1、四川省宜宾市叙州区第二中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题1.氢原子能级图如图所示，当氢原子从n3跃迁到n2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是() A. 氢原子从n2跃迁到n1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB. 氢原子从n4跃迁到n3的能级辐射光的波长小于656 nmC. 一群处于n3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D. 用波长为633 nm的光照射，能使氢原子从n2跃迁到n3的能级【答案】C【解析】【详解】氢原子从n2跃迁到n1的能级时的能级差大于氢原子从n3跃迁到n2的能级差，则辐射光子的频率大于从n3跃迁到n2
2、辐射光的频率，则波长小于656 nm，选项A错误；同理，氢原子从n3跃迁到n2的能级时的能级差大于氢原子从n4跃迁到n3的能级差，则辐射光子的频率大于从n4跃迁到n3辐射光的频率，则氢原子从n4跃迁到n3的能级辐射光的波长大于656 nm，选项B错误；一群处于n3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，选项C正确；氢原子从n2跃迁到n3的能级，只能吸收波长为656 nm的光子，不能吸收波长为633 nm的光子，选项D错误2.已知矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A. t=0时刻线圈平面与中性面垂直B. t=0.
3、01s时刻变化率达最大C. t=0.02s时刻感应电动势达到最大D. 该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【答案】B【解析】【详解】A.t=0时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故A错误；B.t=0.01s时刻磁通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故B正确；C.t=0.02s时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；D.感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的图象为正弦曲线，D错误3.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是A. a代表的电阻丝较粗B. b代表的电阻丝较
4、粗C. a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D. 图线表示电阻丝的阻值与电压成正比【答案】B【解析】【详解】ABC根据欧姆定律：可得：可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a代表的电阻较大，b的较小；根据电阻定律：可知a的电阻丝较细，b的较粗，故A错误、B正确、C错误。D一段金属丝电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D错误。故选B.4.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P向下移动，则关于电容器极板上所带电量q和电子
5、穿越平行板所需时间t的说法正确的是A. 电量q增大，时间t不变B. 电量q不变，时间t增大C. 电量q增大，时间t减小D. 电量q不变，时间t不变【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动端C下移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据：q=UC得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：与电压的变化无关，所以时间t不变故选A.5. 一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生的热量最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得
6、：；对B、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得：；对C、根据焦耳定律得：Q3I2RT225RT对D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D考点：交流电的有效值【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值与峰值是倍关系对于方波，直接根据焦耳定律求解热量6.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是A. 磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)B. 磁铁在整个
7、下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的C. 磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D. 磁铁落地时的速率一定等于【答案】B【解析】【详解】A、由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故选项A错误；B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用
8、力始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下，故选项B正确；C、在磁铁下落过程中，圆环中产生感应电流，圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，故选项C错误；D、磁铁做自由落体运动时，则有，磁铁落地时的速度，由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地速度小于，故选项D错误；故选选项B7.某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型.正方形金属线圈abed平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与 线圈
9、bc边平行.已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是（ ）A. 线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B. 线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C. 线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为D. 线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为【答案】AC【解析】【详解】A线圈进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，据愣次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反.故A正确；B线圈进入磁场时 回路中感应电流的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培 力的方向与穿出时相同，由线圈的受力平衡知静摩擦力的方向相同.故B错误；C线圈进入磁场过
