2019-2020年高二下学期第一次月考物理试题（零班竞赛班） 含答案.doc

考试时间：xx年3月17日18日上饶中学xx学年高二下学期第一次月考2019-2020年高二下学期第一次月考物理试题（零班竞赛班） 含答案1.如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2则（ ）A仅增强光照时，原线圈的输入功率减小B仅向下滑动P时，R2两端的电压增大C仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小D仅增大U时，R2消耗的功率减小2. 有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是（）A. 图可作为该物体的速度vt图象 B.图可作为该物体的回复力Ft图象C.图可作为该物体的回复力Ft图象 D.图可作为该物体的加速度at图象3.如图，沿同一弹性绳相向传播甲、乙的两列简谐横波，波长相等，振幅分别为10cm,20cm，波源分别在X1=-3m,X2=3m处,在某时刻恰好传到坐标原点。则两列波相遇迭加后（ ）A不可能产生稳定的干涉图像B在x=2 m的质点振动始终加强C在x=0.5 m的质点振幅为零D坐标原点的振幅为20 cm4. 用如图所示的装置演示光电效应现象当用某种频率的光照射到光电管上时，电流表G的读数为i下列说法正确的是（）A 将电池正的极性反接，则光电流增大。 B 用较低频率的光来照射，依然有光电流，但电流较小 C 将变阻器的触点c向b移动，光电流减小，但不为零 D 只要电源的电动势足够大，将变阻器的触点c向a端移动，电流表G的读数必将一直变大5. 下列说法正确的是（）A Th经过6次衰变和6次衰变后，成为稳定的原子核PbB 射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力也最强C 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小D 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的个数越多6. 如图所示，质量为m的圆环套在光滑的水平直杆上，一轻绳一端连接在环上，另一端连有一质量也为m的小球，绳长为L，将球放在一定高度，绳刚好拉直且绳与竖直方向的央角为=53，将小球由静止释放，小球到最低点时绳的拉力为F1，若将圆环固定，再将小球由开始的位置释放，小球到最低点时绳的拉力为F2，则为（） ABCD7. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度匀速转动（如图1所示），产生的感应电动势随时间的变化关系（如图2所示），矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A 从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS B 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为 C t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为 D t4时刻电阻R两端的电压为8. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传播到x=6m处的P点开始计时，经t=0.3s质元P第一次到达波谷，下面说法中正确的是（） A 这列波的传播速度大小为10m/sB 当t=0.3s时质元a速度沿y轴正方向C x=8m处的质元Q在t=0.7s时处于波峰位置D 在开始的四分之一周期内，质元b通过的路程小于10cm9. 如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（）A Uab：Ucd=n1：n2B 增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变大C 负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd不变D 将二极管短路，电流表的读数为原来的倍10. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，图（a）是t=0时刻的波形图，图（b）和图（c）分别是x轴上某两处质点的振动图象由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是（）A B C 1m D 11. 如图所示，光滑水平面上，质量为ml的足够长的木板向左匀速运动t=0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向则下列图中正确的是（）ABCD二、实验题（每空2分，共18分）12.（1）利用单摆测重力加速度的实验中，为了减小测量周期的误差，应在 位置开始计时和结束计时（2）在一次用单摆测定加速度的实验中，图A是用毫米刻度尺测摆长，若测得摆线长为h，小球直径为d，则摆长L=图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为lmin，该单摆摆动n=50次全振动时，长、短针位置如图中所示，所用时间t=_s用以上直接测量的L，t，n表示出重力加速度的计算式为g=_（不必代入具体数值）（3）若某同学测摆长时，忘记测摆球的半径，而只把摆线长度作为摆长，则他根据以上计算式求得的重力加速度 （填“偏大”或“偏小”或“准确”） 13.如图1所示，在做“碰撞中的动量守恒”实验中，（1）下列测定入射小球和被碰小球在碰撞前后的速度的方法或原理正确的是 .A用秒表测出时间t，用刻度尺测出位移s，用v=求出速度B测出打点计时器在纸带上打下的点间距离s1、s2，用v=求出速度C用小球离开桌面后的水平射程x来代替速度D测出小球下落高度h，用v=求出速度（2）下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是 .A秒表B天平C刻度尺D弹簧秤（3）完成本实验，下列必须要求的条件是 .A斜槽轨道必须光滑以减少误差B斜槽轨道末端的切线必须水平C入射球和被碰球的质量必须相等D入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下（4）某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_。三、计算题(8+9+9+12)14.室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中氡看不到，嗅不到，但它进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的重大因素静止的氡核放出一个粒子x后变成钋核，钋核的动能为0.33MeV，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子x的动能则：（1）写出上述衰变的核反应方程；（2）求粒子x的动能（保留两位有效数字） （3）核反应后，核子总质量是增还是减15.有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电效率为多少？16.（10分）甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v=25cm/s。两列波在t=0时的各自波形曲线如图所示。两波源离坐标原点足够远。