瀘縣第四中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期第二次月考物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省瀘縣第四中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期第二次月考物理試題含解析2020年春四川省瀘縣第四中學(xué)高二第二學(xué)月考試物理試題注意事項(xiàng)：1．答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請按要求用筆.3．請按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。6．考試時(shí)間：150分鐘;物理化學(xué)生物同堂分卷考試，物理110分,化學(xué)100分，生物分90分，共300分第I卷選擇題（54分)一、選擇題（每小題6分，共9個(gè)小題，共54分;其中1-6題為單選題,7-9題多選題,少選得3分，多選錯(cuò)選得0分。)1.一個(gè)靜止的原子核X經(jīng)α衰變放出一個(gè)α粒子并生成一個(gè)新核,α粒子的動(dòng)能為E0．設(shè)衰變時(shí)產(chǎn)生的能量全部變成α粒子和新核的動(dòng)能，則在此衰變過程中的質(zhì)量虧損為（）A。 B。 C。 D。【答案】D【解析】【詳解】衰變方程為,衰變過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒得PHe—PY=0；由動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系式為,設(shè)新核動(dòng)能為Ek′，由動(dòng)量守恒，則，衰變釋放總動(dòng)能，由質(zhì)能方程Ek＝Δmc2得質(zhì)量虧損,故A、B、C均錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．故選D．【點(diǎn)睛】衰變過程類比于爆炸，滿足動(dòng)量守恒,同時(shí)注意動(dòng)量與動(dòng)能的表達(dá)式間的關(guān)系P2=2mEK.2。如圖所示,兩條平行直導(dǎo)線A和B中通入方向相反的電流，所受安培力分別記為，則（)A.B在A處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外B.A在B處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外C.的方向向左D.的方向向左【答案】C【解析】【詳解】A．由右手螺旋法則可知,B在A處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由右手螺旋法則可知,A在B處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;CD．根據(jù)左手定則可知,FA的方向向左，F(xiàn)B向右，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤;故選C。3.法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象．如圖，他把兩個(gè)線圈繞在同一個(gè)軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用導(dǎo)線連通，導(dǎo)線下面平行放置一個(gè)小磁針．實(shí)驗(yàn)中可能觀察到的現(xiàn)象是()A。線圈A和電池連接瞬間，小磁針會(huì)偏轉(zhuǎn)B.線圈A和電池?cái)嚅_瞬間,小磁針不偏轉(zhuǎn)C.線圈B匝數(shù)較少時(shí)小磁針不偏轉(zhuǎn),匝數(shù)足夠多時(shí)小磁針會(huì)偏轉(zhuǎn)D.用一節(jié)電池作電源小磁針不偏轉(zhuǎn)，用十節(jié)電池作電源小磁針會(huì)偏轉(zhuǎn)【答案】A【解析】【分析】電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的條件是:閉合導(dǎo)體回路，磁通量發(fā)生改變，據(jù)此分析．【詳解】線圈A和電池連接瞬間，A中電流從無到有，電流發(fā)生變化，則在B線圈中感應(yīng)出感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生感應(yīng)磁場，小磁針偏轉(zhuǎn)，同理線圈A和電池?cái)嚅_瞬間，小磁針也會(huì)偏轉(zhuǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤．線圈中有無感生電流,與線圈匝數(shù)的多少無關(guān),故C錯(cuò)誤；小磁針能否偏轉(zhuǎn)，與是否有感應(yīng)電流有關(guān)，與電池的節(jié)數(shù)無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選A．4。將一個(gè)質(zhì)量為m的物塊放在光滑的水平面上，用水平恒力拉物塊，使物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)，拉力的瞬時(shí)功率為P，則A.拉力的大小為B。拉力的大小為C.當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為2x時(shí),拉力的瞬時(shí)功率為2PD。當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為2x時(shí)，拉力的瞬時(shí)功率為4P。【答案】B【解析】【詳解】AB．設(shè)水平恒力大小為F，則求得,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;CD．當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為2x時(shí)，由可知,拉力的瞬時(shí)功率為P,CD項(xiàng)錯(cuò)誤.5。把質(zhì)量是0。3kg的小球放在豎立的輕質(zhì)彈簧上，并把小球往下按至A的位置，如圖甲所示．