2018-2019学年江西省宜春市上高二中高二(下)第二次月考物理试卷(解析版)

2018-2019学年江西省宜春市上高二中高二（下）第二次月考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′
与磁场边界重合。

线圈按图示方向匀速转动。

若从图示位置开始计时，并规定电
流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图
中的哪一个？（）
A.
B.
C.
D.
2.如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较
低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49eV的金属
钠．下列说法正确的是（）
A. 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从能级跃迁到能
级所发出的光波长最短
B. 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大
C. 能发生光电效应的光有三种
D. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是
3.下列说法正确的是（）
A. 人类第一次实现原子核的人工核转变是查德威克用粒子轰击铍原子核，产生了碳原子核和一个中
子
B. 患癌症的病人可以接受钴60的放射治疗，这是利用了细胞分裂越快的组织对射线的耐受力越强的
特点
C. 强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子
D. 比结合能越大的原子核，核子的平均质量也越大
4.假设在NaCl蒸气中存在由钠离子Na+和氯离子Cl-靠静电相互作用构成的单个氯化钠分子，若取Na+
和Cl-相距无限远时的电势能为零，一个NaCl分子的电势能为-6.1eV．已知使一个中性钠原子Na最外层电子脱离原子核而形成钠离子Na+所需的能量（电离能）为5.1eV，使一个中性氯原子Cl结合一个电子形成Cl-所放出的能量（亲和能）为3.8eV，由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性钠原子Na和中性氯原子Cl的过程中，外界提供的总能量为（）
A. B. 15eV C. D.
5.（供选学3-5模块的考生做）x质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木
块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。

首先左侧射手开枪，
子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块
的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。

当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（）
A. 木块静止，
B. 木块向右运动，
C. 木块静止，
D. 木块向左运动，
6.一个电热器接在10V直流电源上，发热消耗功率为P，若把它改接在正弦式交流电源上，要使它的发
热消耗的功率为，则交流电压的最大值是（）
A. 5V
B.
C. 10V
D.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi
可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成Ti，
X和Ti最后都变成Pb，衰变路径如图所示。

可知图中（）
A. ，
B. U经过8次衰变和6次衰变后可生成新核
C. 是衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的
D. 是衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的
8.从距地面相同高度以相同的速率抛出A、B、C三个质量相同的球，A平抛、B竖直上抛，C竖直下抛，
若不计空气阻力，三球从开始运动到落地的过程中（）
A. B球动量变化最大，C球动量变化最小
B. 对C球重力的平均功率最大，对B球重力的平均功率最小
C. 三球动能变化相同
D. 三球动量变化大小相同
9.下列叙述中正确的是（）
A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动
B. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加
C. 已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数
D. 扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动
10.如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，
产生的交变电动势图象如图中曲线a，b所示，则错误的有（）
A. 两次时刻线圈平面均与中性面重合
B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为50Hz
D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10V
三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）
11.在测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
A．取油酸1mL注入250mL的量杯内，然后向杯中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，并使油酸在酒精中充分溶解，形成酒精油酸溶液；
B．用滴管吸取制得的究竟油酸溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1mL为止，恰好共滴了100滴．
C．在水盘内注入蒸馏水，静置后用滴管吸取酒精油酸溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．
D．测得此油膜面积为8×102cm2．
（1）中学课本中，这种粗测油酸分子大小的方法叫做______法，让油酸尽可能地在水面上散开，使其形成______层油膜．如果把分子看作球形，这层油膜的厚度可视为油酸分子的______．
（2）利用相关数据可求得油酸分子直径为______m．（取一位有效数字）
12.某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律．装置固定在水平面上，圆弧形轨道下端切线水平．两球
半径相同，两球与水平面的动摩擦因数相同．实验时，先测出A、B两球的质量m A、m B，让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距离的平均值x0，然后把球B静置于轨道下端水平部分，并将A从轨道上同一位置由静止释放，并与B相碰，重复多次．
为确保实验中球A不反向运动，则m A、m B应满足的关系是______；
写出实验中还需要测量的物理量及符号：______；
③若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式：______；
④取m A=2m B，x0=1m，且A、B间为完全弹性碰撞，则B球滑行的距离为______．四、计算题（本大题共4小题，共44.0分）
13.中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕．若在此
装置中发生核反应的方程是H+H→He，已知H、He核的比结合能分别为E H=1.11MeV、
E He=7.07MeV，试求此核反应过程中释放的核能．
14.如图所示，在含光电管的电路中，照射到光电管阴极K上的单色光的功率为
P．当变阻器的滑片B左移至a时，电流表示数恰变为零，电压表示数的大
小为U1．当B右移至b时，电流表示数为I且不再变化。

