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四学月考试试题（含解析）一、单选题1. 在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589nm的光，在距双缝1.00m的屏上形成干涉图样图样上相邻两明纹中心间距为0.350cm，则双缝的间距为（ ）A. 2.06107mB. 2.06104mC. 1.68104mD. 1.68103m【答案】C【解析】【详解】根据双缝干涉实验中相邻两明纹中心间距公式有：x=，解得：d=589109m1.68104m，故C正确，ABD错误2. 关于电磁波，下列说法不正确的是（）A. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B. 周期性变化的电场和磁场可以
2、相互激发，形成电磁波C. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输【答案】D【解析】【详解】A电磁波在真空中的传播速度均相同，与电磁波的频率无关，选项A正确，不符合题意；B周期性变化的电场和磁场可以相互激发，由近及远的传播形成电磁波，故B正确，不符合题意；C电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故C正确，不符合题意；D利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输，故D错误，符合题意。故选D。3. 以往，已知材料的折射率都为正值（n0）现已有
3、针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n 0），称为负折射率材料位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出若该材料对此电磁波的折射率n=1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是（ ）A AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】AD本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误BC折射率为-1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，故B正
4、确，C错误4. 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A. 线圈 a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流B. 穿过线圈 a 的磁通量变小C. 线圈 a 有扩张的趋势D. 线圈 a 对水平桌面的压力 FN将减小【答案】A【解析】【详解】A由图根据右手定则可知，线圈产生向下的磁场，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，因此根据楞次定律线圈中会产生阻碍磁场变大的感应电流，即将产生俯视逆时针方向的感应电流，故选项A正确；B因为滑动
5、变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，所以线圈中磁通量变大，故选项B错误；C因为滑动变阻器滑片P向下滑动时，线圈中磁通量增加，因此之后线圈面积减小时才能阻碍磁通量的增加，所以线圈 a 有收缩的趋势，故选项C错误；D通过楞次定律可知线圈电流，可以将线圈等效为条形磁铁，则两磁铁都是N极相对，因此线圈 a 对水平桌面的压力 FN将增大，故选项D错误。故选A。5. 在图所示的电路中，闭合时流过电感线圈的电流是，流过灯泡的电流是，将突然断开，则断开前后，能正确反映流过灯泡的电流随时间变化的图线是图中的（ ）A. B C. D. 【答案】D【解析】S断开前灯泡中电流方向向右大小为1
6、A，断开后，由于自感现象，线圈中电流不会立即消失，它与灯泡构成回路，电流从2A缓慢减小，通过灯泡的电流方向向左，也从2A开始减小到零，故D正确，ABC错误6. 图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由E=BL2知，感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，线圈切割磁感线的有效长度仍为半圆的
7、半径不变，则感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值A.该图与结论相符，选项A正确；B.该图与结论不相符，选项B错误；C.该图与结论不相符，选项C错误；D.该图与结论不相符，选项D错误；7. 如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是A. 滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B. 滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C. 电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D. 电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【答案】BD【解析
8、】【详解】设加速电压为U，由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：eU=mv2电子获得的速度为：电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为：电子在电场方向偏转的位移为：垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为：联立解得：又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转。A. 滑动触头向右移动时，加速电压变大，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；B. 滑动触头向左移动时，加速电压变小，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；D. 偏转电压U增大时，电子在电场中受
9、到电场力增大，即电子偏转的加速度a增大；因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D正确；C. 偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大；因为电子水平方向的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，电子打在屏上的速度为则电子打在屏上的速度增大，故C错误。8. 如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为6R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近a
