【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高二下学期第四学月考试物理试题 【精准解析】.doc，共(18)页，847.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省宜宾市叙州区第一中学高二第四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90分第I卷选择题（54分）一、单选题（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2分，多选错选得0分。）1.氢原子能级示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出光b，光a和b都是可见光，则A.光a的频率小于

光b的频率B.从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C.n=1能级的氢原子吸收14eV的光子后将电离D.n＝2能级的氢原子吸收10.2eV的光子可跃迁到n=1能级【答案】C【解析】【详解】A．

根据跃迁规律可知从4n=向2n=跃迁时辐射光子的能量大于从3n=向2n=跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b，所以a的频率大于b的频率，A错误．B．根据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从4

n=的能级向3n=的能级跃迁时会辐射出的光子能量小于a光子的能量，不可能为紫外线，B错误；C．因为基态氢原子能量为-13.6eV，所以n=1能级的氢原子可以吸收14eV的光子后将电离，C正确．D．氢原子吸收光子后，会跃迁到高能级，所以不可能从2能级跃迁到1能级

，D错误．2.下列关于物理现象的描述错误的是（）A.任何波传播都需要介质B.一切物体都在不停地辐射红外线C.红外线、可见光、紫外线、γ射线是按波长由长到短排列的电磁波D.为了把需要传递的电信号发射到远方，必须对高频等幅电磁波进行调制【答案】A【解析】【详解】A．电磁波的传

播不需要介质，可以在真空中传播，故A正确；B．自然界中任何物体都向外辐射红外线，温度越高，辐射红外线本领越强，故B错误；C．红外线、可见光、紫外线、γ射线是按波长由长到短排列的电磁波，故C错误；D．根据

电磁波发射的特点可知，为了使需要的传播信息加载在电磁波上发射到远方，必须振荡电流进行调制，故D错误。故选A。3.如图所示，矩形线框在匀强磁场中做的各种运动，能够产生感应电流的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A项：线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条

数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；B项：线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确．CD项：线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故C

D错误．故选B．4.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正

确的是()A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【答案】D【解析】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即

n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误．【考点定位】考查理想变压器和电路知识．5.LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图所示。现规定过P点向右的电流为正，则下列说法正

确的是（）A.1.5s至2.0s时间内，电容器放电B.1.5s至2.0s时间内，电容器上极板带的是负电C.1s至1.5s时间内，Q点的电势比P点的电势高D.1s至1.5s时间内，磁场能正在转化为电场能【答案】C【解析】【详解】

AB．由振荡电路的图像可知，在1.5s至2.0s时间内，电流方向为负，且电流值正在减小，所以依题规定的电流正方向可知，在该段时间内，LC回路中的电流是逆时针，而且，电容器正在充电，由充电电流是由电容器负极板流出，

流向正极板可知，电容器上极板带正电，故AB错误；CD．由LC振荡电路图象可知，在1s至1.5s时间内，电流为负电流，且电流的值正在增大，由题所规定的电流正方向知，此时间内LC回路中的电流是逆时针的，即由Q点经电感L流向P点，所以Q点电势比P点高，而且由于电流值正在增大，所以电场能正在转

化为磁场能，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比12:22:5=nn，电阻1225ΩRR==，D为理想二极管，原线圈接220sin100π(V)ut=的交流电，则（）A.交流电的频率为100HzB.通过

2R的电流为1AC.通过2R的电流为2AD.变压器的输入功率为200W【答案】B【解析】【详解】A．交流电的频率10050Hz2f==故A错误；BC．由1122UnUn=得副线圈两端电压250VU=由于二极管的单向导电性，根据电流热效应222122UUTTRR=所以2R的电压252VU=

通过2R的电流为22AUIR==故B错误，C正确；D．副线圈消耗的功率22221150WUUPRR=+=输入功率等于输出功率，故D错误。故选C。7.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将

弹簧压缩到最短，则下图列说法中正确的是()A.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒B.子弹射入木块的短暂过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒C.从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量

守恒D.若水平桌面粗糙,子弹射入木块的短暂过程中，子弹与木块组成的系统动量不守恒【答案】B【解析】【详解】A．从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的全过程中，由于弹簧对子弹和木块组成的系统有力的作用，所以子弹与木块组成的系统动量

