1、四川省宜宾市第四中学 2019-2020 学年高二物理下学期第四学月考试试题（含解析）一、选择题 1.据央视报道，中科院等离子体物理研究所经过八年的艰苦努力，终于率先建成了世界上第一个全超导的托克马克试验装置并调试成功，这种装置被称为“人造太阳”（如图），它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生反应并稳定持续地输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁的能源在下列核反应方程中有可能是该装置内部所进行的核反应的是（）A.1441717281NHeOH B.23411120HHHen C.238234492902hUTHe D.2351141921920563603arUnBKn【答案】
2、B【解析】【详解】轻核聚变释放较大的能量，释放的能量比重核裂变释放的能量大得多，该装置承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变并稳定持续地输出能量，内部进行的是轻核聚变，故 B 正确，ACD 错误 故选 B 2.在如图所示的条件下，闭合的矩形线圈中能产生感应电流的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.A 图中线圈转动时穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故 A 错误；B.B 图中线圈转动时穿过线圈的磁通量发生改变，会产生感应电流，故 B 正确；C.C 图中穿过线圈的磁通量始终为零，且不发生变化，故线圈中不产生感应电流，故 C 错误；D.D 图中线圈的转轴平行于磁场，故
3、穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变化，线圈中不产生感应电流，故 D 错误.3.关于电动势和磁感应强度，下列说法正确的是（）A.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能就越多 B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C.小磁针 N 极所受磁场力方向就是该处磁感应强度的方向 D.由FBIL可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力 F 成正比，与其 IL 的乘积成反比【答案】C【解析】【分析】考查电动势的定义和磁感强度的基本性质及定义式的物理意义。【详解】A电动势越大的电源，将其它形式的能转化为电能的本领越强，但转化的电能多少看电源的容量大小，A 错误；B当
4、运动电荷的运动方向与磁感应强度的方向相同时，即使电荷在磁场中运动，也不受洛伦兹力作用，故无法判断该处的磁感应强度是否为零，B 错误；C磁感应强度方向就是小磁针 N 极受力的方向，故 C 正确；D磁感应强度的大小是由磁场本身的性质决定的，与放入的通电导线所受的力大小无关，D错误。故选 C。4.如图，C、D 是两条竖直且足够长的固定导轨（电阻不计），导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，EF 是一个固定螺线管，C、D 的输出端 a、b 分别连接 EF 的输入端 c、d，P 是在 EF 的正下方水平放置在地面上的铝圆环。现对金属棒 AB 施加一竖直向上的力使金属棒由静止开始向上做匀加速运动，在运动过程中
5、棒始终与 C、D 导轨良好接触，可认为通电螺线管在圆环中产生的磁感应强度与通过螺线管的电流成正比，则（）A.金属棒中的感应电流方向由 A 到 B B.P 环有收缩的趋势 C.P 环对地面的压力逐渐减小 D.P 环中感应电流逐渐变大【答案】B【解析】【详解】A根据右手定则，流过金属棒中的感应电流方向由 B 到 A，A 错误；BCD由于 AB 匀加速运动，产生的感应电动势 EBLvBLat 越来越大，回路中的电流 EBLaItRR 越来越大，穿过 P 的磁通量与电流成正比，越来越大，根据楞次定律推论，P 环有收缩的趋势；根据法拉第电磁感应定律，P 环中产生恒定的感应电流；根据楞次定律，P 环与固定
6、螺线管产生的磁场方向相反，P 环（等价于磁铁，磁性不变）与固定螺线管（等价于磁铁，磁性变强）同名磁极相对，相互排斥，因此 P 环对地面的压力增大；因此 B 正确，CD 错误。故选 B。5.如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零A 和 B 是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.当闭合开关 S 后，灯泡 A 亮度一直保持不变 B.当闭合开关 S 后，灯泡 B 逐渐变亮，最后亮度不变 C.再断开开关 S 后，灯泡 A 逐渐变暗，直到不亮 D.再断开开关 S 后，灯泡 B 由暗变亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合 S 时，电源电压同时加到两灯上，A、B 同时亮，
