【文档说明】【精准解析】四川省棠湖中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试题.doc，共(15)页，716.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省棠湖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.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A.电路中每通过1C的电量，电源就把2J的化学能转化为电能B.蓄电池连接在电路中两极间的电压为2VC.蓄电池在1秒内将2J的

化学能转化为电能D.蓄电池接入不同电路中，电动势就会发生变化【答案】A【解析】【详解】AC．电动势表示电源把其他形式能转化为电能的本领大小．根据电场力做功的表达式WqU=，电路中每通过1C的电荷量就克服

电场力做功2J，对铅蓄电池而言就是把2J的化学能转化为电能，选项A正确C错误．B．蓄电池接在电路中，电动势等于内电压和外电压之和，而两极之间的电压是外电压，要小于电动势，选项B错误．D．电动势是蓄电池本身的性质，不会随电路的变化而变化

，选项D错误．故选A。2.图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷．M是该时刻波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置之一．以下说法中错误的是A.质点M的振动始终是加强的B.质点M的振幅最大C.质点M的位移始终最大D.质点M的位移有时

为0【答案】C【解析】【详解】M点是波峰与波峰叠加，是振动加强点，振幅最大，但是加强点不是始终处于波峰位置，位移不是始终最大，位移会随时间的变化而变化，有时为0，ABD正确，C错误．3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0s时波形如图所示，已知波速为10m/s，则t=0.1s时正确的波形是图中

的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：因为波的波长为4m，波速为10m/s，故周期为0.4s，当t＝0.1s时正好经过了1/4个周期，即处于x=0处的质点向下移动到平衡位置，处于x=1m处的质点向上振

动到最大位置处，x=2处的质点向上振动到平衡位置，故该波形是图C的波形，选项C正确．考点：波形图像．4.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接交变电压u，开始时开关S处于断开状

态，下列说法中正确的是()A.当开关S闭合后，电压表示数变大B.当开关S闭合后，电流表示数变大C.当开关S闭合后，变压器的输入功率不变D.若减少副线圈的匝数，则电流表的示数变大【答案】B【解析】【详解】A．当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电

压不变，副线圈的电流增大，R0两端电压增大，所以电压表示数变小．故A错误；BC．副线圈的电流增大，则初级电流变大，电流表示数变大,变压器的输入功率变大，选项B正确，C错误；D．若减少副线圈的匝数，则次级电压减小，次级电流减小，初级电流表的读数减小，选项D错

误；故选B.点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．5.如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙

斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下述正确的是A.A和C将同时滑到斜面底端B.B比C更早滑到斜面底端C.滑到斜面底端时，三者损失的机械能一样

多D.滑到斜面底端时，B的动能最大【答案】D【解析】【详解】A.AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，而沿斜面向下的力都是重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律可知，C的加速度大于A的加速度，所以C先到达斜面底端．故A错误．B.B比C

的加速度小，初速度比C大，沿斜面向下的位移相等，所以无法比较两者运动的时间，故B错误；C.滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故C错误；D.重力做功相同，摩擦力

对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故D正确．6.如图所示，边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直

于纸面向外。刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合，规定水平向右为正方向。下面A、B、C、D四个图中能正确反映ab边受到的安培力F随运动距离x变化规律的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【

详解】线框的位移在，0－L内，ab边切割磁感线产生的感应电动势为2EBLv=，感应电流EIR=，ab边所受的安培力大小为2242BLvFBILR==，由楞次定律知，ab边受到安培力方向向左，为负值，线框

的位移大于L后，位移在L－2L内线框中磁通量不变，不产生感应电流，ab边不受安培力，位移在2L－3L内，ab边在磁场之外，不受安培力，故C正确，ABD错误；故选C。7.一列简谐机械横波在x轴上传播，在距离小于一个波长的x=0与x=2m处的两质点的振动图线分别

如图中实线与虚线所示．由此可以得出（）A.该波的波长一定是4mB.该波的周期一定是4sC.该波的传播速度可能是0.4m/sD.该波的传播速度可能是23m/s【答案】BC【解析】【详解】B．根据振动图象两个最大值的横坐标之差为振动周期，则T=4s，B选项正确；ACD．根据题中所给

的振动图象可得如果波从0到2传播，则t=nT+14T如果波从2到0传播，则t=nT+34T根据xvt=可计算出波速和波长可能是0.4m/s和1.6m（波从1到0传播，n=0），但0.4m/s和1.6m，不是唯一答案，

若波速为23m/s，则波长为8m3>2m，与题意不符，故AD错误．C正确；故选BC．【点睛】本题把两个质点的振动图象分虚实线画在同一个坐标系上，这在平时是很少见的，但是y-x中这样的画法却是非常常见的，

所以有的考生根本就不看横坐标的含义，就把本题认定为波形图，得到“波长一定是4cm”的错误答案，这是本题的创新点；归根到底还是考生没有养成解题的良好习惯，凭感觉做题，缺乏分析，这正是命题专家经常命题的一个方向．同时应注意波的传播中在时间和空间上的多解性．8.某同

学将一直流电源的总功率P总、输出功率P出和电源内部的发热功率P内随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知()A.反映P内变化的图线是bB.电源电动势为8VC.电源内阻为2ΩD.当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【答案】CD【解析

】【详解】A．电源内部的发热功率2rPIr=，，Pr-I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A错误；B．直流电源的总功率PE=EI，P-I图象的斜率等于电动势E，则有8V4V2E==故B错误；C．图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有2

rPIr=，得到2822r==故C正确；D．当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：EIRr=+代入解得6R=故D正确．9.如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一颗子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块

沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中（）A.木块的机械能增量fLB.子弹的机械能减少量为f（L+d）C.机械能保持不变D.机械能增加了mgh【答案】AB【解析】【详解】A．子弹对

木块的作用力大小为f，木块相对于地的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为△E木=fL，故A正确；B．木块对子弹的阻力做功为Wf=﹣f（L+d），根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为

f（L+d），子弹的重力势能不变，所以子弹机械能的减少量等于△E子=f（L+d），故B正确；CD．子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为：W=fd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为△E=fd，故CD错误．故选AB．第II卷非选择题（56分）二．实验题（16分）10.某活

动小组利用图示装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门1、2，计时装置测出钢球通过1、2的时间分别为1t、2t，用钢球通过光电门的平均速度表示钢球通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为

h，当地的重力加速度为g．（1）用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图所示，钢球直径D=cm．（2）要验证钢球经过两个光电门的过程中机械能守恒，则需要验证的等式为（用g、1t、2t、D和h表示）．（3）用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差（填“能

”或“不能”）通过增加实验次数减小．【答案】（1）0.975cm（2）22221111()2ghDtt=−（3）不能【解析】试题分析：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05150.75mmmm=，

所以最终读数为：0.975cm．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：Dvt=，根据机械能守恒的表达式有：22221111()2mghmDtt=−，即只要比较22221111()2Dtt−与gh是否相等即可．（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光

电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．考点：验证机械能守恒定律【名师点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其

原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量；无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．11.为了更准确地测量某电压表的内阻VR，一同学设计了如图所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图连接好电路；B．把滑动变阻器R

的滑片P滑到b端；C．将电阻箱0R的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱0R的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱0R的阻

值，此值为电压表内阻VR的测量值；G．断开开关S．实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000c．滑动变阻器：最大阻值10d．电阻箱：最大阻值9999.9，阻值最小改变量为0.1e．电阻箱：

最大阻值999.9，阻值最小改变量为0.1f．电池组：电动势约6V，内阻可忽略g．开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：（1）要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用_______（选填“b”或“

e”），电阻箱中选用__________（选填“d”或“e”）．（2）电压表内阻VR的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真（选填“>”或“<”），VR越大，则||RRR−测真真越_______（选填“大”或“小”）．【答案】(1).c(2).d(3).>(

4).小【解析】【详解】（1）[1][2]．由于滑动变阻器的分压影响产生误差，故选择阻值小的c能减小误差；又由于使用半偏法测电压表内阻，电压表内阻较大，电阻箱最大阻值应选大的，故选择d．（2）[3][4]．当电压表的指针指到3.0V位置时，电压表中的电流111V(3.0V)U

IUR==当电压表的指针指到1.5V位置时，电阻箱的电阻为0R，电压表中的电流122V0V2UUIRRR==+可得V021121RRUU=−由于滑动变阻器的分压影响，21UU，故0VRR即RR测真VR越大，滑动变阻器的分压影响越小，R测越接近R真，故||RRR−测真

真越小．三、解答题（40分）12.如图甲为某一列波在1.0st=时的图象，图乙为参与该波的质点P的振动图象．（1）求该波波速．（2）求再经过3.5s时P质点的路程．（3）波的传播方向．【答案】（1）4m/s（2）2.8m（3）向左【解析】【详解

】（1）根据两图象得4m=，1.0sT=，所以4m/svT==（2）3.5s内的路程为3.54A0.8m2.8m1tsT===．（3）由题中乙图知P质点1.0s时沿y轴负方向振动，由“同侧法”可知，题图甲中波向左传播．13.如图，一质量为M的物

块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度0v射入物块后，以水平速度02v射出．重力加速度为g．（1）子弹射出后，木块的速度为多少？（2）此过程中系统损失的机械能；（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【答案】（1

）02mvvM＝（2）20138()mEmvM−＝（3）02mvhsMg＝【解析】【详解】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得002vmvmMv+＝解得02mvvM＝（2）系统的机械能损失为222001[()11]2222vEmvmMv−+＝得20138()mEmvM−＝（3）设

物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，则212hgt＝s=vt联立得02mvhsMg＝14.如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈(图中只画了1匝)与一个正方形金属框abcd连接成闭合回路．圆形金属线圈的半径为r1，在

线圈里面半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B1与时间t关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．正方形金属框abcd的质量为m，每条边的长度和阻值分别为L和R，放置于竖直平面内，金属框两顶点a、b通过导线与圆形金

属线圈的两端点相连，金属框abcd所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态．导线电阻不计，导线对a、b点的作用力不计，重力加速度为g．求t1时刻(1)通过金属框ab边的电流方向；(2)通过金属框ab边的电流大小；(3)金属框所在处

匀强磁场的磁感应强度B2大小．【答案】（1）b流向a.（2）202037abnBrIRt=（3）0220274mgRtBLnBr=【解析】(1)金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框ab边上的

电流方向为b流向a.(2)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为220220nBrBEnnrttt===由闭合电路的欧姆定律得，通过金属框的总电流大小为2020447774nBrEEIRRtR===通过金属框a

b边的电流大小20203347abnBrIIRt==(3)通过金属框cd边的电流大小2020147cdnBrIIRt==金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：22abcdmgBILBIL=+联立解得：0220274mgRt

BLnBr=点睛：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、以及力的平衡问题的综合应用，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积．