求（1）t=0时，介质中X=50cm的点此时偏离平衡位置的位移是多少（2）t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；（3）从t=0开始，介质中出现两波谷相遇的最短时间。17.如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面底端与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一滑块A ，其质量mA = 2 kg ，在距车的水平面高h = 1.25 m处由静止下滑，车C的质量为mC = 6 kg 。在车C的左端有一质量mB = 2 kg的滑块B ，滑块B与A均可视为质点，滑块A与B碰撞后立即粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑落。已知滑块A 、B与车C的动摩擦因数为 = 0.5 ，车C与水平面间的摩擦忽略不计，取g = 10 m/s2 。试求：（1）滑块A滑到圆弧面底端时的速度大小；（2）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度大小，以及C车的最短长度。（3）全过程中ABC为一系统，求系统损失的机械能。上饶中学高二下学期第一次月考物理参考答案（零班）1.B【考点】考查变压器的动态变化。仅增强光照时，R1变小，副线圈的输出功率变大，所以原线圈的输入功率变大，A错；仅向下滑动P时，原线圈匝数减少，副线圈电压变大，R2两端的电压增大，R2消耗的功率变大，B正确，C错误；仅增大U时，副线圈电压变大，R2消耗的功率变大，D错。2.解：A、在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，图不能作为该物体的速度时间图象故A错误BC、由简谐运动特征F=kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知图可作为该物体的回复力时间图象故B错误，C正确D、由a=可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知图不能作为该物体的at图象故D错误故选：C3.DA、由图可知，两波的波长相等，又波速相等，则频率相等，能发生干涉，故A错误；B、两列波相遇后，在叠加区域质点，振动方向相同，则振动始终加强，故B错误；C、两列波在的质点振动方向相反，则振幅为两列波的振幅之差，即为，故C错误；D、根据矢量叠加原则，两列波在原点振动方向相同，则原点的振幅为两列波的振幅之和，即为，故D正确。故选：D4.解：A、将电池正的极性反转，光电管中仍然有光电子产生，只是电流表读数可能为零，故A正确；B、即使开关S断开，由于入射光的频率较低，则导致光电子的最大初动能较小，可能不能到达阳极，则没有电流，故B错误；C、触头c向b端移动，导致阳极与阴极的电压减小，则电场力也减小，所以电子获得的加速度减小，因此光电子到达阳极时的速度必将变小，故C正确；D、只要电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，因受到电场阻力，则可能导致到达阳极时，动能为零，则电流表A读数可能为0，故D错误故选：AC5.ABE： 解：A、Th经过6次衰变和4次衰变后，质量数是：m=23164=203，电荷数：z=9026+4=82，成为稳定的原子核Pb故A错误；B、发现中子的核反应方程是Be+HeC+n故B正确；C、射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；D、根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D错误E、据光电效应可知，紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，即光子个数增多，所以从锌板表面逸出的光电子的个数越多，故E正确故选：ABE考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：环没有固定时，小球与环组成的系统水平方向满足动量守恒，再结合系统机械能守恒列方程求得小球到最低点的速度，再根据牛顿第二定律求绳的拉力；将圆环固定，再将小球由开始的位置释放，小球下落过程机械能守恒，再根据牛顿第二定律求绳的拉力；解答：解：环没有固定时，当小球到最低点时小球的速度为v1，环的速度为v2，则mgL（1cos53）=mv12+mv22球和环组成的系统水平方向动量守恒，设向右为正方向：mv1mv2=0联立得：v1=v2=，小球在最低点时，F1mg=m，得F1=2.6mg；环固定时，mgL（1cos53）=mv2，F2mg=m得：F2=1.8mg，因此=故选：C点评：本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘6.7.： 解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B正确；C、由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C正确；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确故选：BCD8.【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由波形图求出波长，根据P点的振动情况求出波的周期，然后求出周期及波速大小各质点起振方向与波源相同，分析各质点的振动情况： 解：A、由波形图可知，波长=4m，波由图示位置开始计时后，P点向上振动，当P点在t=0.3s的时刻第一次到达波谷，则有，所以周期为0.4s，根据v=，故A正确；B、当t=0.3s时x=2m处的质点也处于波谷处，所以a处于y轴负向向上振动，即沿y轴正方向，故B错误；C、波经过t=0.1s时刚好传到Q点，此时Q向上振动，再经过0.6s=1，Q处于平衡位置，故C错误；D、在开始的四分之一周期内，b向平衡位置运动，速度增大，所以四分之一周期内运动的路程大于振幅，故D正确故选：AD【点评】： 本题考查分析波动形成过程的能力，要抓住波的周期性，确定周期与时间的关系当离Q最近的波峰的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰介质中各质点的起振都与波源的起振方向相同9.解：A、若没有二极管，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Uab：Ucd=n1：n2；而因二极管的单向导电性，Uab：Ucd=n1：n2；，故A错误；B、由题意可知，当增大负载电阻的阻值R，因电压不变，结合闭合电路欧姆定律可知，电阻R的电流变小，则电流表的读数变小，故B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化，故C错误；D、二极管短路后，输出功率加倍，则输入功率加倍P入=IU1，因为U1不变，所以I1加倍，电流表的示数加倍，故D正确；故选：BD10.CD 解析： A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U代入数据得图乙中电压的有效值为110 V，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误；C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确；D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确；故选CD11.