当B在d处时，电
压表示数的大小为U2．设普朗克常量为h，电子电量为e，平均每N个光子
能产生一个光电子。

求
（1）B右移到d时，到达A极的光电子的最大动能；
（2）此光电管阴极K的截止频率。

15.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线
的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%
．求：
（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）
（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？16.如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，
质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度v0向右运动，试求：
（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：图示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a→d→c→b→a，为负方向。

线圈中产生的感应电动势表达式为e=E m sinωt=BSωsinωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为
i=-
=-=-Imsinωt，其中I m =．故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知
识得知A正确，BCD错误。

故选：A。

根据楞次定律判断出感应电流的方向。

由感应电动势的表达式e=E m sinωt，由欧姆定律求出此线圈感应电流的表达式，再选择图象。

本题是楞次定律和正弦交变电流瞬时值表达式e=E m sinωt的应用，此式计时起点是中性面。

2.【答案】D
【解析】
解：A
、根据=3知，这群氢原子能辐射出三种不同频率的光子，从n=3向n=2跃迁的光子频率最小，波长最长。

故A错误。

B、氢原子辐射光子的过程中，能量减小，轨
道半径减小，根据知，电子动能增大，
则电势能减小。

故B错误。

C、只有从n=3跃迁到n=1，以及从n=2跃迁到n=1辐射的光子能量大于逸出功，所以能发生光电效应的光有两种。

故C错误。

D、从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得，
E km=hv-W0=12.09-2.49eV=9.60eV．故D正确。

故选：D。

根据数学组合公式求出辐射光子的种类，抓住辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，根据光电效应的条件判断能发生光电效应的光子种数，结合光电效应求出光电子的最大初动能．解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m-E n=hv，以及掌握光电效应方程，并能灵
活运用．
3.【答案】C
【解析】
解：A、卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素--氧17和一个质子，这是人类第一次实现的原子核的人工转变，故A错误；
B、用放射治疗癌症，是利用“细胞分裂越快的组织，对射线的耐受能力就越弱”这一特点，故B 错误；
C、强子是参与强相互作用的粒子，质子是最早发现的强子，故C正确；
D、根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量
越小，故D错误；
故选：C。

卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子，并首次实现原子核的人工转变；细胞分裂越快的组织，对
射线的耐受能力就越弱；根据粒子的基本内容进行分析，明确强子、轻子以及夸克模型的定义；理解核子平均质量曲线与比结合能曲线；
本题考查了原子物理中的部分基础知识，对于这些基础知识要加强记忆，平时注意多加练习，同时注意结合能与比结合能的区别。

4.【答案】A
【解析】
解：设每一过程中，若吸收能量为正值（即E＞0），若放出能量为负值（即E＜0），则：E1=+6.1eV，E2=-5.1eV，
E3=+3.8eV，故全过程外界供给的总能量E=E1+E2+E3=+4.8eV；故A正确，BCD错误；
故选：A。

设每一过程中，若吸收能量为正值（即E＞0），若放出能量为负值（即E＜0），则吸收的能力为
三个过程能力之和。

要求同学们能根据题意提取有效信息，知道吸收能量为正值，若放出能量为负值。

5.【答案】C
【解析】
解：设子弹速度为v，质量为M
已知木块质量为m
由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为v1，则有 Mv=（M+m）v1
木块与子弹组成的系统损失的动能为△E k =Mv2-（M+m）v12
设子弹与木块之间作用力恒定为F
则有 Fd1=△E k
=Mv2-（M+m）v12①
第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得
Mv-Mv=（2M+m）v′，得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得
Fd2
=（M+m ）+Mv2②
由①②对比得，d1＜d2
故ABD错误，C正确；
故选：C。

