【文档说明】【精准解析】四川省泸县第五中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试题.doc，共(15)页，690.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第五中学高二第二学月考试物理试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上

答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分第I卷选择题（54分）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.下列关于电磁波谱的说法，下列说法正确的是（）A.验钞机验钞票真伪体现了红外线的荧光效应B.相同条件下，电磁波谱中最难发生衍射的是X射线C.利用雷达测出发射微波脉冲及接收到脉冲的时间间隔可以确定雷

达和目标的距离D.夏天太阳把地面晒得发热是因为可见光的热效应在各种电磁波中最强的【答案】C【解析】【详解】验钞机是利用了紫外线的荧光作用，故A错误；电磁波谱中比X射线波长短的还有γ射线，相同条件下，电磁波谱中最难发生衍射的是γ射线，故B错误．电磁波测距就是利用发射脉冲和接收脉冲的时间间隔来确定

的，故C正确；热效应最强的是红外线，故D错误；故选C.2.2009年诺贝尔物理学奖授予英国华裔物理学家高锟，以表彰他在光纤通信研究中的突出贡献．光纤通信是利用了光的全反射的原理，光导纤维由内芯和外套两层组成．下列有关光导纤维的

说法中正确的是___________A．内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射B．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射C．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生折射D．内芯的折射

率与外套相同，外套的材料有韧性，可以对内芯起保护作用【答案】A;【解析】【详解】全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角．所以内芯的折射率大于外套的折射率，光传播时在内芯和外套的界面上发生全反射，A正确．3.

如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速

度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A.电路中感应电动势的大小为sinBlvB.电路中感应电流的大小为sinBvrC.金属杆所受安培力的大小为2sinBlvrD.金属杆的发热功率为22sinBlvr【答案】B【解析】【详解

】A、导体棒切割磁感线产生感应电动势EBlv=，故A错误；B、感应电流的大小sinsinEBvIlrr==，故B正确；C、所受的安培力为2sinlBvlFBIr==，故C错误；D、金属杆的热功率222sinsinlBvQIrr==，故D错误．4.如图所示，

两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）

A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；

B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律BSEt=得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据2PIR=可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；C．根据安培力公式FBIL=知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，

C错误；D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，fF=，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．5.如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2＝55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是

理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（）A.交流电压表V的读数约为45.2VB.灯泡L两端电压的有效值约为22.6VC.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示

数增大A1示数减小D.由图（b）可知交流发电机转子的角速度为50rad/s【答案】B【解析】【详解】由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据1122UnUn=，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A错误；设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡

的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：22322TUTRR=，解得：U′=162V=22.6V，故B正确；当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数变大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示

数也变大，故C错误；根据2100rad/sT==可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s，故D错误．6.如图所示，A、B完全相同的两个小灯泡，L为自感系数较大电阻可以忽略的线圈，则（）A.开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变暗B.开关S闭合瞬间，B灯亮，

A灯不亮C.断开开关S瞬间，A、B灯同时熄灭D.断开开关S瞬间，B灯立即熄灭，A灯亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】AB、开关闭合的瞬间,两灯同时获得电压,所以A、B同时发光.因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐被短路,

流过A灯的电流逐渐减小,B灯的电流逐渐增大,则A灯变暗,B灯变亮,故AB错误CD、断开开关的瞬间,B灯的电流突然消失,立即熄灭,流过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当电源,自感电流流过A灯,所以A灯突然闪亮一下再熄灭,故C错误,D正确.故选D【点睛

】开关闭合的瞬间,电源的电压同时加到两灯的两端,两灯同时发光.因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐被短路,随后A灯变暗,B灯变亮.断开开关的瞬间,B灯立即熄灭,A灯突然闪亮一下再熄灭.7.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向用户供电。已知输电线的总电阻为R=10Ω，降压变压器T2原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压2202sin100Vuπt=，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，当负载R0=11Ω时（）A.通过R电流

的有效值是20AB.升压变压器的输入功率为4650WC.当负载R0增大时，发电机的输出功率减小D.发电机中电流变化的频率为100Hz【答案】BC【解析】【详解】A．通过用电器的电流有效值02202A20A211UIR===则降压变压器初级电流有效值为15A4II==故

A错误；B．则输电线上损耗的功率232510W250WPIR===损降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W故B正确；C．当用电器的电阻R0增大时，降压变压器的输出

电流减小，则输电线上的电流减小，升压变压器原线圈中的电流减小，根据P=UI知，发电机的输出功率减小，故C正确；D．交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率10050Hz22f===故D错误。故选BC。【点睛】此题是关于远距离输电的问题；解

决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系；3、在输电的过程中，交流电的频率不变。8.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，下面说法中正确的是（）A.只有A

、C振动周期相等B.A的振幅比B小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等【答案】CD【解析】【详解】AD．A振动，BC受迫振动，所以BC周期与A一样，所以A错误，D正确；BC．C的固有频率等于驱动

力频率，所以发生共振，所以C振幅最大，C正确。故选CD。9.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A为L的位置

由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动．在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为3sin2mg，则以下说法正确的是A.简谐运动的振幅为3sin2mgkB.简谐运动的振幅为sin2mgkC.B对C的最大弹力11sin2m

gD.B对C的最大弹力9sin2mg【答案】AD【解析】【详解】当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡状态，由kx=2mgsinθ可知，平衡位置时弹簧的形变量为02mgsinxk=，处压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsinθ+kx=32mgsinθ；故弹簧