迅速松手，彈簧把球彈起，球升至最高位置C（圖丙所示)，途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧恰好處于自由狀態(tài)（圖乙所示)．已知B、A高度差為0.1m，C、B的高度差為0。2m，空氣的阻力不計(jì),取g=10m/s2．下列說法正確的是A.在A位置，彈簧具有的彈性勢能為0。9JB.在B位置小球的動(dòng)能最大C.從A到C的運(yùn)動(dòng)過程,小球機(jī)械能守恒D。從A到B的運(yùn)動(dòng)過程，小球的加速度逐漸減小【答案】A【解析】根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒，小球在圖丙中時(shí)，彈簧的彈性勢能等于小球由A到C位置時(shí)增加的重力勢能，為：Ep=mghAC=0。3×10×0。3=0.9J；故A正確；球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，小球向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)彈簧的彈力等于重力時(shí),合力為零，加速度為零;之后小球繼續(xù)上升彈簧彈力小于重力，球做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng),故小球從A上升到B的過程中，加速度先減小后增加，動(dòng)能先增大后減小，在AB之間某個(gè)位置時(shí)動(dòng)能最大，故BD錯(cuò)誤；從A→B，彈簧的彈力對小球做正功,小球的機(jī)械能增加，從B→C，小球只受重力，機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤．故選A。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵掌握機(jī)械能守恒的條件，在只有重力或彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．在解題時(shí)要注意，單獨(dú)對小球來說，小球和彈簧接觸過程中機(jī)械能不守恒．6。如圖所示，兩個(gè)相同的燈泡a、b和電阻不計(jì)的線圈L（有鐵芯）與電源E連接，下列說法正確的是A。S閉合瞬間,a燈發(fā)光b燈不發(fā)光B。S閉合，a燈立即發(fā)光，后逐漸變暗并熄滅CS斷開，b燈“閃”一下后熄滅D.S斷開瞬間，a燈左端的電勢高于右端電勢【答案】B【解析】【詳解】A．閉合開關(guān)瞬間，兩小燈泡均有電流流過，同時(shí)發(fā)光，A錯(cuò)誤；B．閉合開關(guān)瞬間,a燈立即發(fā)光，根據(jù)楞次定律可知線圈中產(chǎn)生的阻礙原電流變大的感應(yīng)電流逐漸減小至0，因?yàn)閍燈和線圈并聯(lián)，所以通過線圈的電流逐漸增大，通過a燈的電流逐漸減小，亮度逐漸減小，因?yàn)榫€圈電阻不計(jì)，所以穩(wěn)定時(shí)a燈被短路，最后熄滅,B正確；C．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，b燈斷路無電流流過，立即熄滅，C錯(cuò)誤；D．?dāng)嚅_開關(guān)瞬間，根據(jù)楞次定律可知，通過線圈的電流水平向右,所以線圈作為感應(yīng)電動(dòng)勢右端電勢高于左端,所以a燈右端的電勢高于左端，D錯(cuò)誤。故選B.7.如圖(甲)所示為一發(fā)電機(jī)的原理圖，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流接圖(乙)中理想變壓器的原線圈.已知變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為22∶1，發(fā)電機(jī)輸出電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖（丙）所示，發(fā)電機(jī)線圈電阻忽略不計(jì)，則（）A.電阻兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u=10sin（50πt)VB.電壓表示數(shù)為10VC。若僅使發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速增大一倍，則變壓器副線圈輸出電壓的頻率增大一倍，而電壓表示數(shù)不變D.若僅使電阻R增加，則電流表示數(shù)減小【答案】BD【解析】【詳解】AB．由題圖(丙)知，原線圈電壓的最大值U1m=311V，原線圈電壓有效值U1==220V由知，副線圈電壓的最大值U2m≈14。1V副線圈電壓有效值U2=10V故A錯(cuò)誤，B正確；C．若僅使發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速n增大一倍，則角速度ω增大一倍，根據(jù)Em=NBSω可知，變壓器原線圈輸入電壓的頻率和最大值都增大一倍,原副線圈中電流的頻率相等,變壓器副線圈輸出電壓的頻率增大一倍，由知，副線圈輸出電壓增大一倍，電壓表讀數(shù)增大一倍，故C錯(cuò)誤;D．若僅使電阻R增加，原線圈兩端的電壓和原副線圈匝數(shù)比不變，則副線圈輸出電壓不變,副線圈中電流減小,原副線圈匝數(shù)比不變，則原線圈中電流也減小，電流表示數(shù)減小，故D正確。故選BD.8。下圖中電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)電阻為r，A、B為兩個(gè)相同的燈泡，R1為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器，當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向b端滑動(dòng)時(shí),則（）A.A燈變暗,B燈變暗B。A燈變暗，B燈變亮C。R1消耗功率變大D。R1消耗的功率變小【答案】AC【解析】當(dāng)滑片向下,滑動(dòng)變阻器的阻值變小，電路的總電阻都會(huì)變小，據(jù)閉合電路歐姆定律知總電流變大,內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小,可知燈A變暗；再據(jù)干路電流變大，燈A電流減小，所以電源右側(cè)電路的電流增大，電阻R1上的電流變大了，所以分壓也就增加了,但是路端電壓減小，所以B燈和滑阻上的電壓就變小,根據(jù)公式P=可知，B燈實(shí)際功率的變小，所以B燈變暗，故A正確，B錯(cuò)誤．