【文档说明】江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，864.500 KB，由小赞的店铺上传

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江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高二（下）第一次月考物理试题第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。）1.下

列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应B.图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的C.图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射

图样，可以说明电子具有粒子性【答案】B【解析】【详解】A.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，爱因斯坦成功的解释了光电效应现象，A错误B.波尔提出自己的原子模型，他指出氢原子能级是分立的，解释了原子发射光子的频率是不连续的，B正确C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了自己的原子核式结构

模型，C错误D.衍射是波的典型特征，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，D错误2.下列说法正确的是（）A.发射光谱一定是连续谱B.23892U衰变为22286Rn要经过4次衰变和6次衰变C.氢原子的核外电

子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中，原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大D.汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷【答案】D【解析】【详解】A．发射光谱有两种类型：连续光谱和明线光谱，故A错误；

B．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4x+222=238，2x-y+86=92解得x=4，y=2故衰变过程中共有4次α衰变和2次β衰变，故B错误；C．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子

的能量增大，故C错误；D．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷，故D正确。故选D。3.用如图所示装置做光电效应实验，下述正确的是（）A.光电效应现象是由爱因斯坦首先发现的B.实验现象揭示了光具有波动性C.实验中，光电子从锌板逸出，

验电器带正电D.实验中，若用可见光照射锌板，也能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A、光电效应是由赫兹首先发现的，故A错误．B、光电效应现象揭示了光具有粒子性，故B错误．C、光电效应现象中，光电子从锌板逸出，验电器

带正电，故C正确．D、光电效应中应该用紫外线照射锌板，当用可见光时，频率降低，小于极限频率，则不满足光电效应反生条件．故D错误．故选C．【点睛】解决本题的关键知道光电效应方程，知道光电效应说明光具有粒子性，理解光电效应发生的条件．4.图为氢原子能级图。现有一群处于n=4激发态的氢原子，

用这些氢原子辐射出的光照射逸出功为2.23eV的某金属，则（）A.这些氢原子能辐射出三种不同频率的光子B.这些氢原子辐射出光子后，电子的总能量保持不变C.这些氢原子辐射出的所有光中有四种光子能使该金属发生光电效应D.该金属逸出的所有光电子中，初

动能的最大值约为10.62eV【答案】C【解析】【详解】A．根据246C=种，知这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，故A错误；B．这些氢原子辐射出光子后，电子的动能增大，电势能减小，总能量会减小，故B错误；

C．根据能级跃迁释放光子等于能级能量差可知，在这些光子中，除了4到3、3到2能级跃迁之外的光子均可发生光电效应，故共有4种能使该金属发生光电效应，故C正确；D．从4到1能级跃迁的光子能量最大，对应初动能最大0(13.60.85)eV2.23eV10.52eVkm

EhvW=−=−−=故D错误。故选C。5.用甲、乙、丙三种单色光在同一个光电管上做光电效应实验，发现光电流I与电压U的关系如图所示，下列说法正确的是A.甲、乙两种单色光的强度相同B.单色光甲的频率大于单色光丙

的频率C.三种单色光在同种介质中传播时，丙的波长最短D.三种单色光中，丙照射时逸出光电子的最大初动能最小【答案】C【解析】【详解】A、甲乙两种单色光对应的遏止电压相同，则两种光的频率相同，但加正向电压时甲的饱和电流更大，说明甲光的光更

强；故A错误.B、D、由光电效应方程0kmEhW=−和0CkmeUE−=−可知遏止电压越大时，对应的光的频率越大，故=甲乙丙；三种光照射同一金属，飞出的光电子的最大初动能关系为=EEEkm甲km乙km丙；故B，D均

错误.C、光在同种介质中传播的速度相同，由vλν=可得，=甲乙丙；故C正确.故选C.6.利用金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为

m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是A.该实验说明了电子具有粒子性B.实验中电子束的德布罗意波的波长为2hmeU=C.加速电压U越大，电子的衍射现象越明显D.若用相同动能的质子替代电子，

