【文档说明】浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高二下学期6月月考物理试题 【精准解析】.doc，共(20)页，958.000 KB，由小赞的店铺上传

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杭西高2020年6月高二物理试卷一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是

A.22kgm/sB.2kgm/sC.N/mD.Nm【答案】A【解析】根据WFs=，Fma=，可得222·/?·/Jkgmsmkgms==，故A正确，B、C、D错误；2.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.法拉第发现

了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C.奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象D.伽利略认为“力是维持物体运动的原因”【答案】A【解析

】【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机：法拉第圆盘发电机，A正确；B．库仑提出了库仑定律，密立根通过油滴实验最早用实验测得元电荷e的数值，B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了

电磁感应现象，C错误；D．伽利略认为“力是改变物体运动的原因”，D错误。故选A。3.下列说法正确的是（）A.射线的穿透能力比射线强B.天然放射现象说明原子具有复杂的结构C.核聚变中平均每个核子放出的能量比裂变中平均每个核子的小D.半衰期跟放射性元素以单质或化

合物形式存在无关【答案】D【解析】【详解】A．射线可以被一张A4纸挡住，而射线可以穿透几厘米厚的铅板，所以射线的穿透能力比射线的穿透能力强，故A错误；B．天然放射现象说明原子核具有复杂结构，故

B错误；C．聚变前要先使原有的原子结构破坏，发生类似裂变，然后重新组合成新的原子发生聚变，有质量亏损会对外再次释放能量，因此核聚变中平均每个核子放出的能量比裂变中平均每个核子的大，故C错误；D．半衰期是放射性元素固有的属性，和元素存在的形式无关，故D正确。故选D．4.关于电荷所受

电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A.电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B.电荷在电场中一定受电场力作用C.电荷所受的电场力一定与该处电场方向一致D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直【答案】B【解析

】【详解】A．当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力．故A错误．B．电荷在电场中一定受到电场力作用．故B正确．C．正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反．故C错误．D．电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直．故D错误

．5.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图a、图b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是A.图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B.图a中先在倾

角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C.图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D.图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持【答案】B【解析】【详解】AB.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利

略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量．伽利

略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；C.实际中没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C错误；D.伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不

需要力来维持，故D错误．6.利用速度传感器与计算机结合，可以自动做出物体的速度v随时间t的变化图像．某次实验中获得的v-t图像如图所示，由此可以推断该物体在A.t=2s时速度的方向发生了变化B.t=2

s时加速度的方向发生了变化C.0～4s内作曲线运动D.0～4s内的位移约为2．8m【答案】A【解析】试题分析：由图度与时间的图像可知，物体在2s前速度是正值，在2s后速度是负值，即方向发生了改变，故t=2s时速度的方向发生了变化，选项A正确；t=2s前后曲线的斜率都是负的，

故其加速度的方向没有发生变化，选项B错误；物体一直做直线运动，选项C错误；0～4s内物体的位移约为0，选项D错误．考点：速度与时间图像．7.“道路千万条，安全第一条．”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行

人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以5m/s的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止．若驾驶员的反应时间为0.5s，汽车在最后2s内的位移为4m，则汽车距斑马线的安全距离至少为（

）A.5.5mB.6.25mC.7.5mD.8.75m【答案】D【解析】【详解】设汽车匀减速的加速度大小为a，由汽车在最后2s内的位移为4m得：212xat=，解得：2222224m/s2m/s2xat===，故汽车的刹车位移为：2

2000550.5m8.75m222vxvta=+=+=，故ABC错误，D正确；8.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是

A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】【分析】【详解】由图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b

到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确．9.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（）A.a、b的周

期比c大B.a、b的向心力一定相等C.a、b的速度大小相等D.a、b的向心加速度比c小【答案】C【解析】【详解】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：2224MmGmrrT=解得：234rTGM=，轨道半径越大，周期越大，根据题意可知a、

b的周期比c小，故A错误；BD．万有引力提供向心力：02MmGmar=解得：02GMar=，a、b的轨道半径相同，所以向心加速度大小相同，方向不同，c的轨道半径最大，向心加速度最小，故BD错误；C．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：22

