【文档说明】河南省中原名校2019-2020学年高二下学期质量检测（4月）物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.389 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ce765a17846594af2ddba80cdc3fda67.html

以下为本文档部分文字说明：

2019—2020学年下期质量检测高二物理试题（考试时间：90分钟试卷满分：110分）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求．多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0

分）1.2020年1月开始，一场由新型冠状病毒疯狂肆虐导致的严重疫情席卷全球，新型冠状病毒在显微镜下的形状如图所示，他的大小在纳米的数量级，根据我们高中所学内容，下列单位属于国际基本单位的是（）A.V（伏）B.m（米）C.nm

（纳米）D.N（牛）【答案】B【解析】【详解】ABD．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度（m）、质量（kg）、时间（s）、热力学温度（K）、电流（A）、发光强度（cd）、物质的量（mol），它们的国际单位是基本

单位，而由物理量之间的关系式推导出来的单位叫做导出单位，电压的单位V（伏）为1J1J1V1C1As==221J1Nm1kgm/s==其中21N1kgm/s=所以A项和D项是导出单位，B项的m是国际制基本单位，故B正确，AD错误；C．nm是非国际制基本单位，

故C错误。故选B。2.下列说法正确的是（）A.查德威克发现中子的核反应是：274301132150Al+HeP+n→B.机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人随身携带的金属物品，是利用静电感应的工作原理工作的C.考古专家发现某一骸骨中146C的含量为活着的生物体中146C的14

，已知146C的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今约11460年D.根据v＝xt，当∆t非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这应用了类比法【答案】C【解析】【详解】A．查德威克发现中子的核反应是941214260Be+HeC+n→选项A错误；B

．金属探测仪利用的是电磁感应，变化的磁场使金属内产生交流电，产生的磁场反过来影响仪器内的电磁线圈，类似互感，选项B错误；C．146C剩余14为两个半衰期，距今约11460年，选项C正确；D．xvt=，当∆t非常小时，

xt可以表示物体在t时刻的瞬时速度应用了极限思想，选项D错误。故选C。3.电势的定义：在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势（pEq=）。类似地，我们把质点在地面附近某点的重力势能与质点质量的比值叫做该点的重力势，则以地

面为参考平面，离地面竖直高度为h处的重力势为（）A.gB.－gC.ghD.－gh【答案】C【解析】【详解】以地面为参考平面，离地面竖直高度为h处的重力势能为pEmgh=根据重力势的定义有phEghm==故C

正确，ABD错误。故选C。4.某工艺品的结构简化如图所示，其中A、B是质量分别为m和2m的两个小球，用两根完全相同的轻质弹簧连接，现将该工艺品悬挂在一根细绳的下端处于静止状态，若因其他原因，悬挂的细绳突然脱落，则在脱落瞬间，A

、B两球的加速度大小分别为（）A.0，0B.g，gC.3g，0D.0，1.5g【答案】C【解析】【详解】当悬挂的细绳突然脱落时，上端轻弹簧的弹力会突变为零，下端轻弹簧的弹力因长度没有来得及发生变化，故受力仍为2mg，所以A球受合力为3

mg，其瞬时加速度为3g，B球受力仍为零，故其瞬时加速度为0。故选C。5.今年我国将完成“北斗”系统全网布局，覆盖“一带一路”沿线国家，实现全球服务能力。如图所示，“北斗”系统由中圆轨道卫星（轨道1）、倾斜同步轨

道卫星（轨道2）、静止同步轨道卫星（轨道3）组成。下列关于卫星的叙述中正确的是（）A.为实现稳定的定位信息的传送，所有卫星必须对地球表面相对静止B.卫星的运行速度大于第一宇宙速度C.静止同步轨道卫星相对地面静止，所以处于平衡状态D.卫星的向心加速度都小于地面重力

加速度【答案】D【解析】【详解】A．只有静止同步轨道卫星是相对于地面静止的，选项A错误；B．卫星环绕速度GMvr=轨道半径越大线速度越小，除近地卫星外，运行速度均小于第一宇宙速度，选项B错误；C．静止同步轨道卫星绕地

心运行，相对地面静止（同周期，与赤道共面，且自西向东转），有向心加速度，选项C错误；D．卫星的向心加速度2GMar=当rR=地球时，ag=当rR地球时ag选项D正确。故选D。6.如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面

垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为（）A.FB.2FC.3FD.4F【答案】A【解析】【详解】根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁力也为F，方向水平向左。加匀强磁场后a受

