【文档说明】四川省宜宾市第四中学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(16)页，906.000 KB，由管理员店铺上传

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2020年春四川省宜宾市第四中学高二第四学月考试物理试题一、选择题1.据央视报道，中科院等离子体物理研究所经过八年的艰苦努力，终于率先建成了世界上第一个全超导的托克马克试验装置并调试成功，这种装置被称为

“人造太阳”（如图），它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生反应并稳定持续地输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁的能源．在下列核反应方程中有可能是该装置内部所进行的核反应的是（）A.1441717281NHeOH+→+B

.23411120HHHen+→+C.238234492902hUTHe→+D.2351141921920563603arUnBKn+→++【答案】B【解析】【详解】轻核聚变释放较大的能量，释放的能量比重核裂变释放的能量大得多，该装置承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子

态的核子发生聚变并稳定持续地输出能量，内部进行的是轻核聚变，故B正确，ACD错误．故选B．2.在如图所示的条件下，闭合的矩形线圈中能产生感应电流的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.A图中线圈转动时

穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B.B图中线圈转动时穿过线圈的磁通量发生改变，会产生感应电流，故B正确；C.C图中穿过线圈的磁通量始终为零，且不发生变化，故线圈中不产生感应电流，故C错误；D.D图中线圈的转轴平行于磁场，故穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变化，线圈

中不产生感应电流，故D错误.3.关于电动势和磁感应强度，下列说法正确的是（）A.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能就越多B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C.小磁针N极所受磁场

力的方向就是该处磁感应强度的方向D.由FBIL=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与其IL的乘积成反比【答案】C【解析】【分析】考查电动势的定义和磁感强度的基本性质及定义式的物理意义。【详解】A．电动势越大的电源，将其它形式的能转化为电能

的本领越强，但转化的电能多少看电源的容量大小，A错误；B．当运动电荷的运动方向与磁感应强度的方向相同时，即使电荷在磁场中运动，也不受洛伦兹力作用，故无法判断该处的磁感应强度是否为零，B错误；C．磁感应强度方向就是小磁

针N极受力的方向，故C正确；D．磁感应强度的大小是由磁场本身的性质决定的，与放入的通电导线所受的力大小无关，D错误。故选C。4.如图，C、D是两条竖直且足够长的固定导轨（电阻不计），导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，E

F是一个固定螺线管，C、D的输出端a、b分别连接EF的输入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒AB施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中棒始终与C、D导轨良好接触，可认为通电螺线管在

圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则（）A.金属棒中的感应电流方向由A到BB.P环有收缩的趋势C.P环对地面的压力逐渐减小D.P环中感应电流逐渐变大【答案】B【解析】【详解】A．根据右手定则，流过金属棒中的感应

电流方向由B到A，A错误；BCD．由于AB匀加速运动，产生的感应电动势EBLvBLat==越来越大，回路中的电流EBLaItRR==越来越大，穿过P的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P环有收缩的趋势；根据法拉第电磁感应定律，P环中产生恒定的感应电流；根据楞次定

律，P环与固定螺线管产生的磁场方向相反，P环（等价于磁铁，磁性不变）与固定螺线管（等价于磁铁，磁性变强）同名磁极相对，相互排斥，因此P环对地面的压力增大；因此B正确，CD错误。故选B。5.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电

阻几乎为零．A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变B.当闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变C.再断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮D.再断开开关S后，灯泡

B由暗变亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮．故AB错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成

闭合回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确．6.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中（）A.整个过程中重力的冲量大小为0B.整个过程中重力的冲量大小为2mv0C.上升过程冲量大小为mv0，方向向上D.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，

但方向相反【答案】B【解析】【详解】规定竖直向上为正方向。AB．根据竖直上抛运动的对称性可知，物体落回地面的速度大小是v0，方向竖直向下，根据动量定理可知，整个过程中重力的冲量0002GImvmvmv=−−=−整个过程中重力的冲量大小为2mv0，故B正确，A错误；C．根据动量定理，上升过程冲量

000Imvmv=−=−所以上升过程冲量大小为mv0，方向向下，故C错误；D．根据竖直上抛运动的对称性可知，上升时间和下落时间相同，两个过程中合力都是重力相同，所以两个过程中合力的冲量大小相等，方向相同都竖直向下，根据动

量定理可知，上升过程和下落过程中动量的变化量大小相同，方向相同，故D错误；故选B。7.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，0R为定值电阻，TR为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，

