【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第二中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试题.doc，共(14)页，730.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第二中学高二第二学月考试物理试题一、选择题1.氢原子能级图如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm.以下判断正确的是()A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB.氢原子从n＝4跃迁到n＝3的能级辐射光的波长小于6

56nmC.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633nm的光照射，能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级【答案】C【解析】【详解】氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时的

能级差大于氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级差，则辐射光子的频率大于从n＝3跃迁到n＝2辐射光的频率，则波长小于656nm，选项A错误；同理，氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时的能级差大于氢原子从n＝4跃迁到n＝3的能级差，则辐射光子的频率大于从n＝4跃迁到n＝

3辐射光的频率，则氢原子从n＝4跃迁到n＝3的能级辐射光的波长大于656nm，选项B错误；一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生233C=种谱线，选项C正确；氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级

，只能吸收波长为656nm的光子，不能吸收波长为633nm的光子，选项D错误．2.已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.t=0.01

s时刻的变化率达最大C.t=0.02s时刻感应电动势达到最大D.该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【答案】B【解析】【详解】A.t=0时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故A错误；B.t=0.01s时刻磁

通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故B正确；C.t=0.02s时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；D.感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的

图象为正弦曲线，D错误．3.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是A.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻丝较粗C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D.图线表示电阻丝的阻值与电压成正比【答案】B【解析】【详解】A

BC．根据欧姆定律：UIR=可得：1IRU=可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：lRs=可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D．一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电

流无关，故D错误。故选B.4.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P向下移

动，则关于电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需时间t的说法正确的是A.电量q增大，时间t不变B.电量q不变，时间t增大C.电量q增大，时间t减小D.电量q不变，时间t不变【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动端C下移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据

：q=UC得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：0ltv=与电压的变化无关，所以时间t不变．故选A.5.一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】试

题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：．根据焦耳定律得：；对B、对于正弦式电流，有效值：．根据焦耳定律得：；对C、根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2．25RT对D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D．考点：交流电的有效值【名

师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系．对于方波，直接根据焦耳定律求解热量．6.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落

过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上．若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是A.磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)B.磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的C.磁铁

在整个下落过程中，它的机械能不变D.磁铁落地时的速率一定等于2gh【答案】B【解析】【详解】A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时

穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故选项A错误；B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环远

离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下，故选项B正确；C、在磁铁下落过程中，圆环中产生感应电流，

圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故选项C错误；D、磁铁做自由落体运动时，则有22vgh=，磁铁落地时的速度2vgh=，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于2gh

，故选项D错误；故选选项B．7.某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型.正方形金属线圈abed平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边

平行.已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是（）A.线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B.线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C.线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为2BLRD.线圈经过磁场区域的过程中电动

机多消耗的电功率为2222BLvR【答案】AC【解析】【详解】A．线圈进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，据愣次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反.故A正确；B．线圈进入磁场时回路中感应电流

的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线圈的受力平衡知静摩擦力的方向相同.故B错误；C．线圈进入磁场过程中，通过导线某一横截面的电荷量q=2EBLItttRRtRR====故C正确；D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电

功率P=Fv=BILv=BBLvLvR=222BLvR故D错误。故选AC。8.一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示.现令磁感应强度B随时间变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又

按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（）A.E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C

.E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向D.E3＝E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向【答案】BC【解析】【详解】根据BSEtt==，所以图像的斜率越大，感应电动势越大，所以1

23EEE=，根据右手定则判断I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，AD错误BC正确．9.如图所示，一圆柱形筒内存在匀强磁场，该筒横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面向里，图中直径MN的两端分别开有小孔，在该截面内，有质量为m、电荷量为q的

带负电的粒子从M端的小孔射入筒內，射入时的速度方向与MN成30角．当圆筒绕其中心轴以角速度w顺时针转动120角时，该粒子恰好飞出圆筒．不计粒子重力，粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则下列说法正确的是()A.筒内磁场的磁感应强度大小为wmqB.筒内磁场的磁感应强度大小为2wmqC

.粒子飞入的速度大小为12RwD.粒子飞入的速度大小为Rw【答案】BC【解析】【详解】根据题意，粒子运动的时间为120223603t==，带负电的粒子的轨迹图象如图所示：根据几何关系可知粒子运动的圆心角为606==，粒子在磁场运动的时间16tT=，根据牛顿第二定律2vqv