到的磁场力3F向右，则匀强磁场施加给a的力向右为2F，施加给同向电流b的力也向右，则b的合力为2FFF−=所以A正确，BCD错误。故选A。7.M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一质子，质子

沿电场线由M点运动到N点，其电势能pE随位移x变化的关系和动能kE随位移x的变化关系如图所示，已知pE和kE两图象关于02EE=的直线对称，则下列说法正确的是（）A.粒子运动过程中一定没有摩擦阻力B.M点的场强小于N点的场强C.M、N之间的电场线可能是条曲线D.N点的电势一定高于M点的电势【答案

】A【解析】【详解】A．由图可知，粒子的电势能和动能之和不变，说明没有内能的产生，因此粒子运动过程中一定没有摩擦阻力，选项A正确；B．pEx−图象斜率的变化反映了电场力的变化，所以M点的场强大于N点的场强，选项B错误；C．根据力与运动的关系，电荷仅在电场力作用下沿电场线运动，电场力的方

向不能变化，电场线一定是直线，选项C错误；D．由M点到N点质子的电势能减小，根据正电荷在电势高的地方电势能大，所以M点电势高于N点电势，选项D错误。故选A。8.下列有关分子动理论说法正确的是（）A.花粉颗粒在液体中的布朗运动，短时间的运

动无规则，时间足够长时是有规则的B.已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子的直径C.两分子之间的引力和斥力平衡时，它们所具有的分子势能具有最小值D.当容器壁的分子对液体分子的吸引力

大于液体分子间的吸引力时，液体表现为浸润【答案】CD【解析】【详解】A．液体分子的运动是无规则的，布朗运动反映了液体分子的无规则运动，与时间长短无关，A错误；B．已知阿伏加徳罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子运动占据

的空间体积，不能估算气体分子的直径，因此B错误；C．两分子间引力和斥力的合力为零时，分子势能为最小值，C正确；D．若器壁分子吸引液体分子的能力较强，则附着层中液体分子密度较大间距较小，表现为斥力，所以附着层中液体分子相互排斥，附着层面积扩大，表现为浸润，D正确。故选CD。9.在炎

热酷暑的时候，大量的电器高负荷工作，一些没有更新升级输电设备的老旧社区，由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要，因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据入户电压与电器工作电压，智能调节变压器原副线圈

匝数比的机器，现某用户工作情况如图所示。下列说法正确的是（忽略变压器电阻）（）A.现入户电压U1=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节n1:n2=2:3B.空调制冷启动时，热水器实际功率降低C.空调制冷停止时，导线电阻耗能升高D

.在用电器正常工作时，若入户电压U1减小，则导线电阻损耗小【答案】AB【解析】【详解】A．根据变压器的变压比可知1122UnUn=，入户电压U1=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节n1：n2=2：3，故A正确；

B．空调制冷启动时，消耗功率变大，副线圈干路电流增大，则导线电阻上的电压增大，则热水器两端电压减小，热水器实际功率降低，故B正确；C．空调制冷停止时，消耗功率变小，副线圈干路电流减小，则导线电阻上的电压减小，导线电阻耗能减小，故C错误；D．若入户电压U1减小，根据变压比

可知，副线圈输出电压减小，为了保证用电器正常工作，需要调节匝数比，使副线圈输出电压不变，则导线电阻两端电压不变，损耗不变，故D错误。故选AB。10.如图，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻

小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动34L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列

说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为245mgLB.小车在0~34L位移大小内，拉力对B做的功为310mgLC.若小车从图示位置以gL的速度向右匀速运动，小车位移大小为34L时B的速率为35gLD.若小车从图示

位置以gL的速度向右匀速运动，小车在0~34L位移大小内，拉力对B做的功为33100mgL【答案】ACD【解析】【详解】A．初态，弹簧压缩量1sin37gkxm=A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量2sin37gkxm=，122

23()1–44LLxxLL+==+解得245kmgL=选项A正确；B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在30~4L位移内拉力对B做的功11·sin374WmgL=解得1320WmgL=选项B错误；C．小车位移大小为34L时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小

车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率cos5335BvgLgL==选项C正确；D．小车在30~4L位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有221331··sin3742100BWmvm

gLmgL=+=选项D正确。故选ACD。二、实验题（本题共2小题，共15分）11.某学习小组利用打点计时器来测量滑块与木板间的动摩擦因数，让滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，纸带连在滑块上，打出的纸带如图所示，图中的A、B、C、D、E为每隔四个点选取的计数点，打点计时器所用交流

