广东省梅州市梅县高中高二物理下学期第三次月考试卷（含解析）.doc

广东省梅州市梅县高中2014-2015学 年高二下学期第三次月考物理试卷一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，满分16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）在学习物理过程中也应加强物理学史的学习，物理学家们研究问题的思维方法对我们探究真理有着重要的指导意义以下有关说法符合物理学发展史的是（）a法拉第发现了电流的磁现象，并提出了分子的环流假说解释了磁现象的电本质b卢瑟福在粒子轰击铍核时发现中子，由此人们认识到原子核的组成c牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因d库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2（4分）从下列哪一组数据可以算出阿伏伽德罗常数（）a水的密度和水的摩尔质量b水的摩尔质量和水分子的体积c水分子的体积和水分子的质量d水分子的质量和水的摩尔质量3（4分）2011年3月12日，因强震而出现故障的日本福岛第一核电站发生爆炸，放射性物质泄漏放射性物质中含有、等射线，下列说法正确的是（）a射线的穿透性最强b射线的穿透性最强c射线中含有的粒子是hd射线中含有的粒子是h4（4分）图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为11：1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电时电动机正常工作此时电流表的读数为1a，已知r=20，电机线圈的内阻r=0. 5，电流表和电压表都是理想电表，则（）a电压表的读数为20vb流过电阻中的电流为1ac流过电动机的电流为40ad电动机输出的机械功率为200w二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分5（6分）已知氘核的平均结合能是1.09mev，氚核的平均结合能是2.78mev，氦核的平均结合能是7.03mev在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核并放出17.6mev的能量，下列说法正确的是（）a这是一个裂变反应b核反应方程式为h+hhe+nc目前核电站都采用上述核反应发电d该核反应会有质量亏损6（6分）氢原子的能级如图某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25ev处于n=4激发态的一群氢原子，它们向各较低能级跃迁时，哪两能级间跃迁产生的光子不能使光电管产生光电子（）a从n=2向n=1跃迁b从n=3向n=2跃迁c从n=4向n=1跃迁d从n=4向n=3跃迁7（6分）关于光电效应，下列说法正确的是（）a发生光电效应时间越长，光电子的最大初动能就越大b入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效应c光电子的最大初动能与入射光频率成正比d光电子的最大初动能与入射光的强度无关8（6分）下列核反应方程及其表述不正确的是（）auth+he是人工转变bhe+hhe+h是聚变反应cnamg+e是裂变反应du+nkr+ba+3n是裂变反应9（6分）如图所示，a、b两物体的质量之比ma：mb=3：2，原来静止在平板小车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，故平板车与地面间的摩擦不计，当突然释放弹簧后，则有（）aa、b组成的系统动量守恒ba、b、c组成的系统动量守恒c小车将向左运动d小车将向右运动三、非选择题：本大题共5小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（4分）如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则am1m2 bm1m2 cr1=r2 dr1r2为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是a刻度尺 b游标卡尺 c天平 d秒表11（10分）某实验小组要精确测定额定电压为3v的led灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约100，电学符号与小灯泡电学符号相同现有的器材规格如下：a待测led灯rxb直流毫安表a1（量程010ma，内阻约为100）c直流毫安表a2（量程040ma，内阻约为40）d直流电压表v1（量程03v，内阻约为5k）e直流电压表v2（量程015v，内阻约为15k）f直流电源（输出电压4.5v，内阻很小）g滑动变阻器r1（阻值范围050，允许最大电流1a）h滑动变阻器r2（阻值范围010k，允许最大电流1a）i开关一个、导线若干为了尽可能精确测定led灯正常工作时的电阻，所选电流表为（填“a1”或“a2”），所选电压表为（填“v1”或“v2”）；滑动变阻器应选（填“r1”或“r2”）请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；闭合开关s后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为v12（4分）如图，分别用50分度的游标卡尺测量圆筒的内直径，用10分度的游标卡尺测量球的直径，其读数分别为mm 