河北省武邑中学高二下学期3月线上考试物理试题

河北武邑中学20192020学年高二年级下学期第一次月考物理试题一、单项选择题（共6小题，每小题4分，共24分。在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的）1.放射性元素钋发生衰变时，会产生一种未知元素，并放出射线，下列说法正确的是（）A.射线穿透能力比射线强 B.未知元素的原子核核子数为208C.未知元素的原子核中子数为124 D.这种核反应也称为核裂变【答案】C【解析】【详解】A．射线的穿透能力比射线弱，故A错误；B．由质量数守恒可知未知元素的原子核核子数为2104=206个，故B错误；C．由电荷数守恒可知未知元素的原子核质子数为842=82个，故中子数为20682=124个，故C正确。D．这种核反应称为衰变，故D错误。故选C。2.如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着四个单摆，让c摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现（）A.各摆摆动的周期均与c摆相同B.a摆摆动周期最短C.b摆摆动周期最长D.b摆振幅最大【答案】A【解析】【详解】ABC．c摆摆动起来后，通过水平绳子对a、b、d三个摆施加周期性的驱动力，使a、b、d三摆做受迫振动，故a、b、d三摆周期相同，故A正确，BC错误；D．因为a摆的摆长等于c摆的摆长，所以a摆的固有频率等于受迫振动的频率，所以a摆发生共振，振幅最大，故D错误。故选：A。3.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．4.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零．A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变B.当闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变C.再断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮D.再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮．故AB错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确．5.如图（甲）所示，理想变压器原副线圈的匝数比为，是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除以外其余电阻不计．从某时刻开始单刀双掷开关掷向，在原线圈两端加上如图（乙）所示交变电压，则下列说法中正确的是（）A.该交变电压瞬时值表达式为B.单刀双掷开关由扳到，电压表和电流表的示数都变大C.t=2×102s时，电压表的读数为D.滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大【答案】B【解析】【分析】由图象求出瞬时电压的表达式，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．【详解】由图象知电压峰值为311V，角速度为，故该交变电压瞬时值表达式为，A错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，B正确；把t=2×102s代入瞬时值表达式得到的是瞬时电压，但电压表的读数为有效值，大小为22V，C错误；滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，D错误．6.图甲是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的交变电压图象．将该电压加在图乙中理想变压器的M、N两端．变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R的阻值为2Ω，电流表、电压表均为理想电表．下列说法不正确的是A.电流表的示数为2AB.线圈转动的角速度为50πrad／sC.流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次D.0.01s时穿过线圈的磁通量最大【答案】D【解析】【详解】原线圈的电压的有效值为=100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为：；副线圈上的电流：，由电流与匝数成反比得，所以电流表读数为2A，故A正确．根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由，故B正确；交流电的周期是0.04s，在每一个周期内交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变次数：次，故C正确．由图象可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故D错误；此题选择错误的选项，故选D.二、多项选择题（共6小题，每小题4分，共24分。在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的。没选全得2分，有错不得分。）7.用中子轰击原子核，发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为，则以下说法中正确的是（）A.X原子核中含有84个中子B.X原子核的结合能比原子核的结合能大C.X原子核中核子的平均质量比原子核中核子的平均质量小D.X原子核中核子的比结合能比原子核中核子的比结合能大【答案】CD【解析】【详解】A．由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知X原子核中含有质子数92−38=54中子数235+1−94−2−54=86故A错误；B．裂变的过程中释放能量，则的结合能大于X原子核与原子核的结合能的和，故B错误；C．原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质量越小；因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量减少，平均质量减少，故C正确；D．结合能与核子数之比称比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个核子分离所需的能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；裂变的过程中释放能量，则的比结合能小于X原子核的比结合能，即X原子核中核子的比结合能比原子核中核子的比结合能大，故D正确。故选CD。8.水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则（）A.飞行时间越长，动量变化的也快B.在任何时间内，动量变化方向都是竖直方向C.在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D.因为动量的方向时刻改变，所以动量变化量的方向也是随时间而不断变化【答案】BC【解析】【详解】BD．平抛运动的物体只受到重力的作用，根据动量定理，动量的变化为平抛物体动量变化的方向与重力方向相同，竖直向下保持不变。故B正确，D错误；AC．由动量定理变形得平抛物体动量对时间的变化率恒定，动量变化恒定，故C正确，A错误。故选BC。9.如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．输入端AB接交流电压U，输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是（）A.P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大B.P不动，将Q向右移动，两灯均变暗C.Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变小D.P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮【答案】AD【解析】【详解】A.P不动，将Q向右移动，负载电阻变小，电流变大，电压不变，变压器的输入功率变大，选项A符合题意；B.P不动，将Q向右移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮，选项B不符合题意；C.Q不动，将P沿逆时针方向移动，原线圈匝数减小，副线圈电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，选项C不符合题意；D.P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，将变亮，选项D符合题意．10.A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则（）A.A、B（包括人）速度大小之比为3：2B.A、B（包括人）动量大小之比为3：2C.A、B（包括人）动量之和为零D.因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定【答案】AC【解析】【详解】研究全程，动量守恒，由于最开始都静止，所以A、B（包括人）动量大小相等，方向相反，总动量为零，速度和质量成反比，所以A、B（包括人）速度大小之比为3：2，故AC正确，BD错误。故选AC。11.在做科学研究时，可以通过“速度选择器”把特定速率的粒子筛选出来，其原理如图所示。在间距为d的两平行金属板上加上电压U，磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，一束粒子沿OO'（两金属板中轴线）方向由O点射入两极板之间，若粒子重力不计，则（）A.能沿OO'直线运动，从O'点离开的粒子，一定带正电B.能沿OO'直线运动，从O'点离开的粒子，一定为带电粒子且速率为C.能沿OO'直线运动，从O'点离开的粒子，若为带电粒子其速率一定为D.能沿OO'直线运动，从O'点离开的带电粒子，一定无法沿O'O直线做反向运动【答案】CD【解析】【详解】ABC．由题意可知能沿OO'直线运动，从O'点离开的粒子受力平衡，如果粒子带正电可知电场力向下，根据左手定则可知洛伦兹力向上，且有即如果粒子带负电可知电场力向上，根据左手定则可知洛伦兹力向下，同理可得故粒子带正电和负电都可以满足条件沿OO'直线运动，故A错误，B错误，C正确；D．能沿OO'直线运动，从O'点离开的带电粒子，如果反向运动，当粒子带正电时可知电场力和洛伦兹力方向都向下，不能平衡；当粒子带负电时可知电场力和洛伦兹力方向都向上，也不能平衡，故一定无法沿O'O直线做反向运动，故D正确。故选CD。12.现使线框以速度v匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电动势方向为正，B垂直纸面向里为正，则图中关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流及电功率的四个图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【详解】AC．当线框运动L时，右边开始切割磁感线，产生E=BLv的电动势，电路中电流向右再运动L时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势E′=2BLv此时电流的方向反向，电流当线圈再向右运动L过程中，只有左侧切割磁感线，此时电动势为E=BLv，方向沿正方向，故A错误，C正确；