电源的频率为50Hz，测得相邻计数点间距离标在图中，重力加速度g取10m/s2。(1)滑块与纸带的_______端相连；（填“左”或“右”）(2)滑块与木板间的动摩擦因数为____________。（结果保留三位有效数字）(3)各步操作均正

确的情况下，考虑到纸带与打点计时器限位孔之间也存在摩擦，会导致此实验中动摩擦因数的测量值与真实值相比会__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【答案】(1).右(2).0.237(3).偏大【解析】【详解】（1）[1]滑块仅在摩擦力的作用下

在水平木板上减速滑行，所以滑块与纸带的速度较大的一端相连，所以滑块与纸带的右端相连。（2）[2]根据逐差法求得加速度为()()220.12550.10180.07820.05432.37ms40.1a+−+==由牛顿第二定

律得mgma=解得0.237=。（3）[3]由于其他阻力的存在，导致摩擦力变大，测量的动摩擦因数与真实值相比偏大。12.要测定一节干电池（电动势约1.5V，内阻约0.5Ω，放电电流不允许超过0.6A）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。提供的器材有：A.电流表A1：挡位1（0~3

A，内阻约0.05Ω），挡位2（0~0.6A，内阻约0.2Ω）B.电流表A2：0-300μA，内阻rA=100ΩC.定值电阻：R0=2Ω，R1=900Ω，R2=4900ΩD.滑动变阻器：R3（0—5Ω，2A），R4（0~15Ω，1A）E.开关一只、导线若干(1)测量电流的仪表：应选择电流表

A1的挡位____（填“1”或者“2”）。(2)测量电压的仪表：应将定值电阻______（填“R0”、“R1”或“R2”）与A2串联，使其成为改装后的电压表。(3)干电池内阻太小，应选择定值电阻____（填“R0”、“R1”或“R2”）来保护电源。(4)若要求

A1表电流在0.1A-0.5A范围内连续可调。则滑动变阻器应选择__________（填“R3”或“R4”）。(5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V表为改装后的电压表），应选择____

________（填“图（a）”或“图（b）”）。(6)进行实验并记录数据。用I1、I2分别表示A1、A2表的示数，根据测量数据作出如图（c）所示的I2-I1图像，由图像可得：电池的电动势为________V，内阻为________Ω。（保留到

小数点后两位）【答案】(1).2(2).R2(3).R0(4).R4(5).图(a)(6).1.49(7).0.49【解析】【详解】(1)[1]．测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位2。(2)[2]．测量电压的仪表：应将定值电阻R2与A2串联，使其成为改装后量程为62()3

00105000V=1.5VgAUIrR−=+=的电压表。(3)[3]．干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R0来保护电源。(4)[4]．若要求A1表电流在0.1A-0.5A范围内连续可调。则滑动变阻器最大值为max1.520.512.50.1R=−−

=最小值min1.520.550.5R=−−=则滑动变阻器应选择R4。(5)[5]．因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图（a）。(6)[6][7]．由图可知电流

计读数为I2=298μA，对应的电压值为2981.5V=1.49V300则电池的电动势为E=1.49V，内阻为1.5(298150)3000.491.5r−==二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。共45分。第13~

15题为必考题，每个试题考生都必须作答。第16~17题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共35分）13.如图所示，一个足够长的圆筒竖直固定，内有一个质量M＝0.4kg的滑块，滑块与圆筒间的滑动摩擦力f＝3N。将滑块M锁定在距圆筒顶端高h1＝5m处，现将一个直径小于圆筒

半径的小球，从圆筒顶端由静止释放，小球与滑块碰撞前瞬间滑块解除锁定，小球与滑块发生弹性碰撞，碰撞后小球恰能上升到距圆筒顶端h2＝3.2m处（不计空气阻力，碰撞时间极短，g＝10m/s2）。求：(1)小球的质量m；(2)小球与滑块第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔t。【答案】(1)0.