10、d处向bc滑动的过程中（ ）A. PQ中电流先减小后增大B. 拉力的功率先增大后减小C. 线框消耗的电功率先减小后增大D. bc边通过的电流一直增大【答案】AD【解析】【详解】根据数学知识可知，当PQ位于中点时，外电阻最大，最大值为A导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A正确；B导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻先增大后减小，由分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，故B错误；C线框作为外电路，总电阻最大值为从最左端达到中间位
11、置的过程中，导体棒PQ上的电阻先大于线框的外电阻、达到某位置时等于线框外电阻、再移动一端距离小于线框外电阻，运动到中间外电阻最大，根据对称性可知，从中间向最右端运动过程中，电阻先一直减小；根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小、再增大再减小，故C错误；D导体棒由靠近ad到运动到中间位置的过程中，外电路的电阻增大，所以外电路的电压增大，而bc所在支路电阻减小，根据欧姆定律可知，通过bc的电流增大，当导体棒由中间位置向bc运动时，外电路的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流不断增大，
12、而bc的电阻不断减小，根据并联电流电流和电阻成反比可知，bc的电流也不断增加，故D正确。故选AD。9. 如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点，以速度v0向上滑动，设物体的位移为x时，速度为，计算机绘出的x-v图象为如图乙所示的两段抛物线已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g=10m/s2，有图中数据可求出的是（）A. 斜面的倾角B. 物体受到的滑动摩擦力C. 物体与斜面间的动摩擦因数D. 物体从出发至返回到出发点的过程中损失的机械能【答案】AC【解析】【详解】AC.取沿斜面向上为正方向，物块沿斜面向上滑动时有v2-v02=2ax代入数据（15、45）、（0、60）解得：v0=30m/s，a=-7.
13、5m/s2沿斜面向下滑动时有v2=2ax当速度沿斜面向下为 v=-20m/s时，x=80m，代入数据解得：a=2.5m/s2物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：-（mgsin+mgcos）=ma物块沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma联立解得：=30，=，故AC正确；B.物体受到的滑动摩擦力为 f=mgcos，由于质量不知，所以不能求出滑动摩擦力，故B错误D.损失的机械能等于物块克服摩擦力做功，无法求出，故D错误二、实验题10. 利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力，并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图象，实验过程中挂钩位置可认为不变某同学
14、利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒，实验步骤如下：如图甲所示，固定力传感器M取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O（小圆环重力不计）并固定在传感器M的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）；让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图乙所示；让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图象如图丙所示请回答以下问题（1）小铁球的重力为_（2）为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等（忽略空气阻力），现已测得图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小，只需验证_等式是否成立即可用F0、F1、
15、F2来表示）【答案】 (1). F0 (2). 3F0=2F1+F2【解析】【详解】第一空.由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知小球的重力为：G=mg=F0；第二空.小球在最低点，由牛顿第二定律，则有：F2-F0=m 小球在最低点的动能为： 从A到最低点，物体的重力势能减少量等于重力做的功即：WG=F0l（1-cos）另有对A点受力分析得：F0cos=F1，从A到最低点的过程中，重力势能减少量等于动能增加量，即为：联立化简得：3F0=2F1+F211. 要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：
16、电池组（电动势为4.5V，内阻约1）：电流表（量程为0250mA内阻约5）；电压表（量程为03V。内限约3k）：电键一个、导线若干。实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）。A滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A）实验的电路图应选用图1中_（填字母代号）。实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是_W。【答案】 (1). A (2). B (3). 0.1【解析】【详解】1因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小变阻器A。2因小灯
17、泡电阻为故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B。3电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联；根据交点坐标（1.0V，0.1A）可以计算出小灯泡消耗的功率为P=UI=10.1=0.1W三、解答题12. 如图所示，abcd是一个正方形盒子，边长为L，cd边的中点有一个小孔e，盒子中有沿ad方向的匀强电场。一个质量为m、带电量为q的带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出，不计粒子的重力。求：(1)该电场的场强大小；
