【文档说明】四川省泸县第五中学2019-2020学年高二下学期第四学月考试物理试题【精准解析】4444.doc，共(18)页，742.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-359cc4c1ec785adc1bf380870e4a165c.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年春四川省泸县第五中学高二第四学月考试物理试题第I卷选择题一、单选题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）1.下列关于热辐射和黑体辐射说法不正确的是

（）A.一切物体都在辐射电磁波B.随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动C.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波D.一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关【答案】D【解析】【详解】A．根据黑体辐射理论可知，一切物体都在辐

射电磁波，故A正确；B．根据黑体辐射规律可知，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确；C．能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，故C正确；D．物体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与其它因素有关，比如物体的形状，故D错

误。本题选不正确的，故选D。2.如图所示，圆环a和b的半径之比为R1:R2=2:1，且都是由粗细相同的同种材料制成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为()A.1

:1B.2:1C.3:1D.4:1【答案】B【解析】a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻定律LRS=，电阻之比为2：1；A、B两点间电势差大小为路端电压，为RUERr=+，磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定

律公式BSEnntt==，得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路段电压之比为1221UU=，B正确．【点睛】需要注意的是线圈相当于一个电源，AB间的电势差不等于电动势而等于路端电压．3.如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态

，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是：（）A.3∶1B.4∶1C.3∶2D.2∶1【答案】A【解析】【详解】原副线圈的电流之比为：1213II＝则1231NN＝，则12231UNUN=原＝，则U原=3U灯因U1=U灯+U原=4U灯，则12441UUUU灯灯＝＝故

B正确，ACD错误；故选B．4.如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形，原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法错误的是（）A.变压器输出端所接电压表的示数为202VB.变压器的输出功率为20

0WC.变压器输出端的交流电的频率为50HzD.穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为2202nWb/s【答案】A【解析】【详解】A．由乙图知输入电压的有效值m1200222V200VUU===根据1122UnUn=变压器输出端所接电压表的示

数为20V，A错误；B．根据2112InIn=副线圈的电流210AI=副线圈消耗功率222010W200WPUI===即变压器的输出功率为200W，B正确；C．由乙图知交流电的周期为0.02s，根据1Tf=解得50Hzf=输出端的交流电的频率

和输入端的频率相等50Hz，C正确；D．根据Ent=可得mEtn=所以穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为2202Wb/stn=D正确。故选A。5.14C是一种半衰期为5730年的放射性同位素，若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的14，则

该古树死亡的时间距今大约()A.22920年B.2856年C.5730年D.11460年【答案】D【解析】【详解】根据放射性元素的半衰期公式可知124tT−=，解得211460tT==年，故D项正确，ABC项错误．故选D

6.宇航员在某星球表面做了如图甲所示的实验，将一插有风帆的滑块放置在倾角为的粗糙斜面上由静止开始下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F=kv，k为已知常数．宇航员通过传感器测量得到滑块下滑的加速度a与速度v的关系图象如图乙所示，

已知图中直线在纵轴与横轴的截距分别为a0、v0，滑块与足够长斜面间的动摩擦因数为μ，星球的半径为R，引力常量为G，忽略星球自转的影响，由上述条件可判断出A.滑块的质量为00kavB.星球的密度为034(sincos)aGR−C.星球的第一宇宙速度0cossinaR

−D.该星球近地卫星的周期为0sincosa−【答案】B【解析】【详解】带风帆的滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用，沿斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosFma−−=，而Fkv

=，联立可解得：kvagsingcosm=−−，由题意知：00akmv=，0gsingcosa−=，即滑块的质量为：00kvma=，星球的表面重力加速度为：0agsincos=−，根据：2G

MmmgR=和343MR=可得星球的密度为：03344()agGRGRsincos==−；根据：22GMmmvRR=可得星球的第一宇宙速度为：0aRvsincos=−；根据：2224GMmmRRT=

可得该星球近地卫星的周期为：204()RsincosTa−=，故选项B正确，ACD错误．7.如图所示,在倾角为e=30º．的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C

为一固定挡板,系统处于静止状态．现用外力F(恒为2mg)沿斜面方向拉物块A使之沿斜面向上运动,经过一段时间,物块B刚要与挡板C分离．已知重力加速度为g.则（）A.从开始到物块B刚要与挡扳C分离的过程,物块A的位移为mgkB.

