广东省广州市番禺实验中学2024-2025学年高二物理下学期6月月考试题含解析

PAGE17-广东省广州市番禺试验中学2024-2025学年高二物理下学期6月月考试题（含解析）一、单选题（共10小题，每题3分）1.下列说法正确的是A.法拉第发觉了电磁感应现象，并定量得出了法拉第电磁感应定律B.安培通过试验发觉磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直C.汤姆孙通过α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型D.自然放射现象说明原子核内部是有结构的【答案】BD【解析】【详解】A．法拉第发觉了电磁感应现象，但并没有定量得出法拉第电磁感应定律，故A错误；B．安培通过试验发觉磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直，故B正确；C．卢瑟福通过α粒子散射试验提出了原子的核式结构模型，故C错误；D．自然放射现象的射线来自原子核，说明原子核内部有困难结构，故D正确．故选BD．2.如图所示，用绿光照耀一光电管的阴极时产生光电效应，欲使光子从阴极逸出时的最大初动能增大，应实行的措施是A.改用红光照耀B.改用紫光照耀C.增大绿光的强度D.增大加在光电管上的正向电压【答案】B【解析】【详解】红光的能量低于绿光，可能导致不能发生光电效应或者减小最大初动能，故A错误．紫光的能量高于绿光，改用紫光可以增大粒子逸出时的最大初始动能，故B正确；单纯增加绿光强度，会增加逸出粒子数目，但不会变更粒子的最大初始动能，故C错误．光电管的加速电压与粒子逸出时的最大初始动能无关，故D错误．故选B3.我国放射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完备对接假设“神舟十一号”飞船到达对接点旁边时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到，飞船发动机点火，将质量为的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为，不考虑飞船加速过程中的变轨，则在这个过程中，下列各表达式正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】ABCD.飞船发动机点火喷出燃气由动量守定律得故C正确ABD错误故选C。4.如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）A.2J B.1J C.0.5J D.1.5J【答案】B【解析】【详解】对于木块A和B碰撞过程，两木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mvA=2mv得v=0.5vA=1m/s弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为Ep=•2mv2=1×12J=1J故选B。5.如图所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间变更的图线可能是下图中的A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】当断开电键，原来通过R1的电流马上消逝，电感中产生自感电动势阻碍自身电流变更相当于电源，电感中的电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，渐渐减小最终为0．故D图象正确，ABC三图象错误.6.依据氢原子能级图（如图）可推断（）A.电子的轨道半径越小，氢原子能量越大B.大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的光C.欲使处于基态的氢原子电离，可以用14eV的光子照耀D.用的电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子不行能激发到能级【答案】C【解析】【详解】A．电子轨道半径越小，能级越小，即氢原子能量越小，故A错误；B．大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，可能发出种不同频率的光，故B错误；C．欲使处于基态的氢原子电离，则要用大于的光子照耀，故C正确；D．当用光子照耀时，基态氢原子被激发到能级，至少须要的能量，当用电子轰击氢原子时，电子的能量值大于12.09eV时，能激发到n=3能级，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道汲取的光子能量必需等于两能级间的能级差或者被电离，才能被汲取，而氢原子与运动中的电子发生碰撞时，运动电子的动能大于氢原子的第一能级与第三能级之间的差即可。7.如图所示，线圈由A位置起先下落，在磁场中受到的磁场力假如总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置（B、D位置恰好线圈有一半在磁场中）时，加速度大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】线圈自由下落时，加速度为：线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为：线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，依据牛顿其次定律得知：，线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达处的速度大于处的速度，则线圈在处所受的安培力大于在处所受的安培力，又知磁场力总小于重力，则有：即有：故A、B、C错误，D正确；故选D。8.法拉第独创了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理如图所示．铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路，其他电阻均不计．转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P．则A.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dB.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到cC.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dD.圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c【答案】D【解析】将圆盘看成多数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，依据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从d到c；依据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势，电阻消耗的电功率，解得，D正确【点睛】留意：一、切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极；由于半径上每点的切割速度不同，但是匀称增大的，故可等效切割速度为．9.如图所示，志向变压器原、副线圈的匝数比为，a、b两点间的电压为，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽视不计，熔断电流为2A．为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值是A.ΩB.1.1ΩC.11ΩD.Ω【答案】B【解析】原线圈输入电压,依据电压与匝数成正比解得：；原线圈的最大输入功率为P1=U1I=220×2＝440W；输出功率等于输入功率P2＝P1=440W；输出功率：,解得：R＝1.1Ω，故B正确，ACD错误；故选B．10.如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变更的规律如图乙所示．则在0～t0时间内，电容器（）A.上极板带正电，所带电荷量为B.上极板带正电，所带电荷量为C.上极板带负电，所带电荷量为D.上极板带负电，所带电荷量为【答案】A【解析】【详解】由题图乙可知，B增大，依据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电；感应电动势为所以电容器所带电荷量为选项A正确，BCD错误。故选A。二、多选题（共5小题，每题4分，漏选2分，错选0分）11.如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO'转动，轴OO'垂直于磁感线，在线圈外接一含有志向变压器的电路，变压器原副线圈的匝数分别为n1和n2。保持线圈以恒定角速度转动，下列推断正确的是（）A.在图示位置时线框中磁通量为零B.在图示位置时，感应电动势最大C.电压表V1示数等于D.当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大【答案】AB【解析】【详解】AB．在图示位置时线框平面与磁感线平行，则磁通量为零，磁通量的变更率最大，感应电动势最大，选项AB正确；C．沟通电压的最大值等于NBωL2，电压表V1示数为有效值，选项C错误；D．当P位置向上移动，R增大，依据志向变压器的变压原理知变压器次级电压由初级电压和匝数比确定，则次级电压不变，则电压表V2的示数不变，故D错误；

