【解析】江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二下学期第一次月考物理试题

物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分；1－9单选，10―12多选）x代表一个中性原子中核外电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对的原子来说（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】在中，左下标为质子数，左上标为质量数，则；中性原子的核外电子数等于质子数，所以；中子数等于质量数减去质子数，，故B正确，ACD错误。故选B。结构简图，线圈在两磁极间的勻强磁场中匀速转动给小灯泡供电，己知小灯泡获得的交变电压如图乙所示．则下列说法正确的是A.甲图中电压表的示数为6VB.乙图中的0时刻，线圈在甲图所示位置C.乙图中0.5×102时刻，穿过甲图中线圈的磁通量为0D.乙图中1.0×102时刻，穿过甲图中线圈的磁通量为0【答案】C【解析】【详解】由题图乙可知交流电电压的最大值是Um=6V，所以甲图中电压表的示数为6V，故A错误；乙图中的0时刻，感应电动势为零，甲图所示时刻穿过甲图中线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B错误；乙图中0.5×102s时刻，感应电动势最大，穿过甲图中线圈的磁通量最小，故C正确；乙图中1.0×102s时刻，感应电动势为零，穿过甲图中线圈的磁通量最大，故D错误．3.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误．黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射．即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误，A正确．故选A．点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短．4.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220V、电流表示数为10A，则高压输电线的送电功率为()A.2.2×103W B.2.2×10－2W C.2.2×108W D.2.2×104W【答案】C【解析】由图可知，甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，故U=220×1000=220000V；乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，故电流I=10×100=1000A；则输电功率P=UI=2.2×105×1000=2.2×108W，故C正确，ABD错误．5.某次光电效应实验中发现，入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，将入射光频率变为3v，此时光电流的遏止电压为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据题意可知入射光频率为时，刚好发生光电效应现象，则有将入射光频率变为时解得故ACD错误，B正确。故选B6.氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是()A.一个氢原子从n=4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能减少，原子势能减少B.已知可见光的光子能量范围约为1.62eV－3.11eV，处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离C.有一群处于n=4能级的氢原子，如果原子n=2向n=1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应D.有一群处于n=4能级的氢原子，如果原子n=2向n=1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n=4向n【答案】A【解析】【详解】A．一群氢原子从激发态跃迁到基态时，任意两个能级间跃迁一次，共能辐射种不同频率的光子．动能增加，原子势能减小，故A错误，符合题意；B．因为紫外线的光子能量大于3.11eV，氢原子处于n=3能级吸收能量大于等于1.51eV，即可发生电离，知最低处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离，B正确，不符合题意；C．一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，因为n=2向n=1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，所以只有n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1的光子能够使金属发生光电效应，即3条，C正确，不符合题意；D．逸出功等于，从而n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大，为，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能，D正确，不符合题意。故选A。7.如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C.线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为U1=Umsinω1t,三个电流表读数相同．现换另一个电源供电,供电电压瞬时值为U2=Umsinω2t,ω2=2ω1.改换电源后,三个电流表的读数将()A.A1将减小,A2将增大,A3将不变 B.A1将增大,A2将减小,A3将不变C.A1将不变,A2将减小,A3将增大 D.A1将减小,A2将减小,A3将不变【答案】B【解析】【分析】当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此A变亮，B变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故C灯亮度不变．【详解】由公式2πf=ω知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项B正确，ACD错误．故选B．【点睛】此题考查电容、电感对交变电流影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系．当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小．8.小宇为了研究自感现象，利用实验室提供的实验器材设计了如图所示的电路，其中甲、乙为两个完全相同的小灯泡，L为自感系数很大的线圈，且稳定时的电阻与电路中定值电阻R的阻值相同．则下列说法正确的是()A.开关闭合的瞬间，甲、乙两灯同时变亮B.断开开关的瞬间，甲灯立即熄灭，乙灯过一会儿后熄灭C.闭合开关，当电路稳定时甲、乙两灯的亮度相同D.断开开关的瞬间，m点的电势高于n点的电势【答案】C【解析】【分析】本题考查了自感现象，意在考查考生的推理能力．【详解】A：开关闭合的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，甲灯先亮，乙灯后亮．故A项错误．B：断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，甲、乙两灯串联在一起构成闭合回路，两灯同时逐渐熄灭．故B项错误．C：闭合开关，当电路稳定后，自感作用消失，又由于稳定时线圈的电阻与电路中的定值电阻R的阻值相同，则稳定时通过甲、乙两灯的电流相等，两灯亮度相同．故C项正确．D：断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈中的电流方向与断开开关前相同，线圈的右端相当于电源的正极，与甲、乙两灯泡和定值电阻构成回路，n点的电势高于m点的电势．故D项错误．【点睛】自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，线圈中自感电动势的方向总是阻碍引起自感电动势的原电流的变化．a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMNA.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里B.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外C.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMND.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN【答案】AD【解析】【详解】AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误．CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，．磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1．根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差

