【文档说明】【精准解析】河北省邯郸市鸡泽县第一中学2019-2020学年高二下学期6月摸底考试物理试题.doc，共(18)页，1.113 MB，由小赞的店铺上传

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高二（下）6月摸底物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.以下叙述正确的是A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B.

有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能减小D.重核的裂变和轻

核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能【答案】D【解析】【详解】A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能与频率有关，与光强无关.故选项A不符合题意.B.放射性元素的半衰期是统计概念，需要对大量原子核才有

意义.故选项B不符合题意.C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大.故选项C不符合题意.D.重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能.故选项D符合题意.2.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载

：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A.若增大入射角i，则b光先消失B.在该三棱镜中a光波长小于b光波长

C.a光能发生偏振现象，b光不能发生偏振现象D.a光在三棱镜中的传播速度大于b光【答案】D【解析】【详解】A．当增大入射角i时，两单色光在左侧界面的折射角增大，但在右侧界面的入射角均减小，故不会发生全反射，故A错误；B

．由题图知三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，而同种介质对频率越大的光折射率越大，故ab光在三棱镜中的波长vcn==abnn则ab故B错误；CD．由cnv=，得abvv，偏振现象是横波所特有的，故a、

b两光都能发生偏振现象，故C错误，D正确。故选D。3.如图所示，质量为m的钢球静止于两光滑木板,ab之间．已知两木板的夹角45,a=木板与水平方向的夹角45=，则钢球对,ab板的压力大小,abFF分别是A.,abFmgFmg==B.,2abFmgFmg=

=C.22,22bFmgFmg==D.2,abFmgFmg==【答案】D【解析】【详解】对钢球受力分析，作出受力分析图所示：根据共点力平衡条件可知，Fbcos45°+mgcos45°=FaFbsin45°=mgsin45°．解得：2a

Fmg=bFmg=故D正确，ABC错误.4.如图所示，质量均为m的物块,AB放在水平地面上，且与地面之间的摩擦因数均为，水平恒力F作用在A上，使,AB一起加速运动，则,AB间相互作用力大小为A.FB.2FC.2Fng−D.22Fng−【答案】B【解析】【详解】对A、B整体受

力分析如图所示：由牛顿第二定律：F-2μmg=2ma再隔离B受力分析如图所示：由牛顿第二定律：F′-μmg=ma联立解得：2FF=故B正确，ACD错误.5.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受

空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】小球上升过程中，由牛顿第二定律mgkvma+=故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律mg

kvma−=则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0A.A项图与上述分析结论相符，故A正确；B.B项图与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项图与上述分析结论

不相符，故C错误；D.D项图与上述分析结论不相符，故D错误；6.如图表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正离子和负离子，而从整体来说呈中性）沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情

况下，下列说法不正确的是（）A.A板带负电B.有电流从b经用电器流向aC.金属板A、B间的电场方向向下D.等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的电场力【答案】C【解析】【详解】A．根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，

则A板带负电，故A正确；B．因为A板带负电，B板带正电，所以电流的流向为b经用电器流向a，故B正确；C．因为A板带负电，B板带正电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误；D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电

场力，故D正确。本题选错误的，故选C。7.2019年1月3日，嫦娥四号探测器经历了地月转移、近月制动、环月飞行后,成功着陆在月球背面．设嫦娥四号环月飞行时做匀速圆周运动，已知其到月球中心距离为r，运动周期为T，月球半径为R，

引力常量为G．则（）A.嫦娥四号环月飞行的线速度2RvT=B.月球质量2324RMGT=C.月球的密度为23=GTD.月球表面重力加速度23224rgRT=【答案】D【解析】【详解】A．嫦娥四号环月飞行时做匀速圆周运动，轨道半径为r，由运动学规律有：2rv

T=故A错误；BC．嫦娥四号环月飞行时做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：222()MmGmrrT=解得月球的质量为：2324rMGT=而月球的半径为R，其质量用密度表示为343MR=可得月球的密度为：3233rGTR=故B项、C项

均错误；D．月球表面附近的物体m所受的重力等于其所受的万有引力2MmGmgR=可得：2GMgR=结合2324rMGT=可得：月球表面的重力加速度为：23224rgRT=故D项正确．8.如图a为沿x轴负方向传播的简谐横波在1st=时刻的波形图象，P、Q两个质点的平衡位

置分别为2mx=、3mx=；图b为轴上某质点的振动图象，由图象可知，下列说法中正确的是（）A.简谐横波周期为4s，速度大小为4m/sB.图b可能为平衡位置为O的质点的振动图象C.2st=时刻，质点P的速度一定最

大，且一定沿y轴负方向D.3st=时刻，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴负方向【答案】C【解析】【详解】A．由a图得到波长为4m=，由b图得到周期为4sT=，故波速：1m/svT==，A错误；B．1st=时刻，从图b可知质点位于平衡位置向上运动

，与a图中质点O的状态不符，所以图b不可能为位于O的质点的振动图象，B错误；C．2st=时刻，即从1st=时刻再过14T，质点P向下经过平衡位置，速度一定最大，且一定沿y轴负向，C正确；D．3st=时刻，

