【文档说明】【精准解析】宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试卷.doc，共(17)页，698.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一.选择题（1-9小题是单选题，10-15小题是多选题，每小题3分，共45分）1.下列说法正确的是（）A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B.线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C.线圈处在磁场越强

的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大【答案】D【解析】【详解】AD．根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势与磁通量的变化率成正比，所以线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势不一定越大；线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大，

故D正确，A错误；BC．根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小，磁场强弱无关，故BC错误。故选D。2.如图所示，abcd是一闭合的小金属线框，用一根绝缘的细杆挂在固定点O，使金属线框在

竖直平面内来回摆动的过程穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线方向跟线框平面垂直，若悬点摩擦和空气阻力不计，则()A.线框进入或离开磁场区域时，都产生感应电流，而且电流的方向相反B.线框进入磁场区域后，越靠近OO′线时速度越大，因而产生的感应电流也越大C.线框开始摆动后，摆角会越来越

小，摆角小到某一值后将不再减小D.线框摆动过程中，机械能完全转化为线框电路中的电能【答案】AC【解析】【详解】A.框在进入和离开磁场的过程中磁通量才会变化，也可以看做其部分在切割磁感线，因此有感应电流，且由楞次定律或右手定则可确定进入和离开磁场时感应

电流方向是相反的，选项A符合题意；B.当线圈整体都进入匀强磁场后，磁通量就保持不变了，此段过程中不会产生感应电流，选项B不符合题意，CD.当线框在进入和离开磁场的过程中会有感应电流产生，则回路中有机械能转化为电能，或者说当导体在

磁场中做相对磁场的切割运动而产生感应电流的同时，一定会有安培“阻力”阻碍其相对运动，故线框的摆角会减小，但当线框最后整体都进入磁场中后，并只在磁场中摆动时，没有感应电流产生，则机械能保持守恒，摆角就不会再变化，选项C符合

题意，选项D不合题意．【点睛】本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．3.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力F随时间t的变化情况如图所示，

则A.0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相同B.t=2t0时物体的速度为零，在0～2t0时间内F对物体的冲量为零C.0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率不等D.0～2t0时间内物体的位移为零，F对物体做功为零【答案】B【解析】【详解】A、合外力的

冲量等于物体动量的改变量，故F-t图象与时间轴围成的面积等于物体动量的改变量．面积在时间轴的上方代表动量增加，面积在时间轴下方代表动量减小，由于面积相同；而方向相反，A错误；B、由于0～t0时间内的冲量与t0～2t0时间内的冲量大小相同，方向

相反，即F0t0+（-F0）t0=0，0～2t0时间内F对物体的冲量为零，故2t0时刻的速度等于0，B正确；C、0～t0内物体做匀加速运动，平均速度等于最大速度的一半，t0～2t0内物体做匀减速运动，平

均速度等于最大速度的一半，0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等，C错误；D、由于0～t0的位移x1等于t0～2t0的位移x2，所以0～2t0时间内物体的位移不为零，F对物体做功为零，D错误．故选B．【点睛】根据Ft=mv-mv0，可以判断

动量的变化量；匀变速运动平均速度等于初末速度的平均值；由平均速度可知0～t0内的位移x1等于t0～2t0内的位移x2，根据动量定理可判断F对物体做功．4.蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑

在腰或踝关节处，从几十米高处跳下（忽略空气阻力）。在某次蹦极中质量为60kg的人在弹性绳绷紧后又经过2s人的速度减为零，假设弹性绳长为45m。下列说法正确的是（重力加速度为g=10m/s2）（）A.绳在绷紧时对人

的平均作用力大小为750NB.运动员整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量相同C.运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量D.运动员整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相同【答案】D【解析】【详解】A．绳在刚绷紧

时人的速度为221045m/s30m/svgh===在绷紧的过程中根据动量定理有()()0Fmgtmv−=−−解得1500NF=，故A错误；BD．运动员整个运动的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反

向，故B错误，D正确；C．根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故C错误。故选D。5.如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量（不含人的质量）为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为（）A.h

B.mhMC.mhMm+D.()MmhM+【答案】D【解析】【详解】设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，210Mvmv=+人相对于地面下降的高度为h，速度大小

