照射该金属，则产生的光电子的最大初动能可能为k11118EE=−【答案】AD【解析】

【详解】A．根据112224EEE==113239EEE==频率较小的光子的能量为为从能级3跃迁到能级2的光子，为132536EhEE=−=−所以A正确；B．频率较小的光子照射恰好发生光电效应，可知该金属的逸出功10032536EWhEE==−=−解得截止频率1

0536Eh=−所以B错误；C．氢原子向低能级跃迁过程中减少的电势能等于电子增加的动能与辐射的光子的能量之和，所以C错误；D．其中频率较大的光子能量为从能级2跃迁到能级1的光子，为12134EhEE=−=−根据光电效应方程0khWE=+解得k11118EE

=−所以D正确。故选AD。6.23290Th（钍）经过一系列α和β衰变，变成20882Pb（铅），下列说法正确的是（）A.铅核比钍核少8个质子B.铅核比钍核少24个中子C.共经过6次α衰变和4次β衰变D.共经过4次α衰变和6次β衰变【答案

】AC【解析】【详解】A、B项：根据质量数和电荷数守恒可知，铅核比钍核少8个质子，少16个中子，故A正确，B错误；C、D项：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y

次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x-y+82=90，4x+208=232，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，故C正确，D错误．7.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（）A.

42He核的结合能约为7MeVB.63Li核比42He核更稳定C.两个21H核结合成42He核时释放能量D.8936Kr核比23592U核更稳定【答案】CD【解析】【详解】A．42He核的比结合能约为7MeV，则

结合能约为28MeV，选项A错误；B．42He核的比结合能大于63Li核的比结合能，则42He核比更63Li核更稳定，选项B错误；C．21H核结合能为2MeV，42He核的结合能约为28MeV，则两个21H核结合成42He核时有质量亏损，释放能量，选项C正确；D．8936Kr核

比结合能大于23592U核的比结合能，则8936Kr核比23592U核更稳定，选项D正确。故选CD。8.如图是同一地点质量相同的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是（）A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的机械能比乙

摆大C.在t=1.2s时，乙摆在做减速运动，甲摆在做加速运动D.由图像可以求出当地的重力加速度【答案】ABC【解析】【详解】A．由图看出，两个单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式2LTg=得知，甲、乙两单摆的摆

长L相等，故A正确。B．甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，质量也相等，可知甲摆的机械能比乙摆大，故B正确；C．在t=1.2s时，乙摆向位移最大位置运动，则在做减速运动，甲摆向平衡位置运动，则在做加速运动，选项C正确；D．根据单摆的周期公式2LTg=可知，知道单

摆的振动周期，但是摆长未知，则无法求出当地的重力加速度，故D错误。故选ABC。9.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B．一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率

、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.36qBLmB.33qBLmC.32qBLmD.3qBLm【答案】AB【解析】【分析】粒子可能在两个磁场

间做周期性的运动，分析粒子能经过b点的条件，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子速度的可能值．【详解】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝3·3Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m2vr，则

31·3BqrBqLvmmn==(n＝1,2,3，…)，所以AB正确，CD错误；故选AB．【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可，本题粒子可能在两个磁场间做周期性的运动，对同学

们数学几何能力要求较高．10.光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图1小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图2小车靠墙放置，则（）A.图2小球返回右端后将

向右做平抛运动B.图1小球返回右端后将向右做平抛运动C.图1全过程小球对小车做的功为202mvD.图2小球在弧形槽内上升的最大高度为202vg【答案】ACD【解析】【详解】A．图2小球返回右端时的速度仍为v0，则小球将向右做平抛运动，选

项A正确；BC．图1中，设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2…①由动能守恒定律得222012111222mvmvmv=+

…②由立①②解得v1=0v2=v0即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动；对小车运用动能定理得，小球对小车做功220001122Wmvmv=−=故C正确，B错误；D．图2中小球的机械能守恒，则2012mghmv=则小球在弧形槽内上升的最大

高度为202vhg=故D正确。故选ACD。二、实验题11.如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱。实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球

等高。将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上。释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为

b、C点与桌子边沿间的水平距离为c。此外：(1)还需要测量的量是__________、_________和____________；(2)现有以下实验器材，要完成本实验必需的是（）；A．秒表B．刻度尺C．天平D

．学生电源(3)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为___________。（忽略小球的大小）【答案】(1).弹性球1、2的质量m1、m2(2).立柱高h(3).桌面高H(4).BC(5).11222cma

hmbhmHh−=−++【解析】【详解】(1)[1][2][3]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌

面高H。(2)[4]根据前面的分析，可知需要测量长度的工具和测量质量的工具，即需要刻度尺和天平，故选BC。(3)[5]1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有21111()2mgahm

v−=碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒,根据机械能守恒定律，有21121()2mgbhmv−=所以该实验中动量守恒的表达式为112312mvmvmv=+联立解得11222cmahmbhmHh−=−++