UMN=0.2V，故C错误，D正确．10.如图甲所示,一正方形导线框置于匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度随时间的变化如图乙所示,则线框中的电流和导线受到的安培力随时间变化的图象分别是(规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向,逆时针方向为线框中电流的正方向,向右为安培力的正方向)A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】由右图所示Bt图象可知，0T/2内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿ABCDA方向，即电流为正方向；T/2T内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应定律：，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流大小保持不变．故A正确，B错误；0T/2内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB边受到的安培力的方向向右，为正值；T/2T内，电路中的电流为顺时针，AB边受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：F=BIL，电流大小不变，安培力的大小与磁感应强度成正比．故C正确，D错误．故选AC．点睛：本题考查了判断感应电流随时间变化关系，关键是分析清楚Bt图象，其斜率反应感应电流的大小和方向，应用楞次定律即可正确解题，要注意排除法的应用．11.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压为U=12V，电阻R1=lΩ，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则A.R1与R2消耗的电功率相等B.通过R1的电流为3AC.若向上移动P，电源输出功率将变大D.若向上移动P，电压表读数将变大【答案】BC【解析】【分析】对理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析.【详解】理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：UIR1=12I；根据匝数比可知次级电压为2（12I），则，解得I=3A，选项B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，则选项C正确，D错误；故选BC.二、实验题（3*7=21分）12.如图甲所示是使用光电管的原理图，当频率为的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过。(1)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为_____（已知电子电荷量为e，普朗克常量h）。(2)如果不改变入射光的强度，而增大入射光的频率，则光电子的最大初动能将_____（填“变大”、“变小”或“不变”）。(3)用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，得到Uc﹣ν图象如图乙所示，根据图象求出该金属的截止频率νc=_____Hz，普朗克常量h=_____J•s（已知电子电荷量e10﹣19C）。【答案】(1).(2).变大(3).(4).【解析】【详解】(1)[1]当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，根据动能定理得则阴极K的逸出功为(2)[2]根据光电效应方程知入射光的频率变大，则光电子的最大初动能变大。(3)[3]根据得图象横轴截距的绝对值等于金属的截止频率为[4]图线的斜率所以13.在《传感器的应用实验》的光控电路中，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻所示．当光敏电阻RG受到光照时，斯密特触发器的输出端Y出现电平________（填“高”或“低”）；当把光遮住时，输入端A出现电平________（填“高”或“低”）；如果试验中发现天很暗时路灯还没点亮，应将可变电阻R1的阻值调________一些（填“大”或“小”）．【答案】(1).高；(2).高；(3).小；【解析】【详解】用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻所示．当光敏电阻受到光照时，其电阻值较小，输入端A电势低，故斯密特触发器的输出端Y出现高电平；当把光遮住时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，输入端A出现高电平；如果试验中发现天很暗时路灯还没点亮，说明A点的电势仍然比较低，所以应将可变电阻R1的阻值调小一些．【点睛】解决本题的关键掌握门的特点：输入高电势输出低电势，反之输入低电势输出高电势．三、解答题（6+8+8+9=31分）14.如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，磁场的磁感应强度为。线圈匝数为，总电阻为。长为，宽为，转动周期为。线圈两端外接一个阻值为的电阻和一个理想交流电流表。求：(1)从图示位置开始计时感应电动势的瞬时表达式；(2)电阻消耗的热功率。【答案】(1)（V）；(2)19W【解析】【详解】(1)因为线圈转动的角速度从图中可以看出，线圈从中性面位置开始的，所以感应电动势的瞬时表达式为（V）(2)根据闭合电路欧姆定律可知，电流的最大值为由于线圈是匀速转动的，所以线圈中产生的是正弦交变电流，电流表的读数就是该交变电流的有效值因此，电阻R消耗的电功率为15.一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500kW，路端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器的副线圈两端电压；(2)输电导线上的功率损失；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比；(4)用户得到的功率．【答案】(1)2500V(2)60kW(3)10:1(4)440kW【解析】（1）升压变压器的副线圈两端电压U2=U1=5×500V=2500V

（2）输电导线上的电流：输电导线上的功率损失：△P=I2R=2002×1.5=60000W

（3）输电线上的电压损耗：△U=IR=200×1.5=300V

降压变压器原线圈的电压：U3=U2U=2500300=2200V

降压变压器原、副线圈的匝数比：

（4）用户得到的功率：P4=P1△P=500×103W60000W=440000W=440KW点睛：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流．原子核质量为209.98287u，原子核的质量为4.00260u，静止的核在α衰变中放出α粒子后变成．（计算结果均保留三位有效数字）求：（1）请写出核反应方程；（2）在衰变过程中释放的能量；（3）α粒子从Po核中射出的动能（已知u相当于931.5MeV，且核反应释放的能量只转化为动能）．【答案】（1）→+【解析】【分析】核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒；求出质量亏损△m，根据爱因斯坦质能方程求解释放的能量；衰变前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律分析α粒子和铅核关系，根据动能与动量的关系及能量守恒列式求解．【详解】（1）根据质量数与质子数守恒规律，则有，衰变方程：（2）衰变过程中质量亏损为：△m＝209.98287u﹣205.97446u﹣4.00260u＝0.00581u反应过程中释放的能量为：△E＝0.00581×931.5MeV＝5.41MeV；（3）因衰变前后动量守恒，则衰变后α粒子和铅核的动量大小相等，方向相反，则有：即：mαEkα＝mPb•EkPb，则：4Ekα＝206•Ekpb又因核反应释放的能量只能转化为两者的动能，故有：Ekα+Ekpb＝△E＝5.41Mev所以α粒子从钋核中射出的动能为：Ekα＝