【文档说明】四川省棠湖中学2019-2020学年高二下学期第四学月考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，724.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省成都市双流棠湖中学高二第四学月考试物理试题一、单选题1.如图所示为氢原子的能级图，对于处在n=4能级的大量氢原子，下列说法正确的是（）A.这群氢原子向低能级跃迁时一共可以辐射出3种不同频率的光B.这群氢原子从n=4能级跃

迁到n=3能级时向外辐射的光子的频率最低C.处在n=4能级的氢原子可以吸收任何一种光子而跃迁到高能级D.处在n=4能级的氢原子不可能吸收能量为1eV的光子而发生电离【答案】B【解析】【详解】A．根据246C=可知这

些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，选项A错误；B．这群氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时向外辐射的光子能量最小，频率最低，选项B正确；D．氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差，选项C错误；D．处在n=4能级的氢原子可

以吸收能量为1eV的光子而发生电离，选项D错误。故选B。2.下列有关四幅图的说法正确的是（）A.如图1所示，通过粒子散射实验，玻尔提出了原子的核式结构模型B.如图2所示，只要光的强度足够大，就能发生光电效应现象C.如图3所示，放射线丙是

射线D.如图4所示，该链式反应属于原子核的聚变反应【答案】C【解析】【详解】A．图1为粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型，选项A错误；B．根据光电效应方程km0EhW=−可知，能否发生光电效应现象，与入射光的频率及

金属的材料有关，与入射光的强弱无关，选项B错误；C．图3为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，根据左手定则可知，放射线丙带正电，为射线，选项C正确；D．图4为核反应堆示意图，它是利用了铀核裂变反应所释放的能量，选项D错误。故选C。3.如图是描述分子引力与斥力随分子间距离r变化的关系曲线，根

据曲线可知下列说法中正确的是（）A.F斥随r的增大而减小，F引随r的增大而增大B.F引与F斥均随r的增大而减小C.当r>r0时，F斥>F引，其合力表现为斥力D.分子之间的距离减小时，分子力一直做正功，分了势能一直减小【答案】B【解析】【详解】

AB．由图可知，分子引力与分子斥力都随分子距离的增大而减小，选项A错误，B正确；C．由图可知，当r>r0时，F斥<F引，其合力表现为引力，选项C错误；D．当r大于r0时，分子力表现为引力，分子之间的距离减小时，分子引力做正功，分了势能减小；当r小

于r0时，分子间的作用力表现为斥力，分子之间的距离减小时，分子斥力做负功，分了势能增大。选项D错误。故选B。4.关于电容器的电容，下列说法正确的是（）A.电容器带的电荷量越多，其电容越大B.电容器两板间电压越低，其电容越小C

.电容器不带电时，其电容为0D.电容器的电容只由它本身特性决定【答案】D【解析】A、B项：电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，故A、B错误；C项：根据4SCkd=，电容器的电容只由它本身特性决定，当不带电时，仍存

在电容．故C错误，D正确．点晴：解决本题的关键掌握电容的决定式：4SCkd=，知道电容与两极板的距离、正对面积有关，与所带的电量及两端的电势差无关．5.如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表

，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电压表，R增大时量程减小D.乙表是电流表，R增大时量程增大【答案】B【解析】灵敏电流计G改装电压表需串联大电阻分压，改装成电流表需并联小电阻分流，根据图

可知，甲表为电流表，并联的电阻越大，则分流越小，量程越小，A错误、B正确；乙表是电压表，R越大，则分压越大，量程越大，CD错误．6.如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端

固定在竖直挡板上，当A以4m/s速度向B撞击时，由于有橡皮泥而使A、B粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）A.4JB.8JC.16JD.32J【答案】B【解析】A撞击B过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+m）v，解得：v=2m/s；弹

簧压缩最短时，A、B的速度为零，A、B压缩弹簧过程，由能量守恒定律得：EP=12（m+m）v2，解得：EP=8J；故选B.7.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水

平面上，有一质量与A相同的物体B，从高水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是（）A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为12mghC.B与A分开后能达到的最大高度为1

4hD.B与A分开后能达到的最大高度不能计算【答案】BC【解析】【详解】AB.对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=12mv02则得B刚到达水平地面的速度为：02vgh=．B、A碰撞过程，根据动量守恒定律可

得：mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为：v=12v0所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为：Epm=12•2mv2=12mgh故A错误，B正确；CD.当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′=12m

v2B能达到的最大高度为h′=4h故C正确D错误．8.据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电

粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）A.()22212−RvkRRB.()222212RvkRR−C.()213vkRR−D.()21vkRR−【答

案】AC【解析】【详解】由题意可知，粒子的比荷为k，要使所有的粒子都不能穿出磁场，与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子最大轨道半径212RRr−=粒子在磁场中做圆周运动，洛

伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得212()vBkRR=−要使粒子不离开磁场212()vBkRR−由于R1<R2，则()222221212121222=()()RvRvvkRRRRkRRkRR−+−−故AC正确，BD错误。故选AC。9.如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均

匀分布着正电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，其运动过程中的υ﹣t图象如图乙所示．下列说法正确的是（）A.带电圆环在圆心处产生的场强为零B.a点场强大于b点场强

C.电势差Uab小于UbcD.小球由b到c的过程中平均速度小于0.55m/s【答案】AC【解析】【详解】根据电场的叠加原理和对称性可知，带电圆环在圆心处产生的场强为零，故A正确．由乙图知，小球在a处的加

速度小于b处加速度，由qE＝ma知，a点场强小于b点场强，故B错误．根据动能定理得：221100.40.0822abbqUmvmm=−==；()2221110.720.40.165222bccbqUmvmvmm==−=可得Uab小于Ubc．故C正确．小球由b到c的过程中做非匀加速

运动，位移大于匀加速运动的位移，所以平均速度大于0.70.40.55m/s2+=故D错误．故选AC二、实验题10.某同学利用图示装置，通过研究滑块上升高度和压缩量的关系，探究弹簧的弹性势能与形变量的关系，将弹簧和一带有指针的滑块套在竖直的

光滑杆上，滑块和弹簧不拴接，在杆的一侧竖直固定刻度尺，如图甲所示，弹簧自由伸长时上端在B点，将弹簧上端压缩到的位置为A，从静止释放滑块，滑块上升到最高点的位置为C，分别记下这几个点位置并从刻度尺上读出对应示数xB、xA、xC，不断改变弹簧压缩到的位置，重复上述实验过程，记录A、C的位

置；测出滑块质量为m，当地重力加速度为g．(1)滑块上升的高度h=________________，弹簧的压缩量大小△x=___________(用测得的xA、xB、xC表示)．(2)该同学做出h随压缩量△x的几种图象如下图所示，由

这些图象可以得出弹性势能与形变量的关系是___________________________；(3)若将另一个相同的弹簧与甲图中弹簧套在一起(如图乙所示)再做实验，发现h-Δx2图象的斜率_____(填“变大”、“变小”、“不变”)．【答案】(1).

CAxx−(2).BAxx−(3).弹性势能与形变量的平方成正比(4).变大【解析】【详解】（1）滑块上升的高度为CAhxx=−，弹簧的压缩量大小为BAxxx=−；（2）滑块弹开的过程系统机械能守恒，则pEmgh=，故上升高度h与弹性势能成正比

，由2hx−图像可知，h与2x成正比，故弹性势能与形变量的平方成正比；（3）两弹簧套在一起后相同的形变量释放的弹性势能变大，滑块上升的高度变大，故图像的斜率变大．11.在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A

.待测的干电池B.电流传感器1C.电流传感器2D.滑动变阻器R（0－20Ω，2A）E.定值电阻R0（2000Ω）F.开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验．（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变

阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将___________（选填“变大”或“变小”）．（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由

图线可得被测电池的电动势E=___________V，内阻r=_____________Ω（结果取两位有效数字）．（3）若将图线的纵坐标改为_________________（选用“I1”、“I2”、“R

”、“R0”等符号表示），则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．【答案】(1).变小(2).3.0(3).2.0(4).I1R0【解析】【详解】（1）[1]滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值

减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小．（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得：()1012IREIIr=−+,变形得：1200ErIIRrRr=−++,由数学知可得,图象中的斜率0rkRr=+，截距0EbRr=+，由图可知：1.50b=，解得：E=3.0V；[3]由图可知：331

.351.05101100.450.15k−−−==−，解得：r=2.0Ω；（3）[4]若图象纵坐标改为路端电压，即10IR，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势.三、解答题12.甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为

M＝30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15kg的箱子，和他一起以大小为02.0/vms=的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅

速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞；(2)甲在推出时对箱子做了多少功．【答案】(1)5.2m/s，(2)172.8J.【解析】试题分析：（i）甲推出箱子后，要想刚能避

免相碰,要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v,甲孩的速度为1v,根据动量守恒可得()10mvMvmMv+=+①设乙孩抓住箱子后其速度为2v,根据动量守恒可得()20mMvmvMv+=−．②刚好不相碰的条件要求12vv=．③

联立三式可解得2202222mmMMvvmmM++=+代入数值可得5.2/vms=④（ⅱ）设推出时甲对箱子做功为W,根据功能关系可知2201122Wmvmv=−⑤(2分)代入数值可得21.710WJ=⑥(1分)考点：考查动量守恒定律，功能关系