衍射现象将更加明显【答案】B【解析】【详解】实验得到了电子的衍射图样，说明电子这种实物粒子发生了衍射，说明电子具有波动性，故A错误；有动能定理可知，2102eUmv=−，经过电场加速后电子的速度2eUvm=，电子德布罗意波的波长22hhhhPmveUmeUmm====故B正确；由电子的德

布罗意波波长公式2hmeU=可知，加速电压越大，电子德布罗意波波长越短，波长越短则衍射现象越不明显，故C错误；质子与电子带电量相同，但是质子质量大于电子，动量与动能间存在关系2kPmE=，可知质子动量大于电子，由于hP=，可知质子的德布罗意波波长小于电子的德布罗意波波长，波长越小则衍射越不明

显，故D错误；故选B7.如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是()．A.初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1

B.初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C.电流表A2的示数为0.1AD.电流表A2的示数为0.4A【答案】B【解析】试题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比．变压器的输出功率等于输入功率，则2112UIIR=，解得：22200.20A1.0A44I==

，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比12211.050.21nInI===，故B正确．8.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B．电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（

O轴位于磁场边界）．则线框内产生的感应电流的有效值为A.22BLRB.222BLRC.224BLRD.24BLR【答案】D【解析】【详解】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有4T的时间内有感应电流，则有222()4LB

LTRIRTR=，解得：24BLIR=．故D项正确，ABC三项错误．9.如图所示.水平方向有磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，匝数为5的矩形线框ab边长为0.5m．ad边长为0.4m，线框绕垂直磁场方向的转轴OO′匀速转动，转动的角速度为20rad/s，线框通过金属滑环与

阻值为10Ω的电阻R构成闭合回路．t=0时刻线圈平面与磁场方向平行．不计线框及导线电阻，下列说法正确的是A.线圈中的最大感应电动势为10VB.电阻R两端电压的瞬时值表达式u=10sin20t(V)C.电阻R中电流方向每秒

变化20次D.电阻R消耗的电功率为5W【答案】C【解析】【分析】考查交变电流的产生及描述交变电流的物理量。【详解】A．线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=5×0.5×2.5×0.4×20V=50V；故A错误.B．不计线框及导线电阻，则电阻R两端电压的最大值Um=Em=50V

，则电阻R两端电压的瞬时值表达式u=Umcosωt=50cos20t（V）；故B错误.C．交流电的频率为2010Hz22f===，周期T=0.1s，电流在一个周期内方向变化2次，所以电阻R中电流方向每秒变化20次；故C正确.D．R两端电压的有效值为2mUU=，R消耗的电功率2

UPR=，解得P=125W；故D错误.故选C。10.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极。已知该光电管阴极K的极限频率为v0，元电荷电量为e，普朗克常量为h。现用频率为v（vv0）的光照射阴极K，则下列说法正确的是

（）A.将滑片P向右滑动，可增大光电子的最大初动能B.若两电极间电压为U，则到达阳极A的光电子最大动能为0()hvveU−+C.将滑片P向右滑动，则电流表的示数一定会不断增大D.将电源正负极对调，当两电极间的电压大于0

hvve−（）时，电流表的示数为0【答案】BD【解析】【详解】A．分析电路图可知，光电管加正向电压，将滑片P向右滑动，光电管两端电压增大，根据爱因斯坦光电效应方程可知0kmEhvhv=−最大初动能由入射光的频率决定，与光电管两端电压无关，故A错误；B．若两电极间电压为U，根据动能定理可

知kmkmeUEE=−解得到达阳极A的光电子最大动能0kmkmEEeUhvhveU−+==+故B正确；C．将滑片P向右滑动，增大光电管的正向电压，当达到饱和光电流时，电流表的示数不变，故电流表的示数不是不断增大的，故C错误；D．将电源正负极对调，则光电管加反向电压，根据动能定理可知0k

meUE−=−解得0()hvvUe−=即当两电极间的电压大于0()hvve−，电流表的示数为0，故D正确；故选BD。11.将α、β、γ三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场，下图表示射线偏转情况中正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】A、B、

因α射线是高速氦核流，一个α粒子带两个正电荷.根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，β射线是高速电子流，带负电荷.根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向右，γ射线是γ光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转.，a粒子

