【文档说明】江西省南昌市进贤县第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，818.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题1.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（

）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式EBLv=和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可

知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场

向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv=，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．2.从1907年起，密立根就开始测

量金属的遏止电压CU（即图1所示的电路中电流表G的读数减小到零时加在电极K、A之间的反向电压）与入射光的频率，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性．按照密立根的方法我们利用图示装置进行实验，得到了某金属的CU

−图像如图2所示．下列说法正确的是A.该金属的截止频率约为4．27×1014HzB.该金属的截止频率约为5．50×1014HzC.该图线的斜率为普朗克常量D.该图线的斜率为这种金属的逸出功【答案】A【解析】【详解】试题分析：设金属的逸出功为0W，截止频率为cν，因此

0Wh=；光电子的最大初动能Ek与遏止电压UC的关系是kcEeU=，光电效应方程为0kEhW=−；联立两式可得：0CWhUee=−，因此图像的斜率为he，ＣＤ错误；当C0U=可解得144.310cHz==，即金属的截止频率约为Hz，在误差允许范围内，可以认为A正确；B

错误．考点：光电效应．3.如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A.2NBatB.22NBatC.2BatD.22Bat【答案】B【

解析】【详解】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：2221=22BBBNBaENNsNatttt−===，故B正确，ACD错误；4.放射性同位素衰变的快慢有一定的规律．氡222衰变为钋

218的规律如图所示．纵坐标表示的是任意时刻氡222的质量m与t=0时的质量m0的比值．下列说法正确的是A.氡222的半衰期是7.6天B.氡222的半衰期是3.8天C.若升高温度，氡222的半衰期将变长D.若升高温度，氡222的

半衰期将变短【答案】B【解析】试题分析：半衰期是指有半数原子核发生衰变的时间，是一个统计学规律，对大量的原子核衰变进行统计才有意义．根据图像可得氡222经过3.8天没有衰变的就剩下一半，所以选项A错B对．原子核衰变是原子核内

部的反应，温度的高度只能影响分子结构不能影响原子核内部，所以温度对原子核没有影响，无论温度如何，半衰期不变，选项CD错．考点：原子核衰变半衰期5.如图所示的的几种电流随时间变化的图线中，不属于交变电流的是（）A.B.

C.D.【答案】C【解析】【详解】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变，故ABD属于交流电，C属于直流电。本题选不属于交变电流的，故选C。6.如图所示，带负电的小球，用一绝缘细线悬挂起来，在一匀强磁场中摆动，匀强

磁场的方向垂直纸面向里，小球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力为F1，小球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，小球加速度为a2，则（）A.F1＜F2，a1=a2B.F1＞F2，a1=a2C.F1＞F2，a1

＞a2D.F1＜F2，a1＜a2【答案】A【解析】【详解】设摆球所带电量为q，摆线长为r，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点速度相等，则由A摆到最低点时：F1+Bq

v-mg=m2vr；由B摆到最低点时：F2-Bqv-mg=m2vr；解得：F1＜F2，根据牛顿第二定律得：ma=m2vr；所以两次通过C点时的加速度相同，即a1=a2．故选A．【点睛】解本题要注意，摆球从A到C和从B到C的过程中，摆球的速度方向相反，所以洛伦兹力方向也相反，注意小

球带负电，用左手定则时注意四指的指向．7.关于分子力，下列说法中正确的是（）A.碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力起作用B.用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力C.固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力D.水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明

分子间存在引力【答案】C【解析】【详解】A．碎玻璃不能拼合在一起，是由于分子间距达不到分子引力范围之内，并不是玻璃分子间斥力起作用，选项A错误；B．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是气体压强作用的缘故，不能说明气体分子间有斥力，选项B错误；C．

固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力，选项C正确；D．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在间隔，选项D错误。故选C。8.如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220V、50Hz的

