丹陽高級中學高二下學期月階段檢測（創(chuàng)新班）物理試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2019—2020學年第二學期4月階段檢測高二物理（創(chuàng)新班)（時間90分鐘分值100分)一、單選題(本題6小題，共18分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是正確的，選對的得3分，選錯的得0分)1。關于盧瑟福的α粒子散射實驗和原子的核式結構模型，下列說法中不正確的是（）A。絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后，基本上仍沿原來的方向前進B.只有少數(shù)α粒子發(fā)生大角度散射的原因是原子的全部正電荷和幾乎全部質量集中在一個很小的核上C。盧瑟福依據(jù)α粒子散射實驗的現(xiàn)象提出了原子的“核式結構”理論D。盧瑟福的“核式結構模型"很好地解釋了氧原子光譜的實驗【答案】D【解析】【詳解】A．粒子散射實驗的內容是：絕大多數(shù)粒子幾乎不發(fā)生偏轉；少數(shù)粒子發(fā)生了較大的角度偏轉；極少數(shù)粒子發(fā)生了大角度偏轉（偏轉角度超過,有的甚至幾乎達到，被反彈回來）,故A正確;B．粒子散射實驗中，只有少數(shù)粒子發(fā)生大角度偏轉說明三點：一是原子內有一質量很大的粒子存在；二是這一粒子帶有較大的正電荷;三是這一粒子的體積很小,但不能說明原子中正電荷是均勻分布的，故B正確；C．盧瑟福依據(jù)粒子散射實驗的現(xiàn)象提出了原子的“核式結構”理論,故C正確;D．玻爾的原子模型與原子的核式結構模型本質上是不同的,玻爾的原子模型很好地解釋了氫原子光譜的實驗,故D錯誤;不正確的故選D。2。氫原子能級圖如圖所示，用大量處于能級的氫原子躍遷到基態(tài)時發(fā)射出的光照射光電管陰極K,測得光電管中的遏止電壓為7.6V，已知普朗克常量，元電荷，下列判斷正確的是（）A.電子從陰極K表面逸出的最大初動能為26eVB。陰極K材料的逸出功為7.6eVC。陰極K材料的極限頻率為D.氫原子從能級躍遷到能級,發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時能發(fā)生光電效應【答案】C【解析】【詳解】A．因遏止電壓為U0=7.6V，根據(jù)動能定理可知，光電子的最大初動能Ekm=eU0，光電子的最大初動能為7。6eV,故A錯誤；

B．根據(jù)光電效應方程,可知，W0=hγ-Ekm，而hγ=E2—E1；因此W0=13.6—3.4—7.6=2。6

eV故B錯誤；

C．因逸出功W0等于hγ0,則材料的極限頻率故C正確.

D．從n=4躍遷到n=2能級，釋放能量為△E=3。4—0。85=2。55eV＜2。6

eV因此發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時，不能發(fā)生光電效應，故D錯誤.

故選C。3。如圖甲所示,在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動,產生的交變電動勢圖像如圖乙曲線a、b所示,則(）A.兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B。曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動勢頻率為100HzD。曲線b表示的交變電動勢有效值為10V【答案】A【解析】【詳解】A．在t=0時刻，感應電動勢為零,此時線圈一定處在中性面上，故A正確；

B．由圖可知，a的周期為4×10-2s;b的周期為6×10—2s，則由可知,轉速與周期成反比,故轉速之比為3：2；故B錯誤;

C．曲線a的交變電流的頻率故C錯誤;

D．曲線a、b對應的線圈轉速之比為3:2,角速度之比為3：2,曲線a表示的交變電動勢最大值是15V，根據(jù)Em=nBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是10V,故D錯誤。

