2019-2020学年四川省泸县第五中学高二下学期第四学月考试物理试题(解析版)

2020年春四川省泸县第五中学高二第四学月考试
物理试题
第I卷选择题
一、单选题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。

）
1.下列关于热辐射和黑体辐射说法不正确的是（）
A. 一切物体都在辐射电磁波
B. 随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
C. 黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波
D. 一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关
『答案』D
『解析』A．根据黑体辐射理论可知，一切物体都在辐射电磁波，故A正确；
B．根据黑体辐射规律可知，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确；
C．能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，故C正确；
D．物体辐射电磁波的情况不仅与温度有关，还与其它因素有关，比如物体的形状，故D错误。

本题选不正确的，故选D。

2.如图所示，圆环a和b的半径之比为R1:R2=2:1，且都是由粗细相同的同种材料制成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么当只有a 环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为( )
A. 1:1
B. 2:1
C. 3:1
D. 4:1 『答案』B
『解析』a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻
定律
L
R
S
ρ
=，电阻之比为2：1；A、B两点间电势差大小为路端电压，为
R
U E
R r
=
+
，
磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式
BS E n n
t t
∆Φ∆==
∆∆
，
得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路段电压之比为1
2
2
1
U
U
=，B正确．
3.如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是：（）
A. 3∶1
B. 4∶1
C. 3∶2
D. 2∶1 『答案』A
『解析』原副线圈的电流之比为：1
2
1
3
I
I
＝则1
2
3
1
N
N
＝，则1
22
3
1
U N
U N
=
原＝，则U
原=3U灯
因U1=U灯+U原=4U灯，则1
2
44
1
U
U
U U
灯
灯
＝＝故B正确，ACD错误；
故选B．
4.如图为理想变压器原线圈所接交流电压的波形，原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法错误的是（）
A. 变压器输出端所接电压表的示数为2
B. 变压器的输出功率为200W
C. 变压器输出端的交流电的频率为50Hz
D. 穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为
2
202
n
Wb/s
『答案』A
『解析』A．由乙图知输入电压有效值m
1
2002
22
200V
U===
根据
11
22
U n U n = 变压器输出端所接电压表的示数为20V ，A 错误； B ．根据
21
12
I n I n = 副线圈的电流210A I =
副线圈消耗功率222010W 200W P U I ==⨯= 即变压器的
输出功率为200W ，B 正确； C ．由乙图知交流电的周期为0.02s ，根据1T f
= 解得 50Hz f =
输出端的交流电的频率和输入端的频率相等50Hz ，C 正确； D ．根据E n t
φ∆=∆ 可得
m
E t n
∆Φ=∆ 所以穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为2
Wb/s t n ∆Φ=∆ D 正确。