得质量大，由mvRBq=可知a粒子得半径大；故A正确，B错误．C、D、因α射线实质为氦核流，带正电，β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为β射线，不偏的为γ射线，向右偏的为α射线，a粒子得

质量大则沿电场方向加速度小，相等时间内得偏移量小；因此C错误，D正确；故选AD．【点睛】熟练掌握α、β两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确α、β、γ三种射线性质及应用．本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：①

三种射线的成分主要是所带电性．②洛伦兹力的方向的判定．只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习12.核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能．2351141929205636UnBaKrXa+→++是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X

粒子的个数，用UBaKrmmm、、分别表示23514192925663UBaKr、、核的质量，Xm表示X粒子的质量，c为真空中的光速，以下说法正确的是（）A.X为中子，2a=B.X为中子，3a=C.上述核反应中放出的核能(2UBakrx2)Emmmmc=−−−D.

上述核反应中放出的核能(2UBaKrx3)Emmmmc=−−−【答案】BC【解析】【详解】AB.由核电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子；由质量数守恒知a=3，故A不符合题意，B符合题意；CD.由题意知，核反应过程中的质量

亏损△m=mu-mBa-mKr-2mn，由质能方程可知，释放的核能△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn）c2，故C符合题意，D不符合题意；第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（本大题有4小题）13.如图所示，在物理实验中

，常用“冲击式电流计”来测定通过某闭合电路的电荷量.探测器线圈和冲击电流计串联后，又能测定磁场的磁感应强度.已知线圈匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.把线圈放在匀强磁场时，开始时线圈与

磁场方向垂直，现将线圈翻转180°，冲击式电流计测出通过线圈的电荷量为q，由此可知，被测磁场的磁感应强度B=___________.【答案】2qRBnS=【解析】【详解】[1]由法拉第电磁感应定律Ent=再由闭合电路欧姆定律EIR=根据电量的公式qIt=可得qnR=Φ

由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有2BS=所以由上公式可得2BSqnR=则磁感应强度2qRBnS=14.放射性同位素146C被考古学家称为“碳钟”，它可以用来判定古生物体的年代。宇宙射线中高

能量中子碰撞空气中的氮原子后，就会形成很不稳定的146C，它很容易发生β衰变，变成一个新核，其半衰期为5730年。该衰变的核反应方程式为_____。146C的生成和衰变通常是平衡的，即生物机体中146C的含量是不变的。当生物体死亡后，机体内14

6C的含量将会不断减少。若测得一具古生物遗骸中146C含量只有活体中的12.5%，则这具遗骸距今约有_____年。【答案】(1).14140671CN+e−→(2).17190年【解析】【详解】[1][2]发生β衰变，释放电

子，根据质量数守恒，电荷数守恒可知14140671CN+e−→测得一具古生物遗骸中146C含量只有活体中的12.5%，即18，经过了3个半衰期，故这具遗骸距今约有5730317190=年15.太阳能量来源于太阳内部氢核的聚

变，设每次聚变反应可以看作是4个氢核11H结合成1个氦核42He，同时释放出正电子01e；已知氢核的质量为Pm，氦核的质量为αm，正电子的质量为em，真空中光速为.c则每次核反应中的质量亏损_______及氦核的比结合能____【答案】42Paemmm

−−()2424Paemmmc−−【解析】【详解】第一空.根据核反应质量数守恒，电荷数守恒，可知生成了2个正电子，所以质量亏损Pαe42mmmm=−−．第二空.根据2Emc=可知，产生的能量为：()2Pαe42Emmmc=−−，所以氦核的比结合能为()2Pαe42'44m

mmcEE−−==．16.如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为L；长为L、电阻为2r的金属棒ab放在圆环上，以v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为_____。【答案】03BLv【解析】【详解】当ab棒运动到图示

虚线位置时，感应电动势0EBLv=回路总电阻3424rrRr=+=故金属棒两端的电势差为01143334rUEErBLv===三、计算题（本题共4小题。）17.氢原子基态能量E1＝-13.6eV，电子绕核做圆周运动的