和mm13（18分）如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车c的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块a，其质量为ma=2kg，在距车的水平面高h=1.25m处由静止下滑，车c的质量为mc=6kg，在车c的左端有一个质量mb=2kg的滑块b，滑块a与b均可看作质点，滑块a与b碰撞后粘合一起共同运动，最终没有从车c上滑出，已知滑块a和b与车c的动摩擦因数均为=0.5，车c与水平地面的摩擦忽略不计取g=10m/s2求：（1）滑块a滑到圆弧面末端时的速度大小（2）滑块a与b碰撞后瞬间的共同速度的大小（3）车c的最短长度14（18分）如图，在xoy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压u=1102v现有一质量m=1.01012kg，带电量q=2.01010c的带正电的粒子（不计重力），从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从a点进入第二象限的匀强磁场中磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度b=1t粒子在磁场中转过四分之一圆周后又从b点垂直y轴进入第一象限，第一象限中有平行于y轴负方向的匀强电场e，粒子随后经过x轴上的c点，已知oc=1m求：（1）粒子飞出极板的速度v；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；（3）第一象限中匀强电场场强e的大小；（4）粒子从a到c运动的总时间t广东省梅州市梅县高中2014-2015学年高二下学期第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，满分16分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）在学习物理过程中也应加强物理学史的学习，物理学家们研究问题的思维方法对我们探究真理有着重要的指导意义以下有关说法符合物理学发展史的是（）a法拉第发现了电流的磁现象，并提出了分子的环流假说解释了磁现象的电本质b卢瑟福在粒子轰击铍核时发现中子，由此人们认识到原子核的组成c牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因d库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、奥斯特发现了电流的磁现象，安培提出了分子的环流假说解释了磁现象的电本质，故a错误；b、查德威在粒子轰击铍核时发现中子，由此人们认识到原子核的组成，故b错误；c、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因故c错误；d、库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故d正确；故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）从下列哪一组数据可以算出阿伏伽德罗常数（）a水的密度和水的摩尔质量b水的摩尔质量和水分子的体积c水分子的体积和水分子的质量d水分子的质量和水的摩尔质量考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：明确阿伏伽德罗常数的含义以及有关阿伏伽德罗常数的运算，是解答本题的关键解答：解：知道水的密度和水的摩尔质量可以求出其摩尔体积，不能计算出阿伏伽德罗常数，故a错误；若知道水的摩尔质量和水分子质量或者知道水的摩尔体积以及水分子的体积都能求出阿伏伽德罗常数，故bc错误，d正确故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关运算，这是热学部分的重点知识，要注意加强练习3（4分）2011年3月12日，因强震而出现故障的日本福岛第一核电站发生爆炸，放射性物质泄漏放射性物质中含有、等射线，下列说法正确的是（）a射线的穿透性最强b射线的穿透性最强c射线中含有的粒子是hd射线中含有的粒子是h考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：三种射线的电离本领依次减弱，电离本领依次增强，粒子是核原子核，射线是电子解答：解：三种射线的贯穿本领依次增强，故b正确a错误；射线是24he，射线是10e，故c错误d正确故选b点评：本题较简单，只要掌握三种射线的特性和三种射线的组成即可4（4分）图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为11：1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电时电动机正常工作此时电流表的读数为1a，已知r=20，电机线圈的内阻r=0.5，电流表和电压表都是理想电表，则（）a电压表的读数为20vb流过电阻中的电流为1ac流过电动机的电流为40ad电动机输出的机械功率为200w考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：a、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为220v，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为20v，所以电压表的读数为20v，所以a错误b、电阻r的电压为20v，电阻为20，所以流过电阻中的电流为1a，所以b正确c、原线圈的电流为1a，根据电流与匝数成反比可知，副线圈的电流为11a，由于电阻和电动机并联，流过电阻中的电流为1a，所以流过电动机的电流为10a，所以c错误d、电动机的总功率为p总=ui=2010w=200w，电动机的发热功率为p热=i2r=1020.5w=50w，所以电动机输出的机械功率为150w，所以d错误故选b点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分5（6分）已知氘核的平均结合能是1.09mev，氚核的平均结合能是2.78mev，氦核的平均结合能是7.03mev在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核并放出17.6mev的能量，下列说法正确的是（）a这是一个裂变反应b核反应方程式为h+hhe+nc目前核电站都采用上述核反应发电d该核反应会有质量亏损考点：裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程 