MmvGmrr=解得：GMvr=，a、b的轨道半径相同，所以速度大小相同，方向不同，故C正确。故选C．10.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F，用一个不带

电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为A.8FB.4FC.38FD.2F【答案】C【解析】【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：222ABQQQFkkrr==，不带电的同样的金属小球C先与A接触：2CAQQQ==，带同种电荷的金属小球C再与B接触：32

4BCBCQQQQQ+===，则两点电荷间的静电力大小为：2223388ABQQkQFkFrr===，故C正确，ABD错误．【点睛】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带同种电荷，所

以当与A球接触后的小球C与B球接触时，则先出现电荷中和，然后再平分电荷．11.彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成。彩虹形成的示意图如图所示，一束白光L由左侧射

入水滴，a、b是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线(a、b是单色光)。下列关于a光与b光的说法正确的是（）A.水滴对a光的折射率小于对b光的折射率B.a光在水滴中的传播速度小于b光在水滴中的传播速度C.用同一台双缝干涉

仪做光的双缝干涉实验，a光相邻的亮条纹间距大于b光的相邻亮条纹间距D.a、b光在水滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长【答案】B【解析】【详解】A．a、b光第一次进入水滴发生折射时，如图所示a光的折射角较小，即ab

再根据折射率公式sinsinin=可得abnnA错误；B．根据折射率与光在介质中传播速度的关系cnv=可得abvvB正确；C．双缝干涉相邻亮条纹间距公式lxd=因为abnn则可得（把a光看成紫光，b光看成红光）ababxx即a光相邻的亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间

距，C错误；D．a、b光在水滴中传播的速度减小，光的频率不变，由=vf=波速波长频率则波长都比各自在真空中传播的波长要短，D错误。故选B。12.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线

的总电阻R＝10Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为2202100()usintV=，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是()A.降压变压器的输入功率为4400WB.升压变压器中电流的频率为100HzC.输电线消耗的功率为500WD.当用电器的电阻减

小时，输电线消耗的功率减小【答案】A【解析】【详解】A.用电器两端的电压2202100()usintV=，则用电器两端电压的有效值4220UV=，负载消耗的功率22440220440011UPWWR===，降压变压器的输入功率344400PPW==．故A正确．B.用电器两端的电压22021

00()usintV=，则输电线路中各部分电流的频率1005022fHzHz===．故B错误．C.T2的原、副线圈匝数比为4∶1，则3434::4:1UUnn==，代入数据解得：3880UV=；降压变压器的输入电流33344005880PIAAU=

==；输电线消耗的功率223510250RPIRWW===．故C错误．D.升压变压器的输入电压与输出电压关系为1212::UUnn=，则升压变压器的输出电压不变．升压变压器的输出电压与降压变压器输入电压间的关系为23R

UUU=+，降压变压器输入电流与输出电流的关系为3443::1:4IInn==，又440UIR=，则23434041444RUUUUIRIRIR=+=+=+，当用电器的电阻减小时，降压变压器输出电流增大，降压变压器输入电流增大，通过输电线的电流增大，输电线消

耗的功率增大．故D错误．【点睛】涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流和原副线圈匝数比决定原线圈中电流．原副线圈中电流的功率、频率相同．13.一小球以一定的初速度从图示5P位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1

，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(重力加速度为g)()A.2mgB.3mg

C.4mgD.5mg【答案】C【解析】在B点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：21.8BmvmRg=，小球从A到B的过程，由机械能守恒得：22111.622BAmgRmvmv+=，在A点，由牛顿第二定律得：2AvmgNmR+=，联立得：N=4

mg，由牛顿第三定律知，小球在轨道1上最高点A处对轨道的压力为4NNmg==，选C.【点睛】小球刚好能通过轨道2的最高点B时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B点的速度，再由机械能守恒求出小球通过A点的速度，即可由牛顿运动定律求解对轨道的压力．二、不定项选择题