故选AB。12.目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电．下列说法正确的是A.若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B.只有A线圈中输入变更的电流，B线圈中才会产生感应电动势C.A中电流越大，B中感应电动势越大D.A中电流变更越快，B中感应电动势越大【答案】BD【解析】【分析】依据法拉第电磁感应定律与感应电流产生的条件即可解答．【详解】A项：依据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变更，则B线圈中就会不产生感应电动势，但在图A输入过程中，A线圈中的电流从无到有，因此B线圈中会产生感应电动势，然而不是总会有的，故A错误；B项：若A线圈中输入变更的电流，依据法拉第电磁感应定律：可得，则B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；C、D项：依据法拉第电磁感应定律：可得，A线圈中电流变更越快，A线圈中电流产生的磁场变更越快，B线圈中感应电动势越大．故C错误；D正确．故应选：BD．【点睛】该题的情景设置虽然新奇，与日常的生活联系也亲密，但抓住问题的本质，运用电磁感应的规律即可正确解答．13.如图所示，在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，质量m=1kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙U形导轨以速度v=2m/s向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上，两导轨间距离1=1.0m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数μ=0.3，电阻R=3.0Ω，金属杆的电阻r=1.0Ω，导轨电阻忽视不计，取重力加速度g=10m/s²，则下列说法正确的是A.通过R的感应电流的方向为由d到aB.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0VC.金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5ND.外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热【答案】BD【解析】A、PQ棒切割磁感线产生动生电动势，由右手定则可知电流方向为QPad，故A错误．B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1×1×2V=2V，故B正确．C、依据欧姆定律可得，由力的平衡可知，故C错误．D、由动能定理可得，故，故D正确．故选BD．【点睛】对于单棒切割的类型，驾驭电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等是基础，关键要明确各个量的关系，娴熟运用相关的公式求解．14.在磁感应强度B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时产生的沟通电电压随时间变更的波形如图所示，线圈与一阻值R=9Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1Ω，则（）A.通过电阻R的电流瞬时值表达式为i=10sin100πt（A）B.电阻R两端的电压有效值为90VC.1s内电阻R上产生的热量为450JD.图中t=1×10-2s时，线圈磁通量最小【答案】AC【解析】【详解】由图可知，电压的最大值Um=100V．角速度为ω=100πrad/s

A．电流的最大值为故通过电阻R电流瞬时值表达式为i=10sin100πt（A）故A正确；

B．电阻R两端的电压有效值为故B错误；

C．1s内电阻R上产生的热量为故C正确

D．图中t=1×10-2s时，感应电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，线圈位于中性，故D错误。

故选AC。15.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，起先时B静止，A具有4kg·m/s的动量（向右为正），起先绳松弛，在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变更不行能是（）A.，B.，C.，D.，【答案】ABD【解析】【详解】它们的总动量为：p=mAvA=4kg•m/s，而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒；A的动量减小，B的动量增加；但总动量应保持不变；故A动量变更量应为负值，B动量变更量为正值；而想拉断绳子，在拉断绳子后，A的速度不行能为零，即A的动量变更不行能是-4kg·m/s，故只有C正确，不符合题意，ABD错误，符合题意；

故选ABD。三、试验题（共6分）16.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的试验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止起先滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止起先滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．（1）本试验必需测量的物理量有______________________；A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径r

D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t

E．记录纸上O点到各落地区域中心点A、B、C的距离OA、OB、OC

F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（2）依据试验要求，ma__________mb（填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______（填“是”或“否”）；假如不是同时落地，对试验结果有没有影响？______（填“有”或“无”）（不必作分析）；（4）依据本试验方法，验证动量守恒的验证式是_______________________________．（用“（1）”中所给的有关字母表示）【答案】(1).BE(2).大于(3).否(4).无(5).【解析】【分析】依据动量守恒定律求出须要验证的表达式，然后依据表达式分析答题；为防止碰撞过程入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰球的质量；依据图示装置与小球的运动状况，结合动量守恒定律即可分析答题．【详解】第一空第五空．小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，假如碰撞过程动量守恒，则，两边同时乘以时间t得：．因此试验须要测量有：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故BE正确；其次空．为防止碰撞过程入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰球的质量，即：；第三空第四空．由图所示装置可知，碰撞后b球在前，a球在后，碰撞后两球都平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，由于b先抛出，则b球先落地．由于两球离开轨道后都做平抛运动，运动时间相等，它们的水平位移与初速度成正比，球落地先后对试验没有影响．【点睛】本题主要考查了验证动量守恒定律的试验，包括对试验器材和试验原理的分析，较为简洁．四、计算题（共三题）17.图甲为某村水力发电厂输电示意图，远距离输电线电阻为8Ω，远距离输电线的输送电流为100A．若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960kW。求：(1)升压变压器原副线圈匝数比；(2)设降压变压器原副线圈匝数比40：1，求用户端获得的电压；(3)若用户端全是照明用电，能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光？【答案】(1)1：40；(2)220V；(3)8800盏【解析】【详解】(1)由图乙知升压变压器输入端电压有效值为240V，所以输送电压为依据电压与匝数成正比知：升压变压器匝数比为；(2)输电线损失的电压为降压变压器输入端电压为所以降压变压器原副线圈之比：用户端得到的电压为(3)导线上损失的功率用户端得到的功率则18.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1kg的子弹以v0＝200m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2.(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好