故選A。4.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1:n2=5:1,電阻R=20Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡,S1為單刀雙擲開關．原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示．現(xiàn)將S1接l、S2閉合，此時L2正常發(fā)光．下列說法正確的A。輸入電壓u的表達式是B.只斷開S2后，L1、L1均正常發(fā)光C。只斷開S2后,原線圈的輸入功率增大D.若S1換接到2后，R消耗的電功率為0。8W【答案】D【解析】【詳解】試題分析：電壓最大值為，周期是0。02s，則,所以輸入電壓u的表達式應為u=20sin（100πt）V,A錯誤;原先L1短路，只有L2工作，只斷開S2后，負載電阻變大為原來的2倍,電壓不變，副線圈電流變小為原來的一半，L1、L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一，均無法正常發(fā)光，原線圈的輸入功率等于副線圈的功率都減小,BC錯誤；副線圈兩端的電壓有效值為，若S1換接到2后，R消耗的電功率為，D正確．5。科學實驗證明，通電長直導線周圍磁場的磁感應強度大小，式中常量k>0，I為電流強度，l為距導線的距離。如圖所示,三根完全相同且通有恒定電流的長直導線a、b、c，其截面位于等邊三角形的三個頂點，a、b、c通過的恒定電流大小分別為Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑絕緣水平面上，三根導線均可保持靜止狀態(tài)，則（）A。a、b通有同向的恒定電流B。導線a受的合磁場力豎直向上C。導線a、b所受的合磁場力大小相等、方向相反D.導線a、b、c上通有的電流大小關系為Ia＝2Ib＝2Ic【答案】BD【解析】【詳解】AB．對長直導線分析，長直導線受到重力、長直導線對長直導線的磁場力和長直導線對長直導線的磁場力,根據(jù)平衡條件可知長直導線與長直導線作用力是相互排斥，長直導線對長直導線作用力是相互排斥,所以長直導線與長直導線有反向的恒定電流，長直導線受的合磁場力豎直向上，且有大小等于長直導線的重力，故A錯誤,B正確；C．視長直導線、、整體，對其受力分析，根據(jù)平衡條件可得光滑絕緣水平面對長直導線支持力等于長直導線重力的倍；對長直導線受力分析，受到重力、光滑絕緣水平面對其支持力、長直導線對其吸引力和長直導線對其排斥力,根據(jù)力的合成與分解可得長直導線所受的合磁場力大小等于長直導線重力的倍，方向豎直向下，故C錯誤；D．對長直導線受力分析，在水平方向,根據(jù)平衡條件可得即可得對長直導線受力分析，同理可得故D正確;故選BD.6。水平放置的平行板電容器，極板長為l,間距為d，電容為C.豎直擋板到極板右端的距離也為l,某次充電完畢后電容器上極板帶正電,下極板帶負電，所帶電荷量為Q1如圖所示,一質量為m，電荷量為q的小球以初速度v從正中間的N點水平射入兩金屬板間，不計空氣阻力，從極板間射出后，經(jīng)過一段時間小球恰好垂直撞在擋板的M點,已知M點在上極板的延長線上，重力加速度為g,不計空氣阻力和邊緣效應。下列分析正確的是（）A。小球在電容器中運動的加速度大小為B。小球在電容器中的運動時間小于射出電容器后運動到擋板的時間C。電容器所帶電荷量D。如果電容器所帶電荷量,小球還以速度v從N點水平射入，恰好能打在上極板的右端【答案】D【解析】【詳解】AB．小球在電容器內向上偏轉做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，出電容器后受到重力作用，豎直方向減速,水平方向由于不受力,仍然做勻速直線運動，由于兩段過程在水平方向上的運動位移相同，則兩段過程的運動時間相同,豎直方向由于對稱性可知，兩段過程在豎直方向的加速度大小相等，大小都為g，但方向相反，故AB錯誤；

C．根據(jù)牛頓第二定律有解得故C錯誤；

D．當小球到達M點時，豎直方向的位移為，則根據(jù)豎直方向的對稱性可知，小球從電容器射出時，豎直方向的位移為，如果電容器所帶電荷量,根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)公式可知,相同的時間內發(fā)生的位移是原來的2倍，故豎直方向的位移為故D正確。