以上分析可知，通過R1的電流變大，所以消耗功率變大,故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC．點(diǎn)睛:本題的關(guān)鍵識(shí)別電路的能力，動(dòng)態(tài)電路的分析的思路,借助串、并聯(lián)電路的電壓、電流和電阻規(guī)律的應(yīng)用情況、歐姆定律的應(yīng)用以及電功率的計(jì)算公式．9。如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q=+0。2C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．t=0時(shí)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N恒力，g取10m/s2．則（）A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B?；瑝K開始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),最后做速度為10m/s勻速運(yùn)動(dòng)C.木板先做加速度為2m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度增大的運(yùn)動(dòng)，最后做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)D.t=5s后滑塊和木板開始有相對運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】分析】先求出木塊靜摩擦力能提供的最大加速度,再根據(jù)牛頓第二定律判斷當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起運(yùn)動(dòng)的加速度，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力,當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)摩擦力等于零,此后物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．【詳解】ABC、由于動(dòng)摩擦因數(shù)為0。5，靜摩擦力能提供的最大加速度為5m/s2，所以當(dāng)0。6N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a=的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),木板做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv=mg，解得：v=10m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a=．故A錯(cuò)誤，BC正確．D、滑塊開始一起做a=2m/s2加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),所以速度增大到10m/s所用的時(shí)間大于5s．故D錯(cuò)誤．故選BC．【點(diǎn)睛】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和滑塊的受力情況,進(jìn)而判斷運(yùn)動(dòng)情況．第II卷非選擇題二、實(shí)驗(yàn)題10。如圖甲,某實(shí)驗(yàn)小組采用常規(guī)方案驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．實(shí)驗(yàn)完成后，該小組又把水平木板改為豎直木板再次實(shí)驗(yàn),如圖乙所示．圖中小球半徑均相同、質(zhì)量均已知，且mA〉mB，B、B′兩點(diǎn)在同一水平線上．（1)若采用圖甲所示的裝置，實(shí)驗(yàn)中還必須測量的物理量是___________．（2）若采用圖乙所示的裝置，下列說法正確的是___________．A．必需測量B′O、BN、BP和BM的距離B．必需測量B′N、B′P和B′M的距離C．若，則表明此碰撞動(dòng)量守恒D．若，則表明此碰撞動(dòng)量守恒【答案】(1）.OM/OP和ON的距離（2)。BC【解析】【詳解】（1）如果采用圖甲所示裝置，由于小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故可以用水平位移代替速度進(jìn)行驗(yàn)證，故需要測量OM、OP和ON的距離；（2）采用圖乙所示裝置時(shí)，利用水平距離相等,根據(jù)下落的高度可確定飛行時(shí)間，從而根據(jù)高度可以表示出對應(yīng)的水平速度，故需測量B′N、B′P和B′M的距離，小球碰后做平拋運(yùn)動(dòng)，速度越快,下落高度越小，單獨(dú)一個(gè)球下落時(shí)，落點(diǎn)為P，兩球相碰后，落點(diǎn)分別為M和N，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mAv＝mAv1+mBv2，而速度v，根據(jù)hgt2可得，t，則可解得：v，v1,v2；代入動(dòng)量守恒表達(dá)式，消去公共項(xiàng)后，有：，故選C．11.某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲做“描繪小電珠的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。已知所用小電珠的額定電壓和額定功率分別為2。5V、1.2W，實(shí)驗(yàn)使用的直流電源的電動(dòng)勢為3。0V內(nèi)阻忽略不計(jì)，實(shí)驗(yàn)可供選擇的器材規(guī)格如下a、電流表A1（量程0～0。