此时形变量：2mgsinxk=，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：02322mgsinmgsinmgsinAxxkkk=−=−=；故A正确，B错误；当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为：032722mgsinmgsinmgsinxAxk

kk=+=+=；此时弹力为：072mgsinFkAx=+=（）；B对C的弹力为92mgsinFmgsin+=；故C错误，D正确；第II卷非选择题（56分）二、实验题（16分）10.在“利用单摆测重力加速度”的实验中，（1）以下做法正确的是_____

_____A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB.测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为50tC.摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再

次实验的机会D.释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°（2）黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为__

_______m/s2．（2取9.86，结果保留两位小数）（3）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g

＝_____________．【答案】(1).BD(2).2.16(3).9.76(4).21222124LLTT−−【解析】【详解】（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时

间为t，则周期为t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确；（2）摆球直径：主尺读数为：2.1c

m；游标尺读数：6×0.1mm=0.6mm，则d=2.16cm；根据2LTg=解得2222149.86(97.922.16)10429.76/4LgmsT−+===（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：2LTg=得：112LrTg+=，222Lr

Tg+=，联立两式解得：21222124()LLgTT−=−；11.(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，当单摆做简谐运动时，用秒表测出单摆做n次（一般为30次-50次）全振动所用的时间t，算出周期；用米尺量出悬线的长度L，用游标卡尺测量摆球的直径d，则重力加速度g=_________

_（用题中所给的字母表达）。(2)将一单摆挂在测力传感器的探头上，用测力探头和计算机组成的实验装置来测定单摆摆动过程中摆线受到的拉力（单摆摆角小于5°），计算机屏幕上得到如图①所示的F-t图像。然后使单摆保持静止，得到如图②所示的

F-t图像。那么∶①此单摆的周期T为__________s；②设摆球在最低点时0pE=，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是__________（用字母表示）。【答案】(1).22242dnLt骣琪

+琪桫(2).0.8(3).()21328FFgTE−=【解析】【详解】(1)[1]单摆摆长2dlL=+，单摆周期tTn=，由单摆周期公式2lTg=可知22222442dnLlgTt+==(2)①[2]由F-t图像直接读出

T=0.8s[3]在最低点的机械能为单摆的总机械能，即k212EvEm==单摆在最低点时有213mvFFL−=且2lTg=解得()21328FFgTE−=三、解答题（40分）12.如图所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如

图乙所示．已知外接灯泡的电阻为18Ω，其余电阻不计．（1）写出灯泡两端的瞬时电压的表达式；（2）求转动过程中穿过线圈的最大磁通量；（3）求线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功W.【答案】（1）e=62sin100лtV（2）0.027Wb

（3）0.04J【解析】【详解】（1）由题图乙得ω=100πrad/se=Emsinωt=62sin100лtV（2）Em=62V,ω=100лrad/sΦm=BS=mE=3250Wb或Φm≈0.022Wb或Φm≈0.027Wb(3

)E=2mE=6VQ=2ETR=0.04J由能量守恒定律知外力所做的功W=Q=0.04J13.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m带正电的小球

（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球

到达B点的速度大小；（2）小球受到的静电力的大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【答案】（1）8BvgR=；（2）2mg；（3）3mg，水平向右【解析】【详解】（1）A到B过程，由机械能守恒得：4mgR=212Bmv解得：8BvgR=（2）设水平方向电场力的分力大小为xF，

B到C过程，由动能定理得：2xFR−=212Cmv-212BmvC到A过程，由类平抛运动关系：水平方向：xxFma=2R=212xat竖直方向：4cRvt=联立解得：xFmg=又：yFmg=即电场力F=222xyFFmg+=（3）对C点，

由牛顿第二定律：2cxNvFFmR+=解得：3NFmg=由牛顿第三定律：F压=FN=3mg方向：水平向右．14.如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻1234,12,16RRR===，开始开关1

S闭合，2S断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角37=，两极板A、B间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v=4m/s，现有

一个质量m=0.1kg、电荷量q=+0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25．同时开关2S也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来．（210/gms=，sin

37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）开关1S闭合，2S断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；（2）工件在传送带上运动的加速度大小；（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量．【答案】（1）40V/m，电场方向为由B指向A；（2）22/ms（3）2.4J【解

析】【分析】由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由UEd=即可求出场强；同（1）求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，

求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量；【详解】解:(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：112644412EIAARR===++此时A、B之间

的电势差等于R1两端的电压，所以：111·4416BARUUIRV====两极板A、B间的场强大小：11640/0.4BAUEVmd===电场方向为由B指向A；(2)开关S2也闭合，R1与R2串联电压不

变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：212·41248ABRUUIRV====两极板A、B间的场强大小：248120/0.4ABUEVmd===此时工件的受力如图，则沿传送带的方向

由牛顿第二定律得：fmgsinma−=垂直于传送带的方向：20.110370.021203.2NmgcosqEcosN=+=+=0.253.20.8fNN===220.80.1100.6/2/0.1fmgsinamsmsm−−===(3)工件达到4m/s需要的时间：422

vtssa===工件的位移：22111224122xatmm===所以工件应该一直做加速运动，2012Lat=022112Ltsa===此时传送带的位移：2414xvtmm===工件相对于传送带的位移：21413xxxmmm=−=−=工件与传动带因摩擦而产生的热量：·0.832.

4QfxJ===