即从1st=时刻再过2T，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴正方向，D错误；故选C。二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）9.如图所示，在空间直角坐标系中，AB两点分别放有等量的电荷量为Q的正点电荷，AB两点到坐标原点O的距离为l．P、M、N点分别是x轴、y轴、z轴上的点，它们

距坐标原点的距离均为2l，关于两正点电荷在空间中产生的场强和电势，正确的是A.O点的场强大于P点的场强B.M点的场强与N点场强相等C.P点的电势高于M点的电势D.M、N两点的电势相等【答案】CD【解析】【详解】A．根据等量同种电荷电场分布情况可知，O点的场

强小于P点的场强.故A错误.B．根据电场的叠加原理可知M点的场强与N点的场强大小相等，方向不同.故B错误.C．根据等量同种电荷电场分布情况可知，在AB直线上，约靠近O点电视越低，P点比M点在AB直线上的等势点离O点远，则P点电

势高于M点的电势.故C正确.D．由对称性，M、N两点的电势相等，故D正确．10.直角坐标系xOy内，有一无界匀强磁场垂直纸面，一质量为m，电荷量为q的正电荷从原点沿着轴正方向以初速度0v出发，不计重力．要使该电荷通过第四象限的P点，P点

坐标为(,)ab−，则A.磁场方向垂直纸面向外B.磁场方向垂直纸面向内C.()0222amvBqab=+D.()0222bmvBqab=+【答案】AC【解析】【详解】AB.粒子向右偏转，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外.故A正确，B错误.CD.根据洛伦兹力提供向心力：20

0vqvBmR=根据几何关系：()222RaRb=−+联立解得：()0222mavBqab=+故C正确，D错误.11.如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨与电阻R、导体棒组成一闭合回路，导轨平面水平，两导轨间有方向竖直向下的

匀强磁场．电路中除电阻R之外，其余电阻均不计．现对导体棒施加一平行于导轨的力F，使其从静止开始做匀加速直线运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好，此过程中感应电流i、力F、安培力F安、电阻R的热功率P

随时间t变化关系图像可能正确的是A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A.设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E=BLv，环路电流EBlvBlaitRRR===即i∝v，因为t=0时刻速度为零，所以电流为零，故A错误.C.导

体棒所受的安培力为：22BlaFBiltR==安可知F安∝t，故C错误.B.根据牛顿第二定律：FFma−=安即22+=BlaFFmatmaR=+安故B正确.D.感应电流功率为：2222BlaPFvtR==安即P∝t2为二次函数.故D正

确.12.理想电压表和理想电流表与两个相同的灯泡连成如图甲所示的电路，每个灯泡的电阻110R=，保持不变。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则下列说法正确的是（）A.电流表示数的最大值为2AB.电压表示数的最大值为311VC

.每个灯泡消耗的电功率是110WD.通过每个灯泡的电流随时间变化的规律是2sin100Ait=（）【答案】CD【解析】【详解】AB.最大值为311V，则有效值为220V2mUU==则电流的有效值为2

20A1A21102UIR===即电压表示数的最大值为220V，电流表示数的最大值为1A，AB错误；C．每个灯泡消耗的规律2110WPIR==C正确；D．结合图象得通过每个灯泡的电流随时间变化的规律是222sin2sin2

sin100(A)210iIttt−===D正确；故选CD。三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）13.一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数．在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器．木块-

端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动．实验中测得木块质量100gM=，钩码质量50gm=(1)实验开始时，应调整滑轮的高度，让细线与木板___(2)实验时将打点计时器接到频率为50H

z的交流电源上，打出一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点未标出)．13.59cms=，24.41cms=，35.19cms=，45.97cms=，56.78cms=，67.64cms=．则小车的加速度a=____

_____2m/s(结果保留两位有效数字);(3)根据实验原理可求出动摩擦因数=_______________.(结果保留两位有效数字)．【答案】(1).平行(2).0.80(3).0.38【解析】【详解】（1）[1]为了减小实验误差，实验开始时，应调整滑轮的高度，

让细线与木板平行.（2）[2]根据逐差法△x=aT2得45612322222))=(3)5.976.787.64)3.594.415.19)10m/s(30.1)0.80m/sssssssaT−++−++++−++==（（（（（3）[3]对小木块根据牛顿第二定律：()mgMgmMa

−=+代入数据可得：()0.38mgmMaMg−+==14.某同学利用伏安法测量某未知电阻xR的精确电阻值(阻值恒定)，进行了如下实验:(1)他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值．将开关置于1挡位，指针偏角过小，若想更准确一些，下面操作正确的步

骤顺序是_______(填序号)．A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于100挡D.将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数(2)若多用电表测得待测电阻在1000Ω左右，利用以下器材用伏安法尽可能精确地

测量该电阻:A.直流电源E:电动势3V，内阻忽略B.电流表1A:量程0.3A，内阻约为0.1ΩC.电流表:2A量程3mA，内阻约为10ΩD.电压表1V:量程3V，内阻约为3kΩE.滑动变阻器1R:最大阻值10ΩF