7、随着 L 中电流增大，由于线圈 L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B 逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A 灯更亮故 AB 错误；稳定后再断开开关 S 后，灯泡 A 立即熄灭；灯泡 B 与线圈L 构成闭合回路，灯泡 B 由暗变亮再逐渐熄灭，故 C 错误，D 正确 6.质量为 m 的物体以速度 v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中（）A.整个过程中重力的冲量大小为 0 B.整个过程中重力的冲量大小为 2mv0 C.上升过程冲量大小为 mv0，方向向上 D.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为 mv0，但方向相反【答案】B【解析】【详解】规定竖直向上为正
8、方向。AB根据竖直上抛运动的对称性可知，物体落回地面的速度大小是 v0，方向竖直向下，根据动量定理可知，整个过程中重力的冲量 0002GImvmvmv 整个过程中重力的冲量大小为 2mv0，故 B 正确，A 错误；C根据动量定理，上升过程冲量 000Imvmv 所以上升过程冲量大小为 mv0，方向向下，故 C 错误；D根据竖直上抛运动的对称性可知，上升时间和下落时间相同，两个过程中合力都是重力相同，所以两个过程中合力的冲量大小相等，方向相同都竖直向下，根据动量定理可知，上升过程和下落过程中动量的变化量大小相同，方向相同，故 D 错误；故选 B。7.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比
9、为4:1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，0R 为定值电阻，TR为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（）A.图乙中电压的有效值为110 2V B.TR 处出现火警时电压表的示数变大 C.TR 处出现火警时电流表示数减小 D.TR 处出现火警时电阻0R 消耗的电功率增大【答案】AD【解析】【详解】A如果右图中电压的波形为标准的正弦时，电压的有效值为峰值的 12，设将此电流加载阻值为 R 的电阻上，电压最大值为mU，此时有 2m222UUTTRR有 即有=110 2VU有 故 A 正确；BCD出现火警时，TR 阻值
10、减小，路端电压不变，即电压表示数不变，通过的电流增加，电流表的示数随之增大，根据 2PI R 可知电阻0R 消耗的电功增加，故 BC 错误，D 正确。故选 AD。8.如图甲所示为以 O 点为平衡位置，在 A、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）A.在 t0.2s 时，弹簧振子的加速度为正向最大 B.在 t0.1s 与 t0.3s 两个时刻，弹簧振子在同一位置 C.从 t0 到 t0.2s 时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动 D.在 t0.6s 时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】在 t0.2s 时，弹簧振子的位移为
11、正向最大，由 akxm，知加速度为负向最大，故 A 错误在 t0.1s 与 t0.3s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故 B 正确从 t0 到 t0.2s 时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动故 C 正确在 t0.6s 时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故 D 错误选 BC 9.用不可伸长的细线悬挂一质量为 M 的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为 m 的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为 v0，则下列判断正确的是（）A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程
12、中系统的机械能守恒 B.子弹和木块一起上升的最大高度为22022m vg Mm C.子弹射入木块瞬间动量守恒，子弹射入木块后一瞬，子弹和木块的共同速度为0mvMm D.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能【答案】BC【解析】【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故 AD错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：0mvmMv（），所以