故选A 。

5.14C 是一种半衰期为5730年的放射性同位素，若考古工作者探测到某古木中14C 的含量为原来的
1
4
，则该古树死亡的时间距今大约( ) A. 22920年 B. 2856年
C. 5730年
D. 11460年
『答案』D
『解析』根据放射性元素的半衰期公式可知1
24
t T -= ，解得211460t T ==年，故D 项正
确，ABC 项错误．故选D
6.宇航员在某星球表面做了如图甲所示的实验，将一插有风帆的滑块放置在倾角为的粗糙斜面上由静止开始下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F=kv ，k 为已知常数．宇航员通过传感器测量得到滑块下滑的加速度a 与速度v 的关系图象如图乙所示，已知图中直线在纵轴与横轴的截距分别为a 0、v 0，滑块与足够长斜面间的动摩擦因数为μ，星球的半径为R ，引力常量为G ，忽略星球自转的影响，由上述条件可判断出
A. 滑块的质量为
ka v B. 星球的密度为
34(sin cos )
a GR πθμθ-
C. 0cos sin a R
θμθ
-
D. 0
sin cos a θμθ
-
『答案』B
『解析』带风帆的滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用，沿斜面方
向，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos F ma θμθ--=，而F kv =，联立可解得：
kv
a gsin gcos m θμθ=--，由题意知：00a k m v =，0gsin gcos a θμθ-=，即滑块的质量为：
00kv m a =
，星球的表面重力加速度为：0a g sin cos θμθ=-，根据：2
GMm
mg R
=和34
3
M R =ρπ可得星球的密度为：03344()a g G R G R sin cos ρππθμθ==-；根据：
22
GMm mv R R =可得星球的第一宇宙速度为：0a R v sin cos θμθ=-根据：222
4GMm m R
R T π=
可得该星球近地卫星的周期为：
2
4()
R sin cos
T
a
πθμθ
-
=，故选项B正确，ACD错误．
7.如图所示,在倾角为e =30º．的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k ,C为一固定挡板,系统处于静止状态．现用外力F(恒为2mg)沿斜面方向拉物块A使之沿斜面向上运动,经过一段时间,物块B刚要与挡板C分离．已知重力加速度为g.则（）
A. 从开始到物块B刚要与挡扳C分离的过程,物块A的位移为mg k
B. 物块B刚要离开挡板C时,物块A的加速度为2g
C. 物块B刚要离开挡板C时,物块a 3 k m
D. 物块B刚要离开挡板C时,物块A 2
k
m
g
『答案』AC
『解析』开始时系统静止，弹簧处于压缩状态，设此时弹簧压缩量为x1，分析A物体受力
可得：kx1=mgsinθ，得：x1=mgsin
k
θ
;在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐
渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：kx2=mgsinθ，
得：x2=mgsin
k
θ
；所以物块A的位移为：x=x1+x2=
2mgsin
k
θ
=
mg
k
，故A正确．设物块B
刚要离开挡板C时物块A的加速度为a，由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-kx2=ma，结合F=2mg，kx2=mgsinθ，得a=g，故B错误．由于x1=x2，所以初末状态时弹簧的弹性势能相等，对系
统，由功能关系得：Fx=mgxsinθ+1
2
m v A2，解得物块B刚要离开挡板C时，物块A的速度
为：v A 3m
k
g，故C正确，D错误．故选AC.
8.在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器C的电容较大．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．该电路正常工作时，闪光灯周期性短
暂闪光（闪光时间内闪光灯的阻值很小），则可以判定
A. 击穿电压U不可能大于电源的电动势E
B. 闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态
C. 闪光灯未闪光时，电容器两端的电压保持不变
D. 闪光灯闪光时，电容器两端的电压保持不变
『答案』AB
『解析』AB．结合题意知电容器在闪光灯闪光之前，电源一直给电容器充电，直到达到击穿电压或者电容器的电压达到电源的电动势，故AB均正确；
CD．闪光灯未闪光时，电容器处于充电状态，电容器两端的电压在不断增大直至达到击穿电压，故C错误；闪光灯闪光时，电容器处于放电状态，电容器两端的电压将会减小，故D 错误。

综上所述，本题选AB。

9.如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd 在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时(t=0)，线圈的v一t图象如图乙所示，在3t o时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0 ，已知线圈的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d >3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，则
A. 线框进入磁场过程中电流方向为abcda
B. 在t0时刻线框的速度为v0=gt0
C. cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为
3
4
cd
U BLv
D. 线框穿过磁场的过程中产生的电热为2mgd 『答案』CD
『解析』根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba ，故A 错误； 由图可
知cd 边进入磁场后先做加速度减小的减速运动，再做匀加速运动．故B 错误；cd 边刚进入磁场时产生的感应电动势为0E BLv =，所以c 、d 两点间的电势差为03
4
cd U BLv =
，故C 正确；线框从进入磁场到cd 边刚到达磁场下边界过程中，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q 1=mgd ，穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框穿过磁场的过程中产生的电热为Q=2Q 1=2mgd ，故D 正确．
第II 卷非选择题
二、实验题
10.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V ，内阻约2Ω），保护电阻R 1（阻值10Ω）和R 2（阻值5Ω），滑动变阻器R ，电流表A ，电压表V ，开关S ，导线若干．
实验主要步骤：
（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U 和相应电流表的示数I ； （ⅲ）以U 为纵坐标，I 为横坐标，作U —I 图线（U 、I 都用国际单位）； （ⅳ）求出U —I 图线斜率的绝对值k 和在横轴上的截距a ． 回答下列问题：
（1）电压表最好选用______；电流表最好选用______．
A ．电压表（0-3V ，内阻约15kΩ）
B ．电压表（0-3V ，内阻约3kΩ）
C ．电流表（0-200mA ，内阻约2Ω）
D ．电流表（0-30mA ，内阻约2Ω） （2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是______．
A ．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B ．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C ．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D ．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 （3）选用k 、a 、R 1、R 2表示待测电源的电动势
E 和内阻r 的表达式E =______，r =______，代入数值可得E 和r 的测量值．
『答案』 （1）A 、 .C （2）C （3）ka k-R 2
『解析』
（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A 电压表；
当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为
123
1761052
E I mA R R r =
==++++；因此，电流表选择C ；
（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A 项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B 项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C 项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D 项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D 错误；故选C ；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I （r+R 2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R 2； 则内阻r=k-R 2； 令U=0，则有：2E E
I r R k
==+； 由题意可知，图象与横轴截距为a ，则
有：E
a I k
==
；解得：E=ka . 三、解答题。