【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，本题运动过程复杂，有一定的难度；分析清楚物体运动过程、找出避免碰撞的临界条件是正确解题的关键，应用动量守恒定律与功能关系可以解题13.用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜

轨道上，轨道的倾角为θ，平行导轨的间距也为l，如图所示．在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直．把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域．若当地的重力加速度为g，求：（1）线框进入磁场时的运动

速度和离开磁场时感应电流的方向；（2）线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的的电荷量；（3）穿过磁场的过程中，线框中所产生的热量Q．【答案】(1)22mgsinBl方向MNPQM(2)2BlR(3)2mgl

sinθ【解析】（1）感应电动势：E=Blv感应电流：I=E/R安培力：F=BIl线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示F=mgsinθ解得匀速运动的速度：v=22mgsinBl由楞次定律，线框离开磁场时感应电流方向MNPQM（2）由BIl=mg

sinθ得，I＝mgsinBl，23lBltvmgRsin＝＝所以q＝It＝2BlR（3）通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2l的距离，由能量守恒定律得：△E增=△E减机械能的减小量为△E减=mg

•2lsinθ故产生的热量为Q=△E减=2mglsinθ点睛：本题主要考查了电磁感应，明确导线切割磁场时产生感应电流，感应电流产生安培力，抓住共点力平衡列方程；注意电磁感应问题中的能量转化关系.四、选考题14.下列说法中正确的有___

_____。A.悬浮在液体中的固体的分子所做的无规则运动叫做布朗运动B.金属铁有固定的熔点C.液晶的光学性质具有各向异性D.由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力E.随着高度的增加，大

气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球（体积不变）内的氢气内能减小【答案】BCE【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是固体分子的运动，故A错误；B．金属铁是晶体，具有固定的熔点，故B正确；C．液晶是液体，其光学性质具有各向异

性，故C正确；D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，故D错误；E．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，体积不变，温度降低，则内能减小，故E正确。故选BCE。15.如图所示，透热的气缸内封有

一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=100cm2活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27C，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0=1.0×1

05Pa，重力加速度为g=10m/s2求：(a)缸内气体的压强p1；(b)缸内气体的温度升高到多少C时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？【答案】(a)3×105Pa；(b)327C【解析】【详解】(a)以气缸为对象（不包括活塞）列气

缸受力平衡方程p1S=Mg+p0S解之得p1=3×105Pa(b)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S=Mg+p0S由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得120.5S

lSlTT=所以T2=2T1=600K故t2=(600－273)C=327C16.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是（）A.这列波的波速一定大于50

m/sB.质点a在这段时间内通过的路程可能小于30cmC.若周期T＝0.8s，则在t+0.8s时刻，质点c的位移为﹣10cmD.这列波与频率为1.25Hz的简谐横波相遇一定会发生干涉现象E.若周期T＝0.

8s，从t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为50.1cos2yt=【答案】BCE【解析】【详解】经过0.6s，波向前传播了34n+个波长，故周期为：0.62.4s3434Tsnn==++，当故波速为：40200502.4343vnT

n===++当n＝0时，波速为50m/s，故A错误；当n＝0时，质点a经过34个周期，通过的路程最短，t＝0时，质点a向上振动，那么，质点a在这段时间内通过的路程小于3A＝30cm，故B正确；t时刻波刚好传到P点，再经过14T波传到c点，且c向上振动；若周期T＝0.8s，则

在t+0.8s时刻，质点c已经振动34T，此时的位移为﹣10cm，故C正确；简谐波的周期为：2.4s43Tn=+，当n＝0时，11s0.8s1.25Tf===所以二者的频率可能相同，能产生稳定的干涉现象；当n≠0时，二者的频率不同，不能产生稳定的干涉现象，

故D错误；若T＝0.8s，从t+0.4s时刻开始计时，那么，在零时刻质点c在最高点，位移取得最大值，质点c的振幅为10cm，周期为0.8s，故振动方程为：550.1sint0.1cost(m)222y=+=故E正确；17.如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明

介质的横截面．O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中OD光线与OC夹角15°，从AC边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上．已知BC边长2L．求：①该介质的折射率；②光从O点传到E点的时间．【答案】232,3Lc【解析】【详解】

光路图如图所示：①做出法线，由几何关系知从D射出的光线的折射角r＝45°入射角i＝30°，根据折射定律得：sinsin452sinsin30rni===②过E点做法线，由几何关系得：α＝r＝45°由折射定律sinsinn=

得：β＝i＝30°由几何关系得：∠OED＝60°，∠EDO＝60°，△ODE为等边三角形，即OE＝OD，在△ODC中由正弦定理得sin45sin120ODOC=解得：63OEODL==光在介质中的传播速度c

vn=光在介质中的传播时间OEtv=联立解得：233Ltc=