6A,內(nèi)阻約5Ω)b、電流表A2（量程0~3A，內(nèi)阻約0.1Ω)c、電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）d、電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約2000Ω)e、滑動(dòng)變阻器R1（阻值0～10，額定電流1A)f、滑動(dòng)變阻器R2(阻值0～5000，額定電流500mA)請回答下列問題:（1）為了完成實(shí)驗(yàn)且盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選擇_______,電壓表應(yīng)選擇_________、滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇_________（填寫實(shí)驗(yàn)器材前的序號(hào)）（2）根據(jù)所選的實(shí)驗(yàn)器材，請?jiān)O(shè)計(jì)合理的電路原理圖來完成該實(shí)驗(yàn)________(3）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)用設(shè)計(jì)好的電路測得了該小電珠兩端的電壓U和通過該小電珠的電流，由歐姆定律計(jì)算得到的小電珠的電阻值_______（選填“大于”“等于＂或“小于＂）真實(shí)值（4）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)通過設(shè)計(jì)好的電路得到了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并根據(jù)得到的多組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)畫圖，如圖所示，該圖線向下彎曲,其原因是______.（5)如果取兩個(gè)這樣的小電珠并聯(lián)以后再與一阻值為2.0Ω的定值電阻串聯(lián)，并接在電動(dòng)勢為3。0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)的直流電源兩端,則每個(gè)小電珠消耗的實(shí)際功率應(yīng)為________W(結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】（1）.a(2）。c(3).e(4）。（5）.小于（6)。小電珠的電阻隨溫度的升高而增大(7)。0.57（0。50—0.60）【解析】【詳解】(1)由于燈泡的額定電壓為2.5V,所以電壓表應(yīng)選:C，額定電流為：，所以電流表選:a,本實(shí)驗(yàn)燈泡兩端電壓從零開始變化,所以滑動(dòng)變阻器用分壓式即用總阻值較小的，即為e；（2）本實(shí)驗(yàn)燈泡兩端電壓從零開始變化，所以滑動(dòng)變阻器用分壓式，燈泡的電阻較小，所以電流表應(yīng)外接，電路圖如圖所示:(3）由于電壓表的分流作用,所以電流表的示數(shù)比流過燈泡的電流更大，由公式可知，電阻的測量值小于真實(shí)值；(4）I—U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù),由圖可知,電阻隨電壓的增大而增大，其原因是燈泡的電阻隨溫度的增大而增大；（5)將定值電阻與電源等效為內(nèi)阻為2。0，電動(dòng)勢為3。0V的電源，由閉合電路歐姆定律得：，變形得：，I—U關(guān)系圖象作入I—U圖中由圖可知,U=1.28V，I=0.43A，所以燈泡的實(shí)際功率為：．三、解答題12。O點(diǎn)處有一質(zhì)點(diǎn)從t＝0時(shí)刻開始在y方向做簡諧運(yùn)動(dòng),0。4s時(shí)，在其右邊與質(zhì)點(diǎn)相連的水平繩上第一次形成如圖所示的波形,此時(shí)波源質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率突然變?yōu)樵瓉淼?倍,振幅和繩波傳播速度均不變．（i)求該繩波傳播的速度；（ii）繩上某質(zhì)點(diǎn)從某次向上經(jīng)過平衡位置開始的1s內(nèi)總路程至少為多少？【答案】（i）10m/s；（ii）36cm.【解析】【詳解】（i)該繩波傳播的速度(ii）開始時(shí)波的周期T1=0。4s，振動(dòng)頻率加倍后的周期為T2=0。2s；由題意可知，在t=0時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，此質(zhì)點(diǎn)在1s內(nèi)總路程最短,此質(zhì)點(diǎn)以周期T1振動(dòng)半個(gè)周期,時(shí)間為0.2s,然后剩下的0。8s以周期T2振動(dòng)4個(gè)周期,則在1s內(nèi)共振動(dòng)4。5個(gè)周期，總路程為.13。如圖所示，在第一象限中有豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=2×10-6N/C，在第四象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．有一個(gè)比荷為5×107C/kg的帶電粒子（重力不計(jì)）以垂直于y軸的速度v0＝10m/s從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與x軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時(shí)間又恰好垂直于y軸進(jìn)入第三象限．已知O、P之間的距離為d＝0。5m,求：（1）帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）帶點(diǎn)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（3）帶點(diǎn)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．(保留三位有效數(shù)字）【答案】（1）1m（2)m（3)0.236s【解析】(1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),由離開電場時(shí)粒子速度與x軸夾45o可解得t1=0。1s（或由解得t1=0。1s）帶電粒子在電場中水平位移解得x=1m（2)帶電粒子在磁場中軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為