为1hvt=人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为Lh−，速度大小2Lhvt−=根据以上式子可得MmLhM+=ABC错误D正确。故选D。6.入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，下列说法错误的是（）A.从光照至金属表面上到发射出光

电子之间的时间间隔将明显增加B.逸出的光电子的最大初动能将减小C.单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D.有可能不发生光电效应【答案】ABD【解析】【详解】A．光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔，A错误；B．根据光电效应方程知K0EhW=−入射光的频率

不变，则最大初动能不变，B错误；C．光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，入射光的强度减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，光电流减弱，C正确；D．入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应，D错误。故选ABD。7.在用α

粒子轰击金箔的实验中，卢琴福观察到的α粒子的运动情况是（）A.全部α粒子穿过金箔后仍按原来的方向前进B.绝大多数α粒子穿过金箔后仍按原来的方向前进，少数发生较大偏转，极少数甚至被弹回C.少数α粒子穿过金箔后仍按原来的方向前进

，绝大多数发生较大偏转，甚至被弹回D.全部α粒子都发生很大偏转【答案】B【解析】【详解】当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它

的机会就很少，所以绝大多数α粒子穿过金箔后仍按原来的方向前进，少数发生较大偏转，极少数甚至被弹回，故B正确，ACD错误。故选：B。8.氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时（）A.要吸收光子，电子的动能、电势能都增加B.要吸收光子，电子的动能增加，电势能减少C.要放出光子

，电子的动能增加，电势能减少D.要放出光子，电子的动能、电势能都减少【答案】C【解析】【详解】氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，能级降低，则氢原子能量减小，则向外放出一定频率的光子；电子围绕氢原子核做匀速圆周

运动，根据库仑力提供向心力，则有222evkmrr=根据动能的表达式2k1=2Emv解得k=2keEr，所以轨道半径减小，动能增大；此时库仑力对电子做正功，故电势能减小。故选C。9.关于、、三种射线，下列说法正确的是（）A.射线是原子核

发射出的氦核，它的穿透能力最强，电离本领最弱B.射线是电子流，它具有最强的穿透能力C.射线一般伴随着射线或射线产生，它的穿透能力最强，电离本领最弱D.射线是电磁波，它的穿透能力最弱，【答案】C【解析】【详解

】A．射线是原子核发射出的氦核，它的电离作用最强，A错误；B．射线是原子核内的一个中子变成一个质子时，放射出的一个电子，它具有中等的贯穿能力，B错误；C．射线一般伴随着射线或射线产生，它的穿透能力最强，电离本领最弱，D错误C正确。故选C。10.如图所示，

一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则（）A.导线中的电流从A流向BB.导线中的电流从B流向AC.若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关

【答案】BC【解析】试题分析：电流的方向与负电荷运动的方向相反，所以阴极射线管内电流的方向向左；由图可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里，由安培定则可知，AB中电流的方向向

左．故A错误，B正确；若要使电子束的径迹向上弯曲，则阴极射线管处的磁场的方向需向外，可以改变AB中的电流方向来实现．故C正确；由以上的分析可知，电子束的径迹与AB中的电流方向有关．故D错误．故选BC．考点：左手定则；安培定则【名师点睛】该题同时考查左手定则与安培定则，应用左手定则判断

洛伦兹力方向时，注意四指指向正电荷的运动方向，和负电荷运动方向相反．11.A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动

量可能值是()A.pA′＝8kg·m/s，pB′＝4kg·m/sB.pA′＝6kg·m/s，pB′＝6kg·m/sC.pA′＝5kg·m/s，pB′＝7kg·m/sD.pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/s【答案】BC【解析】【详解】以两物体组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方

向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动能：222275372222kPPEmmmmm=+=+=甲乙甲乙；系统的总动量：P=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s；碰后甲乙两球动量为：8kg•m/s，4kg•m/s，系统的总动量

P′=8+4=12kg•m/s，动量守恒．碰后，两球同向运动，甲的速度比乙球的速度大，不符合两球的运动情况，所以不可能，故A错误．碰后甲乙两球动量为：6kg•m/s，6kg•m/s，系统总动量P′=6+6=12kg•m/s，系统的动量守恒，总动能：223622kPPEmmm=+=甲乙，系统动