下列说法正确的是（）A.图乙中电压的有效值为1102VB.TR处出现火警时电压表的示数变大C.TR处出现火警时电流表示数减小D.TR处出现火警时电阻0R消耗的电功率增大【答案】AD【解析】【详解】A．如果右图中电压的波形为标准的正弦时，电压的有效值为峰值的12，设将此电流加载阻值为R

的电阻上，电压最大值为mU，此时有2m222UUTTRR=有即有=1102VU有故A正确；BCD．出现火警时，TR阻值减小，路端电压不变，即电压表示数不变，通过的电流增加，电流表的示数随之增大，根据2PIR=

可知电阻0R消耗的电功增加，故BC错误，D正确。故选AD。8.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子在同

一位置C.从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D.在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a＝kxm−，知加速度为负向最大，故A错误．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同

，说明弹簧振子在同一位置，故B正确．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动．故C正确．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械

能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误．选BC．9.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确

的是（）A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹和木块一起上升的最大高度为()22022mvgMm+C.子弹射入木块瞬间动量守恒，子弹射入木块后一瞬，子弹和木块的共同速度为

0mvMm+D.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能【答案】BC【解析】【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转

化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故AD错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：0mvmMv=+（），

所以子弹射入木块后的共同速度为：0mvvMm=+，之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：212MmvMmgh+=+（）（），可得上升的最大高度为：()22022mvhgMm=+，故BC正确。故选BC。二、实验题10.实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G

内阻r的电路如图所示。供选择的仪器如下：①待测电流表G1（0~5mA，内阻约300Ω）②电流表G2（2.0~10mA，内阻约100Ω）③定值电阻R1（300Ω）④定值电阻R2（10Ω）⑤滑动变阻器R3（

0~1000Ω）⑥滑动变阻器R4（0~20Ω）⑦干电池（1.5V）⑧电键S及导线若干(1)定值电阻应选_______________，滑动变阻器应选_________________；（只能在空格内填写序号）(2)用连线连接实物图____

___________；(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，_____________________；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；③___________________________________

_______；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示；(4)根据I2–I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_____________________。【答案】(1).③(2

).⑥(3).(4).将滑动触头移至最左端(5).多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2(6).11(1)rkR=−【解析】【详解】(1)[1]根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10Ω，则容易使流过G2的总电流超过其满偏值，故

选R1。[2]分压接法用小阻值的滑动变阻器即可。(2)[3](3)[4]在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表；[5]要多测量几组数据，所以要多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2。(4)[6]根据欧姆定律11

211()IrIIR=−解得1211RrIIR+=即111rRkR+=所以11(1)rkR=−。三、解答题11.如图所示，长L＝9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以v＝4m/s的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡

板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计．(sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，g＝10m/s2)问：(1)物块与挡板P第一次碰撞后，上升到最高点时

到挡板P的距离；(2)若改为将一与皮带间动摩擦因数为μ＝0.875、质量不变的新木块轻放在B端，求木块运动到A点过程中电动机多消耗的电能与电动机额定功率的最小值．【答案】(1)x＝5m；(2)E电＝118J，P额＝28W【解析】【详解】（1）物块从A点向

下运动的加速度为a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2与P碰前的速度v1=12aL=6m/s物块与挡板碰撞后，以v1的速率反弹，因v1>v，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度为a2=g

sinθ+μgcosθ=10m/s2物块速度减小到与传送带速度相等所需时间1120.2svvta−==物块向上的位移1121m2vvxt+==物块速度与传送带速度相等后，tan，物块向上做减速运动的加速度a3=gsinθ-μgcosθ=2m/s2物块向上的位移22

34m2vxa==离P点的距离x1+x2=5m（2）根据题意a3=μgcosθ-gsinθ=1m/s2木块与皮带速度相同时位移x3=232va=8m故到达顶端前木块已经匀速运动，因为相对位移等于x3E电=EpG+Ek+Q=mgLsinθ+0.5mv2+x3mgμcosθ=118

JP额=Pf滑=vmgμcosθ=28W12.如图(甲)所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好

，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T.若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力下作用，并保持拉力的功率恒为4W.从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图(乙)为安培力与时间的

关系图像．试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s时的加速度；(3)求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热.【答案】（1）4m/smv=（2）235m/s12a=（3）QR=3.25J【解析】【详解】解：（1）金属棒速度最大时，所受合外力为零，即

BIL=F．而P=Fvm，I=mBLvRr+，解出22()4(22)20.5mPRrvBL+==m/s=4m/s．（2）速度为3m/s时，感应电动势E=BLv=2×0.5×3V=3V．电流I=ERr+，F安=BIL金属棒

受到的拉力F=43PNv=根据牛顿第二定律F﹣F安=ma解得a=22433534//0.212FFmsmsm−−==安（3）在此过程中，由动能定理得，220m1122PtWmvmv+=−安W安=﹣6.5J则3.

