【文档说明】【精准解析】广东省东莞市光明中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题.doc，共(15)页，673.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度第二学期高二年级月考高二年级物理科试卷一、单项选择题1.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。2.用不同频率光照射某一金属发生光电效应时，光电子逸出最大初动能随入射光频率变化的图像如图所示，则图中图线斜率的

含义为（）A.普朗克常数B.逸出功C.极限频率D.极限波长【答案】A【解析】【详解】根据光电效应方程得，0kmEhvW，则图中图线斜率h，其含义为普朗克常数，故选A.3.如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时（

）A.原、副线圈磁通量之比为2∶1B.原、副线圈电流之比为1∶2C.输入功率和输出功率之比为1∶2D.原、副线圈磁通量变化率之比为2∶1【答案】B【解析】【详解】A．据电磁感应原理可知，由原线圈绕组1n交变电流产生的磁通量变化全部通过变压器的铁芯传给副线圈，所以原、副线圈磁通量之比为1：1，

故A错误；B．电流与匝数成反比，所以原、副线圈电流之比为1：2，故B正确；C．变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的，所以原、副线圈中功率比为1：1，故C错误；D．理想变压器的原线圈的磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同，所以原、副线圈磁通量变化率之比为

1：1，故D错误。故选B。4.在静水中一条长L的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为A.mLMB.MLMmC.mLMmD.mLMm【答案】C【解析】船和人

组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，0=mv–MV，则有mv=MV．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为l–x．则=lxxmMtt，解得mlxMm，故C正确，ABD错误；故选C．【点睛】解决本题的关键掌握动量

守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．5.光具有波粒二象性，能说明光具有粒子性的实验是（）A.光的干涉和衍射B.光的干涉和光电效应C.光的衍射和康普顿效应D.光电效应和康普顿效应【答案】D【解析】【详解】光的干涉和衍射是波特有的现象，

不能说明光具有粒子性，而光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故D正确。6.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（）A.E0B.0mEMC.0mEMm

D.0-MEMm【答案】C【解析】【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为()Mm，该过程动量守恒，有0)(mvMmv放出的粒子的动能为20012Emv原子核反冲的动能2k1()2EMmv联立解得k0mEEMm故ABD错误，C正确。故选C。7.在光滑的水平面上，有a、b

两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是（）A.abmmB.abmmC.abmmD.无法判断【答案】B【解析】【详解】两球碰撞过程中，动量、动能守恒，所以有012aabmvmvmv，2

22012111222aabmvmvmv联立解得10ababmmvvmm，202aabmvvmm由图象可知碰后a球速度v1为负值，因此abmm，故ACD错误，B正确。故选B。8.如图所示，两个相同的木

块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为vA，子弹穿出B时，B的速度为vB，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）A.s=L，vA

=vBB.s＞L，vA＜vBC.s＜L，vA＞vBD.s＜L，vA＜vB【答案】B【解析】【详解】子弹穿过木块的过程中，阻力做负功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：对木块：ft=mv，v与t成正比，所以A的速度小

于B的速度，即vA＜vB．根据动能定理得：2102mgsmv，则得木块滑行的距离为22vsg，可知木块的初速度v越大，滑行距离越大，则知A木块滑行的距离小于B滑行的距离，所以A、B停止时它们之间的距离增大，则有s＞L

，故B正确，ACD错误．二、多项选择题9.如图小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中，对子弹、小球A和B组成的系统，下列说法正确的是（）A.子弹射入过程系统动量守恒B.子弹射入过程系统机械能守

恒C.子弹、小球A和B共速时弹簧弹性势能最大D.系统最终会处于静止状态【答案】AC【解析】子弹射入过程，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹射入过程要克服阻力做功，系统机械能有损失，机械能不守恒，故B错误；子弹、小球

A和B共速时，系统动能最小，由能量守恒定律可知，此时弹簧弹性势能最大，故C正确；系统动量守恒，由于系统初动量不为零，则系统任何时刻动量都不为零，系统最终不会静止，故D错误；故选AC．点睛：本题考查了动量守恒

与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．10.某同学研究光电效应的实验电路如图所示，用不同的光分别照射同一密封真空管的钠阴极（阴极K），钠阴极发射

出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流，实验得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（为甲光、乙光、丙光），如图所示，则以下说法正确的是（）A.甲光的强度大于乙光的强度B.乙光的频率小于丙光的频率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小于丙光的光电子的最大初动能【答案】ABD【解析】【详解】根据0kEhWeU遏入射光的频率越高，对应的反向截止电压U截越大。B．由图可知甲光和乙光对应的反向截止电压

相等，且小于丙光的反向截止电压，因此甲乙光频率相等，小于丙光的频率，故B正确；A．由图可知，甲光的饱和光电流大于乙光的饱和光电流，而甲光和乙光的频率相等，所以甲光的光强大于乙光的光强，故A正确；C．由于甲、乙、丙三种光照射的是同

一光电管，故乙光对应的截止频率等于丙光的截止频率，故C错误；D、由光电效应方程212hWmv由于甲光的频率小于丙光的频率，故甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能，故D正确。故选ABD。11.如图所

示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A.最大值是311VB.有效值是220VC.周期是0.01sD.表达式为U=220sin(100πt)（V）【答案】AB【解析】【详解】从图象可知，交流电电压的最大值为311V，周期0.02s，电压的有效