能减小，是可能的，故B正确；碰后甲乙两球动量为：5kg•m/s，7kg•m/s，系统动量总P′=5+7=12kg•m/s，系统动量守恒，总动能：223722kPPEmmm=+=甲乙，系统动能不变，是可能的，故C正确；如果-

2kg•m/s，14kg•m/s，系统总动量P′=-2+14=12kg•m/s，系统动量守恒，系统总动能：228022kPPEmmm=+=甲乙，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误；故选BC．【点睛】对于

碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．12.说明光具有粒子性的现象是（）A.光电效应B.光的干涉C.光的衍射D.康普顿效应【答案】AD【解析】【详解】AD．光电效应、康普顿效应体现了光的粒子性，故AD符合题意；BC．光的干涉、衍射说明光具有波动性

，故BC不符合题意。故选AD。13.如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线（直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴的交点坐标为0.5）。由图可知（）A.该金属的截止频率为4.27×1014

HzB.该金属的截止频率为5.5×1014HzC.该图线的斜率表示普朗克常量的倒数D.该金属的逸出功为0.5eV【答案】A【解析】【详解】AB．当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为144.

2710Hz，B错误A正确；C．根据0kmEhW=−图线的斜率表示普朗克常量，C错误；D．金属的逸出功为341406.63104.2710J1.77eVWhv−=＝D错误。故选A。14.如图所示是氢原子四个能级的示意

图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，则以下说法正确的是（）A.当一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时，最多能辐射出三种不同频率的光子，若一个处于n=3能级的氢原子自发跃迁时，最多能辐射出二

种不同频率的光子B.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小C.n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75eVD.一个处于基态的氢原子可以吸收任意频率的光子跃迁到高能级【答案】ABC【解析】

【详解】A．当一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时，最多能辐射出不同频率的光子数为233232C==若一个处于n=3能级的氢原子自发跃迁时，最多能辐射不同频率的光子数1312Nn=−=−=故A正确；B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子轨道半径减小，该过程中

电场力做正功，氢原子的电势能减小，故B正确；C．n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为()410.85eV-13.6eV12.75eVmEEE=−=−−=故C正确；D．根据玻尔理论可知，一个处于基态的氢原子只可以吸收能量恰好等于两个能级差的光子跃迁到高能级，不

能吸收任意频率的光子跃迁到高能级，故D错误。故选ABC。15.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二.填空题（每空3分，共30分）16.单匝线圈abcd水平放置，有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，如图所示，线圈面积为S，磁感应强度为B。当线圈绕ab边从图示位置转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别为____________、________

______。【答案】(1).12BS(2).12BS【解析】【详解】[1]磁通量的表达式cosBS=，指的是线圈平面与垂直磁场面的夹角，也就是说磁通量在数值上等于磁感应强度与线圈在垂直磁场方向投影面积的

乘积，没有转动前磁通量112BS=当线圈绕ab边从图示位置转过30°，垂直磁场方向投影面面积仍为2S，则磁通量不变仍为12BS。[2]同理当线圈绕ab边从图示位置转过60°时，垂直磁场方向投影面面积仍为2S，则穿过线圈的磁通量212BS=转动角度小于60°

时，因垂直磁场方向投影面积不变磁通量不变，如果继续转动垂直磁场方向投影面面积变化，磁通量发生变化。17.用如图所示为验证碰撞中的总动量守恒的实验装置，质量为m1的钢球A用细线悬挂于O点，质量为m2的钢球B放在小支柱N上，使悬线在A球静止释放前伸直，且线与竖直方向

的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰好与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直方向夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落地点．（1）实验中还需要测量的

物理量有哪些？______（2）写出验证总动量守恒的表达式：______。【答案】(1).B球离地高度H、B球平抛的水平位移s、摆线的长度L(2).()()21cos21cos2AABgmgLmgLmsH−=−+【解析】【详解】（1）

[1]．小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得()211cos2AAAmgLmv−=解得()21cosAvgL=−则动量为()21cosAAAApmvmgL==−小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能