交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是（）A.三只灯泡亮度不变B.三只灯泡均变亮C.L1亮度不变、L2变亮、L3变暗D.L1亮度不变、L2变暗、L3变亮【答案】D

【解析】【详解】电阻与频率无关，故频率增加，电阻不变，故L1亮度不变，由容抗12πCxfC=可知，频率越高，容抗越小，故L3变亮，由感抗2πLxfL=可知，频率越高，感抗越大，故L2变暗，故D正确，ABC错误。故选D。9.硅

光电池是一种太阳能电池，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池电动势不变，内阻不是常量），图线b是某电阻R的U-I图象，在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是（）A.此时硅光电池的内阻为8ΩB.此时硅光电池的输出

功率为0.2WC.此时硅光电池的总功率为0.72WD.此时硅光电池的输出效率约为44.4%【答案】AC【解析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为

E=3.6V。根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V，电流为I=0.2A，则电池的内阻为3.6280.2EUrI−−===故A正确。B．电池的输出功率为P出=UI=0.4W故B错误。C．此时硅光电池的总功率为P总=EI=3.6×0.2W=0

.72W故C正确。D．此时硅光电池的输出效率为0.4100%100%55.6%0.72PP==出总故D错误。故选AC。10.如图所示，两个带电小球A、B穿在同一根光滑绝缘的细绳上，细绳两端固定在天花板的O点，

当整个系统保持平衡时，两小球连线恰好水平，且两小球与悬点O恰好构成一个正三角形，则下列判断正确的是（）A.两小球质量一定相同B.两小球带电量一定相同C.细绳张力与两小球之间库仑力之比为2∶3D.A球在缓慢漏电过程，细绳张力始终保

持不变【答案】AC【解析】【详解】A．设绳张力为T，对A、B球所受绳子张力的合力为=2cos303FTT=对两小球受力分析如图，由图可知，cos60Fmg=则cos60Fmg=由于同一根绳子，所以绳子的拉力F相同，则两小球质量一定

相同，故A正确；B．由几何关系可得cos30ABFF=cos30BAFF=则两小球间的库仑力大小相等，由2QqFkr=可知，不能说明两小球带电量一定相同，故B错误；C．由几何关系得312cos303ABABFT

FF===则23ABTF=故C正确；D．A球在缓慢漏电过程，A、B球的库仑力减小，说明A、B两球间的距离减小，上面两绳与竖直方向夹角变大，则绳子张力变化，故D错误。故选C。11.如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系

如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力。a，b，c，d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A.乙分子从a至b做加速运动，由b至c做减速运动B.乙分子由a至c做加速运动，到达c时速度最大C.乙分子由a至b的过程中，分子力一直做正功D.乙分

子由b至d的过程中，分子力一直做负功【答案】BC【解析】【详解】A．乙分子从a到c的过程中，分子力表现为引力，分子力的方向与运动方向相同，乙分子做加速运动，故A错误。B．乙分子从a到c做加速运动，过c点后，分子力表现为斥力，分子力的方向与运动方向相反，乙分子做减速运动，可知到达c时速度最大，

故B正确。C．乙分子由a至b的过程中，分子力为吸引力，则分子力一直做正功，选项C正确；D．乙分子由b到d的过程中，分子力先是吸引力后是排斥力，则分子力先做正功后做负功，故D错误。故选BC。12.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放

置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是（）A.两极板间电场强度大小为mgqB.两极板间电压为2mgdqC.整个过程中质点的重力势能增加22

232mgLv0D.若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上【答案】BD【解析】【详解】AB．据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏

上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg得到：2mgEq=由U=Ed可知板间电压为：2Uqmgd=故A错误，B正确；C．小球在电场中向上偏转的距离为

：y＝12at2而a＝qEmgm−＝g，t＝0Lv解得：y＝2202gLv故小球打在屏上的位置与P点的距离为：S＝2y＝220gLv重力势能的增加量为：EP＝mgs＝2220gLv故C错误。D．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E＝Ud＝QCd