不守恒守恒，故A错误；B．子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，故B正确；C．从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统由于受到墙壁的弹力作用，所以动量不守恒，故C错误；D．若水平桌面粗糙

，子弹射入木块的短暂过程中，由于内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，故D错误；故选B。点睛：明确动量守恒的条件，并知道题目中要研究的是那个过程，在这个过程中研究的是那个对象．8.如图，水平固定放置的足

够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属

杆沿导轨运动直至达到最大速度过程中，则下列说法正确的是（）A.金属杆做匀加速直线运动B.此过程中通过金属杆的电荷量为22mEBLC.此过程中电源提供的电能为222mEBLD.此过程中金属杆产生的热量为2222m

EBL【答案】BC【解析】【详解】A．当速度为v时，金属杆受安培力为()EBLvBLEBLvFBLRrRr−−==++则随速度的增加，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，选项A错误；B．当金属杆

速度最大时，加速度为零，安培力为零，则mEBLv=以向右为正方向，根据动量定理，有0mBILtmv=−其中qIt=联立解得22mEqBL=故B正确；C．此过程中电源提供的电能为222mEWqEBL==故C正确；D．动能为2222211()222kmEmEEm

vmBLBL===根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为2222kmEQWEBL=−=此过程中金属杆产生的热量为2222RRmEQQRrBL=+故D错误。故选BC。9.如图所示，粗细均匀的正方形单匝闭合线框abcd静止在光滑水平面上．t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直保持做

匀加速直线运动，bc边进入磁场的时刻为t1，ad边进入磁场的时刻为t2，设线框中感应电流大小为i，ad边两端电压为U，水平外力大小为F，线框中的电功率为P，则i、U、F、P随运动时间t变化关系图象正确的是A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A．金属杆做匀加速直线运动，速度为

：v=at，感应电动势：E=BLv，感应电流为EBLaItRR==其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误．B．感应电流：EBLaItRR==当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内，14ad

adUIRBLat==，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为：Uad=E=BLat，电压随时间均匀增加，故B正确．C．金属杆所受的安培力为：2222ABLvBLaFBILtRR===，由牛顿第二定律得：F-FA=ma，解得：22BLaFtmaR=+，当0-

t1时间内，感应电流为零，F=ma，为定值，t1-t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F=ma，为定值，故C错误；D．感应电流的热功率：22222BLaPIRtR==，当0-t1时间内，感应电流为零，P=0，t1-t2时间内，电流P与t

2成正比，t2时间后无感应电流，P=0，故D正确；第II卷非选择题（56分）二、实验题（16分）10.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图2将电流表与线圈B连成一个闭合电路

，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在图1中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）。在图2中：（填“向左”或“向右”或“不”）（1）S闭合后，将螺线管A插入螺

线管B的过程中，电流表的指针将____________偏转。（2）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针______________偏转。（3）线圈A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表指针______________

____偏转。【答案】(1).向右(2).向右(3).向左【解析】【详解】在图1中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图2中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；（1）[1]．

将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；（2）[2]．螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑

动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；（3）[3]．螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转．11.某组同

学选用下列实验器材测量某型号锂电池的电动势E（约9V）和内阻r（约几十欧）：A．电压表V（量程5V，内阻为4000Ω）B．灵敏电流表A（量程6mA，内阻为20Ω）C．电阻箱R1（0-999.9Ω）D．定值电阻R2（4000Ω）E．定值电阻R2（1000Ω）F．开关S一只、导线若干（1）该组同学从

上述器材中选取了B、C、F来测量锂电池的电动势和内阻，实验操作______（选填“可行”或“不可行”）（2）该组同学采用了如下甲图电路来测量锂电池的电动势和内阻，实验需测多组数据及保证器材安全使用，连接在实验线路中的R0应

选______（选填“R2”或“R3”）（3）读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值，测得多组电压值U及电阻值R1，然后作出111UR−图象，如图乙所示，由图中所给的数据可求得锂电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω（保留两位有效数字）．【