B．线圈在运动过程中，L2L处时磁通量均匀增大，而2L3L过程中，由于内外磁通量相互抵消，故磁通量在2.5L处应为零，故B错误；

D．电路中功率，故D正确；故选CD三、填空题（12分）13.如现欲用限流法测量一个圆柱形合金棒材料（电阻约为3Ω）的电阻率，请回答下列问题：(1)图1是测量合金棒的电阻R的实验器材实物图，图中已连接部分导线，请用笔画线代替导线将实物图连接完整________；(2)用螺旋测微器测量合金棒横截面直径D，测量结果如图2所示，则D＝________mm；(3)若测得合金棒的长度为L、电阻为R，由L、R、D来表示合金棒的电阻率ρ，其表达式为ρ＝________。【答案】①.见解析②.2.130③.【解析】【详解】(1)[1]因为圆柱形合金棒材料阻值约为3Ω，故采用电流表外接法误差较小，所以连接电路图如图所示(2)[2]根据螺旋测微器读数规则可知其读数为D=2.0mm+13.0×0.01mm=2.130mm(3)[3]根据电阻定律可知可得14.一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率．使用的器材有：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电流表（0.2A5Ω）、电压表（15V，15KΩ）、滑动变阻器（0~25Ω）、电源（12V，内阻不计）、开关、导线若干．(1)先用多用电表的欧姆表“×10”挡粗测圆柱材料的阻值，在正确操作情况下，表盘指针如图所示，可读得圆柱材料的阻值Rx=_____Ω．(2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径，如图所示，圆柱的直径是______mm；游标卡尺测量出圆柱材料长度如图所示，圆柱的长度是_______mm．(3)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图的A、B、C、D四个电路中选择________电路用于测量圆柱材料电阻．A、B、C、D、【答案】①.60②.1.662~1.664③.80.50④.D【解析】【分析】欧姆表读数时要乘以倍率；游标卡尺读数不估读；螺旋测微器读数时要进行估读；在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路．【详解】(1)由多用电表的欧姆挡读数可知圆柱材料的阻值Rx=6×10Ω=60Ω．(2)圆柱的直径是：1.5mm+0.01mm×16.2=1.662mm；圆柱的长度是：8cm+0.05mm×10=80.50mm．(3)在实验中为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应该用分压电路；电压表的内阻远大于电阻丝的电阻，可采用电流表外接电路，则应从下图的A、B、C、D四个电路中选择D电路用于测量圆柱材料电阻．三、计算题（共4小题，共40分，写出必要的步骤及文字说明，只写出答案不给分）15.把一质量为m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直杆的顶端，如图所示，一颗质量m′=0.01kg的子弹以v0=500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离s1=20m。求子弹落地处离杆的距离s2。.【答案】100m【解析】【详解】设子弹穿过后小球的速度为v，则s=vt解得取方向为正方向，由动量守恒定律可得解得出子弹穿过小球后的速度因子弹与小球落地所以历的时间相同，所以解得16.物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用不可伸长的细线悬挂一小球C（可视为质点），线长L=0.8m，现将小球C拉至水平（细线绷直）无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h=0.2m.。已知A、B、C的质量分别为、、，A、B间的动摩擦因数，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g=10m/s2。（1）求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；（2）若物体A未从小车B掉落，则小车B的最小长度为多少？【答案】（1）1.5m/s；（2）0.375m【解析】详解】(1)小球C下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得代入数据解得m/s小球C与A碰撞过程系统动量守恒，以小球C的初速度方向为正方向，由动量守恒小球C碰后上摆过程机械能守恒，