值为311V220V2U有角速度2100(rad/s)T故电压表达式为311sin100(V)ut故AB正确，CD错误。故选AB。12.在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为v、2v的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1：2，普朗克常量用h表示，则（）

A.光电子的最大初动能之比为1：2B.该金属的逸出功为当23hvC.该金属的截止频率为23vD.用频率为2v的单色光照射该金属时能发生光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．逸出的光电子最大速度之比为1:2，光电子最大的动能2kmm12Emv则两次逸出的光电

子的最大初动能之比为1:4；故A错误；B．光子能量分别为Ehv，2Ehv根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为kEhvW联立可得逸出功23hvW故B正确；C．逸出功为23hv，那么金属的截止频率为23v

，故C正确；D．用频率为12v的单色光照射，因1223vv不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误。故选BC。13.如图所示，甲、乙两球质量分别为1kg，3kg，它们在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的s-t图线，图乙表示乙球碰后的s-t时间图线，不计碰撞时间，则下列

说法正确的是（）A.甲、乙两球在t=2s时发生碰撞B.碰撞前后系统动量守恒C.碰撞后甲球的速度反向了D.碰撞前后甲球动量改变了2kgm/s【答案】ABC【解析】【详解】A．因为甲前两秒是向正方向的匀速直线运动

，2s后是向负方向的匀速直线运动，所以甲、乙两球在2st时发生碰撞，故A正确；B．因为碰撞发生在光滑的水平面上，所以碰撞前后动量守恒，故B正确；C．2s末甲球的速度时间图象斜率变为负值，说明速度反向，故C正确；D．甲球碰撞前的动量14kgm/smv，碰撞后的动量22kgm

/smv，所以动量的变化量为212kgm/s4kgm/s6kgm/spmvmv故D错误。故选ABC。14.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。其中弹簧两端分别与静止的

滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计，滑块M以初速度v0向右运动，它与档板P碰撞（不粘连）后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动，在此过程中（）A.M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C.M的速度为12v0时，弹簧的长度最长

D.M的速度为12v0时，弹簧的长度最短【答案】BD【解析】【详解】ACD．根据一动碰一静的弹性碰撞结论可知，交换速度，故俩个物体质量相等，M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，

弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大；设相等时的速度为v，以M的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得02mvmv解得02vv故AC错误，D正确；B．两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹性势能最大时

，两滑块动能之和最小，所以当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，此时两滑块动能之和最小，故B正确。故选BD。15.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说

法不正确的是（）A.在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D.被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处【答案】BCD【解析】【详解】A．在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机

械能守恒，故A正确；B．在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B错误；C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为

零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；D．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物

块不会再滑上弧形槽，故D错误。本题选不正确的，故选BCD。三、实验题16.(1)如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。①下列说法中不符合本实验要求的是________。（选填选项前面的字母）A．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入

射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端必须水平D．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺②小球a、b的质量m1、m2应该满足m1_____m2（填大于或小于或等于），放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中

水平面上的_____点和_________点。实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON。如果满足等式：_____，则认为成功验证了碰撞中

的动量守恒。(2)气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如

图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：A．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；B．调整气垫导轨，使导轨处于水平；C．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上；D．用刻度尺

测出A的左端至C板的距离L1；E．按下电钮放开卡销，同时使记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。本实验中还应测量的物

理量是_________，利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_____。【答案】(1).A(2).大于(3).M(4).N(5).112mOPmOMmON(6).2L(7).12AB120LLmmtt【解析】【详解】(1)①[1]A．为了保证入射小球不

反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞，两球的直径需相同。故A不符合要求；B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同。故B符合要求；C．为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平。故C符合要求；D．在该实

验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺。故D符合要求。本题选不符合要求的，故选A；②[2]为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；③[3][4]放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点；[5

]碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得111122mvmvmv小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，则111122mvtmvtmvt解得112mOPmOMmON(2)[6]

因系统水平方向动量守恒即AABB0mvmv由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有1A1Lvt，2B2Lvt即有12AB120LLmmtt所以还要测量的物理量是：B的右端至D板的距离2L；[7]由上述分析可知验证动量守恒定律的表达式是12AB120LLm

mtt四、计算题17.如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。(1)求小滑块与木板间的摩擦力大

小；(2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求v的大小。【答案】(1)202mvL；(2)02MmvM【解析】【详解】(1)令摩擦力的大小为fF，在小滑块向右运动过程中，对物块根据

动能定理得2f0102FLmv解得摩擦力的大小20f2mvFL(2)小滑块以速度v滑上木板到碰墙前速度为1v，由动能定理得22f11122FLmvmv碰后至共速由动量守恒，以碰撞后滑块的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得12()mvmMv由能量守恒定律得22f1211()22FLmvMmv联立解得02MmvvM18.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M

=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A的速度；（2）球碰撞后B,C的速度大小；（3）小球B运动到

最高点C时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s（2）vA＝1m/s，vB＝3m/s（3）4N，方向竖直向上【解析】【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A的运动由动量定理可得：–μMgt＝Mv–Mv0解得：v＝2m/s（2）对A、B两球组成

系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：ABMvMvmv222111222ABMvMvmv解得：vA＝1m/svB＝3m/s（3）由于轨道光滑，B球在轨道由最低点运动到C点过程中机械能守恒：2211222BCmvmvmgR

在最高点C对小球B受力分析，由牛顿第二定律有：2CNvmgFmR解得：FN＝4N由牛顿第三定律知，FN'＝FN＝4N小球对轨道的压力的大小为3N，方向竖直向上．