学年甘肃省平凉市静宁县第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版Word文档格式.docx

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3.设质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2和m3，那么，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是（）

A.m2c2B.（m1+m2）c2

C.（m3-m2-m1）c2D.（m1+m2-m3）c2

【详解】核反应方程为

，根据爱因斯坦质能方程可得

故选D。

点评：

在计算核反应时，需要先写出反应方程，然后根据爱因斯坦质能方程求解

4.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中（）

A.电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大

B.电子

动能增大，原子的电势能减小，原子的能量增大

C.电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量减小

D.电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大

【详解】从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，吸收能量，则总能量增大，根据

知，轨道半径变大，则电子的平均速度变小，故电子的动能减小，则电势能增大。

故D正确，ABC错误。

D。

5.下面是列出的一些核反应方程：

，

；

以下选项中正确的是

A.X是质子，Y是中子，Z是正电子B.X是正电子，Y是质子，Z是中子

C.X是中子，Y是正电子，Z是质子D.X是正电子，Y是中子，Z是质子

【详解】核反应方程是遵循质量数守恒、电荷数守恒，由此规律可得，X质量数是0，电荷数是+1，X是正电子，Y质量数是1，电荷数是0，Y是中子，Z质量数是1，电荷数是+1，Z是质子，故D正确，ABC错误。

6.如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）

A.V的读数变大，A的读数变小B.V的读数变大，A的读数变大

C.V的读数变小，A的读数变小D.V的读数变小，A的读数变大

【详解】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；

把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，

A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；

B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；

C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；

D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；

7.如图所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（）

A.2W，66.7%B.2W，33.3%C.4W，33.3%D.4W，66.7%

【答案】A

【详解】由图象A可知电源的电动势E=3V，由图象B可知，此时电阻R两端的电压为U=2V，流过R的电流为I=1A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据

P=UI

得：

P=2×

1W=2W

电源的总功率为：

P总=EI=3×

1W=3W

所以效率为：

A正确，BCD错误。

故选A。

8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知

A.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大

B.带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小

C.带电粒子在P点时的速度大小大于在Q点时的速度大小

D.带电粒子在R点时

动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大

【答案】C

【详解】A．以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点．A错误

B．P点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点．B错误

C．从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确

D．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误

9.如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是（　　）

A.直导线中的电流方向垂直于纸面向外

B.b点的实际磁感应强度为

T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°

C.c点的实际磁感应强度为0

D.d点的实际磁感应强度与b点相同

【详解】A．由题意可知，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，故A错误；

B．由上知道，通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为

，方向与B的方向成45°

斜向上，故B正确；

C．通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，故C错误；

D．通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为

斜向下，与b点磁感应强度大小相等，方向不同，故D错误。

故选B。

10.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表

、

，若把

分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是

A.图甲中的

的示数相同

B.图甲中的

的指针偏角相同

C.图乙中的

的示数和偏角都不同

D.图乙中的

【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；

CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误．

11.如图，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在与两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向下平移一小段距离，则

A.点电荷受到的电场力变大B.M板的带电荷量增加

C.P点的电势不变D.点电荷在P点具有的电势能增大

【答案】AB

分析】

本题考查电容器的动态分析。

【详解】A.由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，由公式

可知，板间场强增大，点电荷受到的电场力增大，故A正确；

B.电容器

板间电压保持不变，将M板向下平移一小段距离，板间距离减小，电容器的电容C增大，根据

可知，M板的带电量增加，故B正确；

C.板间场强增大，P点与下板间的距离未变，则由

，可知P点与下极板之间电势差增大，下极板电势为零，且P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势升高，故C错误；

D.该点电荷带负电，而P点电势升高，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。

故选AB。

12.将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，稳定后所形成电场的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，则（　　）

A.a点的电场强度比b点的大

B.a点的电势比b点的低

C.检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大

D.将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功

【答案】AD

【详解】A．电场线的疏密表示场强的大小，据图可知，a点的场强比b点的场强大，故A正确；

B．a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，所以a点的电势比b点的电势高。

故B错误；

C．电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；

D．由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功。

故D正确。

故选AD。

13.欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是（ 

）

A.用10.2eV的光子照射 

B.用11eV的光子照射

C.用14eV的光子照射D.用11eV的电子碰撞

【答案】ACD

【详解】A．用10.2eV的光子照射，即−13.6+10.2eV=−3.4eV，跃迁到第二能级．故A正确．

B．因为−13.6+11eV=−2.6eV，不能被吸收．故B错误．

C．用14eV的光子照射，即−13.6+14eV>

0，氢原子被电离．故C正确．

D．用11eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2eV能量，故D正确；

故选ACD.

