【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试题.doc，共(14)页，562.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第一中学高二第二学期月考物理试题第I卷选择题一、选择题（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.下列说法正确的是：A.根据麦克斯韦电磁理论可知变化的电场周围存在变化的磁场B

.红外线遥感技术是利用红外线的化学作用C.在医院里常用紫外线对病房和手术室消毒，是因为紫外线比红外线的热效应显著D.工业上的金属探伤是利用γ射线具有较强的穿透能力【答案】D【解析】【详解】A．根据麦克斯韦电磁理论可知变化的电场周围

存在磁场，不一定是变化的磁场，选项A错误；B．红外线遥感技术是利用红外线的衍射作用和热效应，选项B错误；C．在医院里常用紫外线对病房和手术室消毒，是因为紫外线具有杀菌的化学作用，选项C错误；D．工业上的金属探伤是利用γ射线具有较强的穿透能力，选项D正确．故选D。2.下列说法正确的是（）A.单缝

衍射实验中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越明显B.光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理C.机械波传播过程中，某质点在一个周期内向前移动一个波长的距离D.地球上的人看来，接近光速运动的飞船中的时钟变快了【答案】B【解析】【详解】A．单缝衍射中，缝

越宽，条纹越亮，衍射现象越不明显，故A错误；B．光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理，故B正确；C．波在一个周期内向前传播的距离等于波长，并质点不会随波迁移，故C错误；D．根据狭义相对论的钟慢效应可知，在地面上的观测者看来，接近

光速飞行的飞船中时钟会变慢，故D错误；故选B。3.小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则（）A.闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变B.闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变C.断开开关S，L1逐渐

变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭D.断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮【答案】C【解析】【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析．【详

解】A．闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，L2不亮，故A错误；B．闭合开关瞬间，由于线圈中的自感电动势的阻碍，L1逐渐变亮，电路稳定后，亮度不变，故B错误；CD．由于二极管具有单向导电性，电路稳定后，也无电流通过L2，L2不亮，断开开关S的瞬间，L由于产生自感电动势，

相当于电源，灯泡L1、L2串联，所以L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭，故C正确，D错误．【点睛】本题主要考查自感现象的应用，结合自感规律判断即可，较为简单．4.交流发电机分两类，电枢转动，磁极不动的发电机叫做旋转电枢式发电机；磁极转动

，电枢不动的发电机叫做旋转磁极式发电机．一台旋转磁极式发电机，其电枢线圈有n匝，磁极转动过程中，穿过线圈的磁通量φ随时间t变化的规律如图所示．下列判断正确的是()A.t=0时刻线圈位于中性面，感应电动势为零B.该发电机磁极的转速为2πωC.该

发电机电动势的最大值为nφmωD.外电路断开时，该发电机的端电压为nφmω【答案】C【解析】【详解】A.线圈位于中性面的位置时，穿过线圈的磁通量最大，由图可知，t=0时刻线圈不是位于中性面位置，故A错误；B.从Φ−t图线可以看出，发动机转动的周期为2，

所以转速为12nT==，故B错误；C.感应电动势的最大值Emax=nωφm，故C正确；D.发电机的端电压是交变电流电压的有效值，即U=maxm222En=，故D错误．故选C5.如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方

向竖直向下的匀强磁场中（俯视图），金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架，图为一段时间内金属杆受到的

安培力AF随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图像是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】金属杆切割磁感线产生感应电动势：=EBLv，电流EBLvIRR==安培力22BLvFBILR==安培由图示F安-t图象可知，F安∝t，

则：vt，说明导体做匀加速运动，则：vat=由牛顿第二定律得：FFma−=安解得22BLatFFmamaR=+=+安由图示图象可知，故B正确。故选B.6.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边

垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆

也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g．以下说法正确的是（）A.ab杆所受拉力F的大小为2212BLvmgR−B.cd杆所受摩擦力为零C.回路中的电流强度为()122BLvvR+D.μ与v1大小的关系为2212RmgBLv=【答案】D【解

析】【详解】由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca感应电流大小12BLvIR=①导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得BIL+μmg=F②导体棒cd运动时，受到向右的安培力，的摩擦力不为零，cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件

得μBIL=mg③联立以上各式解得F=μmg+2212BLvRμ=2212mgRBLv故D正确，ABC错误．故选D．【点评】本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安