1kgm=；(2)8s3【解析】【详解】(1)设小球与滑块碰撞前速度大小为0v，碰撞后速度大小为1v，则2012vgh=①()21122vghh=−②由①②得010m/sv=16m/sv=设M与m碰后速度为v2，则()0

12mvmvMv=−+③222012111222mvmvMv=+④由③④代入数据得0.1kgm=24m/sv=(2)第一次碰后对M：Mg-f=Ma⑤则22211122vtatvtgt+=−+⑥由⑤⑥代入数据解得83ts=14.如图所示，在第一象限中有竖直向下的匀

强电场，电场强度E=2×10-6N/C，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一个比荷为5×107C/kg的带电粒子（重力不计）以垂直于y轴的速度v0＝10m/s从y轴上的P点进入匀强电场，恰好与x轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于y轴进入第三象限．已知O、P

之间的距离为d＝0.5m，求：（1）带点粒子在电场中运动的时间；（2）带点粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）带点粒子在磁场中运动的时间．（保留三位有效数字）【答案】（1）1m（2）2m（3）0.236s【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由离开电场时粒子速度与x轴夹45o可

010/yvvms==672210510100/1Eqamsm−===1yvat=解得t1=0.1s（或由2112yat=解得t1=0.1s)带电粒子在电场中水平位移01xvt=解得x=1m（2）带电粒子在磁场中轨迹如图所示，由几何知识

可知圆周运动的半径为22Rxm==（3）粒子进入磁场时的速度02102/vvms==由周期公式2RTv=得5=Ts粒子运动的圆心角34=由0.3752tTT==得：t=0.236s点睛：掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动

轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．15.如图所示，P、Q为水平平行放置的足够长光滑金属导轨，相距L＝1m。导轨间接有R1=6Ω、R2=18Ω的电阻，标称“3V、3W”的灯泡。电阻r=2Ω的导体棒ab跨放在导轨上

并与导轨接触良好，棒的质量为m＝0.5kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物块相连，物块的质量M＝1.5kg。在导体棒ab所处区域存在磁感应强度为B方向竖直向上的匀强磁场，且范围足够大。已知开始时物块距地面H=0.6m，当物块由静止释放下降h=0.3m时，灯泡已稳定正常发

光（导轨的电阻不计，g取10m/s2）。求：(1)磁感应强度B和此时物块的下降速度v；(2)若不考虑灯泡电阻的变化，则从物块释放到落地时间内通过金属棒的电荷量和该过程中电路产生的焦耳热。【答案】(1)10T，1.2m/s；(2)0.75C，7.56J【解析】【详解】(1)灯泡稳定正常发光

，说明灯泡电压3V，功率3W，物体（导体棒）已做匀速运动，流经电阻R1的电流有L1LPIU=导体棒两端电压11LUIRU=+流经电阻R2的电流有22UIR=由闭合电路欧姆定律有()12EIIrU=++导体棒切割磁场产生电动势E=BLv

导体棒所受安培力()12FBLII=+A导体棒平衡AFMg=解得B=10Tv=1.2m/s(2)物块落地全过程，通过金属棒的电荷量qRr=+外电阻12URII=+回路磁通量变化BLH=解得q=0.75C此过程能量守恒21()2MgHQMmv−=+解得Q=7.56J（二）选考题（共10分。

请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。）【选修3-3】16.如图所示，由一段细管和一段粗管连接而成的玻璃容器竖直放置。容器粗管的截面积为212cmS=，细管的截面积221cmS=，开始时粗细管内水银长

度分别为122cmhh==，封闭气体长度为6cmL=，细管足够长且与外部气体连通，大气压强取076cmHgp=，气体初始温度为27C。求：(1)若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K；(2)若在容器中再

倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L仍为6cm不变，封闭气体的温度应为多少K。【答案】(1)1410KT=；(2)3322.5KT=【解析】【详解】(1)开始时101280cmHgPPhh=++=11VLS=，1

27327300KT=+=水银全面离开下面的粗管时，设细管中水银的高度为3h，则112232hShShS+=解得36cmh=此时管中气体的压强为20382cmHgpph=+=管中气体体积为211)(VLhS=+由理想气体状态方程112212PVPVTT=得1410KT=(2)再倒入同体

积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化管里气体的压强为3012386cmHgpphhh=+++=则由3113PPTT=解得3322.5KT=【选修3-4】17.一口半径为3m的圆形水池里有一定高度的水，水面距池口上

沿的距离为4m，有一只小青蛙蹲坐在井底正中间抬头仰望天空，假设青蛙的视线角度为360°，且在青蛙的视野当中，天空的大小能占到视野的19，试求井里的水有多深？（已知水的折射率为43）【答案】71m3【解析】【详解】青蛙视野的光路图如图所示已知hAB=4m，R=3m根据光的折射定律有sinsini

nr=由几何关系有22sinOBABOBxihx=+22sinCDODCDxrhx=+又因OBCDxxR+=在青蛙眼中，天空的大小为21πCDSx=视野的大小为22πSR=那么天空的大小能占到视野的比1219SkS==解得7

1m3ODh=