完全相同步枪和子弹，说明子弹的初速度相同，把三者看成一个整体，动量守恒，所以最终木块静止，再隔离子弹和木块，根据动量守恒及动能定理即可求解。

本题主要考查了动能定理及动量守恒定律的直接应用，要注意最终木块时静止的，难度适中。

6.【答案】C
【解析】
解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：
Q=t
此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以
Q′=Q=t
所以：t=t
解得：U
有
=5V，所以最大值为10V，
故选：C。

根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．
对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．
7.【答案】BC
【解析】
解：A 、Bi经过①变化为X，质量数没有发生变化，为β衰变，β衰变的实质是由原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，因为经过一次β衰变，电荷数多1，可知a=84，故A错误，C正确。

B
、U转变为新核Pb，电荷数少10，质量数为32，设经过n次α衰变，m次β衰变，有：
4n=32，2n-m=10，解得n=8，m=6，故B正确。

D、经过②变化
为Ti，核电荷数少2，为α衰变，实质是原子核中的两个质子和两个中子结合成一个结合体释放出来，故D错误。

故选：BC。

Bi经过①变化
为X，质量数没有发生变化，为β衰变，经过②变化
为Ti，核电荷数少2，为α衰变，根据α衰变和β衰变的实质原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变。

根据衰变的实质分析判断。

解决本题的关键知道发生α、β衰变的实质。

能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可。

8.【答案】ABC
【解析】
解：A、D、上抛的运动时间最长，下抛运动时间最短，上抛重力的冲量最大，下抛动量变化最小，根据动量定理，B球动量变化最大，C球动量变化最小，故A正确，D错误；
B、重力做功相同，上抛的运动时间最长，下抛运动时间最短，根据平均功率表达式P=，C球重力的平均功率最大，B球重力的平均功率最小，故B正确；
C、只有重力做功，重力做功相同，根据动能定理，三球动能变化相同，故C正确；
故选：ABC。

小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，但运动
方向不同；根据平均功率表达式P=判断平均功率的大小，根据动量定理判断动量变化的大
小．
本题关键是明确根据动能定理判断动能增加量，根据动量定理判断动量增加量，基础题．
9.【答案】BD
【解析】
解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是由于其周围液体分子的碰撞形成的，故布朗运动是液体分子无规则热运动的反映，但并不是液体分子的无规则运动。

故A错误。

B、当分子力表现为引力时，分子距离增大时，分子引力做负功，分子势能增加。

故B正确。

C、已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数。

故C错误。

D、扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动；故D正确；
故选：BD。

布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加．已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数．扩散现象说明分子在做无规则运动．
本题考查热力学的一些基本知识，要注意重点掌握布朗运动、理想气体状态方程及阿伏加德常数等内容，并能正确应用．
10.【答案】BCD
【解析】
解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
B、由图可知，a的周期为4×10-2s；b的周期为6×10-2s，则由
n=可知，转速与周期成反比，故
转速之比为3：2；故B错误；
C、曲线a的交变电流的频率f==25Hz；故C错误；
D、由E m=NBSω
可知=
==，所以E mb
=E ma=10V，曲线b表示的交变电动势有效值
为
U=
=5V；故D错误；
本题选择不正确的，故选：BCD。