（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项至少有一个是符合题目要求的，全部选对得2分，选对但不全得0分）14.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波刚传播到x＝5m处的M点时的波形图，图乙是质点N(x＝3m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于

x＝10m处的质点，下列说法正确的是（）A.这列波的波长是5mB.M点以后的各质点开始振动时的方向都沿x轴正方向C.由甲图对应时刻开始计时，经过6s，质点Q第一次到达波谷D.这列波由M点传播到Q点需要5s【答案】CD【解析】【详解】A．由甲图得到波长为λ=4m，故A错误；B．甲

图所示时刻M的振动方向沿y轴负方向，M点以后的各质点开始振动时的方向都与甲图所示时刻M的振动方向相同，都沿y轴负方向，故B错误；CD．由乙图得到周期为T=4s，故波速为4m/s=1m/s4vT==这列波由M点传播到Q点需要的时间为105s=

5s1xtv−==波传到Q点时，Q点开始振动时的方向沿-y方向，当波传到Q点后，再经过14T=1s第一次到达波谷，所以由图甲对应时刻开始计时，质点Q在t′=5s+1s=6s时，第一次到达波谷。故CD正确。故选CD。15.物理学家通过对实验的深入

观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是()A.赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B.查德威克用α粒子轰击147N获得反冲核178O，发现了中子C.贝克勒尔

发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D.卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型【答案】AC【解析】【详解】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，选项A正确；B、卢瑟福用α粒子轰击147N，获得反冲核178O，发现了质子，选项B错误

；C、贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，选项C正确；D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误．【点睛】此题是对近代物理学史的考查；都是课本上涉及的物理学

家的名字及其伟大贡献，只要多看书、多积累即可很容易得分；对物理学史的考查历来都是考试的热点问题，必须要熟练掌握．16.下列说法中正确的是A.图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B.图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传

播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb'面射出C.图丙和丁分别是双缝干涉和薄膜干涉示意图，反映出光具有波动性D.图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波是横波【答案】ACD【解析】【详解】A

．根据折射率和光的传播速度之间的关系cnv=，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度．故A正确；B．当入射角

i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误；C．图丙和丁分别是双缝干涉和薄膜干涉示意图，体现光具有波动性，故C正确；D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是

一种横波，故D正确。故选ACD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.在探究“物体加速度与力、质量的关系”实验时（1）提供器材：①电磁打点计时器；②天平；③低压交流电源；④低压直流电源；⑤细绳和纸带；⑥钩码和小车；⑦秒表

；⑧一端有滑轮的长木板；⑨刻度尺；本实验不需要的器材是________（填序号）（2）如图1所示为一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为计数点，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，s1=3.59c

m，s2=4.4lcm，s3=5.23cm，s4=6.05cm，s5=6.87cm，s6=7.69cm。根据纸带的数据可以计算B点的瞬时速度是________m/s，小车运动的加速度的大小是________m/s2。（以上结果均保留两

位有效数字）（3）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a–F关系图线（如图2所示）。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________。A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的

质量太大【答案】(1).④⑦(2).0.40(3).0.82(4).C【解析】【详解】（1）[1]电磁打点计时器使用的是交流电源，低压直流电源不需要；打点计时器有计时功能，秒表不需要，故本实验不需要的器材是④⑦。（2）[2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则120.40m

/s2BssvT+==[3]利用逐差法求加速度为265432120.82m/s9ssssssaT++−−−==（3）[4]ABCD．设小车和钩码的质量分别为m、M，一起做匀加速直线运动的加速度a，由牛顿第二定律可得mgTTamM

−==整理得mgamM=+若m质量较大时，不可忽略，使得加速度a偏小。即AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，ABD错误，C正确。故选C。18.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡标有“2.5V，0.75W”，其他可供选择的器材有：A.电压表V1（

量程3V，内阻约3kΩ）B.电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2Ω）D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω）E.滑动变阻器R1（0~1kΩ，0.5A）F.滑动变阻器R2（0~10Ω，2A）G.电源E（