故選D.二、多選題（本題共4小題，共16分，在每小題給出的四個選項中,有兩個或兩個以上選項是正確的，選對的得4分，少選得2分，錯選得0分）7。下列說法正確的是（)A.液體表面存在著張力是因為液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間的距離B。一定質量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，對外做功，分子平均動能增大C。理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律,所以隨著人類科學技術的進步,第二類永動機是有可能研制成功的D。改進內燃機結構,提高內燃機內能轉化率，最終可能實現(xiàn)內能完全轉化為機械能【答案】AB【解析】【詳解】A．液體表面存在著張力是因為液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間的距離，選項A正確；B．一定質量的理想氣體，在等壓膨脹過程中,對外做功，溫度升高，則分子平均動能增大，選項B正確；C．理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律,但是違背熱力學第二定律，所以即使隨著人類科學技術的進步，第二類永動機也不可能研制成功,選項C錯誤;D．根據(jù)熱力學第二定律可知，熱機的效率不能達到百分之百，即使改進內燃機結構，提高內燃機內能轉化率,最終也不可能實現(xiàn)內能完全轉化為機械能，選項D錯誤.故選AB。8.在x軸上有一疊加而成的電場,其電場方向沿x軸，電勢φ隨x按如圖所示正弦規(guī)律變化，則下列說法中正確的是()A。x1~x2之間的場強方向與x2~x3之間的場強方向相反B。當帶電粒子沿x軸方向僅在電場力作用下運動到x1、x3處時，其加速度最小C.負電荷沿x軸運動時，其在x2處的電勢能小于其在x3處的電勢能D.若將一帶正電的粒子從x1處由靜止釋放，則粒子將在電場力作用下向x軸正方向運動【答案】BC【解析】【詳解】A．x1-x3之間電勢不斷降低，場強方向一直沿x軸正方向,所以x1—x2之間的場強方向與x2—x3之間的場強方向相同，故A錯誤；

B．根據(jù)由公式可知φ—x圖象的斜率等于場強,可知x1、x3處場強最小，帶電粒子受到的電場力最小，那么加速度也最小,故B正確;

C．x2處的電勢高于x3處的電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，知負電荷在x2處的電勢能小于其在x3處的電勢能，故C正確；

D．若將一帶正電的粒子從x1處由靜止釋放，因x1處場強為零，則粒子將處于靜止狀態(tài)，故D錯誤。

故選BC。9.如圖所示，兩根光滑的金屬導軌平行放置在傾角為的斜面上，導軌在左端接有電阻R，導軌的電阻可忽略不計，斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上，質量為m、電阻可忽略不計的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌由靜止開始上滑，并上升h高度，在這一過程中(）A。作用在金屬棒上的合力所做的功大于零B.恒力F所做的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和C。恒力F與安培力的合力的瞬時功率一定時刻在變化D.恒力F與重力mg的合力所做的功大于電阻R上產生的焦耳熱【答案】AD【解析】導體棒由靜止向上加速，動能增大，根據(jù)動能定理可知，合力所作的功一定大于零,故A正確；由WF—WG—W安=0得，WF-WG=W安，即恒力F與重力的合力所做的功等于克服安培力所做功,即等于電路中發(fā)出的焦耳熱，由于導體棒也存在電阻，故導體棒中也發(fā)生熱量,故B錯誤；導體棒最終一定做勻速運動，則最后受力平衡，平衡后速度保持不變，則重力的功率不變，即恒力F與安培力的合力的瞬時功率不再變化，故C錯誤；由B分析可知,由于導體棒和電阻R均放出熱量，故恒力F與重力mg的合力所做的功大于電阻R上產生的焦耳熱，故D正確．故選AD．點睛:本題考查導體棒切割磁感線規(guī)律的應用,對于電磁感應與功能結合問題，注意利用動能定理進行判斷各個力做功之間關系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整個回路中產生熱量．10。如圖所示是圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面），圓柱半徑為R，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量為q（q＞0)的粒子從M點沿與直徑MN成45°角的方向以速度v射入磁場區(qū)域．已知粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角為135°，P是圓周上某點，不計粒子重力，則（)A。粒子做圓周運動軌道半徑為B.磁場區(qū)域的半徑為C。粒子在磁場中運動的時間為D。若粒子以同樣的速度從P點入射,則從磁場射出的位置必定與從M點入射時從磁場射出的位置相同【答案】ABD【解析】粒子的運動軌跡如圖：