11.如图所示，CD 左侧存在场强大小mg q
E =
，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m 、
电荷量为q +的光滑绝缘小球，从底边BC 长为L 、倾角53的光滑直角三角形斜面顶端A 点由静止开始下滑，运动到斜面底端C 点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内(C 处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD 在竖直线上)，恰能到达
细圆管最高点D 点，随后从D 点离开后落回斜面上某点(P 。

重力加速度为g ，sin530.8=，530.6)cos =求：
()1小球到达C点时的速度；
()2小球从D点运动到P点的时间t。

『答案』(1)v=2 3 gl
； (2)t=
2
7
L
g
『解析』（1）由动能定理：2
41
32
mg L qEL mv
⋅-=…①
解得：
2
3
v gL
=…②
（2）由A到D的过程由动能定理
4
20
3
mg L mg r qEL
⋅-⋅-=…③
得：
1
6
r L
=…④
离开D点后做匀加速直线运动，如图．
竖直方向2
1
2
DG
S gt
=…⑤
水平方向qE ma
=…⑥2
1
2
DH
S at
=…⑦
又由几何关系得tan37
2
DH
DG
S
r S
=︒
-
…⑧
解得
2
7
L
t
g
=⑨
12.如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）
叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，在0～1.5s 内该拉力F 随时间的变化关系如图乙所示，1.5s 末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，取g =10m/s 2．求: （1）0～1s 内物块和平板的加速度大小a 1、a 2；
（2）1s 末物块和平板的速度大小v 1、v 2以及1.5s 末物块和平板的速度大小1
v '、2v '； （3）平板的最短长度L ．
『答案』
（1）a 1=2m/s 2，a 2=3m/s 2；（2）v 1=2m/s ，v 2=3m/s ；1v '=2v '=3m/s ；（3）L =1.35m ． 『解析』
（1）0~1s 内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为： 110.2N f mg μ== 22() 1.2N f M m g μ=+=
设物块与平板间恰好滑动时，拉力为F 0 由牛顿第二定律有1
02() 1.8N f F f m M m -=+=，因为102N> 1.8N F F ==，故物块与平板发生相对滑动．
对物块和平板由牛顿第二定律有：11f a m
=
112
2F f f a M
--=
解得： 22
122m /s ,3m /s a a ==
（2）0~1s 内，（11s t =），物块与平板均做匀加速直线运动，有：
111221v a t v a t ==；
解得：122m /s 3m /s v v ==；
1~1.5s 内，（21s t =），由于水平向右的拉力F 2=1.4N 恰好与f 1+f 2平衡，故平板做匀速直线
运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同，有：
1112223m/s 3m/s v v a t v v ''=+===；
（3）撤去拉力后，物块和平板的加速度大小分别为：
22121122m/s 5m/s f f f a a m M
-====； 物块和平板停下所用的时间分别为：111 1.5s v t a '∆== 222
0.6s t v a ''∆== 可画出物块、平板的速度-时间图象，如图所示，根据“速度-时间图象的面积表示位移”可知，
1~1.5s 内，物块相对平板向左滑行的距离为：
11(1.51)3m 0.75m 2
x =⨯-⨯= 1.5~3s 内，物块相对平板向右滑行的距离为：21(3 2.1)3m 1.35m 2
x =⨯-⨯= 由于21x x > ，故：2 1.35m L x == ．
三、选考题(共15分)。

请考生从2道物理题任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

13.下列说法正确的是（ ）
A. 同一种液体的沸点与压强有关，压强越大，沸点越高
B. 若已知气体在某一状态下的密度和单个气体分子的体积，即可求出单个分子质量
C. 盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，不再有水分子飞出水面
D. 浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象
E. 理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少
『答案』ADE
『解析』A ．液体的沸点与压强有关，气体压强增大，液体的沸点升高，故A 正确； B ．已知气体在某一状态下密度和单个气体运动占据的空间的体积，二者乘积即可求出单个分子质量，故B 错误；
C ．盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，是离开水面的分子和同时进入水面的分子数相等，不是没有分子飞出，故C 错误；
D ．浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象，故D 正确；
E ．理想气体在等压膨胀过程中，体积变大，气体的密度减小，气体的温度升高，气体分子对器壁的碰撞力变大，但由于压强不变，则气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少，故E 正确。