13、子弹射入木块后的共同速度为：0mvvMm，之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：212 MmvMmgh（）（），可得上升的最大高度为：22022m vhg Mm，故 BC 正确。故选 BC。二、实验题 10.实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表 G 内阻 r 的电路如图所示。供选择的仪器如下：待测电流表 G1（0 5mA，内阻约300）电流表 G2（2.010mA，内阻约 100）定值电阻 R1（300）定值电阻 R2（10）滑动变阻器 R3（01000）滑动变阻器 R4（020）干电池（1.5V）电键 S 及导线若干(1)定值电阻应选_，滑动变阻器应选_
14、；（只能在空格内填写序号）(2)用连线连接实物图_；(3)补全实验步骤：按电路图连接电路，_；闭合电键 S，移动滑动触头至某一位置，记录 G1，G2的读数 I1，I2；_；以 I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示；(4)根据 I2I1图线的斜率 k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_。【答案】(1).(2).(3).(4).将滑动触头移至最左端 (5).多次移动滑动触头，记录相应的 G1，G2 读数 I1，I2 (6).11(1)rkR【解析】【详解】(1)1根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表 G1总电流，若定值电阻选 10，则容易使流过 G2的总电流超过其满偏值，故
15、选 R1。2分压接法用小阻值的滑动变阻器即可。(2)3 (3)4在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表；5要多测量几组数据，所以要多次移动滑动触头，记录相应的 G1，G2读数 I1，I2。(4)6根据欧姆定律 1 1211()I rII R 解得 1211RrIIR 即 111rRkR 所以 11(1)rkR。三、解答题 11.如图所示，长 L9 m 的传送带与水平方向的倾角为 37，在电动机的带动下以 v4 m/s 的速率顺时针方向运行，在传送带的 B 端有一离传送带很近的挡板 P 可将传送带上的物块挡住，在传送带的 A 端无初速地放一质量 m1 kg 的物块，它与传送带间的动摩
16、擦因数 0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计(sin0.6，cos0.8，g10 m/s2)问：(1)物块与挡板 P 第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板 P 的距离；(2)若改为将一与皮带间动摩擦因数为 0.875、质量不变的新木块轻放在 B 端，求木块运动到 A 点过程中电动机多消耗的电能与电动机额定功率的最小值【答案】(1)x5m；(2)E 电118J，P 额28W【解析】【详解】（1）物块从 A 点向下运动的加速度为 a1=gsin-gcos=2m/s2 与 P 碰前的速度 v1=12a L=6m/s 物块与挡板碰撞后，以 v1的速率反弹，因 v1v，物块相对传送带向上滑，物块
17、向上做减速运动的加速度为 a2=gsin+gcos=10m/s2 物块速度减小到与传送带速度相等所需时间 1120.2svvta 物块向上的位移 1121m2vvxt 物块速度与传送带速度相等后，tan，物块向上做减速运动的加速度 a3=gsin-gcos=2m/s2 物块向上的位移 2234m2vxa 离 P 点的距离 x1+x2=5m（2）根据题意 a3=gcos-gsin=1m/s2 木块与皮带速度相同时位移 x3=232va =8m 故到达顶端前木块已经匀速运动，因为相对位移等于 x3 E 电=EpG+Ek+Q=mgLsin+0.5mv2+x3mgcos=118J P 额=Pf 滑=v
18、mgcos=28W 12.如图(甲)所示，MN、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距 L 为 0.5m，导轨左端连接一个阻值为 2 的定值电阻 R，将一根质量为 0.2kg 的金属棒 cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒 cd 的电阻 r=2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度 B=2T.若棒以 1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力下作用，并保持拉力的功率恒为 4W.从此时开始计时，经过 2s 金属棒的速度稳定不变，图(乙)为安培力与时间的关系图像试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为 3m/s 时的加速度；
19、(3)求从开始计时起 2s 内电阻 R 上产生的电热.【答案】（1）4m/smv=（2）235 m/s12a（3）QR=3.25J【解析】【详解】解：（1）金属棒速度最大时，所受合外力为零，即 BIL=F 而 P=Fvm，I=mBLvRr，解出 22()4(2 2)2 0.5mP RrvB Lm/s=4m/s（2）速度为 3m/s 时，感应电动势 E=BLv=20.53V=3V 电流 I=ERr，F 安=BIL 金属棒受到的拉力 F=43PNv 根据牛顿第二定律 FF 安=ma 解得 a=22433534/0.212FFm sm sm安（3）在此过程中，由动能定理得，220m1122PtWmv