A、由幾何知識知圖中圓周運動的兩條半徑與圓形區(qū)域的兩條半徑組成的圖形，如虛線所示，為菱形，則，設圓周運動半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律：

得：,故AB正確；

C、粒子在磁場中運動的時間為，故C錯誤；

D、粒子圓周運動的圓心與其粒子連線與入射速度是垂直的，且速度大小不變，則運動半徑r不變，即仍為R，若粒子以同樣的速度從P點入射，如圖中藍線所示，由圓心的運動軌跡變化知出射點的位置不變,D正確．點睛：在磁場中做圓周運動，此類題目的解題思路是先確定圓心畫出軌跡,由幾何知識得到半徑，然后由牛頓第二定律求解其他量．三、填空題(本大題共2小題，共14分。把答案填在答題紙對應的橫線上或按題目要求作答）11.電阻率是用來表示各種物質電阻特性的物理量.某同學在實驗室測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率。（1)用螺旋測微器測量其橫截面直徑如圖甲所示，由圖可知其直徑為______mm，如圖乙所示，用游標卡尺測其長度為_____cm，如圖丙所示，用多用電表×1Ω擋粗測其電阻為_____Ω.（2）為了減小實驗誤差，需進一步測量圓柱體電阻，除待測圓柱體R外，實驗室還備有的。實驗器材如下，要求待測電阻兩端的電壓調節(jié)范圍盡量大,則電壓表應選______，電流表應選_________，滑動變阻器應選_________。（均填器材前的字母代號）A．電壓表V1（量程3V,內阻約為15kΩ）；B．電壓表V2（量程15V,內阻約為75kΩ）;C．電流表A1（量程0．6A，內阻約為1Ω）；D．電流表A2（量程3A,內阻約為0．2Ω）；E．滑動變阻器R1(阻值范圍0～5Ω，1．0A）；F．滑動變阻器R2（阻值范圍0~2000Ω，0．1A）；G．直流電源E（電動勢為3V,內阻不計)H．開關S，導線若干?！敬鸢浮浚?）.1。844（1。842～1。846均可)（2）.4.240（3)。6。0（4)。A(5).C(6）.E【解析】【詳解】(1）［1][2］［3］．螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)+可動刻度讀數(shù)+估讀，由題圖甲知，圓柱體的直徑為：D=1.5mm+34.4×0.01mm=1。844mm.

游標卡尺讀數(shù)為主尺讀數(shù)+游標尺讀數(shù)×精度,游尺為20刻度，精度值為0.05mm,由題圖乙知，長度為L=42mm+8×0。05mm=42.40mm=4。240cm.

多用電表的讀數(shù)為電阻的粗測值,其電阻為6×1Ω=6.0Ω.