10、程中，通过导线某一横截面的电荷量q=故C正确；D线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率P= Fv= BILv=B=故D错误。故选AC。8.一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示.现令磁感应强度B随时间变化，先按如图所示Oa图线变化，后来又按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（ ）A. E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B. E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C. E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向D. E3
11、E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向【答案】BC【解析】【详解】根据，所以图像的斜率越大，感应电动势越大，所以，根据右手定则判断I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，AD错误BC正确9.如图所示，一圆柱形筒内存在匀强磁场，该筒横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面向里，图中直径MN的两端分别开有小孔，在该截面内，有质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从M端的小孔射入筒內，射入时的速度方向与MN成角当圆筒绕其中心轴以角速度w顺时针转动角时，该粒子恰好飞出圆筒不计粒子重力，粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则下列说法正确的是A. 筒内磁场的磁感应强度大小为B. 筒内磁场的磁感应强度大小
12、为C. 粒子飞入的速度大小为D. 粒子飞入的速度大小为Rw【答案】BC【解析】【详解】根据题意，粒子运动的时间为，带负电的粒子的轨迹图象如图所示：根据几何关系可知粒子运动的圆心角为，粒子在磁场运动的时间，根据牛顿第二定律，圆周运动公式，解得：，联立解得：，故B正确，A错误根据几何关系可知粒子的半径为R，根据牛顿第二定律，解得半径为，结合B的大小得到：，故C正确，D错误二、实验题10.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根轻质弹簧I、II按图甲所示连接进行探究(1)某次测量刻度尺的示数如图乙所示，则刻度尺的示数为_cm(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L
13、A和LB如下表用表中数据计算弹簧的劲度系数为_N/m（g取10m/s2，计算结果保留两位小数）由表中数据_（填“能”或“不能”）计算出弹簧的劲度系数钩码数123LA/cm15.7619.7123.66LB/cm29.96357641.51【答案】 (1). 16.00（15.9716.00）； (2). 12.66N/m； (3). 能【解析】【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位（2）根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数【详解】（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm（2）由表格中
14、的数据可知，当弹力的变化量F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为x=3.95cm，根据胡克定律知：结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧的劲度系数【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式F=kx，x为形变量的变化量11.为了测量某一未知电阻Rx(阻值约为6 )的阻值，实验室里准备了以下器材：A电源，电动势E3.0 VB电压表V1，量程3 V，内阻约5 kC电压表V2，量程15 V，内阻约25 kD电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.2 E电流表A2，量程3 A，内阻约0.04 F滑动变阻器R1，最大阻
15、值5 ，最大电流为3 AG滑动变阻器R2，最大阻值200 ，最大电流为1.5 AH开关S、导线若干（1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选_(填器材前面的字母代号)（2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图_（3）请根据电路图将下列实物图补充完整_【答案】 (1). （1）B (2). D (3). F (4). （2） (5). （3）【解析】【详解】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：，所以电流表选择D；电压要求从零开始调节，所以
16、选择分压式电路，滑动变阻器选择总阻值较小的F（2）该实验选择分压电路，因为：，所以电流表选择外接法，电路图如下：（3）根据电路图连接实物图：三、解答题12.如图所示，质量m2 kg的物体A在倾角30的足够长的固定斜面上，在沿斜面向上的推力F作用下，A从底端开始以初速度v08 m/s 向上运动，已知A与斜面之间的动摩擦因数为，F5 N经过一段时间t，物体A有沿斜面向下的速度2 m/s.重力加速度取g10 m/s2.求：(1)时间t；(2)F在时间t内的平均功率【答案】(1) 4 s (2) 7.5 W【解析】【详解】解：(1)物体上滑阶段根据牛顿第二定律有：解得：物体上滑到最高点时间：物体下滑阶
17、段，根据牛顿第二定律有：，解得：下滑时间为：故：(2) 物体上滑阶段：，物体下滑阶段：，在时间内的平均功率：13.如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距L=0.6m，上面有一金属棒PQ垂直导轨放置，并处于竖直向上匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=1T，与导轨相连的电源电动势E=4.5V，内阻r=1.0，电阻R=8.0，其他电阻不计闭合开关S后，金属棒PQ仍然静止不动求：金属棒PQ所受的安培力；金属棒PQ所受的静摩擦力的大小【答案】0.3N；0.3N【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律： 根据安培力公式：F=BIL=10.50.6=0.3N；根据平衡条件：f=F=0.3N14.如图，ABCD
18、为竖直放在场强为的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且ABR0.2m，把一质量m0.1kg、带电荷量的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动(g取)求：(1)小球到达C点时的速度是多大？(2)小球到达C点时对轨道压力是多大？(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？【答案】（1）2 m/s （2）3 N （3）0.5 m【解析】(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(ABR)mgRmvC2解得：vC2 m/s(2)在C点应用牛顿第二定律得：FNEqm得FN3 N由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N.(3)小球要安全通过D点，必有mgm.设释放点距B点距离为x，由动能定理得：Eqxmg2RmvD2以上两式联立可得：x0.5 m.