根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。

本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。

11.【答案】油膜法单分子层直径5×10-10
【解析】
解：（1）用油膜法估测分子直径的方法关键要形成单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径；
（2）油酸分子直径为d===5×10-10m；
故答案为：（1）油膜法；单分子层；直径；（2）5×10-10．
用油膜法估测分子直径的方法关键要形成单分子油膜，类似于将一碗黄豆铺开，运用d=求解分子直径．
本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，能够运用公式d=求解分子直径，注意单位的换算．
12.【答案】m A＞m B碰撞后A、B球在水平面滑行的距离：x A、x B m A=m A+m B m
【解析】
解：①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，即：m A＞m B；
②碰撞后两球做减速运动，设碰撞后的速度为：v A、v B，
由动能定理得：-μm A gx0=0-m A v02，v0=，
-μm A gx A
=0-m A v A2，v A =，
-μm B gx B =0-m B v B2，v B =，
如果碰撞过程动量守恒，则：m A v0=m A v A+m B v B，
即：m A=m A+m B，
整理得：m A=m A+m B，
实验需要测量碰撞后A、B球在水平面滑行的距离：x A、x B．
③由②可知，若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式为：
m A=m A+m B．
④如果碰撞过程是完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m A=m A+m B，
由机械能守恒定律得：m A （）2=m A （）2+m B （）2，
已知：m A=2m B，x0=1m，
解得：x B =m；
故答案为：①m A＞m B；②碰撞后A、B球在水平面滑行的距离：x A、x B；③m A=m A+m B ；④m．
①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；
②③应用动量守恒定律与动能定理求出实验需要验证的表达式，然后确定需要测量的量；
④根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后求出B球滑行的距离．
本题考查了判断两球间质量关系、求实验需要测量的量、实验需要验证表达式、球滑行的距离等问题，通过审题理解实验原理是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．
13.【答案】解：由质能方程：△E=△mc2，
则核反应过程中释放的核能：△E=（4E He-4E H）c2=4×（7.07-1.11）MeV=23.84MeV；
答：此核反应过程中释放的核能23.84MeV．
【解析】
根据质能方程，依据比结合能等于结合能与核子数的比值，从而即可求解．
本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力，另外要知道结合能与比结合能的区别．
14.【答案】解：（1）电子从K极射出时的最大初动能为E K=eU1
故电子到达A极时的最大初动能为：E Km=eU1+eU2
（2）由光电效应方程有
hv=hv0+E K
Pt=nhv
It=
截止频率：
答：（1）B右移到d时，到达A极的光电子的最大动能为eU1+eU2；
（2）此光电管阴极K的截止频率为。

【解析】（1）电子从K极射出时的最大初动能为E K=eU1，故电子到达A极时的最大初动能为：
E Km=eU1+eU2；
（2）由光电效应方程：hv=hv0+E K求解。

本题考查了光电效应方程。

这种题型比较少见，高考要求不高。

15.【答案】解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3．
（1）由线路损耗的功率P线=I线2R线可得
线
线
线
又因为P输出=U2I线，所以
输出
线
U3=U2-I线R线=（1 500-6×10）V=1 440 V
根据理想变压器规律
.
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11．
（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由
P输出=UI线′可得
线
′输出
所以线路损耗的功率
P线=I线′2R线=182×10 W=3 240 W
用户得到的电压
U用户=U-I线′R线=（500-18×10）V=320 V
用户得到的功率
P用户=P输出-P线=（9 000-3 240）W=5760 W．
答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11．
（2）村民和村办小企业得到的电压为320V，功率为5760W．
【解析】
（1）根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比．（2）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率．
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和．
16.【答案】解：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当A、B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0=（m1+m2）v
根据机械能守恒定律有：
E Pm=m1v02-（m1+m2）v2
联立解得：弹簧弹性势能的最大值为：
E Pm=
（2）设A、B与弹簧分离后的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律有：m1v02=m1v12+m2v22
联立⑤⑥解得：v1=v0，v2=v0，
要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足|v1|＞v2
则有：-v0＞v0
解得：m1＜m2，（m1+m2＜0不符合事实，舍去）；
答：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为．
（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足的关系是m1＜m2．
【解析】
（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．
（2）两球分开后，若A球的速度大于B球的速度时，两球可以第二次相碰，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球发生第二次相碰的条件．分析清楚物体运动过程，分析隐含的临界条件，如弹性势能最大时两球速度相等，应用机械能守恒、动量守恒定律即可正确解题．。