Bmr=，圆周运动公式2rvT=，解得：2mTqB=，联立解得：2mBq=，故B正确，A错误．根据几何关系可知粒子的半径为R，根据牛顿第二定律2vqvBmr=，解得半径为mvRqB=，结合B的大小得到：2Rv=

，故C正确，D错误．二、实验题10.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根轻质弹簧I、II按图甲所示连接进行探究．(1)某次测量刻度尺的示数如图乙所示，则刻度尺的示数为__________cm．(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和

LB如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m（g取10m/s2，计算结果保留两位小数）．由表中数据______（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．钩码数123LA/c

m15.7619.7123.66LB/cm29.9635.7641.51【答案】(1).16.00（15.97～16.00）；(2).12.66N/m；(3).能【解析】【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．

通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．【详解】（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=3.95cm，根据胡克定律知：10.512.6

6/0.0395FkNmx＝＝＝．结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变

化量．11.为了测量某一未知电阻Rx(阻值约为6Ω)的阻值，实验室里准备了以下器材：A．电源，电动势E＝3.0VB．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩD．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2ΩE．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩF．滑动变阻

器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3AG．滑动变阻器R2，最大阻值200Ω，最大电流为1.5AH．开关S、导线若干（1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选________；电流表

应选________；滑动变阻器应选________．(填器材前面的字母代号)（2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图_______．（3）请根据电路图将下列实物图补充完整__________．【答案】(1).（1）B(2).D(3).F(

4).（2）(5).（3）【解析】【详解】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：mx0.5AEIR==，所以电流表选择D；电压要求从零开始调节，所以选择分压式电路，滑动变阻器选择总阻值较小的F（2）该实验选择

分压电路，因为：VxxARRRR，所以电流表选择外接法，电路图如下：（3）根据电路图连接实物图：三、解答题12.如图所示，质量m＝2kg的物体A在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，在沿斜面向上的推力F作用下，A从底端开始以初速度v0＝8m/s向上运动，已知

A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝310，F＝5N．经过一段时间t，物体A有沿斜面向下的速度2m/s.重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)时间t；(2)F在时间t内的平均功率．【答案】(1)4s(2)7.5W【解析】【详解】解：(1)物体上滑阶段根据牛顿第二定律有：1fmgsinFma+−

=fmgcos=解得：214/ams=物体上滑到最高点时间：1102vats==物体下滑阶段，根据牛顿第二定律有：2mgsinFfma−−=，fmgcos=解得：221/ams=下滑时间为：222tasv==故：124ttts+==(2)物体上滑阶段：0110

82vstm+==，115840WFsJJ===物体下滑阶段：22022vstm+==，225210WFsJJ=−=-－=在时间t内的平均功率：40107.54WPWt−===13.如图所示，水平放置的

两根平行金属导轨相距L=0.6m，上面有一金属棒PQ垂直导轨放置，并处于竖直向上匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=1T，与导轨相连的电源电动势E=4.5V，内阻r=1.0Ω，电阻R=8.0Ω，其他电阻不计．闭合开关S后，金属棒PQ仍然静止不动．求：①金属棒PQ

所受的安培力；②金属棒PQ所受的静摩擦力的大小【答案】①0.3N；②0.3N【解析】【详解】①根据闭合电路欧姆定律：4.50.518EIARr===++根据安培力公式：F=BIL=1×0.5×0.6=0.3N；②根据平衡条件：f=F=0.3N14.如图，ABC

D为竖直放在场强为410/EVm=的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg、带电荷量4110qC−=+的小球放在水平轨道的A点由静止开始释

放，小球在轨道的内侧运动．(g取210ms)求：(1)小球到达C点时的速度是多大？(2)小球到达C点时对轨道压力是多大？(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？【答案】（1）2m/s（2

）3N（3）0.5m【解析】(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝12mvC2解得：vC＝2m/s(2)在C点应用牛顿第二定律得：FN－Eq＝m2cvR得FN＝3N由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3N.(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m2DvR.设释放点

距B点的距离为x，由动能定理得：Eqx－mg·2R＝12mvD2以上两式联立可得：x≥0.5m.