.开关S，导线若于①为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选______(填“B”或“C");②请在方框中画出实验电路原理图_______________．【答案

】(1).CAD(2).C(3).【解析】【详解】（1）[1]选择倍率后，欧姆表指针读数偏大，应该换用小倍率，更好倍率需要重新欧姆调零，所以先更好大倍率即步骤C，再欧姆调零即步骤A，最后测量电阻即步骤D．（2）①[2]电压电动势

为3V，所以电压表为读数准确选择小量程即D．根据题意可知待测电阻阻值在1000Ω左右，而电压最大只有3V，所以电流不会超过3mA，电流表选择C．（2）②[3]要求各电表指针能有较大的变化范围，应选取分压

器电路．又因30001000100010VxxARRRR==所以电流表内接，电路图如图所示：四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）15.如图所示，一个圆形线圈1000n=匝，线圈面积220mSc=，线圈电阻1Ωr=，在线圈外接一个阻值为4ΩR=的电阻，把线

圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如Bt−图线所示，在02s−内求：（1）线圈产生的感应电动势E；（2）电阻R中的电流I的大小；（3）电阻R两端的电势差abU，【答案】(1)4V(2)0.8A(3)-3.2V【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律：40.41

0002010V=4V0.2BEnnStt−===(2)由闭合电路欧姆定律4A0.8A41EIRr===++(3)由欧姆定律得0.84V3.2VUIR===楞次定律可知电流在导体中由b→

a，所以3.2VabU=−16.直角三角形ABC处在竖直向上的匀强电场中，AB边沿竖直方向，BC边沿水平方向，30C=，AB长为h，质量为m不带电的小球a从三角形顶点A以一定的初动能水平抛出，恰好落在C点．另有质量为m带q−的小球b，从A点水平抛出，也落到C点

．已知b球的初动能为a球的三倍，求:（1）空间中电场强度的大小;（2）小球b落到C点时的动能．【答案】（1）2mgq（2）214mgh【解析】【详解】（1）小球a平抛的过程中，对a，有：212ahgt=0aaxvt=小球b类平抛的过程中，

对b，有：mgqEma+=212bhat=0bbxvt=220011322bamvmv=由以上各式a=3g2mgEq=（2）由题可知，0tan30hx=结合(1)问各式，可得032=2bvgh小球b做类平抛的过程中，对b，动能定理有：()212kobmgqE

hEmv+=−结合以上各式得：k214mghE=17.如图所示B、C是两块完全相同的长为1m的木板，静止在光滑水平地面上，木板B的右端与C的左端相距01mx=，物块A(可视为质点)静止在C的右端．用8NF=的水平向右恒力作用于木板B上使其从静止开始运动．一段时间后，B与C碰撞，碰撞时间

极短，碰撞瞬间，作用在木板B上的水平力撤除，木板B和C碰撞粘在一起．已知物块A质量为2kg，木板B、C的质量均为1kg，物块A与B、C之间的动摩擦因数均为0.25=，重力加速度g取210m/s．求:（1）物体A、B、C最终的速度大小;（2）若要使碰撞后，A停在B木板上，则F的取

值范围．【答案】（1）物体A、B、C最终共速，速度为21m/sv=（2）20N40NF【解析】【详解】（1）木板B从静止开始运动到与C碰前瞬间的过程，由动能定理得：200102Fxmv=−…………①解得：0024m/sBFxvm==…………②B与C碰撞过程，时间极短，内力极

大，对B、C组成的系统动量守恒有：()01BBCmvmmv=+…………③解得：12m/sv=…………④之后A受摩擦而加速，B、C受摩擦而减速，A、B、C共速时，对A、B、C组成的系统动量守恒有：()02BABCmvmmmv=++…………⑤解得：21m/sv=…………⑥设A相对于木板滑动的

距离为x，则有：221211()()22ABCABCmgxmmvmmmv=+−++…………⑦计算可得，x=0.3m<1m…………⑧故A最终在木板C上，与B、C共速，速度大小为21m/sv=．（2）设要使碰

撞后，A停在B木板上的右侧，F的大小为F1根据动能定理：21001102BFxmv=−…………⑨根据动量守恒：()011BBCmvmmv=+…………⑩()012BABCmvmmmv=++…………⑪根据能量守恒()()22121122ABCABCmglmmvmmmv=+−++…

………⑫联立⑨-⑫得：F1=20N设要使碰撞后，A停在B木板上的左侧，F的大小为F2根据动能定理：22002102BFxmv=−…………⑬根据动量守恒，BC碰撞的瞬间：()'021BBCmvmmv=+…………⑭根据

动量守恒，A滑动到B木板右端时，()202+'BABCmvmmmv+=…………⑮根据能量守恒：()2212'112()22ABCABCmglmvmmmvm+−=++…………⑯联立⑬-⑯各式得：F2=40N综上两种情况，则F的取值范围20N40NF