25J2RWQ−==安。四、选考题13.下列说法正确的是（）A.与空气接触的液体表面的分子间距较大，所以分子力表现为引力，液体表面有收缩的趋势B.相同质量0℃的水的分子势能一定比0℃的冰的分子势能大C.气体在等压膨胀过程中一定放出热量D.当分子间的引力和

斥力平衡时，分子势能最小E.气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数不变时，气体的压强一定不变【答案】ABD【解析】【详解】A．液体表面的分子间距较大，引力大于斥力，所以表现为引力，液体表面有收缩的趋势，选项A正确；B．0℃的水与0℃的冰的分子平均动能相同，冰熔化成水时需要从外界吸收热

量，从而改变分子势能的大小，所以相同质量0℃的水的分子势能一定比0℃的冰的分子势能大，选项B正确；C．根据理想气体状态方程CpVT=可知气体在等压膨胀过程中温度升高，内能增大，而体积增大，对外做功。根据热力学第一定律UQW=+可知气体一定吸热，选项C错误；D．分子间的引力和

斥力平衡时，是分子势能最小的位置，选项D正确；E．气体压强取决于气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数和一次碰撞时对器壁冲力的大小，选项E错误。故选ABD。14.如图所示,长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置,管内

水银柱的上端正好与管口齐平,封闭气体的长为10cm,外界大气压强不变．若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下,这时留在管内的水银柱长为15cm,然后再缓慢转回到开口竖直向上,求:（1）.大气压强p0的值;（2）.玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的

长度．【答案】（1）75cmHg;（2）10.67cm【解析】【详解】（1）.设细玻璃管的横截面积为S,从开始到管口向下封闭气体等温变化．初态:p1=p0+21cmHg,V1=10cm·S末态:p2=p0-15cmHg,V

2=(31-15)cm·S=16cm·S由玻意耳定律的p1V1=p2V2,解得p0=75cmHg（2）.从管口向下再到管口向上,气体经历了等温变化p3=(75+15)cmHg=90cmHg,V3=LS,由玻意耳定律得p1V1=p3V3,解得L≈10.67cm．

15.如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，使用波长为75.3010m−的激光作为入射光源，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为77.9510m−。下面关于激光和双缝干涉实验的叙述正确的是（）A.频率不同的激光在相同介质中的折射率不同B.频率相同的激光在不同介质

中的波长相同C.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离D.双缝干涉实验中，屏上P点出现的应是明条纹E.若改用波长为76.3010m−的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将变宽【答案】ACE【解析】【详解】A．频率和折射率有关，频率不同，折射

率不同，频率越高，折射率越大，故A正确；B．频率相同的激光在不同介质中，频率不变，但波速不同，由v=λf知，波长也不同，真空中波长最长，其它介质中波长小于真空中波长，故B错误；C．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离，故C正确；D．当光屏上的点到双缝

的路程差是半波长的偶数倍，出现明条纹；路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹；屏上P点距双缝s1和s2的路程差为7.95×10-7m，则777.95103115.31022sn−−===3是奇数，故在P点出现暗条纹，故D错误；E．根据Lxd

=知，波长变大，则条纹间距变宽，故E正确。故选ACE。16.某同学用如下方法测定玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两侧界面MN、PQ(MN、QP面平行于桌面)，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN平行的光屏上得到的两光点A、B，

两光线的位置如图所示.测得入射光线与界面的夹角α＝30°，光屏上两光点之间的距离L＝3.0cm，玻璃砖的厚度h＝2.0cm，求玻璃砖的折射率.【答案】n＝1.44【解析】【详解】光路图如图所示，可知OO′与AB的距离相等，由几何原理有2222223.032sin5442.03.0()2LLL

hLh====+++由折射率定义得sin(90)531.44sin6n−==