20、mv安 W 安=6.5J 则 3.25J2RWQ安 四、选考题 13.下列说法正确的是（）A.与空气接触的液体表面的分子间距较大，所以分子力表现为引力，液体表面有收缩的趋势 B.相同质量 0的水的分子势能一定比 0的冰的分子势能大 C.气体在等压膨胀过程中一定放出热量 D.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数不变时，气体的压强一定不变【答案】ABD【解析】【详解】A液体表面的分子间距较大，引力大于斥力，所以表现为引力，液体表面有收缩的趋势，选项 A 正确；B0的水与 0的冰的分子平均动能相同，冰熔化成水时需要从外界吸收热量，从而改变分子势
21、能的大小，所以相同质量 0的水的分子势能一定比 0的冰的分子势能大，选项 B 正确；C根据理想气体状态方程CpVT 可知气体在等压膨胀过程中温度升高，内能增大，而体积增大，对外做功。根据热力学第一定律 UQ W可知气体一定吸热，选项 C 错误；D分子间的引力和斥力平衡时，是分子势能最小的位置，选项 D 正确；E气体压强取决于气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数和一次碰撞时对器壁冲力的大小，选项 E 错误。故选 ABD。14.如图所示,长为 31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置,管内水银柱的上端正好与管口齐平,封闭气体的长为 10cm,外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢
22、转至开口竖直向下,这时留在管内的水银柱长为 15cm,然后再缓慢转回到开口竖直向上,求:（1）.大气压强 p0的值;（2）.玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度【答案】（1）75cmHg;（2）10 67cm【解析】【详解】（1）.设细玻璃管的横截面积为 S,从开始到管口向下封闭气体等温变化 初态:p1=p0+21cmHg,V1=10cmS 末态:p2=p0-15cmHg,V2=(31-15)cmS=16cmS 由玻意耳定律的 p1V1=p2V2,解得 p0=75cmHg（2）.从管口向下再到管口向上,气体经历了等温变化 p3=(75+15)cmHg=90cmHg,V3=LS,由玻意耳 定
23、律得 p1V1=p3V3,解得 L10.67cm 15.如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，使用波长为75.30 10 m的激光作为入射光源，屏上P 点距双缝 S1和 S2的路程差为77.95 10 m。下面关于激光和双缝干涉实验的叙述正确的是（）A.频率不同的激光在相同介质中的折射率不同 B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同 C.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离 D.双缝干涉实验中，屏上 P 点出现的应是明条纹 E.若改用波长为76.30 10 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将变宽【答案】ACE【解析】【详解】A频率和折射率有关，频率不同，折射率不同，
24、频率越高，折射率越大，故 A 正确；B频率相同的激光在不同介质中，频率不变，但波速不同，由 v=f 知，波长也不同，真空中波长最长，其它介质中波长小于真空中波长，故 B 错误；C利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离，故 C 正确；D当光屏上的点到双缝的路程差是半波长的偶数倍，出现明条纹；路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹；屏上 P 点距双缝 s1和 s2的路程差为 7.9510-7m，则 777.95 103115.3 1022sn 3 是奇数，故在 P 点出现暗条纹，故 D 错误；E根据Lxd 知，波长变大，则条纹间距变宽，故 E 正确。故选 ACE。16.某同学用如下方法测定玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两侧界面 MN、PQ(MN、QP 面平行于桌面)，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与 MN 平行的光屏上得到的两光点 A、B，两光线的位置如图所示.测得入射光线与界面的夹角 30，光屏上两光点之间的距离 L3.0 cm，玻璃砖的厚度 h2.0 cm，求玻璃砖的折射率.【答案】n1.44【解析】【详解】光路图如图所示，可知 OO与 AB 的距离相等，由几何原理有 2222223.032sin544 2.03.0()2LLLhLh 由折射率定义得 sin(90)531.44sin6n