1、四川省泸县第一中学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. 图中能产生感应电流的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A 线圈是不闭合的，不能产生感应电流。故A错误；B 线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流。故B正确；C 由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0故C错误；D 线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流。故D错误。故选B。2. 如图所示，甲图为正弦式交流电，乙图正值部分按正弦规律变化，负值部分电流恒定，丙图为方波式交流电，三个图中
2、的和周期T相同.三种交流电的有效值之比为（ ）A. ：2：B. 2：C. ：2D. ：2【答案】D【解析】【详解】甲图中交流电的有效值为；对乙图，解得；对于丙图有效值为，所以三种交流电的有效值之比为 ，故D正确；ABC错误；3. 如图甲所示电路中，变压器原、副线圈匝数比为31，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1，L2、L3、L4为四只规格均为“9 V6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，开关K闭合以下说法正确的是A. 电流表的示数为2 AB. ab输入端输入功率Pab18 WC. ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab27sin 100t(V)D. 四只灯泡中除L1外，其余均能
3、正常发光【答案】A【解析】【详解】由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为，有效值是27V，副线圈电压为所以副线圈三只灯泡均能正常发光灯泡的额定电流电流表的读数为原线圈电流所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为输入端电压的瞬时值表达式为四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率故A正确，BCD错误；故选A【点睛】闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律当断开开关S时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值4. 如图所示，一束红光和一
4、束紫光平行入射到三棱镜上，经棱镜折射后，交汇在屏上同一点下列判断正确的是（ ）A. a为紫光，b为红光，a光在棱镜中的速率小B. a为紫光，b为红光，b光在棱镜中的速率小C. a为红光，b为紫光，a光在棱镜中的速率小D. a为红光，b为紫光，b光在棱镜中的速率小【答案】A【解析】【详解】偏折角越大折射率越大，由其中单色光折射率关系可知a为紫光，b为红光，由可知a光在棱镜中的速率小，A正确。故选A。5. 如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，以速度0.5v向左匀速滑动，其他条件不变
5、，MN中产生的感应电动势变为E2，则变化后通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为（）A. ca，32B. ac，23C ac，32D. ca，23【答案】D【解析】【详解】由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为MN，则通过电阻R的电流方向为ca，MN产生的感应电动势公式为：E=BLv，则得 ，故E1与E2之比2：3，故D正确ABC错误。故选D。6. 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
6、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，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，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7. 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，
7、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，弹簧振子的位移为正向最大，由a ，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BC8. 如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足
8、够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为和。现让A以的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为，碰后的速度大小变为，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取，则（）A. A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小B. A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失C. A、B碰撞后的速度D. A、B滑上圆弧轨道的最大高度【答案】AC【解析】【详解】A设水平向右为正方向，则A与墙壁碰前的速度，碰撞后的速度，根据动量定理得解得A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力F大小为故A正确；B根据题意，木块A和墙壁碰撞后，速度变小，机械能有损失，B错误；C水平轨道光滑，则A
9、和B碰撞过程动量守恒解得故C正确；D四分之一圆弧轨道足够高，则A、B不会脱离轨道，它们运动到最高点时，速度变为零。从轨道最低点到它们一起运动到最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即解得D错误；故选AC。9. 如图所示，在质量为M（含支架）的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）A. 在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足B. 在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足C.
