【文档说明】江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高二下学期6月第二次月考物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，799.500 KB，由小赞的店铺上传

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2021届高二下学期第二次月考物理试卷2020.6一、选择题1.下列说法正确的是（）A.有些小昆虫能在水面上行走是因为受到液体的表面张力的作用B.气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大C.第二类永动机不可能造

成的根木原因，在于其违反了能量守恒定律D.晶体均有固定的熔点，但未必有规则的形状【答案】AD【解析】【详解】A．小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用，故A正确；B．气体从外界吸收热量，可能同时对外做功，根据热力学第一定律公式

UWQ=+，内能不一定增加，故B错误；C．第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故C错误；D．晶体均有固定的熔点，单晶体有规则的形状，多晶体一般没有规则的形状，故D正确。故选AD。2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一

质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A.v0＋mM(v0＋v)B.v0－mMvC.v0＋mMvD.v0＋mM(v0－v)【答案】A【解析】【详解】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向

，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+mM（v0+v）；A.v0＋mM(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；B.v0－mMv，与结论不相符，选项B错误；C.v0＋mMv，与结论不相符，选项C错误；D.v0＋

mM(v0－v)，与结论不相符，选项D错误；3.一个小型电热器若接在输出电压为10v的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A.

5VB.5VC.10VD.10V【答案】C【解析】试题分析：根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：Q=此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q′=Q=所以：=解得：V所以最大

值为故选C4.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡

闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯

泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不

发生闪亮现象，C正确；D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；故选C．5.如图甲所示，竖直长直导线右侧固定的矩形线框与长直导线位于同一平面内，导线中通有向下的电流，当长直导线中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示时，关于

线框中的感应电流及线框受到的安培力，下列说法正确的是A.感应电流沿逆时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向左B.感应电流沿顺时针方向且逐渐增大，线框受到的安培力方向向右C.感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到的安

培力方向向左D.感应电流沿逆时针方向且逐渐减小，线框受到的安培力方向向右【答案】C【解析】【详解】AB.直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐减小，则磁场逐渐减弱，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的

感应电流．由题目图象可知，直导线电流的变化率减小，则穿过线圈的磁场变化率也减小，那么感应电动势也减小，因此感应电流大小会减小，故AB错误．CD.根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受

到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左，故C正确D错误．6.在直角坐标系xOy的第一象限内，存在一垂直于xOy平面、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，如图所示，一带电粒子(重力不计)在

x轴上的A点沿着y轴正方向以大小为2m/s的速度射入第一象限，并从y轴上的B点穿出．已知A、B两点的坐标分别为(8m，0)，(0，4m)，则该粒子的比荷为A.0.1C/kgB.0.2C/kgC.0.3C/

kgD.0.4C/kg【答案】B【解析】【详解】粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：22rOBrOA−+=解得：r=5m，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr=，解得：20.2C/kg25

qvmBr===A.0.1C/kg与计算结果不符，故A错误．B.0.2C/kg与计算结果相符，故B正确．C.0.3C/kg与计算结果不符，故C错误．D.0.4C/kg与计算结果不符，故D错误．7.如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比为3：1，

图中四只灯泡完全相同，在L1、L2、L3正常发光的条件下，若断开L4，则（）A.L1、L2、L3变亮B.L1、L2、L3变暗C.L1变亮，L2、L3变暗D.L1变暗，L2、L3变亮【答案】D【解析】【详解】设灯泡正常工

作时的电压为U，电流为I，由原、副线圈匝数之比3：1，可得原、副线圈的电压之比3：1，原线圈两侧的电压为3U；1L也正常发光，1L两端的电压也电压U。所以最左侧的交流电的电压为4U。若没有4L，设灯泡的电流为I，则副线圈上的电流为2I，此时原线圈上的电流1I，则1123II=

所以123II=设灯泡的电阻值都是R，则副线圈两侧的电压UIR=原线圈两侧的电压33UUIR==灯泡L1两侧的电压1123UIRIR==此时11143UUUIR=+=联立得1211UU=所以2L、3L亮度变亮

；1L两侧的电压1811UU=所以1L变暗，故D正确，ABC错误。故选D。8.图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功W甲：W乙之比为（）A.1：2B.1：2C.1：3D.1：6【答案

】C【解析】【详解】甲图中，在一个周期6×10-2s内，电阻发热的时间是0～2×10-2s、4×10-2s～6×10-2s内，根据电流的热效应有：22232mITRIRT=，代入数据得2222122106102RIR−−=

，解得电流的有效值3I3A=．乙图中，在一个周期4×10-4s内，电阻发热的时间为0～4×10-4s，根据电流的热效应有：2212'2TIRIRT=，代入数据得，222221210410RIR−−=，解得电流的有效值I′=1A．根据2WIRt=知，在相同