物块B刚要离开挡板C时,物块A的加速度为2gC.物块B刚要离开挡板C时,物块a的速度为3kmgD.物块B刚要离开挡板C时,物块A的速度为2kmg【答案】AC【解析】开始时系统静止，弹簧处于压缩状态，设此时弹簧压缩量为x1，分析A物体受力可得：kx1=mgsin

θ，得：x1=mgsink;在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：kx2=mgsinθ，得：x2=mgsink；所以物块A的位移为：x=x1+x2=2mgsink=mgk，故A正确．设物块B

刚要离开挡板C时物块A的加速度为a，由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-kx2=ma，结合F=2mg，kx2=mgsinθ，得a=g，故B错误．由于x1=x2，所以初末状态时弹簧的弹性势能相等，对系统，由功能关系得：Fx=mgxsinθ+1

2mvA2，解得物块B刚要离开挡板C时，物块A的速度为：vA=3mkg，故C正确，D错误．故选AC.点睛：本题的关键要多次对物体A和B受力分析，求出弹簧的弹力，再根据牛顿第二定律求解加速度．运用功能关系时，要正确分析能量是如何转化的．8.在如

图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器C的电容较大．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．该电路正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光（闪光时间内闪光灯的阻值很小），则可以判定

A.击穿电压U不可能大于电源的电动势EB.闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态C.闪光灯未闪光时，电容器两端的电压保持不变D.闪光灯闪光时，电容器两端的电压保持不变【答案】AB【解析】【分析】本题考查电容器的特点【

详解】AB．结合题意知电容器在闪光灯闪光之前，电源一直给电容器充电，直到达到击穿电压或者电容器的电压达到电源的电动势，故AB均正确；CD．闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态，电容器两端的电压在不断增大直至达到击穿电压，故C错

误；闪光灯闪光时，电容器处于放电状态，电容器两端的电压将会减小，故D错误。综上所述，本题选AB。9.如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时(t=0)，线圈的v一t图象如图乙所示，在3to时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0，已

知线圈的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d>3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，则A.线框进入磁场过程中电流方向为abcdaB.在t0时刻线框的速度为v0=gt0C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为34cdUBLv=

D.线框穿过磁场的过程中产生的电热为2mgd【答案】CD【解析】【详解】根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba，故A错误；由图可知cd边进入磁场后先做加速度减小的减速运动，再做匀加速运动．故B错误；cd边刚进入磁场时产生的感应电动势

为0EBLv=，所以c、d两点间的电势差为034cdUBLv=，故C正确；线框从进入磁场到cd边刚到达磁场下边界过程中，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q1=mgd，穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框穿过磁场的过程中产

生的电热为Q=2Q1=2mgd，故D正确．第II卷非选择题二、实验题10.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变

阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐

标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．A．电压表（0-3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0-200mA

，内阻约2Ω）D．电流表（0-30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C

．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可

得E和r的测量值．【答案】(1).（1）A、(2).C(3).（2）C(4).（3）ka(5).k-R2【解析】【详解】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变

阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为1231761052EImARRr===++++；因此，电流表选择C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入

电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；

（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=k-R2；令U=0，则有：2EEIrRk==+；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：EaIk==；解得：E=ka.【点睛】本题考

查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．三、解答题。11.如图所示，CD左侧存在场强大小mgqE=，方向水平向左的匀强电场

，一个质量为m、电荷量为q+的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角53的光滑直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径

，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点(P。重力加速度为g，sin530.8=，530.6)cos=求：()1小球到达C点时的速度；()2小球从D点运动到P点的时间t。【答案】(1)v=23gl；

(2)t=27Lg【解析】【详解】（1）由动能定理：24132mgLqELmv−=…①解得：23vgL=…②（2）由A到D的过程由动能定理4203mgLmgrqEL−−=…③得：16rL=…④离开D点后做匀加速直线运动，如图．竖直方向212DGSgt=

…⑤水平方向qEma=…⑥212DHSat=…⑦又由几何关系得tan372DHDGSrS=−…⑧解得27Ltg=…⑨12.如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质

点）叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，在0～1.5s内该拉力F随时间的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，取g

=10m/s2．求:（1）0～1s内物块和平板的加速度大小a1、a2；（2）1s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物块和平板的速度大小1v、2v；（3）平板的最短长度L．【答案】（1）a1=2m/s2，a2=3m/

s2；（2）v1=2m/s，v2=3m/s；1v=2v=3m/s；（3）L=1.35m．【解析】【详解】（1）0~1s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：110.2Nfmg==22()1.2NfMmg=+=设物块与平板

间恰好滑动时，拉力为F0由牛顿第二定律有102()1.8NfFfmMm−=+=，因为102N>1.8NFF==，故物块与平板发生相对滑动．对物块和平板由牛顿第二定律有：11fam=1122FffaM−−=解得：22122m/s,3m/saa==（2）0~1s内，（11st=），物块与平板均做匀加

速直线运动，有：111221vatvat==；解得：122m/s3m/svv==；1~1.5s内，（21st=），由于水平向右的拉力F2=1.4N恰好与f1+f2平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同，有：1112223m/s3m/svvatvv=+

===；（3）撤去拉力后，物块和平板的加速度大小分别为：22121122m/s5m/sfffaamM−====；物块和平板停下所用的时间分别为：1111.5svta==2220.6stva==可画出物块、平板的速度-时间图象，如图所示，根据“速度-时间图