14.如图所示，两个初速度大小相等的同种离子a和b，从O点沿不同方向垂直进入匀强磁场，最后打到屏P上。

不计重力。

下列说法正确的有（　　）

A.a、b均带正电

B.a在磁场中飞行的时间比b的短

C.a在磁场中飞行的路程比b的短

D.a在P上的落点与O点的距离比b的近

【详解】a、b粒子的运动轨迹如图所示：

A．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子打屏上，则粒子进入磁场后向下偏转，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力斜向下，由左手定则可知，a、b两粒子都带正电，故A正确；

BC．由图示粒子运动轨迹可知，a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，由于两粒子的速率v相等，由

可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；

D．根据运动轨迹可知，a在P上的落点与O点的距离比b的近，故D正确。

二、实验题（本题共2道小题，共13分,其中15题8分，16题5分。

）

15.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：

A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）

B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）

C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）

D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）

E．滑动变阻器R1（0～50Ω，0.6A）

F．滑动变阻器R2（0～500Ω，0.1A）

G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）

H．开关S，导线若干

为提高实验精确度,减小实验误差,电压表应选用__________。

电流表应选用__________。

滑动变阻器应选用__________（选填器材前面的字母序号）。

为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用__________（填“甲”或“乙”）为该实验的电路图。

用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，该金属丝的直径的测量值为________mm。

【答案】

（1）.A

（2）.D（3）.E（4）.乙（5）.1.681mm~1.685mm

【详解】[1][2][3]电源的电压是3V，就要选择3V的电压表：

A；

此时流过电流表的电流

所以要选择0.6A的电流表：

D，该实验中，变阻器R2达500Ω，阻值太大，使用效率低，而且额定电流太小，不能使用，故变阻器选择E；

[4]

，电流表应采用外接法，由电路图可知，应选乙图所示电路图；

[5]由图示螺旋测微器可知，导线的直径

d=1.5mm+18．1×

0.01mm=1.681mm

16.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量:

①旋动部件________，使指针对准电流的"

0"

刻线．

②将K旋转到电阻挡"

×

l00"

的位置．

③将插入"

十"

、"

－"

插孔的表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的________（填"

0刻线"

或"

∞刻线"

）．

④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序避行操作，再完成读数测量．

A．将K旋转到电阻挡"

1k"

的位置

B．将K旋转到电阻挡"

10"

的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

【答案】

（1）.S

（2）.T（3）.0刻线（4）.ADC

【详解】①[1]电表使用前要调节机械调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调节S旋钮；

③[2][3]欧姆表测量前要进行欧姆调零，调节T旋钮，使指针对准0刻度线；

④[4]指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；

每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；

故顺序为ADC；

三、计算题（本题共4道小题，共41分；

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的解题步骤，只写出答案的不能得分）

17.如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；

当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．由此可知阴极材料的逸出功为多少eV？

【答案】1.9eV

【详解】设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，阴极材料逸出功为W0，

当反向电压达到U=0.60V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU=Ekm

由光电效应方程：

Ekm=hν-W0

由以上二式：

Ekm=0.6eV，W0=1.9eV

【点睛】正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题的关键，注意掌握遏止电压与最大初动能的关系．

18.电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3V电压时，通过的电流为0.3A，此时电动机没有转动．当加上3V电压时，电流为1A，这时电动机正常工作．求：

（1）电动机的电阻大小；

（2）电动机正常工作时消耗的电功率；

（3）电动机正常工作时的机械功率．

【答案】

（1）

（2）

（3）

【详解】

（1）当电动机没有转动时电动机的电阻：

（2）电动机正常工作时的电功率：

（3）电动机正常工作时的机械功率：

答：

（1）电动机的电阻大小为

（2）电动机正常工作时消耗的电功率为

（3）电动机正常工作时的机械功率为

．

19.如图所示，绝缘直棒上的小球，其质量为m，带电荷量为＋q，小球可在棒上滑动．将此棒竖直放在相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与直棒间的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度．（小球带电荷量不变）

【答案】g－

－

【详解】在带电小球下滑的过程中，小球受到重力、电场力、支持力、摩擦力和洛伦兹力．

根据牛顿第二定律有

mg－Ff＝ma

摩擦力

Ff＝μFN

压力

FN＝Bqv＋Eq

解得

a＝

随着小球速度v的增加，其加速度减小．所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动．

开始时v＝0时，此时加速度最大

amax＝g－

匀速时，a＝0时，速度最大

mg－μ（qvmaxB＋qE）＝0

所以

vmax＝

.

20.如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；

在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。

一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；

然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝

处的P3点。

求：

⑴电场强度

大小。

⑵粒子到达P2时速度的大小和方向。

⑶磁感应强度的大小。

（2）

，45º

（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动：

x方向：

2h=v0t

y方向：

h=

解得：

E=

（2）粒子做类平抛运动，x方向：

竖直方向分速度：

vy=at=

粒子到达P2时速度大小：

v=

tanθ=

则速度方向与+x方向夹角：

θ=45°

（3）粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：

r=

h,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:

qvB=m

解得：

B=