答案】(1).不可行(2).R2(3).10(4).42【解析】【分析】考查测电源电动势和电阻的方法，根据闭合电路欧姆定律列式，变形求出1u-11R的表达式，由斜率和截距便可求得E、r．【详解】（1）[1]电源电动势约为9V，

电流表量程为6mA，应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻实验，电路最小电阻阻值为：R=39610gEI−==1500Ω，电阻箱R1最大阻值999.9Ω，用B、C、F不能测电源电动势与内阻．[2]电源电动势约为9V，电压表量程为5V，应把电压表量程扩大为10V，电压表内阻为4000Ω，串联电

阻阻值为4000Ω，定值电阻R0应选择R2．（3）[3][4]改装后电压表量程为原电压表量程的2倍，电压表示数为U时，路端电压为2U，由图甲所示电路图可知，电源电动势为：E=2U+Ir=2U+12URr，整理得：112r2=UERE+由图示1u-11R图像可知：k=2

21.20.21210rE−−=b=2E=0.2解得：E=10V，r≈42Ω；故答案为（1）不可行；（2）R2；（3）10，42．【点睛】高中物理涉及到图像问题时，往往是一次函数关系，可以从最基本的

关系入手，变形写出图像纵轴对应物理量的表达式，根据斜率、截距分析可得．三、解答题12.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速

度0v从右端滑上B，一段时间后，以02v滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m．求：（1）A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；（2）A与B的上表面间的动摩擦因数μ；（3）圆弧槽C的半径R．【答案】（1）04v（2）20516vgL（3）20

64vg【解析】【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0＝m02v＋2mvB解得vB＝04v(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部

转化为系统产生的热量222000111222224vvmgLmvmm＝－－解得μ＝20516vgL(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，02mv＋mvB＝2mvA、C系统机

械能守恒22200111222242vvmgRmmmv+−＝解得R＝2064vg13.如图所示，匝数N=20、横截面积S=0.04m2的线圈中有方向竖直向上的匀强磁场B1，B1均匀变化；两相互平行、间距为L=0.2m的金属导轨固定在

倾角为30°的斜面上；导轨通过开关S与线圈相连．一光滑金属杆放置在靠近导轨上端的M、N位置，M、N等高，金属杆质量m=0.02kg，阻值R1=0.2Ω；导轨底端连接一阻值为R2=0.8Ω的电阻；导轨所在区域有垂直于斜面向上的匀强磁场B2=0.5T．闭合S，金属杆恰能静止于斜面的M、N位置；断开

S，金属杆由M、N位置从静止开始向下运动，经过t=0.5s，下滑通过的距离x=0.6m．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．g取10m/s2．（1）求B1变化率的大小，并确定B1的变化趋势；（2）金属杆下滑x=0.6m的过程中，金属杆上产生的焦耳热．【答案】（1）

0.25T/s，B1的变化趋势是增大．（2）2.32×10-3J【解析】【详解】（1）闭合S，设线圈中的感应电动势为E1，电流为I1，金属杆受到的安培力为F，则11BENSt=感应电流：111EIR=安培力：21FBIL=，根据平衡条件有：sinFmg=解得：10.25T/sBt=

，B1的变化趋势是增大．（2）断开S，金属杆下滑x=0.6m的过程中，设其中的平均电动势为E，平均电流为I，末速度为v，电阻R2和金属杆上产生的焦耳热为Q，金属杆上产生的焦耳热为Q1，则根据动量定理有：2sin0mgtBILtmv

−=−平均感应电流：12EIRR=+平均感应电动势：BLxttE==解得v=2.2m/s根据能量守恒：21sin2mgxmvQ=+解得：21.1610Q−=J1112RQQRR=+解得：312.3210Q−=J．选考题(共15分)。请考生从2道物理题任选一题做答，并用2B铅笔

在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。14.如图所示，活塞和固定隔板把汽缸内的气体分成甲、乙两部分．已知活塞和汽缸壁均绝热，隔板由导热材料制成，气体的温度随其内能的增加而升高，现用力使活塞