6V）H.开关S及导线若干（1）实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。（请填写器材前面的字母代码）（2）画出实验电路原理图_______。【答案】(1).D(2).F(3).【解析】【详解】（

1）[1][2]小灯泡额定电压为2.5V，则电压表选择量程3V的A；小灯泡的额定电流为0.75A=0.3A2.5PIU==则实验中电流表应选用D；滑动变阻器要用分压电路，为了便于调节，则应选用阻值较小的F。（2）[3]小灯泡的电阻222.5Ω8.3Ω0.7

5URP===可知电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故采用电流表外接，滑动变阻器用分压电路，则画出实验电路原理图如图所示19.如图所示，AMB是一条长L=10m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h=1.25m处，A、B

为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上，大小E=5×103N/C的匀强电场中，一质量m=0.1kg，电荷量q=+1.3×10-4C的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，

从B点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，求滑块（1）到达M点时的速度大小（2）从M点运动到B点所用的时间（3）落地点距B点的水平距离【答案】（1）4m/s（2）107s（3）1.5m【解析】（1）滑块在AM阶段由摩擦力提供加速度，根

据牛顿第二定律有mgma=根据运动学公式2202Mvvax−=，联立解得4/Mvms=（2）进入电场后，受到电场力，F=Eq，由牛顿第二定律有()'mgEqma−=根据运动学公式222'BMvvax−=由运动学匀变速直

线运动规律2BMvvxt+=联立解得107ts=（3）从B点飞出后，粒子做平抛运动，由'212hgt=可知'0.5ts=所以水平距离'1.5BBxvtm==20.如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平．A，B两端的高度差为0.2m，B端高出水平地面0.8m，

O点在B点的正下方．将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处，（g=10m/s2）（1）求OC的长（2）在B端接一长为1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数．（3）若将木板右

端截去长为△L的一段，滑块从A端释放后将滑离木版落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，△L应为多少？【答案】（1）0.8m；（2）0.2；（3）0.16m．【解析】【详解】（1）滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律得2112Bmghmv=代入数据解得vB=2m/s滑

块离开B点后做平抛运动，则竖直方向：2212hgt=水平方向：x=vBt联立得到22Bhxvg=代入解得x=0.8m（2）滑块从B端运动到N端停止过程，根据动能定理得2102BmgLmv−=−代入解得μ=0.2（3）

若将木板右端截去长为△L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得()221122BmgLLmvmv−−=−滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离S=L﹣△L+vt联立整理得，S=0.8LL−根据数学知识得知，当L=0.4时，S最大，

即△L=0.16m时，S最大．21.所图所示，匝数N=100、截面积s=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80T/s．线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连

接阻值R=0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上．在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2．接通开关S后，棒对挡条的压力

恰好为零．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻．（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；（2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后下降了h=0.29m，求此过程棒上产生的热量．【答案】（1）0.50T，垂直纸面向外（2）32.

310J−【解析】（1）线圈的感应电动势为1BEnNStt==流过导体棒的电流2()2abEIRr=+导体棒对挡条的压力为零，有2abBIdmg=或2(2)mgRrBEd+=，解得20.5BT=，因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸

面向外（2）根据动量定律()2mgBIdtmv−=，22dhBqItR==，解得2222hdBvgtRm=−ab棒产生的热量211()22Qmghmv=−，解得32.310JQ−=22.如图所示，在xoy坐标系的0≤y≤d的区

域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xoy平面的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界．现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返

回磁场．已知电场强度2032vEkd=，不计粒子重力和粒子间的相互作用．试求：(1)粒子从O点第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1）02v，233xd=；（2

）03vBkd=【解析】【详解】（1）根据动能定理，得2201122qEdmvmv=−解得02vv=粒子在电场中做类平抛运动，有210112FFqEadatxvtm，，，====解得10232323ddtxv==，（2）粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成角进入磁场

2200tan3vvv−==解得=60°根据cosRRd+=，得23dR=由牛顿第二定律可得2vqvBmR=解得03vBkd=