（2)[4]［5][6]．待測電阻大約6Ω，若用滑動變阻器R2（阻值范圍0～2000Ω，0.1A）調節(jié)非常不方便,且額定電流太小，所以應用滑動變阻器R1（阻值范圍0～5Ω，1.0A）;電源電動勢為3V，所以電壓表應選3V量程的.為了測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應用分壓接法，電壓表內電阻較大，待測圓柱體的電阻較小，故采用電流表外接法誤差較小;電路中的電流約為，所以電流表量程應選0.6A量程的。即電壓表應選A,電流表應選C，滑動變阻器應選E。12.在測量一節(jié)干電池的電動勢E和內阻r的實驗中，小明設計了如圖甲所示的實驗電路．(1）根據(jù)圖甲實驗電路，請在圖乙中用筆畫線代替導線,完成實物電路的連接____．(2)實驗開始前,應先將滑動變阻器的滑片P移至______(選填“a"或“b”）端．(3）合上開關S1，S2接圖甲中1位置，改變滑動變阻器的阻值，記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)；S2改接圖甲中的2位置，改變滑動變阻器的阻值,再記錄下幾組電壓表示數(shù)和對應的電流表示數(shù)．在同一坐標系內分別描點作出電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I的圖象，如圖丙所示，兩直線與縱軸的截距分別為UA、UB，與橫軸的截距分別為IA、IB.①S2接1位置時，作出的U－I圖線是圖丙中的________(選填“A"或“B”)線；②S2接1位置時，測出的電池電動勢E和內阻r存在系統(tǒng)誤差，原因是________表(選填“電壓"或“電流”）的示數(shù)比干路電流________(選填“大"或“小")．【答案】（1)。(1)見圖；（2）.(2）a（3）。（3）①B(4）。②電流（5).偏小【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖,實物電路圖如圖所示：(2）為保護電路,實驗開始前，滑動變阻器應滑到最大位置處，故應先將滑動變阻器的滑片P調到a端．（3）①當S2接1位置時，可把電壓表與電源看做一個等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U斷可知，電動勢和內阻的測量值均小于真實值，所以作出的U﹣I圖線應是B線;②因伏安法測電源電動勢和內阻得實驗要求的電流是路端電流，當開關接1的位置會導致電壓表的分流作用導致電流表的測量值偏小四、計算題（本題共3小題,共計52分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.一端封閉、粗細均勻的薄壁玻璃管開口向下，豎直地浮在深水銀槽中．管中封閉著兩部分理想氣體，氣體1長為2d，氣體2長為d，水銀柱3的長度為d．玻璃管靜止時，管的上端露出水銀面的長度為d．現(xiàn)晃動玻璃管,管內氣體無溢出，使管內水銀柱與槽中水銀結合后,玻璃管再次處于靜止狀態(tài)．已知玻璃管的橫截面積為S，水銀密度為p，大氣壓強為P0，重力加速度為g，求：①玻璃管的質量m；②玻璃管再次靜止時，管內氣柱長度l．【答案】①玻璃管的質量m為2ρdS；②玻璃管再次靜止時，管內氣柱的長度l為．【解析】【詳解】解：①氣柱1中的壓強為：①對玻璃管，根據(jù)平衡得：②①②聯(lián)立解得：②晃動前，氣柱1中的壓強為：③氣柱2中的壓強為：④晃動后，氣柱中的壓強為:⑤晃動前后，氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得：⑥③④⑤⑥聯(lián)立解得:14。如圖所示，長為l的絕緣輕桿兩端連接A、B兩小球，其質量分別為m1、m2,帶電量分別為-q、+q。將小球B置于水平光滑絕緣軌道內并固定，整個個裝置處于水平向右的勻強電場中,輕桿從圖中豎直位置由靜止釋放，可繞小球B無摩擦轉動，順時針轉過的最大角度為127°（sin37°=0。6，cos37°=0.8）（1）求勻強電場的場強大小E;（2）當輕桿轉過90°時，求桿對A球的作用力的大?。ú挥婣、B球間的庫侖力）；（3）若解除固定，小球B在軌道內可自由移動，輕桿仍從圖中豎直位置由靜止釋放,當輕桿轉過90°時,求小球A的速度大小(水平軌道對輕桿和小球A的運動無影響)?！敬鸢浮浚?）；（2）;（3）【解析】【詳解】(1）根據(jù)動能定理得代入數(shù)據(jù)解得勻強電場的場強大?。?）當輕桿轉過90°時，根據(jù)動能定理得解得根據(jù)牛頓第二定律得解得桿對A球的作用力的大小(3）設輕桿轉過90°時，A球的水平速度為，豎直速度為，B球的速度為由AB系統(tǒng)水平方向上動量守恒因為桿不可伸長，可得A、B能量守恒解得15。如圖所示,兩光滑金屬導軌，間距d=2m，在桌面上的部分是水平的，處在磁感應強度B=1T、方向豎直向下的有界磁場中．電阻R=3Ω。桌面高H=0.8m,金屬桿ab質量m=0。2kg，電阻r=1Ω，在導軌上距桌面h=0。2m的高處由靜止釋放,落地點距桌面左邊緣的水平距離s=0.4m,g=10m/s2。求：（1）