故选ADE ．
14.如图所示，细筒足够长的气缸整体竖直固定不动，粗、细筒横截面积之比为2:1，P 、Q 是质量不计的绝热轻活塞，两活塞与筒壁间的摩擦不计．开始时，活塞P 上方盛有水银，水银面与粗筒上端恰好相平且高为L ，活塞Q 将理想气体分成相同A 、B 两部分，气柱长均
为L ，温度为27℃．现通过电热丝对B 部分理想气体加热，使活塞P 、Q 缓慢上移，已知 L =38
cm ，大气压强为76 cmHg ，问有一半的水银进入细筒时：（假设电热丝对B 气体加热时，A 气体温度不变）
（1）活塞Q 上升的高度是多少？
（2）B 部分理想气体温度为多少摄氏度？
『答案』
（1）24.4cm （2）301.7℃ 『解析』
（1）A 气体初状态 p o =114 cmHg 、V 0 = 38S A 气体未状态 p A =133 cmHg. V A =L A S 根据玻意耳定律有p 0V 0=p A V A
解得L A ≈32.6cm
活塞Q 上升的高度h =2L -24.4cm 2
A L L -= （2）
B 气体初状态p o =114 cmHg. V 0= 38S 、 T 0=300 K
B 气体未状态 p B =133cmHg 、V B =62.4S 、T B
根据理想气体状态方程
000B B B
p V p V T T = 解得574.7B T K ≈
即301.7C B t =
15.如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐波，实线是t =0s 时刻的波形图，虚线是t =0.2s 时刻的波形图．下列说法正确的是_____
A. 若波沿x 轴负方向传播，则它传播的速度(2015)m/s n +（n =0，1，2，3，…）．
B. 若波沿x 轴正方向传播，则它传播的速度(2015)m/s n +（n =0，1，2，3，…）
C. 若波沿x 轴负方向传播，则它的最大周期0.8s ．
D. 若波沿x 轴正方向传播，则它的最大周期0.8s
E. 若波速是25 m/s ，则t =0s 时刻P 点的运动方向沿y 轴负方向运动
『答案』ADE
『解析』AB ．波沿x 轴负方向传播时，传播的可能距离为
△x =（n +34
）λ=4n +3（m ），（n =0，1，2，3，…） 传播的速度为：2015m/s x v n t
∆==+∆（），（n =0，1，2，3，…） 同理，波沿x 轴正方向传播时，传播的可能距离为
△x =（n +14
）λ=4n +3（m ），（n =0，1，2，3，…） 传播的速度为：205m/s x v n t
∆==+∆（），（n =0，1，2，3，…） 选项A 正确，B 错误；
E ．若波速为25m/s ，则可知波沿x 轴正向传播，根据波形图可知t =0时刻P 质点振动方
向向下，即沿y 轴负向，选项E 正确；
CD ．若波沿x 轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：
△t =（n +14）T ，（n =0，1，2，3，…） 得40.8s?4141t T n n ∆=++＝ ，（n=0.1，2，3，…） 当n =0时周期最大，即最大为0.8s ；波沿x 轴负方向传播，传播的时间与周期关系为： △t =（n +
34）T ，（n =0，1，2，3，…） 得40.8s?4343
t T n n ∆=++＝，（n =0.1，2，3，…） 当n =0时周期最大，即最大为0.83
s ，故选项D 正确，C 错误；故选ADE 。

16.如图所示，一储油桶，底面直径与高均为1m ．当桶内无油时，从某点A 恰能看到桶底边缘上的某点B ．当桶内油的深度等于桶高的一半时，由点A 沿方向AB 看去，恰能看到桶底上的点C ，两点C 、B 相距0.25m ．求油的折射率和光在油中的传播速度。

『答案』831010m/s c v n == 『解析』设入射角r ，折射角i ，则sin i 22d h +sin r 22d H +
22222222sin 152010sin 1511.25i d H n r
d h ++====++由c n v =
得：831010m/s c v n ==。