18、(2)带电粒子刚射出电场时的速度大小；(3)该过程中电场力对该带电粒子所做的功。【答案】(1)；(1)；(3)【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，有：三式联立得(2)粒子在电场中运动，由动能定理得把E值代入得(3)电场力做功把E值代入得13. 如图所示，质量为的薄木板B放在水平面上，质量为的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以的速度向右匀速运动在物体A带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出机械功率P=96W已知木板与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2求：（1）木板B运动的加速度大小；（2）木板B的长度满足什么条件，物体A最终能滑离木板B【答案
19、】（1）（2）长度小于9m【解析】【详解】（1）电动机对物体A的拉力为：；物体A匀速运动，AB的摩擦力为对木板根据牛顿第二定律有代入数联立解得（2）A刚好离开B，此时的速度为：代入数据解得所以木板长度小于9m即可四、选考题14. 对于热力学定律，下列说法正确的是（）A. 第一类永动机不可能实现，因为违背了能量守恒定律B. 热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度C. 热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和D. 热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响E. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第
20、二定律【答案】ACD【解析】【详解】A第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；B由热力学第三定律知，绝对零度无法到达，故B错误；C据热力学第一定律U=Q+W可知，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；D热力学第二定律指出不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响，故D正确；E电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违背了热力学第二定律，故E错误。故选ACD。15. 如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0的水槽中，B的容积是A的3倍阀
21、门S将A和B两部分隔开A内为真空，B和C内都充有气体U形管内左边水银柱比右边的低60mm打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积（1）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）；（2）将右侧水槽的水从0加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温【答案】（1）180mmHg （2）364K【解析】【详解】（1）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K设玻璃泡B中气体的压强为P1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为PC，依题意有P1=PC+P式中P=60mmHg打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃
22、泡B中气体的压强为PB，依题意有：PB=PC玻璃泡A和B中气体的体积为V2=VA+VB根据玻意耳定律得P1VB=PBV2联立式，并代入题给数据得，PC=180mmHg（2）当右侧水槽的水温加热到时，U形管左右水银柱高度差为P，玻璃泡C中气体的压强为玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得联立式，并代入题给数据得16. 如图为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的图象，位于坐标原点的振源振动周期为1s.以下说法正确的是（ ）A. 质点b的振幅为0B. 质点b的周期为1sC. 经过0.25s，质点b沿x轴正向移动0.5mD. 从t=0时刻起，质点a比质点c先回到平衡位置E. 在t=0时刻，质量
23、相等的质点a、c所受的回复力大小之比为1:2【答案】BDE【解析】【分析】根据“简谐横波的图象”可知，本题考查横波的基本规律，根据简谐波传播过程中介质中各质点的振幅都相等；质点并不随波迁移；由波的传播方向判断质点的振动方向，即可判断质点c与质点a回到平衡位置的先后质点做简谐运动，回复力F=-kx.【详解】A、图示时刻质点b的位移为0，但其振幅为4cm；故A错误.B、所有参与传播的质点振动的周期与波源相同，波源振动的周期为1s，故质点b的周期也为1s；故B正确.C、简谐横波沿x轴正向传播时，质点b只在自己平衡位置附近上下振动，并不向前移动；故C错误.D、简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻，质点a
24、向下运动，回到平衡位置的时间小于，而质点c向上运动，回到平衡位置的时间等于，故质点a比质点c先回到平衡位置；故D正确.E、根据简谐运动的特征：F=-kx可知，在t=0时刻，质点a、c所受的回复力大小之比为1:2;故E正确.故选BDE.【点睛】本题考查了波的基本特点：简谐波中各质点的振幅都相同、不“随波逐流”17. 如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径r=10cm，外圆半径R=cm，折射率，O为圆心现有一单色细光束a从外圆上A点沿与OA成60角方向射入透明柱体，若真空中的光速为c，求：光束a从射入到第一次射出透明柱体所用的时间（，结果可以保留根式）【答案】【解析】【详解】a光射入透明柱体的光路图如图所示：光束从A处射入，在P点发生反射，ON为法线，反射光线为PB设OAP，APN，AOP，根据折射定律有： ，在OAP中，根据正弦定理有： 即： ，解得：45 ，设临界角为C，可知C，则光束a在P点发生全反射，光束在透明体内的传播速度为： ，根据对称性可得：APPB，则光束a在透明柱体内的传播时间为： ，解得：