培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解．7.为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压0U=11?0002sin?100t(V)的交流电降为220V供居民小区用

电，则变电站变压器()A.原、副线圈匝数比为50∶1B.副线圈中电流的频率是50HzC.原线圈的导线比副线圈的要粗D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和【答案】AB【解析】【详解】降压变压器输入电压的最大值为1100

02V，则有效值为11000V，则112211000502201nUnU＝＝＝．故A正确．交流电的频率1005022fHz=＝＝，经过变压器后，交流电的频率不变．故B正确．降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗．故C错误．副线圈的电流等于居民小区

各用电器电流总和，而原副线圈的电流不等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和．故D错误．故选AB．【点睛】本题考查电压的瞬时表达式以及变压器的运用，能够从瞬时表达式中获取最大值、角速度是本题的关键，知道峰值和有效值的关系．8.正在运转的机

器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器

，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中A.机器不一定还会发生强烈的振动B.机器一定还会发生强烈的振动C.若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时D.若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为

ω0【答案】BD【解析】【详解】飞轮在转速逐渐减小的过程中，机器出现强烈的振动，说明发生共振现象，共振现象产生的条件是驱动力频率等于系统的固有频率，故当机器重新启动时，飞轮转速缓慢增大的过程中，一旦达到共振条件，机器一定还会发生强烈的振动．由题意可知，发生强烈共振时，飞轮的角速度一定小于ω

0。故选BD。9.如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定以向右为正方向．图乙是它的速度v随时间t变化的图象．下面的说法中正确的是()A.t＝2s时刻，振子的位置在O点左侧4cm处

B.t＝3s时刻，振子的速度方向向左C.t＝4s时刻，振子的加速度方向向右且为最大值D.振子的周期为8s【答案】BCD【解析】【详解】根据振动图像可知是从经过B向左计时，T=8s，因此从B到O要0.25T即2s，其位置应该为X=0cm，所

以A错．T=3s时，质点在O到C图中，所以它的速度方向向左；t＝4s时刻，质点在C处，位移向左最大，所以回复力与位移方向相反，即它的加速度为方向向右的最大值，C对．以上分析表明正确答案为BCD【点睛】本题考查了简谐振动中v-t图像的理解．经过

转换，将v-t图像变成质点的相应位置理解第II卷非选择题二．实验题10.一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动.用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.实验器材:电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片.实验步骤:①如图所示，将电

磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上.②启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点.③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸

带，进行测量.（1）由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=_________，式中各量的意义是：_________________________________________________________________

__________.（2）某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到的纸带的一段如图所示，求得角速度为__________.（保留两位有效数字）【答案】（1）21(1)xxTnr−−，T为打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1、x2是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值

，n为选定的两点间的打点数（含两点）；（2）7.0rad/s【解析】【详解】（1）[1][2]．在纸带上取两点为n个打点周期，距离为L，则圆盘的线速度为(1)LvnT=−则圆盘的角速度21=(1)(1)xxvLrnTrTnr−==−−式中T为打点计时器

打点的时间间隔，r为圆盘半径，x1、x2是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）；（2）[3]．从图中可知第一个点到最后一个点共有n=15个周期，其总长度L=11.50cm．代入数据解得7.0/rads．11.在探究单摆周期与摆长关系的实验中，①关于安装

仪器及测时的一些实验操作，下列说法中正确的是______．（选填选项前面的字母）A．用米尺测出摆线的长度，记为摆长lB．先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l，再将单摆悬挂在铁架台上C．使摆线偏离竖直方向某一角度α（接近5°），然后静止释放摆球D．测出摆球两

次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期②实验测得的数据如下表所示．次数12345摆长l/cm80.0090.00100.00110.00120.0030次全振动时间t/s53.856.960.062.865.7振动周期T/s1.791.902.00

2.092.19振动周期的平方T2/s23.203.614.004.374.80请将笫三次的测量数据标在图中，并在图中作出T2随l变化的关系图象_____．③根据数据及图象可知单摆周期的平方与摆长的关系是_____．④根据图象

，可求得当地的重力加速度为__________m／s2．（结果保留3位有效数字）【答案】(1).①C；(2).②见图(3).③周期的平方与摆长成正比（说明：其他说法正确同样得分）(4).④9.86【解析】【详解】A．用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，