半径r1＝0.53×10－10m．求氢原子处于n＝4激发态时：(1)原子系统具有的能量；(2)电子在n＝4轨道上运动的动能；(已知能量关系12nEEn=，半径关系rn＝n2r1，k＝9.0×109N·m2/C2，e＝1.6×10－19C)(3)若要使处于n＝2轨道上的氢原子电离，至少要用频率

为多大的电磁波照射氢原子？(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)【答案】(1)-0.85eV(2)0.85eV(3)8.21×1014Hz【解析】【详解】(1)根据能级关系12nEEn=则有：14213.60.85eV416EE−===−(2)因为电子的轨

道半径2414rr=根据库仑引力提供向心力，得：22244evkmrr=所以，291922441011910(1.610)J0.85eV232320.5310kkeEmvr−−===(3)要使n=2激发态的电子电离，据波尔理论得，发出的光子的能量为：1202Eh=−解得：148.2

110Hz18.1个质子的质量mp=1.007277u，1个中子的质量mn=1.008665u．氦核的质量为4.001509u（1u=931.5MeV/c2,c表示真空中的光速）（1）写出核子结合成氦核的核反应方程；（2）计算核子结合成氦核时释放的核能E；（3）计算氦核的

比结合能E；【答案】（1）211H+210n→42He；（2）释放的核能为28.3MeV；（3）氦核的比结合能7.1MeV．【解析】【详解】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得：211H+210n→42He；（2）2个中子和2个

质子结合成氦核时质量亏损：△m＝2mn+2mP﹣mHe，根据爱因斯坦质能方程，放出的能量为：△E＝△mc2＝（2mn+2mP﹣mHe）c2＝0.030375×931.5MeV＝28.3MeV；（3）氦核的比结合能为：E28.344==7.1MeV1

9.如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定平行金属导轨MV、PQ间距L=1m,上端接有阻值R=0.2Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ=37．．在导轨平面上ab、cd间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的宽度也为L=lm,磁感应强度B1随时间的变化规

律如图乙所示，导轨cd以下有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2=0.08T,一质量m=0.1Kg、阻值r=0.1Ω的金属棒垂直导轨静止在磁场昆B2区域内，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2o求：(1)金属棒与导轨间的最小动摩擦因数μ;(2)10s内电阻R产生的

焦耳热；(3)把导轨换成光滑导轨，其他条件不变，金属棒运动的最大速度.【答案】（1）0.8（2）0.5J（3）30m/s【解析】【详解】（1）感应电动势1==SBEtt①感应电流+EIRr=②安培力FBIL=③对导体棒受力分析有sincosm

gBILmg+=④联立解得0.8=⑤（2）电阻R产生的焦耳热2QIRt=⑥解得0.5JQ=⑦（3）金属棒最终匀速运动，受力分析有2sin=mgBIL⑧11==SBEtt，22EBLv=，21+EEIRr−=⑨联立解得30m/sv

=20.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上，下边界的间距为h，磁场的磁感应强度大小为B有一长度为L，宽度为b(b<h)、质量为m的单匝矩形线圈从磁场区域的上边界上方一定距离处由静止下落(下落过程中线圈上、下边保持水平)，当线圈的下边进入磁场时，

线圈恰好开始做匀速运动，当线圈上边穿出磁场时，线圈的加速度恰好为零，重力加速度为g，求：(1)线圈初始位置到磁场上边界的距离L；(2)线圈进入磁场过程中通过导线横截面的电荷量q；(3)线圈穿过磁场区域的整个

过程中，线圈产生的热量Q．【答案】（1）22442mgRBL；（2）BLbR；（3）()mgbh+．【解析】【详解】（1）线圈匀速进入磁场的过程中，回路中产生的感应电动势为：EBLv=，回路中通过的电流为：EIR=

，线圈受到竖直向上的安培力的大小为：FBIL=，由平衡条件，有：Fmg=，线圈进入磁场前做自由落体运动，有：2'2vLg=，解得：2244'2mgRLBL=；（2）设线圈进入磁场所用的时间为∆t，则有

：qIt=，上式中：IRt=，其中：BLb=，解得：BLbqR=；（3）线圈从开始运动到线圈上边穿过磁场区域的整个过程中，由功能关系，有：()21'2mgbhLmvQ++=+，结合2'2vLg=

解得：()Qmgbh=+；