12.利用单摆测当地重力加速度的实验中：(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d=________cm；(2)用秒表记录了单摆振动40次所用的时间如图所示，秒表读数为_____s；(3)表是某同学记录的3组实验数据，并做

了部分计算处理：组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/（m⋅s−2）9.749.73请计算出第3组实

验中的T=______s，g=_____m/s2（保留小数点后两位）；(4)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的________。A.B.C.D.【答案】(1).2.26(2).75.2(3).2.0

1(4).9.76(5).A【解析】【详解】(1)[1]由题图可知，小球直径为2.2cm60.1mm2.26cmd=+=(2)[2]由题图可知，秒表读数为1min15.2s75.2s+=[3]由题可知，50次全振动的时间为100.5s，则周期为100.5s2.01s50T=

=[4]由单摆的周期公式2πLTg=则重力加速度为2224π9.76m/sLgT==(4)[5]由单摆的周期公式可得，摆长为224πgLrT+=化简可得224πgLTr=−所以当摆长没有加小球的半径时，正确的实验图象是A。三、计算题13.在一列沿水平直

线传播的简谐横波上有相距5.0m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像，已知波的传播方向从B向A传播且这列波的波长小于5.0m，求这列波可能的波速。【答案】50m/s43vn=+（n=1、2、3…..）【解析】【详解】波由B传向A，在t=0时刻，A在平衡位置向下振动

，此时B在波峰位置，则35m4n+=即20=m43n+因λ<5m，则n=1、2、3…..，因周期T=0.4s，则波速50m/s43vTn==+（n=1、2、3…..）14.如图所示，一绝热汽缸倒立竖放在两水

平台面上，缸内一光滑活塞密封了一定质量的理想气体。在活塞下挂有一物块，活塞与物块的总重力G=30N，活塞的横截面积S=3×10－3m2。活塞静止时，缸内气体温度t1=27℃，体积V1=3×10-3m3。

外界的大气压强恒为p0=1×105Pa，缸内有一个电阻丝，电阻丝的电阻值恒为R=8Ω，电源电动势E=18V、内阻r=1Ω。闭合开关10s后，活塞缓慢下降高度h=0.3m，求：(1)10s电热丝放出多少热量？10s气体对外做了多少功？气体的内能变化多少？(2)在这10s内缸内

气体做什么变化？10s末缸内气体的温度是多少摄氏度。【答案】(1)Q=320J，W=81J，ΔU=239J；(2)气体做等压膨胀，117℃【解析】【详解】(1)设缸内气体初态压强为1p，对活塞由受力平衡条件有01pSGpS

=+在电热丝对气体加热10s的过程中，气体对外界做功为1=81JWpSh=电阻丝产生的热量为2QIRt=，其中EIRr=+，320JQ=根据热力学第一定律有UQW=−解得239JU=即气体的内能增加了239J。(

2)气体做等压膨胀，由盖吕萨克定律有1112VVShTT+=解得2390KT=即缸内气体的温度是117℃。15.用速度大小为v的中子轰击静止的锂核（63Li），发生核反应后生成氚核和α粒子。生成的氚核速度方向与中子的速度方向相反，氚核与α

粒子的速度之比为8∶9，中子的质量为m，质子的质量可近似看成m，光速为c：（1）写出核反应方程；（2）求氚核和α粒子的速度大小；（3）若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出质量亏损。

【答案】（1）见解析；（2）123vv=；234vv=；（3）2231Δ24mvmc=【解析】【详解】（1）由题意可知，核反应方程为16340312nLiHHe+→+（2）设中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得1234mvmvmv=−+由题意得

12:8:9vv=解得123vv=，234vv=（3）氚核和α粒子的动能之和为222k121143342224Emvmvmv=+=释放的核能为222kkn43131Δ24224EEEmvmvmv=−

=−=由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为222Δ31Δ24Emvmcc==16.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a（0,2h）点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一

段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第4次经过x轴的时间t总。

【答案】（1）2h；12qBhvm=；（2）22(22)qhBEm=+；（3）11(424)4mqB++【解析】【详解】（1）根据题意可大体画出粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，rcos45°=2h即r=2h211vqvB

mr=解得12qBhvm=（2）粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点速度大小为vb粒子做类平抛运动，有：vb=v1cos45°所以2bqBhvm=设粒子进入电场经过时间t运动到b点，由类平抛运动得r+rsin4

5°=vbt1sin45qEvtm=所以22(22)qhBEm=+（3）粒子在磁场中的周期为2mTqB=第一次经过x轴的时间为15584mtTqB==在电场中运动的时间为2(22)22mttqB+==在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间为33342mtTqB==在第三次经过x轴

到第四次经过x轴的时间为42(2)22mttqB+==所以总时间为t总=t1+t2+t3+t4=11(424)4mqB++获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com