缓慢向左移动，下列说法正确的是（）A.外力通过活塞对气体乙做正功B.气体乙对甲做功导致甲内能增加C.气体甲、乙的内能均增加D.气体乙将温度传递给气体甲E.最终甲、乙两种气体温度相等【答案】ACE【解析】【分析】考查热力学第

一定律，改变物体内能的方法有做功和热传递，传递的是热量不是温度，因可以发生热传递，最终两个物体达到热平衡．【详解】A．现用力使活塞缓慢向左移动，压缩气体，外力对气体乙做正功，气体乙温度升高，气体乙的内能

增加．故A符合题意；B．隔板是固定的，甲的体积不变，气体乙不对甲做功．故B不符合题意；C．气体乙温度升高，通过导热隔板把热量传递给甲，使甲气体温度也升高，所以气体甲、乙的内能均增加．故C符合题意；D．气体乙将热量传递

给气体甲，不能够说成是气体乙将温度传递给气体甲．故D不符合题意；E、最终甲乙气体达到热平衡状态，甲、乙两种气体温度相等．故E符合题意．【点睛】外力对气体乙做正功，气体乙温度升高，气体乙的内能增加；甲的体积不变，气体乙不对甲做功；气体乙将热量传递给

气体甲，使得气体甲温度也升高，最终甲乙气体达到热平衡状态．本题考查了热力学定律．对于热力学部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累．15.如图所示，粗细均匀的U型玻璃管在竖直平面内放置其中AB段水平，左右两管均竖

直．右侧玻璃管内封闭一定质量的理想气体，气柱长度L＝10cm，左侧玻璃管开口且足够长．室温为27℃时，左右两管内水银柱的高度均为h＝10cm．求：右管内封闭气体为多少摄氏度时，两侧管内水银柱高度差为5cm（已知大气压强p0＝75cmHg）．【答案】若左管

水银面比右管低5cm，气体温度为77摄氏度；若右管水银面比左管低5cm，气体温度为﹣33摄氏度．【解析】【详解】以封闭气体为研究对象；初态压强P0＝75cmHg，体积V0＝LS，温度T0＝（273+27）K＝300K若左管水银面比右管低5cm，其末态压强为：P1＝（p0﹣h）cmHg＝

70cmHg末态体积为：V1＝（L+2.5）S＝12.5S根据理想气体状态方程得：001101PVPVTT=代入数据解得：T1＝350K＝77℃若右管水银面比左管低5cm，其末态压强为：P2＝（p0+h）cmHg＝80cmHg末态体积为：V2＝（L﹣2.5）S＝7.5S002202P

VPVTT=代入数据解得：T2＝240K＝﹣33℃16.下列说法正确的有（）A.医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理B.照相机镜头的偏振滤光片可使水下影像清晰C.在光的折射中介质折射率可以大于1也可小于1D.若一物体以光速c运动，则在其

运动方向发射出的光速度为2cE.长波（LW，LongWave）沿地表传播利用了衍射原理【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理，故A正确；B．照相机镜头的偏振滤光片，从而阻碍水面反射光的

进入，使得所拍影像清晰，故B正确；C．介质对光的折射率都大于1，故C错误；D．光的速度都是c，故D错误；E．长波信号能绕过障碍物传递到接收终端，是利用了衍射原理，故E正确；故选ABE．【点睛】17.如图，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC中点，位于截面所

在平面内的一细光束自O点以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知∠ABC=45°，AC=AB=L，透明介质的折射率n=2，真空中的光速为c．求：（可能用到62sin154−=，62cos154+=(i)入射角的正弦值sini；(ii)光束从O点入射到发

生第一次全反射所用的时间．【答案】（1）622−；（2）233Lc【解析】【详解】（i）光路如图所示：由临界角公式：1sinCn=可得：3'0POOC==由几何关系可知10'''5COOOBOBOO=+=折射角：9015''rPOOCOO==−=由折

射定律：sinsininr=解得：62sinsin2inr−==（ii）由正弦定理可得：'sin'sin'BOOOBOOOBO=光在介质中通过的路程为：sin''sin'BOOBOsOOBOO==代入数据可得22322'332

LLsOO===光在介质中的速度为：cvn=所用时间：stv=代入数据解得：233Ltc=