专题：衰变和半衰期专题分析：1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电解答：解：a、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应故a错误；b、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为h+hhe+n故b正确；c、目前核电站都采用核裂变发电故c错误；d、该反应放出热量，所以一定有质量亏损故d正确故选：bd点评：本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视6（6分）氢原子的能级如图某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25ev处于n=4激发态的一群氢原子，它们向各较低能级跃迁时，哪两能级间跃迁产生的光子不能使光电管产生光电子（）a从n=2向n=1跃迁b从n=3向n=2跃迁c从n=4向n=1跃迁d从n=4向n=3跃迁考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：实验题分析：能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，当辐射的光子能量大于逸出功时，会发生光电效应解答：解：a、从n=2向n=1跃迁，辐射的光子能量为13.63.4ev=10.2ev2.55ev能发生光电效应故a错误b、从n=3向n=1跃迁，辐射的光子能量为3.41.51ev=1.89ev2.55ev不能发生光电效应故b正确c、从n=4向n=1跃迁，辐射的光子能量为13.60.85ev=12.75ev2.55ev能发生光电效应故c错误d、从n=4向n=3跃迁，辐射的光子能量为1.510.85ev=0.66ev2.25ev，不能发生光电效应故d正确故选：bd点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差7（6分）关于光电效应，下列说法正确的是（）a发生光电效应时间越长，光电子的最大初动能就越大b入射光的频率低于极限频率就不能发生光电效应c光电子的最大初动能与入射光频率成正比d光电子的最大初动能与入射光的强度无关考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素解答：解：a、根据光电效应方程ekm=hvw0知，光电子的最大初动能随着照射光频率的增大而增大，与发生光电效应时间无关，故a正确b、只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能产生光电效应，故b正确；c、根据光电效应方程知，光电子的初速度、最大初动能不与入射光的频率成正比，与入射光的强度无关故c错误，d正确故选：bd点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电子最大初动能的因素8（6分）下列核反应方程及其表述不正确的是（）auth+he是人工转变bhe+hhe+h是聚变反应cnamg+e是裂变反应du+nkr+ba+3n是裂变反应考点：裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：衰变产生氦原子核，衰变产生电子，裂变生成的中等质量的核差不多解答：解：a、uth+he有氦核生成，是衰变，故a错误；b、聚变为质量较大的核，he+hhe+h是聚变反应故b正确；c、namg+e有电子生成，为衰变产生电子，故c错误；d、u+nkr+ba+3n的过程中裂变生成两个质量中等的核，是裂变反应故d正确；本题选择不正确的，故选：ac点评：该题考查常见的核反应方程，要知道衰变的产物，重核裂变和轻核聚变都能释放出巨大能量9（6分）如图所示，a、b两物体的质量之比ma：mb=3：2，原来静止在平板小车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，故平板车与地面间的摩擦不计，当突然释放弹簧后，则有（）aa、b组成的系统动量守恒ba、b、c组成的系统动量守恒c小车将向左运动d小车将向右运动考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒解答：解：a、由于ma：mb=3：2，a、b所受的摩擦力大小不等，所以a、b组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故a错误；b、地面光滑，a、b、c系统受到的合外力为零，则系统动量守恒，故b正确；cd、由于a、b两木块的质量之比为ma：mb=3：2，由摩擦力公式f=n=mg知，a对小车向左的滑动摩擦力大于b对小车向右的滑动摩擦力，在a、b相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故c正确，d错误故选：bc点评：本题考查了判断系统动量是否守恒、判断小车的运动情况，知道动量守恒的条件、正确受力分析即可正确解题三、非选择题：本大题共5小题，共182分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（4分）如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则acam1m2 bm1m2 cr1=r2 dr1r2为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是aca刻度尺 b游标卡尺 c天平 d秒表考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量解答：解：为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选ac；小球离开轨道后做平抛运动，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1+m2v2，则：m1v1t=m1v1t+m2v2t，m1x1=m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1op=m1om+m2on，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移实验需要刻度尺与天平故答案为：ac