摆线的长度加上摆球的半径记为摆长l，故A错误．B．先将摆球和摆线连接好，固定在铁架台上，否则摆长变化，测量的误差较大，故B错误．C．使摆线偏离竖直方向某一角度α（接近5°），从静止释放摆球让摆球振动，故C正确．

D、测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期，误差较大，为了减小误差，应采用累积法，即测量30次或50次全振动的时间，再求出每次全振动的时间，作为周期．故D错误．故选C．②根据坐标系内描出

的点作出图象如图所示：③由图示图象可知：T2=4L；即周期的平方与摆长成正比.④由单摆周期公式：2LTg=可知，224TLg=，由图示图象可知：24g=k=4，解得：g≈9.86m/s2；三、解答题12.如图所示，正方形线圈ab

cd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，转数n=60r/min.若已知ab=bc=10cm，匝数N=100，线圈总电阻r=2Ω，外接电阻R=8Ω，磁感应强度B=1T，若从图示位置开始计时，求：(1)线圈转动过程中产生电动势的有效值；(2)线

圈中感应电动势的瞬时表达式；(3)线圈转一圈电阻R上产生的焦耳热.【答案】(1)2VE=(2)2sin2Vet=（）(3)0.16JQ=【解析】【详解】(1)线圈的转速：60r/min1r/sn==频率：1Hzfn==角速度：22f==最大电动势：

11000.10.122VmENBS===电动势的有效值为：2V2mEE==(2)瞬时电动势为：sin2sin2meEtt==V(3)电阻R的发热量为：22281J0.16J82EQRtRr===++13.一辆汽车以额定功率

为46.010W在平直公路上行驶，质量32.010kgm=，汽车所能达到的最大速度30m/s，运动中阻力大小恒定，求：（1）汽车受到的阻力是多大；（2）当汽车的速度为10m/s时加速度是多大．【答

案】（1）2000N；（2）2m/s2【解析】【详解】（1）由机车启动，当牵引力Ff=时，速度最大，汽车所受的阻力为6000030N0200mfFvP====．（2）当汽车的速度110m/sv=时，此时加速度1a，根据牛顿第二定律得1Pfmav−=代入数据解得此

时加速度212m/sa=．【名师点睛】当机车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公式都是PFv=和Ffma−=，为使问题简化，假定机车所受阻力大小恒定．14.五一期间，小马到外公家的面粉加工厂劳动，他的主要任

务就是将装好的一袋袋面粉用一长为6m的倾斜传送装置从加工车间运送到车厢上，已知传送带与水平方向夹角为37．现在他要用此装置来运送一袋50kg的面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素0.8=，初始时，将这袋面粉轻放在静止传送带上的A点，然后让传送带以恒定的加速度2

02m/sa=开始运动，当其速度达到02m/sv=后，便以此速度做匀速运动．已知重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．此袋面粉在运动过程中可视为质点，求：(1)将这袋面粉由A端运送到B端摩擦力对这袋面粉做的功？(2)若由于小马将面粉从地上

提起时不小心挂到了衣服上的纽扣，从而使得面粉出现渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，求这袋面粉在传送带上留下的痕迹有多长？【答案】(1)1900JfW=(2)4m【解析】【详解】（1）对面粉

：cossinmgmgma−=，得：0.4a=m/s2对传送带：02a=m/s2设经过时间0t传送带的速度达到0v，则由000vat=，得：01ts=;此时面粉袋仍处于加速状态，且加速度仍然为0.4a=m/s2设从静止开始一共经过时间1t，

面粉袋与传送带共速，则：由0010vat=+，得：15t=s；由21112xat=，得：15=xm；因为sincosmgmg，所以面粉袋与传送带共速之后，便一直以02v=m/s匀速运动到传送带的

顶端，此阶段面粉袋受到传送带的摩擦力为=sinfmg静且面粉袋匀速运动的位移为2161xx=−=m所以全过程从A端到B端，摩擦力对面粉袋做功为：12cossinfWmgxmgx=+得：1900JfW=（2）面粉袋只有在匀加速阶段与传送带才有相对位移，共速之后两者一起匀速运动，无相对位移，所

以渗漏的面粉出现的痕迹产生于面粉袋的匀加速阶段，此过程中传送带先匀加速运动，再匀速运动．则：对面粉袋：1x=5m对传送带：()210001019m2xatvtt=+−=即最终在传送带上留下的痕迹长为：114x

xx=−=m