10、 在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足D. 碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足【答案】CD【解析】【详解】ABC碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有故C正确，AB错误；D碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒的，则有故D正确。故选CD。二、实验题10. 在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)组装单摆时，应在下列器材中选用_。A.长度为1m左右的细线 B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm
11、塑料球 D.直径为1.8cm的铁球(2)以下做法正确的是_。A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB.测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为C.摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会D.释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5(3)如果用多组实验数据做出图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是_。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下
12、端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值(4)黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为_m/s2。（取9.86，保留两位小数）(5)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g=_。【答案】 (1). AD (2). BD (3). B (4). 2.16
13、 (5). 9.76 (6). 【解析】【详解】(1)1 单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆长不能过小，一般取1m左右。故AD正确，BC错误。故选AD。(2)2A 测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离。故A错误；B测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确。经历50次全振动总时间为t，则周期为，故B正确；C要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆。故C错误；D单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5故D正确。故选BD。(3)3根据单摆周期 可得： 。A
14、. 若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有根据数学知识课知，对T2-L图象来说，与b线斜率相等，截距不同，两者应该平行，故做出T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故A错误；B. 实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；C. 由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。故选B。(4)45 主尺读数为21mm。10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1mm，游标尺第6条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.6mm，摆
15、球的直径为21mm+0.6mm=21.6mm=2.16cm单摆的摆长l=摆线的长度+摆球的半径=97.92cm+1.08cm=99cm=0.99m。由单摆的周期公式得，重力加速度代入解得g=9.76m/s2(5)6 设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：得，联立两式解得：三、解答题11. 如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为L，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在水平向右、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到稳定状态
16、（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r。导轨电阻不计，不计一切摩擦。试求：(1)简述导体棒的运动性质，并做出其vt图像；(2)导体杆达到稳定状态时，ab杆的速度大小；(3)导体杆从静止开始沿导轨运动距离d的过程中电阻R上产生的热量。【答案】(1)见解析；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)设速度为时，导体杆产生的感应电动势为此时回路中的感应电流为金属杆的加速度为导体杆在恒力作用下做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时，导体杆达到最大速度，此后做匀速直线运动，即稳定状态，其图像为(2)导体杆到达稳定状态时，杆产生电动势即为杆的速度大小；根据闭合电路的欧姆定律可得解得(3)
17、设导体杆从静止开始沿导轨运动距离d时回路产生的热量为，由功能关系得则电阻上产生的热量联立解得12. 如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，M4m，重力加速度为g。求：(1)求小球刚到达最低点的速度大小和碰撞后小物块Q的速度vQ大小；(2)小物块Q在平板车上运动的
18、时间t；(3)平板车P的长度L。【答案】(1) ；vQ；(2)；(3)L【解析】【详解】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，根据机械能守恒解得小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有mv0mv1mvQ解得v10，(2)碰后，小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中系统的动量守恒，则有mvQMvm(2v)解得物块Q在板上滑行过程中，由动量定理可得解得，小物块Q在长木板P上运动时间为(3)设平板车长L，由能的转化和守恒定律知解得平板车P的长度为四、选考题13. 下列说法中正确的是_A. 一定质量的理想气体的内能随着温度升高一定增大B. 第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定
19、律C. 当分子间距时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力D. 大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的【答案】ADE【解析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，A正确；第一类水动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，B错误；当分子间距时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力，C错误；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的
20、饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，E正确14. 如图，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积S=1.0l0-3m2、质量m=2kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离l=36cm，在活塞的右侧距离其d=14cm处有一对与气缸固定连接的卡环气体的温度t=27，外界大气压强p0l.0105Pa现将气缸开口向上竖直放置 (g取10m/s2) (1
21、)求此时活塞与气缸底部之间的距离h；(2)如果将缸内气体加热到600K，求此时气体的压强p【答案】(1)0.3m；(2)1.44105Pa【解析】试题分析：(1)气缸水平放置时：封闭气体的压强p1p0l.0105Pa，温度T1=300K，体积V1= lS气缸竖直放置时：封闭气体的压强p2p0+mg/Sl.2105Pa，温度T2=T1=300K，体积V2=hs由玻意耳定律 (2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，此时p3p2 V2=hs V3=(l+d)s T2= 300K气缸内气体温度继续升高，气体做等容变化 p3l2105Pa 考点：气体的状态变化方程.15. 下列说法中正确的是（
22、）A. 单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关B. 用光导纤维束传送信息是光的衍射的应用C. a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断a光的折射率比b光大D. 肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的E. 激光测距是应用了激光平行性好的特点【答案】ACE【解析】【详解】A根据公式，单摆的周期与质量无关与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，A正确；B用光导纤维束传送信息是光的全反射的应用，B错误；Ca、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到干涉图样中a的相邻亮条纹间距比b光的相邻亮条纹间距小，根据双方
23、干涉条纹的宽度的公式可知，a光的波长短，频率大，则可以判断水对a光的折射率比b光大，C正确；D肥皂泡呈现彩色条纹是光的薄膜干涉现象造成的，D错误；E由于激光的平行性好，激光传播很远的距离后仍能保持一定的强度，常用来精确测距离，E正确。故选ACE。16. 如图所示，C是半圆柱形玻璃体的圆心，CD是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是与CD轴等距且平行的两束不同单色细光束，有一个垂直CD放置的光屏（D点是垂足），沿CD方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P（图中未画出），已知半圆柱形玻璃体的半径是R，B光的折射率，求：(1)光斑P到D点的距离；(2)A光的折射率nA（可用根式表示）。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)光路图如图所示，由几何关系可知，两光的入射角为：，解得三角形CMN是正三角形得边长为：以B光为对象，根据折射定律得：，解得，三角形FPN也是正三角形，其边长光斑P到D点的距离(2)由几何关系知，由正弦定理：，解得，所以A光的折射率。