象的面积表示位移”可知，1~1.5s内，物块相对平板向左滑行的距离为：11(1.51)3m0.75m2x=−=1.5~3s内，物块相对平板向右滑行的距离为：21(32.1)3m1.35m2x=−=由于21xx，故：21.35m

Lx==．三、选考题(共15分)。请考生从2道物理题任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.下列说法正确的是（）A.同一种液体的沸点与压强有关，压强

越大，沸点越高B.若已知气体在某一状态下的密度和单个气体分子的体积，即可求出单个分子质量C.盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，不再有水分子飞出水面D.浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象E.理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内壁相

同面积上的撞击次数会减少【答案】ADE【解析】【详解】A．液体的沸点与压强有关，气体压强增大，液体的沸点升高，故A正确；B．已知气体在某一状态下的密度和单个气体运动占据的空间的体积，二者乘积即可求出单个分子质量，故B错误；C．盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和

时，是离开水面的分子和同时进入水面的分子数相等，不是没有分子飞出，故C错误；D．浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象，故D正确；E．理想气体在等压膨胀过程中，体积变大，气体的密度减小，气体的温度升高，气体分子对器壁的碰

撞力变大，但由于压强不变，则气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少，故E正确。故选ADE．【点睛】液体的沸点与压强有关，若已知气体在某一状态下的密度和单个气体分子的体积，无法求出单个分子质量，知道什么是毛细现象，根据压强的微观意义进行分析

．14.如图所示，细筒足够长的气缸整体竖直固定不动，粗、细筒横截面积之比为2:1，P、Q是质量不计的绝热轻活塞，两活塞与筒壁间的摩擦不计．开始时，活塞P上方盛有水银，水银面与粗筒上端恰好相平且高为L，活塞Q将理想气体分成相同A、B两部分，气柱长均为L，温度为27℃．现通过电热丝对B部

分理想气体加热，使活塞P、Q缓慢上移，已知L=38cm，大气压强为76cmHg，问有一半的水银进入细筒时：（假设电热丝对B气体加热时，A气体温度不变）（1）活塞Q上升的高度是多少？（2）B部分理想气体温度为多少摄

氏度？【答案】（1）24.4cm（2）301.7℃【解析】【详解】（1）A气体初状态po=114cmHg、V0=38SA气体未状态pA=133cmHg.VA=LAS根据玻意耳定律有p0V0=pAVA解得LA32.6cm活塞Q上升的高度h=2L

-24.4cm2ALL−=（2）B气体初状态po=114cmHg.V0=38S、T0=300KB气体未状态pB=133cmHg、VB=62.4S、TB根据理想气体状态方程000BBBpVpVTT=解得574.

7BTK即301.7CBt=15.如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐波，实线是t=0s时刻的波形图，虚线是t=0.2s时刻的波形图．下列说法正确的是_____A.若波沿x轴负方向传播，则它传播的速度(2015)m/sn+（n=0，1，2，3，…）．B.若波沿

x轴正方向传播，则它传播的速度(2015)m/sn+（n=0，1，2，3，…）C.若波沿x轴负方向传播，则它的最大周期0.8s．D.若波沿x轴正方向传播，则它的最大周期0.8sE.若波速是25m/s，则t=0s时刻P点的运动方向沿y轴负方向运动【答案】ADE【解

析】【详解】AB．波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为△x=（n+34）λ=4n+3（m），（n=0，1，2，3，…）传播的速度为：2015m/sxvnt==+（），（n=0，1，2，3，…）同理，波沿x轴正方向传播时，传播的可能距离为△x=（n+14）λ=4n+3（m），（n=

0，1，2，3，…）传播的速度为：205m/sxvnt==+（），（n=0，1，2，3，…）选项A正确，B错误；E．若波速为25m/s，则可知波沿x轴正向传播，根据波形图可知t=0时刻P质点的振动方向向下，即沿y轴负向，选项E正确；CD．若波沿x轴正方向传播

，传播的时间与周期关系为：△t=（n+14）T，（n=0，1，2，3，…）得40.8s?4141tTnn=++＝，（n=0.1，2，3，…）当n=0时周期最大，即最大为0.8s；波沿x轴负方向传播，传播的时间与周期关系为：△t=（n+34）T，

（n=0，1，2，3，…）得40.8s?4343tTnn=++＝，（n=0.1，2，3，…）当n=0时周期最大，即最大为0.83s，故选项D正确，C错误；故选ADE。16.如图所示，一储油桶，底面直径与高均为1m．当桶内无油时，从某点A恰能看到桶底边缘上的某点B．当桶内油的深度等于桶高的一半时，

由点A沿方向AB看去，恰能看到桶底上的点C，两点C、B相距0.25m．求油的折射率和光在油中的传播速度。．【答案】831010m/s5cvn==【解析】【详解】设入射角r，折射角i，则sini＝22ddh+，sinr＝22ddH+，22222222sin15201

0sin1511.252idHnrdh++====++由cnv=得：831010m/s5cvn==