时间内相同的电阻，消耗的电功之比等于23:11:33=．故C正确，A、B、D错误．9.关于光电效应的规律，下列说法中正确的是（）A.发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电

子数目增多B.光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C.发生光电效应的反应时间一般都大于10－7sD.只有入射光的波长小于该金属的极限波长，光电效应才能发生【答案】AD【解析】【详解】A．发生光电效应时，不改变入射光

的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项A正确；B．光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项B错误；C．发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9s，选项C错误；D．只有入射

光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D正确。故选AD。10.图示是氢原子能级示意图，一群处于n＝4能级的氢原子回到n＝1的过程中A.放出4种频率不同的光子B

.放出6种频率不同的光子C.放出的光子的最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eVD.放出的光子能使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应【答案】BC【解析】【详解】AB.一群原来处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级的过程中，根据246C=知，辐射的光子频率为6种．故A错

误，B正确．C.由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.6-0.85eV=12.75eV由n=4向n=3能级跃迁辐射的光子能量最小，为-0.85+1.51eV=0.66eV故C正确．D.由C选项分析可知，放出的光子的最大能量为12.75eV，

仍小于逸出功为13eV，所以不能使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应，故D错误．11.如图甲所示的理想变压器原、副线圈的匝数分别为100和20，现在变压器原线圈两端接入按图乙所示规律变化的正弦交变电压，则（）A.变压器的输出电压为

200VB.变压器的输出功率小于输入功率C.变压器副线圈中通过的电流的频率为5HzD.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为()u2002sin10tV=【答案】CD【解析】【详解】A．根据图乙输入电压的最大值为2002V，故电压的有效值为200V，副线圈上的输出电压1122UnU

n=解得240VU=A错误；B．理想变压器忽略了各种损耗，输入功率等于输出功率，B错误；C．根据图乙，输入电压的周期为0.2sT=，故频率为5Hz，C正确；D．根据图乙，输入电压的最大值为2002V，电压的周期为0.2sT=，根据210rad/sT==变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为(

)u2002sin10tV=D正确。故选CD。12.一个铍原子核（74Be）俘获一个核外电子（通常是最靠近原子核的K壳层的电子）后发生衰变，生成一个锂核（73Li），并放出一个不带电的质量接近零的中微子

νe，人们把这种衰变称为“K俘获”．静止的铍核发生零“K俘获”，其核反应方程为707413eBeeLiv−+→+已知铍原子的质量为MBe=7.016929u，锂原子的质量为MLi=7.016004u，1u相当于9.31×102MeV．下列说法正确的是A.中微子的

质量数和电荷数均为零B.锂核（73Li）获得的动能约为0.86MeVC.中微子与锂核（73Li）的动量之和等于反应前电子的动量D.中微子与锂核（73Li）的能量之和等于反应前电子的能量【答案】AC【解析】【详解】反应方程为7074-13eBe+e

Li+v→，根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，A正确；根据质能方程，质量减少2(7.0169297.016004)9.3110MeV0.86MeVemum=+−，为释放的核能，不是锂核获得的动能，B错误；衰变过程中内力远大于外力，故反应前

后动量守恒，故中微子与锂核（73Li）的动量之和等于反应前电子的动量，C正确；由于反应过程中存在质量亏损，所以中微子与锂核（73Li）的能量之和小于反应前电子的能量，D错误．二、填空题13.某学习兴趣小组欲采用如图所示电路测量电压表的内阻RV，待测电压表

的量程为1V，内阻约为1000．(1)在备选的甲、乙两个滑动变阻器的铭牌上分别标有(2001A)、(102A)，为尽可能提高测量精度且便于调节，滑动变阻器R1应选用___________(填“甲”或“乙”)(2)同学们的实验步骤如下，请将步骤Ⅰ补充完整：Ⅰ

.正确连接好电路后，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑片移到_________(填“左端”或“右端”)Ⅱ.闭合开关S1和S2，调节R1，使电压表指针指到1V刻度处，Ⅲ.保持S1闭合、变阻器R1的滑片位置不变，断开S2，调整电阻箱R2的阻值，使电压表的指针指

到0.5V刻度处，此时电阻箱R2的示数为990．(3)该电压表内阻的测量值为_____________．【答案】(1).乙(2).左端(3).990【解析】【详解】（1）[1]由题意可知，滑动变阻器乙的最大阻值较小，乙的额定电流较大，实验电路选

择分压式，所以为保证安全方便实验操作，滑动变阻器应选择乙．（2）[2]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关之前，将滑动变阻器R1的滑片移到左端，使待测支路电流为零．（3）[3]断开开关S2后认为分压电路