ac点评：本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证11（10分）某实验小组要精确测定额定电压为3v的led灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约100，电学符号与小灯泡电学符号相同现有的器材规格如下：a待测led灯rxb直流毫安表a1（量程010ma，内阻约为100）c直流毫安表a2（量程040ma，内阻约为40）d直流电压表v1（量程03v，内阻约为5k）e直流电压表v2（量程015v，内阻约为15k）f直流电源（输出电压4.5v，内阻很小）g滑动变阻器r1（阻值范围050，允许最大电流1a）h滑动变阻器r2（阻值范围010k，允许最大电流1a）i开关一个、导线若干为了尽可能精确测定led灯正常工作时的电阻，所选电流表为（填“a1”或“a2”），所选电压表为（填“v1”或“v2”）；滑动变阻器应选（填“r1”或“r2”）请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；闭合开关s后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为2.70v考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：本题根据通过led灯的最大电流来选择电流表量程，根据额定电压大小来选择电压表的量程，根据变阻器采用的分压式接法来选择变阻器大小；题连线时先连好分压电路在依次连接即可；题根据电表每小格的读数来确定估读方法，若出现“1”则应进行“”估读，出现“2”则应进行“”估读，出现“5”则应进行“”估读解答：解：由欧姆定律可求出通过led灯的最大电流为，所以电流表应选择；根据led灯的额定电压可知电压表应选择；由于变阻器采用分压式接法时，变阻器阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择；是连线图如图所示：由于电压表每小格读数为0.1v，应估读到0.01v，所以电压表的读数为u=2.70v（2.69、2.71均可以）；故答案为：，；如图；2.70点评：应明确：应根据待测电阻的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；当变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；根据电表每小格的读数大小来选择估读方法：若出现“1”则进行“”估读，出现“2”则进行“”估读，出现“5”则进行“”估读12（4分）如图，分别用50分度的游标卡尺测量圆筒的内直径，用10分度的游标卡尺测量球的直径，其读数分别为52.12mm 和29.8mmmm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法也可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：5.2cm=52mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为60.02mm=0.12mm，所以最终读数为：52mm+0.12mm=52.12mm2、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm=29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm故答案为：52.12mm.29.8mm点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13（18分）如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车c的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块a，其质量为ma=2kg，在距车的水平面高h=1.25m处由静止下滑，车c的质量为mc=6kg，在车c的左端有一个质量mb=2kg的滑块b，滑块a与b均可看作质点，滑块a与b碰撞后粘合一起共同运动，最终没有从车c上滑出，已知滑块a和b与车c的动摩擦因数均为=0.5，车c与水平地面的摩擦忽略不计取g=10m/s2求：（1）滑块a滑到圆弧面末端时的速度大小（2）滑块a与b碰撞后瞬间的共同速度的大小（3）车c的最短长度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 分析：解决本题要注意各段运动的分析，a在光滑圆弧上运动时，机械能守恒；ab碰撞时，动量守恒；ab在车c上滑动时，动量守恒解答：解：（1）设滑块a滑到圆弧未端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：代入数据解得（2）设a、b碰后瞬间的共同速度为v2，滑块a与b组成的系统动量守恒有mav1=（ma+mb）v2代入数据解得v2=2.5m/s（3）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，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：（ma+mb）v2=（ma+mb+mc）v3在ab两物体在车c上滑动的过程中，根据能量守恒定律有：联立式代入数据解得l=0.375m答：（1）滑块a滑到圆弧面末端时的速度大小为5m/s（2）滑块a与b碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s（3）车c的最短长度为0.375m点评：本题要求我们要熟练掌