【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】： 压轴题【分析】： 熟练应用由质点振动关系判断质点间距公式，把振动图象和波动图象联系起来： 解：图（b）所示质点在t=0时在正向最大位移处，图（c）所示质点在t=0时，x=0.05（振幅的一半），运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，若图（c）所示质点在图（b）所示质点的左侧有，当n=0时，B正确；若图（c）所示质点在图（b）所示质点的右侧有，当n=0时，D正确故选BD【点评】： 本题考查振动图象、波动图象及相关知识，难度较大，要仔细分析12.解：AB、木块和木板组成的系统，动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1vm2v=（m1+m2）v，知m1m2木块的加速度，方向向左，木板的加速度，方向向右，因为m1m2，则a1a2故A错误，B正确CD、木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做做匀速直线运动木板一直做匀减速运动最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误故选：BD13.BC14.： 解：根据质量数和电荷数守恒可得该核反应方程为：86222Rn84218Po+24He故该衰变方程为：86222Rn84218Po+24He设粒子x的质量为m1、速度为v1，钋核的质量为m2、速度为v2根据动量守恒定律 有 0=m1v1m2v2粒子x的动能：Ek2=18MeV答：衰变的核反应方程86222Rn84218Po+24He；粒子x的动能18MeV【解析】15.解：（1）降压变压器的输出功率为：P=40226=5280W降压变压器副线圈的电流：=24A，降压变压器原线圈的电流：=6A输电线损失的功率：所以输入功率：P1=5280+144=5424W（2）降压变压器原线圈电压为：=880V输电线上损失的电压为：U=I3R=24V则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V所以发电机原线圈电压：=226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为=24A，发电机内阻分压：Ur=241=24V电动势为：E=226+24=250V（3）用户获得的实际功率P用=22406=5280W；则输电效率=97.3%；答：（1）发电机输出功率为5424W；（2）电动势为250V；（3）输电效率为97.3%16.（）x=(50+300n)cmn=0，1，2，（）t=0.1s解：（i）t=0时，在x=50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm。两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为1=50cm，260cm甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1=50k11，k1=0，1，2，x2=50k22，k2=0，1，2，由式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为x=(50+300n)cmn=0，1，2，（ii）只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为16cmt=0时，两波波谷间的x坐标之差为 式中，m1和m2均为整数。将式代入式得x=10(6m2-5m1)+5 由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为 从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm的质点的时间为代入数值得t=0.1s考点：机械振动机械波17.(1)5m/s (2)0.375m 解析： （1）设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1 ，由机械能守恒定律有 代入数据解得v1 = 5 m/s （2）设A 、B碰撞后瞬间的共同速度为v2 ，由于碰撞瞬间相互作用力巨大，C给A和B的摩擦可以忽略，故A与B组成的系统动量守恒。 所以mAv1 = (mA + mB) v2 代入数据解得v2 = 2.5 m/s 设车C的最短长度为L ，滑块A与B最终没有从车C上滑出，三者的最终速度相同，设其共同速度为v3 。根据动量守恒和能量守恒定律可得(mA + mB) v2 = (mA + mB + mC) v3 解以上两式可得L = 0.375 m 18.（1）98.50，99.8；（2）AB用单摆测定重力加速度解：（1）单摆的摆长L=l线+=97.50cm+cm=98.50cm；小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+39.8s=99.8s（2）由单摆的周期公式T=2，得重力加速度的公式为g=A、测摆线的总长度L，不记球的半径，则所测摆长L偏小，故算得加速度偏小，故A正确；B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小故B正确；C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大故C错误D、实验中误将49次全振动数为50次测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故D错误故答案为：（1）98.50，99.8；（2）AB19.考点： 验证动量守恒定律 专题： 实验题分析： 两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度将需要验证的关系速度用水平位移替代根据实验的原理确定所需的器材根据小球的水平位移关系得出速度关系，结合动量守恒定律得出入射小球和被碰小球的质量关系解答： 解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，两球碰撞过程动量守恒，以入射球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以运动时间t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则m1OP=m1OM+m2ON，要验证动量守恒，需要测出小球质量与小球的水平位移，需要的实验器材是：天平与刻度尺，故选BC；（3）A、小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离开轨道的初始相等即可，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；B、为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；C、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错其；D、为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确；故选BD（4）由图示可知：A球单独释放时的水平位移为OP=25.50cm，与B球碰后，A球的水平位移为OM=15.50cm，B球的水平位移为ON=41.101.10cm=40cm如果碰撞过程动量守恒，则m1OP=m1OM+m2ON，代入数据解得：m1：m2=4：1故答案为：（1）C；（2）BC；（3）BD；（4）4：1