分压不变，仍为1V，电压表示数为0.5V，说明电阻箱两端电压为0.5V，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，由串联电路特点可知，它们的阻值相等，则电压表内阻等于电阻箱阻值990Ω．14.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是

否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1＞m2)。②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端

处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。⑤用毫米刻度尺量出各个

落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的______点；(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________________

，则说明碰撞中动量守恒；(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。【答案】(1).D(2).m1EL＝m1DL＋m2FL(3).m1LE＝m1LD＋m2LF【解析】【详解】（1）[1]小球1m和小球2m相撞后，小球2m

的速度增大，小球1m的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后1m球的落地点是D点。（2）[2]碰撞前，小于1m落在图中的E点，设其水平初速度为1v，小球1m和2m发生碰撞后，1m的落点在图中的D点，设其水平初速度为'1v，2m的落点是图中的F点，设其水平初速度为2

v，设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得2'11sin2cosDDLgtLvt==解得2'1(cos)2sinDgLv=同理可解得2212(cos)(cos),2sin2sinEFgLgLvv==所以只要满足112211mvmvmv=+即112mLEmLDmLF=+则说

明两球碰撞过程中动量守恒。（3）[3]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失。则要满足关系式2'22111122111222mvmvmv=+即112EDFmLmLmL=+。三、计算题15.一小型水电站，其交流发电机与升压变压器原线圈连接，如图为输电示意

图。原线圈的输入功率11000kWP=，输入电压U1=1000V，在输电过程中，要求能量损耗等于原线圈输入功率的4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求：(1)升压变压器原线圈中的电流I1；(2)输电

线中的电流2I线；(3)升压变压器和降压变压器的匝数比。【答案】(1)1000A；(2)50A；(3)1：20，80：1【解析】【详解】（1）升压变压器原线圈中的电流为1111000APIU==（2）根据2214%PIRP==损线得250AI=（3）升压变压器的匝数比为1221

nInI=得12120nn=升压变压器副线圈的电压1122UnUn=得42210VU=导线上的电压损失2UPR=损损线（）得=800VU损降压变压器的原线圈的电压3219200VUUU=−=损降压变压器的匝数比为3443UnUn=得34801nn=16.如图所示，一辆

质量为M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有质量为m=1kg的光滑小球B，将一轻质弹箦压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小

球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离。【答案】(1)v1=3m/s，v2=1m/s；(2)24Lx=【解析】【详解】(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v1、v2，则120mvMv−=2

2121122pmvMvE+=解得v1=3m/s，v2=1m/s(2)设小车移动x2距离，小球移动x1距离，整个过程中，根据平均动量守恒（人船模型）得12xxmMtt=x1+x2=L解得24Lx=17.如图所

示，用质量为m、横截面积为S的可动水平活塞将一定质量的理想气体密封于悬挂在天花板上的汽缸中，当环境的热力学温度为T0时，活塞与汽缸底部的高度差为h0.由于环境温度逐渐降低，活塞缓缓向上移动距离Δh.若外界大气压恒为p0，密封气体的内能U与热力学温度T的关系为U＝kT(k为正常数)，汽缸导热良好，

与活塞间的摩擦不计，重力加速度为g，求此过程中：(1)外界对密封气体做的功W；(2)密封气体向外界放出的热量Q.【答案】(1)WPSh=(2)00KThQPShh=+【解析】①塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，有：WpSh=，其中0pSpSmg=−解得：()0WhpS

mg=−②根据热力学第一定律可知，该过程中气体减少的内能为：UQW=−由UkT=可知UkT=，此处T仅为数值根据盖吕萨克定律可得：()0000hhShSTTT−=−，解得：000QhkTpSmgh=−+18.如图所示，绝热圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计、

可上下移动的绝热活塞，在距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，不计摩擦。活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的导热隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭同种理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压强P0

，活塞距气缸底的高度为1.6H0，现通过电热丝缓慢加热B中气体，求：(1)当B中气体的压强为1.5P0时，活塞距缸底的高度是多少？(2)当A中气体的压强为1.5P0时，B中气体的温度是多少？【答案】(1)1.9H0；(2)750K【解析】【详

解】（1）气体初状态的温度(27327)K300KT=+=B中气体做等容变化，由查理定律得00'1.5PPTT=解得'450KT=A中气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得00'(1.6)AHHSHSTT−=解得00.9AHH=活塞距离缸底的高度001

.9AhHHH=+=（2）当A中气体压强01.5P时，对A中气体，由理想气体状态方程得''AAAAAPHSPHSTT=即00000(1.6)1.5300KAHHSPHSPT−=解得750KAT=隔板导热，因此A、B中气体温度相同，故750KB

ATT==B中气体做等容变化，由查理定律得'BBBPPTT=即0'300K750KBPP=解得'02.5BPP=