而C＝4Skd，解得：E＝4kQS可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D正确。故选BD。二、实验题与填空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104mL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，(1)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(2)该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为_____m3；油酸膜的面

积是_____cm2；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为_____m（保留一位有效数字）；(3)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）【答案】(1).BC(2).12810−(3).2.88×10-2(4).10310−(5).偏大【解析】【详解】(1)[1]A．因为纯油酸所含分子量太大，造成无法形成单分子层油膜，故A错误；B

C．测算分子的直径时，必须假设的前提是将油分子看成球形分子，忽略分子的间隙，并且把油膜看成单分子油膜，故BC正确；D．测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，超过半格的算一格，不够半格的舍去，故D错误。故选BC。(2)[2][3

][4]每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积61234611mL810mL=810m1075V−−==面积超过正方形一半的正方形的个数为72个，则油酸膜的面积约为S=72×2×2cm2=2.88×10-2m2把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径6610281010

310m2.8810VdS−−−−==(3)[5]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，导致油酸分子未完全散开，导致测量的面积偏小，直径偏大。14.小明同学在测定一节干电池的电动势和内

阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（

填“A”或“B”）;A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w）B、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w）（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I

图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）【答案】(1).0.6A(2).B(3).1.21±0.01(4).1.45±0.01(5).0.50±0.05【解析】试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，

对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示0Rr+，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．（1）因一节干电池电动势只有1.5V，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2

Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A量程；电流表的最大量程为0.16A，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A，所以量程没有过半，所以选择B较为合适．（2）电压表应选择3V量程的测量，故读数为1.20V．（3）图像与

纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V；图像的斜率表示0Rr+，故01.450.72.50.3Rr−+==，故r=0.5Ω．四、解答题15.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=1

0Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V．试求：（1）输入电动机的电功率；（2）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10m/s2)．【答案】（1）550W；（2）53kg【解析】【详解】（1）电动

机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压为：U1=160-110=50V通过电动机的电流大小为：150A5A10UIR＝＝＝电动机输入的电功率为：P=UI=110×5=550W．（2）电动机的机械功率为：P′=P-I2R=550W-25×0.8W=530W．由P

=mgv可得：53053kg101m==16.一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=4510C−的电荷，放置在倾角30=的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，

其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？【答案】（1）负电荷.（2）3.46m/s.（3）1.2m【解析】

【详解】(1)由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电(2)由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力cosBqvmg=则23m/s3.46m/smvqBgcosa==(3)由公式22vax=得22(23)m1.2m2sin2100

.5vxg===17.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比12:4:1nn=．原线圈接电压为2202sin100πut=（V）的交流电源，副线圈接27.5R=的电阻．电流表和电压表可视为理想电表．求：（1）副线圈中电压表的示数U；（2）原线圈中电流表的

示数I．【答案】（1）55V（2）0.5A【解析】【分析】电压表显示的是有效值，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．【详解】（1）由题意可知，原线圈电压的有效值1220VU=．设副线圈电压的有效值为U2，则有1122UnUn=所以电压表的读数221155VnUUUn===（2）副线圈

中电流的有效值222.0AUIR==因为1221InIn=所以电流表的读数21210.5AnIIIn===【点睛】本题考查了变压器的构造和原理，难度不大．18.如图所示，木块A的质量mA=1kg，足够长的木板B的质量mB=4kg，质量为mC=

2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0=10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以vA′=4m/s的速度弹回．求:（1）B运动过程中的最大速度．（2）C运动过程中的最大速度．【答案】（1）3.5m/s，方向向右（2）73m/s，方向向右【解析】【详解

】（1）碰后瞬间B速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mA（－vA′）+mBvB所以vB=011014=4AAABmvmvm++m/s=3.5m/s方向向右（2）B、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB=（m

B+mC）vC所以vC=43.5=42BBBCmvmm++m/s=73m/s方向向右