守恒定律得()'211cos02AAAmgLmv−−=−解得()'21cosAvgL=−则动量为()''21cosAAAApmvmgL==−碰前小球B静止，则pB=0碰撞后B球做平抛运动，水平方向'Bsvt=竖直方向212hgt=联立解得'2BgvsH=则碰

后B球的动量''2BBBBgpmvmsH==故需要测量的量有：B球离地高度H、B球平抛的水平位移s、摆线的长度L。（2）[2]．需验证的表达式为()()21cos21cos2AABgmgLmgLmsH−=−+18.如图所示，在一个光滑金属框

架上垂直放置一根L=0.4m的金属棒ab，其电阻r=0.1Ω。框架左端的电阻R=0.4Ω。垂直框面的匀强磁场的磁感强度B=0.1T。当用外力使棒ab以速度v=5m/s右移时，ab棒中产生的感应电动势E=______V，ab棒两端的电势差Uab=____V，在电阻R上消耗的功率P

R=_______W。【答案】(1).0.2(2).0.16(3).0.064【解析】【详解】[1]根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为0.10.45V0.2VEBLv===[2]根据闭合电路的欧姆定律得感应电流为0.2A0.4A0.40.1EIRr===+

+则ab棒两端的电压0.40.4V0.16VabUIR===[3]电阻R上消耗的功率220.40.4W0.064WRPIR===19.铝的逸出功为W0，现用波长为的光照射铝的表面。已知普朗克常数

为h，电子的电荷量为e，光在真空或空气中的传播速度为c，求：（结果用已知字母表示）(1)光电子的最大初动能________J(2)遏止电压___________V(3)铝的截止频率____________Hz【答案】(1).0hcW−(2).0Whcee−(3).0

Wh【解析】【详解】（1）[1]根据爱因斯坦光电效应方程km0EhW=−又c=联立解得0kmhcEW=−（2）[2]当电流表示数为零时，根据动能定理有Ckm0eUE−=−解得0CWhcUee=−（3）[3]铝的截止

频率为00Wνh=三.计算题20.如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M=5m，不计空气阻力。问：(1)如果子弹击中木块后未穿出（子弹进入木块时间极短），若木块

上升的最高点比悬点O低，木块能上升的最大高度是多少？（设重力加速度为g）(2)如果子弹在极短时间内以水平速度02v穿出木块，则在这一过程中子弹、木块组成的系统损失的机械能是多少？【答案】（1）2072vg；（2）

20720mv【解析】【详解】解：（1）因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，根据动量守恒则有()0

1mvmMv=+因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则有()()2112mMvmMgh+=+解得2072vhg=（2）子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出

时木块速度为v2，设向右为正方向，根据动量守恒则有0022vmvmMv=+解得0210vv=在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为2220021112222vEmvmMv=−−解得20720Emv=21.有一电子（质量为m，电荷

量为e）经电压为U0的电场加速后，进入两块间距为d，电压为U的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能穿过电场，求：(1)电子进入平行板时的速度。(2)金属板AB的长度【答案】（1）002eUvm=；（2）02ULdU=

【解析】【详解】（1）设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得20012eUmv=解得002eUvm=（2）设金属板AB的长度为L，电子偏转时间为0Ltv=电子在偏转电场中产生偏转加速度为eUamd=电子

在电场中偏转位移为21122ydat==联立解得02ULdU=22.有一个20匝正方形线框，边长为10cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为

0.5T。问：(1)写出从中性面开始计时感应电动势随时间变化的表达式？线框从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大？(2)线框从图示位置转转过90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是多大？流过线框的电荷量

是多少？【答案】（1）3.14sin10(V)et=，1.57V；（2）2V，0.1C【解析】【详解】（1）感应电动势的最大值mEnBS=解得3.14VmE=因此感应电动势的瞬时表达式3.14sin10(V)et=线框从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值是3.14sin(V)1.

57V6e==（2）线框从图示位置转转过90°的过程中的时间21s4420Tt===从中性面计时，转过90°磁通量的变化BS=产生的感应电动势的平均值2VnBSEntt===线圈从计时开始，转过90°过程中通过线圈某一截面的电

荷量0.1CEnnBSqIttRRR=====